（提升卷）2.3三角形的内切圆-2023-2024年浙教版数学九年级下册同步测试
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2021九上·鄞州月考）如图所示，已知⊙I是△ABC的内切圆，点I是内心，若∠A＝35°，则∠BIC等于（ ）
A．35° B．70° C．145° D．107.5°
【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：∵∠A＝35°，
∴
∵点I是 的内心，
∴
即
∠BIC 107.5°
故答案为：D.
【分析】根据三角形内角和定理可得∠ABC+∠ACB=145°，根据内心的概念可得∠IBC=∠ABC，∠ICB=∠ACB，据此可得∠IBC+∠ICB的度数，然后利用内角和定理进行求解.
2．（2023九上·海曙期末）如图，点为的内心，连接并延长交的外接圆于点，交于点，若，则的值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【知识点】圆周角定理；三角形的内切圆与内心；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
∵为的内心，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∴，
故答案为：D.
【分析】连接IC，根据内心的概念可得∠IAC=∠IAB，∠ICA=∠ICB，由外角的性质可得∠DIC=∠IAC+∠ICA，根据角的和差关系可得∠DCI=∠BCD+∠ICB，则∠DIC=∠DCI，推出DI=DC，结合AI=2CD可得AI=2DI，AD=3CD，由圆周角定理可得∠BCD=∠BAD=∠CAI，证明△CDE∽△ADC，根据相似三角形的性质可得DE=CD，则AE=AD-DE=CD，据此求解.
3．（2022九上·鄞州开学考）如图，点为的内心，连接并延长，交的外接圆于点，点为弦的中点，连接，，，当，，时，的长为（ ）
A．5 B．4.5 C．4 D．3.5
【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；圆周角定理；三角形的内切圆与内心；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：延长ID到M，使DM=ID，连接CM．
是的内心，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
是的中位线，
故答案为：C.
【分析】延长ID到M，使DM=ID，连接CM，根据内心的概念可得∠IAC=∠IAB，∠ICA=∠ICB，由外角的性质可得∠DIC=∠IAC+∠ICA，根据角的和差关系可得∠DCI=∠BCD+∠ICB，结合圆周角定理得∠DIC=∠DCI，推出DI=DC=DM，进而得到∠ICM=90°，利用勾股定理可得CM，进而推出IE为△ACM的中位线，据此求解.
4．（2021九上·鄞州期末）直角三角形的外接圆半径为3，内切圆半径为1，则该直角三角形的周长是（ ）
A．12 B．14 C．16 D．18
【答案】B
【知识点】正方形的判定与性质；三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心；切线长定理
【解析】【解答】解：如图，⊙I切AB于E，切BC于F，切AC于D，连接IE，IF，ID，
则∠CDI=∠C=∠CFI=90°，ID=IF=1，
∴四边形CDIF是正方形，
∴CD=CF=1，
由切线长定理得：AD=AE，BE=BF，CF=CD，
∵直角三角形的外接圆半径为3，内切圆半径为1，
∴AB=6=AE+BE=BF+AD，
即△ABC的周长是AC+BC+AB=AD+CD+CF+BF+AB=6+1+1+6=14.
故答案为：B.
【分析】⊙I切AB于E，切BC于F，切AC于D，连接IE，IF，ID，易得四边形CDIF是正方形，根据正方形的性质得CD=CF=1，由切线长定理得：AD=AE，BE=BF，CF=CD，根据外接圆与内切圆的半径可得AB=6=AE+BE=BF+AD，据此不难求出△ABC的周长.
5．（2022九上·宁波月考）点是的外心，也是的内心，若，则的度数是（ ）
A．80° B．90° C．100° D．110°
【答案】C
【知识点】三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：如解图，连接OB、OC，
∵∠A=70°，O是△ABC的外心，
∴，
∴，
∵O是的内心，
∴，
∴.
故答案为：C.
【分析】连接OB、OC，根据三角形外心的性质可得∠BOC=2∠A=140°，根据三角形内角和定理可得∠OBC+∠OCB=40°，根据三角形内心的性质得∠DBC+∠BCD=80°，最后根据三角形的内角和定理即可算出答案.
6．（2021·绍兴模拟）已知在 中， ， 是 的中点， 的延长线上的点 满足 . 的内切圆与边 ， 的切点分别为 ， ，延长 分别与 ， 的延长线交于 ， ，则 （ ）
A．0.5 B．1 C．1.5 D．2
【答案】B
【知识点】三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：取△ACB的内切圆的圆心是O，连接OE、OF，作NA的延长线AG，
则OE⊥AB，OF⊥AC，OE=OF，
∵∠BAC=90°，
∴四边形AEOF是正方形，
∴AE=AF，
∴∠AEF=∠AFE，
∵∠BAC=90°，M为斜边BC上中线，
∴AM=CM=BM，
∴∠MAC=∠MCA，
∵∠BAC=90°，AN⊥AM，
∴∠BAC=∠MAG=∠MAN=90°，
∴∠GAE+∠EAM=90°，∠EAM+∠MAC=90°，∠MAC+∠CAN=90°，
∴∠GAE=∠MAC=∠MCA，∠EAM=∠CAP，
∵∠GAE=∠APE+∠AEP，∠MCA=∠Q+∠CFQ，
∵∠AEF=∠AFE=∠CFQ，∠EPA=∠NPQ，
∴∠Q=∠NPQ，
∴PN=QN，
∴ ，
故答案为：B.
【分析】 取△ACB的内切圆的圆心是O，连接OE、OF，作NA的延长线AG，易证四边形AEOF是正方形，由正方形的性质得AE＝AF，由等边对等角得∠AEF＝∠AFE＝∠CFQ，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得求出AM＝MC=BM=BC，推出∠MCA＝∠MAC，根据∠BAC＝∠MAG＝∠MAN＝90°，求出∠GAE＝∠MAC＝∠MCA，∠EAM＝∠CAP，根据三角形的外角性质得出∠GAE＝∠APE＋∠AEP，∠MCA＝∠Q＋∠CFQ，由等式的性质得∠Q＝∠NPQ，由等角对等边得PN＝NQ即可求解．
7．（2020九上·乐清期中）以下命题：
①三角形的内心是三角形三边中垂线的垂点；②任意三角形都有且只有一个外接圆；③圆周角相等，则弧相等.④经过两点有且只有一个圆，其中真命题的个数为（ ）个.
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【知识点】圆的认识；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心；真命题与假命题
【解析】【解答】解：①三角形的外心是三角形三边中垂线的垂点，本小题说法是假命题；②任意三角形都有且只有一个外接圆，本小题说法是真命题；③在同圆或等圆中，圆周角相等，则弧相等，本小题说法是假命题；④经过两点有无数个圆，本小题说法是假命题；
故答案为：A.
【分析】根据三角形的外心的概念、确定圆的条件、圆周角定理判断即可.
8．（2020·平阳模拟）如图，已知矩形 的周长为 ， 和 分别为 和 的内切圆，连接 ， ， ， ， ，若 ，则 的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】如图，设AB=x，BC=y，内切圆半径为r，则AC=
∵矩形 的周长为 ，
∴x+y=8①
∵ 和 分别为 和 的内切圆，
∴②
由矩形的对称性知 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
即 ③
由①、②、③联立方程组，解得：
r=1，xy=14， ，
作EH⊥FH于H，由勾股定理得：
=36-32+8
=12，
∴EF= ，
故答案为：B.
【分析】设AB=x，BC=y，内切圆半径为r，由矩形的对称性知 ，结合直角三角形内切圆半径与三角形面积间的关系得到x、y、r的关系式，再由 推导出x、y、r的关系，从而分别求出r，xy、 的值，最后由勾股定理求得EF值.
9．（2020九上·海曙期末）《九章算术》中有这样一个问题：“今有勾八步，股十五步，问勾中容圆径几何 ”其意思是：“直角三角形中，勾(短直角边)长为8步，股(长直角边)长为15步，求直角三角形能容纳的圆形(内切圆)直径”。则该圆的直径为（ ）
A．3步 B．5步 C．6步 D．8步
【答案】C
【知识点】切线的性质；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：如图，连接OF，OD，OE，OA，OC，OB，
∵直角三角形中，勾(短直角边)长为8步，股(长直角边)长为15步，
∴该圆的直径为：
∵圆O是△ABC的内切圆，
∴OE=OF=OD=r，OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
∵S△ABC=S△AOC+S△AOB+S△BOC
∴
解之：r=3
∴圆的直径为2×3=6.
故答案为：C
【分析】连接OF，OD，OE，OA，OC，OB，利用勾股定理求出直角三角形的斜边，再利用切线的性质可得到OE=OF=OD=r，OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，然后利用S△ABC=S△AOC+S△AOB+S△BOC，建立关于r的方程，解方程求出r的值，即可求出该圆的直径。
10．（2020九上·浙江期末）若四边形A鱿O的对角线AC，BD相交于O，△AOB，△BOC，△COD，△DOA的周长相等，且△AOB，△BOC，△COD的内切圆半径分别为3，4，6，则△DOA的内切圆半径是（ )
A． B．
C． D．以上答案均不正确
【答案】A
【知识点】三角形的面积；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：如图，设四个三角形的周长为c，
S△AOB=×c×3，S△BOC=×c×4，
∴S△AOB：S△BOC=3：4，
，
∴OA：OC=3：4，
则S△AOD：S△COD=3：4，
∴S△AOD：S△COD=×c×r：×c×6=3：4，
解得r=.
故答案为：A.
【分析】因为三角形的面积等于周长和内切圆半径乘积的一半，结合四个三角形周长相等，于是可求 △AOB和△BOC之比， 再由△AOB和△BOC同高，从而得出OA和OC的比值，其等于△DOA 和△COD的面积之比，再根据三角形的面积等于周长和内切圆半径乘积的一半，即可求得△DOA的内切圆半径.
二、填空题（每空4分，共24分）
11．（2022·温州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，⊙O是它的内切圆，分别切AB，BC，CA于点D， E，F．若∠ACB=40°， 则∠DOE= 度．
【答案】130
【知识点】多边形内角与外角；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：∵∠ACB=40°， ∠A=90°，
∴∠B=50°，
∵BD和BE是⊙O 的切线，
∴∠BDO=90°，∠BEO=90°，
∴∠DOE=360°-∠BDO-∠BEO-∠B=360°-90°-90°-50°=130°.
故答案为：130.
【分析】先根据直角三角形的性质求出∠B的度数，再由切线的性质求出∠BDO=∠BEO=90°，然后根据四边形的内角和列式计算，即可求出结果.
12．（2021九上·宁波期中）若三角形的面积是24cm2，周长是24cm，则这个三角形内切圆的半径是 cm．
【答案】2
【知识点】三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：设三角形内切圆的半径为r，三边长为a、b、c，
∴S△ABC=（a+b+c）r，
∴×24×r=24，
∴r=2.
故答案为：2.
【分析】设三角形内切圆的半径为r，三边长为a、b、c，则得S△ABC=（a+b+c）r，然后代入数值计算即可.
13．（2021九上·衢江期末）如图，已知⊙O为△ABC的内切圆，∠C=90°，BO的延长线交AC于点D，若BC=3，CD=1，则△ABC的周长为 .
【答案】9
【知识点】正方形的判定与性质；三角形的内切圆与内心；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：设半径为r ，过点O作OE⊥BC，垂足为E，过点O作OG⊥AC，垂足为G，如图所示：
∵⊙O为△ABC的内切圆，
∴E、G是切点，则OE=OG，
∵∠C=90°，
∴OE∥AC，四边形OECG为正方形，
∴△BEO∽△BCD，OE=EC=r，
∴，即，
解得：r=，
如图，过点D作DF⊥AB于点F，
∴DF=CD=1，BF=BC=3，
∵∠AFD=∠C=90°，∠A=∠A，
∴△AFD∽△ACB，
∴，
∴，
∴AF=3AD-3，
在Rt△ADF中，根据勾股定理，得
AD2=AF2+DF2，
∴AD2=（3AD-3）2+12，
解得AD=或AD=1（舍去），
∴AF=3×-3=，
∴△ABC的周长=AB+BC+AC=2BC+CD+AD+AF=6+1++=9.
故答案为：9.
【分析】设半径为r ，过点O作OE⊥BC，垂足为E，过点O作OG⊥AC，垂足为G，过点D作DF⊥AB于点F，由题意易得四边形OECG为正方形，于是可得△BEO∽△BCD，由相似三角形的性质可得比例式求得r的值；结合已知根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得△AFD∽△ACB，于是可得比例式将AF用含AD的代数式表示出来，在Rt△ADF中，根据勾股定理可得关于AD的方程，解方程可求得AD的值，代入AF=3AD-3可求得AF的值，于是三角形ABC的周长=AB+BC+AC=2BC+CD+AD+AF可求解.
14．（2021九上·衢州期末）如图所示，三角形ABC中，AC＝6cm，BC＝8cm，AB＝10cm，则它的内切圆半径为 cm.
【答案】2
【知识点】勾股定理的逆定理；正方形的判定与性质；三角形的内切圆与内心；切线长定理
【解析】【解答】解：如图所示：△ABC中，AC=6，BC=8，AB=10，
∵62+82=102，即AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形，
设△ABC内切圆的半径为R，切点分别为D、E、F，
∵CD=CE，BE=BF，AF=AD，
∵OD⊥AC，OE⊥BC，
∴四边形ODCE是正方形，即CD=CE=R，
∴AC-CD=AB-BF，即6-R=10-BF①
BC-CE=AB-AF，即8-R=BF②，
①②联立得，R=2.
故答案为：2.
【分析】画出内切圆，由勾股定理逆定理可得△ABC是直角三角形，设△ABC内切圆的半径为R，切点分别为D、E、F，由切线长定理可得CD=CE，BE=BF，AF=AD，易得四边形ODCE是正方形，且CD=CE=R，则AC-CD=AB-BF，BC-CE=AB-AF，据此求解.
15．（2020九上·杭州月考）如图， 中， ， 边上有一点P（不与点 重合），I为 的内心，若 的取值范围为 ，则 .
【答案】265°
【知识点】三角形内角和定理；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】设 ，则 ，
则 ，
∵I为△APC的内心，
∴AI、CI分别平分∠PAC，∠PCA，
∴
，
∵ ，
∴ ，
即 ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：265°.
【分析】设∠BAP=x，由三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角之和可得∠apc =∠B+∠BAP=40°+x，根据三角形内角和定理可得∠PAC+∠PCA=180°-∠APC，由三角形内心的意义可得AI、CI分别平分∠PAC，∠PCA，在三角形AIC中，由三角形内角和定理可将∠AIC用含x的代数式表示出来，根据三角形内角和定理可知锐角三角形的任意一个内角在0°---90°之间，即0＜x＜90°，结合不等式的性质可求得∠AIC的范围，根据已知的∠AIC的范围可求解.
16．（2021·江干模拟）如图，点O是△ABC的内心，AO的延长线交△ABC的外接圆于点D，交BC于点E，设＝a，则＝ .（用含a的代数式表示）
【答案】a-1
【知识点】等式的性质；等腰三角形的性质；圆周角定理；三角形的内切圆与内心；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：过点O作OF∥BD交AB于点F，连接BD，
∴∠AOF=∠ADB=∠ACE，
∵点O是△ABC的内心，
∴∠FAO=∠EAC，
∴∠AFO=180°-∠FAO-∠AOF=180°-∠EAC-∠ACE=∠AEC，
∴∠BFO=∠BEO，
在△FBO和△EBO中，
，
∴△FBO≌△EBO（AAS），
∴OF=OE，BF=BE，
∵∠OBD=∠OBE+∠CBD=∠ABO+∠CAD，
∠OBD=∠ABO+∠BAO=∠BOD，
∴OD=OB，
∴，
∴，
∴，
∵∠BAE=∠OAE，
∴，
∴，
∵＝a，
∴，
∴，
∵BF=BE，
∴，
∴＝ .
故答案为：a-1.
【分析】过点O作OF∥BD交AB于点F，连接BD，根据等腰三角形的性质以及圆周角定理可得∠AOF=∠ADB=∠ACE，根据内心的概念可得∠FAO=∠EAC，结合内角和定理可得∠BFO=∠BEO，证明
△FBO≌△EBO，得到OF=OE，BF=BE，进而推出OD=OB，则 ，由∠BAE=∠OAE可得 ，则 ，据此计算.
三、解答题（共8题，共66分）
17．（2021·绍兴模拟）如图，在 的正方形网格中，有部分网格线被擦去.点 ， ， 在格点（正方形网格的交点）上.
（1）请用无刻度的直尺在图1中找到三角形 的外心 ；
（2）请用无刻度的直尺在图2中找到三角形 的内心 .
【答案】（1）解：如图，点 即为所求；
（2）解：如图，点 即为所求.
【知识点】三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心
【解析】【分析】（1）根据直角三角形的外接圆的圆心是斜边的中点可求解；
（2）由网格图的特征和三角形内心的定义可求解.
18．（2022·梓潼模拟）图，在中，AB＝AC，⊙O是的外接圆，点D在⊙O上且∠BCD＝∠ACB，连接AD交BC于点E，延长DC至点F，使CF＝AC，连接AF.
（1）求证：AF是⊙O的切线；
（2）若点G是的内心，，求BG的长.
【答案】（1）证明：连接，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴A是的中点，
∴，
∴，
∴是的切线.
（2）解：连接，
记，，，
∵，，
∴∽，
∴，
∴，
即，
∵点是的内心，
∴，
∵，
∴.
【知识点】等腰三角形的性质；垂径定理；切线的判定；三角形的内切圆与内心；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接，由等腰三角形的性质及已知，可得，从而可证AB∥DF，易得AB=AC=CF，即证四边形是平行四边形，可得BC∥AF，由等腰三角形的性质可得OA⊥BC，即得，根据切线的判定定理即证；
（2）连接，证明∽， 利用相似三角形的性质可求出AB=5，由三角形的内心可得， 根据三角形的外角的性质及角的和差可求出∠BGA=∠BAG，利用等角对等边即可得解.
19．（2020·长兴模拟）如图，在△ABC中，E是内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D.
（1）求证：DB=DC；
（2）若AB=AC，∠BAC=80°，AD=3.求 的长.
【答案】（1）证明：∵E为△ABC的内心，
∴∠BAD=∠DAC，
∴BD=DC.
（2）解：∵AB＝AC，AD平分∠BAC，∴AD是△ABC的外接圆的直径，如图，设圆心为O，连接OB，∵∠BAC＝80°，OA＝OB，∴∠OBA＝∠OAB＝∠OAC＝40°，∴∠AOB＝100°，∵AD＝3，∴半径为1.5，∴ 的长为：．
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；三角形的内切圆与内心；弧长的计算
【解析】【分析】（1）由E是内心可得∠BAD＝∠CAD，所以，可得DB＝DC；
（2）先证明AD是△ABC的外接圆的直径，设圆心为O，连接OB，计算出∠AOB和圆的半径，即可得出的长．
20．（2020九下·湖州月考）在平面直角坐标系中，边长为1的正方形OABC的两个顶点A，C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O是原点.现在将正方形OABC绕原点O顺时针旋转，当点A第一次落在直线y=x上时停止.旋转过程中，AB边交直线y=x于点M，BC边交x轴于点Ｎ。
（1）若点A（ ，b），求此时点C的坐标及b的值
（2）若△MNB的周长是p，在旋转过程中，p值是否会发生变化？若不变，请求出这个定值，若有变化，请说明理由；
（3）设MN=m，当m为何值时△OMN的面积最小，最小值是多少？并直接写出此时△MNB内切圆半径。
【答案】（1）解：过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥x轴于点F，
∴∠AEO=∠CFO=90°，
∵ 点A（ ，b）
∴，
∵正方形ABCD，
∴OA=OC=1，∠AOC=90°
在Rt△AOE中，
；
∵∠AOE+∠FOC=90°，∠FOC+∠FCO=90°
∴∠AOE=∠FCO，
在△AOE和△OCF中
∴△AOE≌△OCF（AAS）
∴，
∴点C；
（2）在旋转正方形OABC的过程中，P值不变．
理由：将△AOM绕点O顺时针旋转90°，得到△COE．
∴OM＝OE，AM＝CE，∠AOM＝∠COE，∠MOE＝90°．
∵直线OM的解析式为y＝x，
∴∠MON＝45°．
∴∠EON＝90°-45°=45°．
在△MON和△EON中，
∴△MON≌△EON（SAS），
∴MN＝EN
∴MN=CN＋AM．
∴P＝BM＋BN＋MN＝BM＋AM＋BN＋CN＝2AB=2×1=2，
∴在旋转正方形OABC的过程中，P值不变，其值为2.
（3）答：当m为时， △OMN的面积最小，为 ；Rt△MNB的内切圆的半径为.
【知识点】三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心；旋转的性质；一次函数-动态几何问题
【解析】【解答】解：（3）将△CON逆时针旋转90°得到△AON'，连接OE，EM，EN'，过点E作EF⊥MN'于点F，
∴△ONM≌△OMN'
∴S△ONM=S△OMN'，
作△ON'M的外接圆E，设外接圆的半径为r，
∵OA=1，∠MON'=45°，
∴∠MEN'=2∠MON'=90°
∴MN=，EF=EN'sin45°=
∵OE+EF≥0A
∴
解之：
∴MN'的最小值为；
∴ △OMN的面积最小值为
∴m为时， △OMN的面积最小 ；
∵（2）中△MNB的周长为2，
设Rt△MNB的两直角边的长分别为x，y，
∴
∴
∴Rt△MNB的内切圆的半径为
【分析】 （1）过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥x轴于点F，由点A的坐标可得到OE的长，利用正方形的性质，可证得OA=OC=1，∠AOC=90°，利用勾股定理求出b的值；再利用AAS证明△AOE≌△OCF，利用全等三角形的对应边相等，可求出OF，CF的长，即可得到点C的坐标。
（2）将△AOM绕点O顺时针旋转90°，得到△COE．，利用旋转的性质，可证得OM＝OE，AM＝CE，∠AOM＝∠COE，∠MOE＝90°．利用一次函数解析式可证得∠MON=∠EON=45°，利用SAS证明△MON≌△EON，利用全等三角形的对应边相等去证明MN＝EN，由此可以推出P=2AB，即可求出p的值。
（3）将△CON逆时针旋转90°得到△AON'，连接OE，EM，EN'，过点E作EF⊥MN'于点F，可证得S△ONM=S△OMN'，作△ON'M的外接圆E，设外接圆的半径为r，利用圆周角定理可证得△MEN'是等腰直角三角形，利用解直角三角形可得到MN，EF的值，再根据OE+EF≥0A，可得到r的取值范围，由此可求出MN'的最小值及此时△OMN的最小面积；设Rt△MNB的两直角边的长分别为x，y，可求出x+y的值，再利用直角三角形的内切圆的半径计算方法可求出△MNB的内切圆的半径。
21．（2018九上·镇海期末）如图
（1）如图1， 的内切圆与边 ， ， 分别相切于点 ，若 ， ， ，求 的面积 ；
（2）观察（1）中所得结论中 与 ， 之间的数量关系，猜测：若（1）中 ， ，其余条件不变，则 的面积为多少？并证明你的结论；
（3）如图2，锐角 的内切圆与边 分别相切于点 ，若 ， ， ，求 的面积.（结果用含 的式子表示）
【答案】（1）解：∵ 的内切圆与 分别相切于点
∴ ，
设 ，则 中，
整理得：
∴
（2）解： 理由如下：
设 ，则 中，
整理得：
∴
（3）解：作 于点
设 ，则 中，∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴
整理得：
∴
【知识点】勾股定理；三角形的内切圆与内心
【解析】【分析】(1)根据AD=AE=3，BD=BF=4，设 ，由勾股定理列式即可解答.(2) 设 ，同（1）列式整理即可.(3) 作 于点 ，设 ，利用三角函数表示出AG、CG的长，由线段和差得到BG的长，再根据勾股定理列式化简，求出 ，再计算三角形面积，即可解答.
22．（2023九下·睢宁开学考）已知：△ABC内接于⊙O，∠BAC的角平分线AD交⊙O于点D.
（1）如图①，以点D为圆心，DB长为半径作弧，交AD于点I.求证：点I是△ABC的内心；
（2）如图②，在（1）的条件下，若AD与BC交于点E.求证：；
（3）探究：如图③，△ABC内接于⊙O，若BC＝8，∠BAC＝120°，求△ABC内切圆半径的最大值.
【答案】（1）证明：如图①中，连接BI.
∵DB＝DI，
∴∠DBI＝∠DIB，
∵∠DIB＝∠IAB+∠IBA，∠DBI＝∠IBC+∠DBC，
又∵∠DBC＝∠DAC＝∠DAB，
∴∠DBC＝∠IAB，
∴∠IBA＝∠IBC，即BI平分∠ABC，
∴点I是△ABC的内心.
（2）证明：如图②中，
∵∠BDA＝∠BCA，∠DBC＝∠DAC，
∴△BDE∽△ACE，
∴
∵DB＝DI，
∴
（3）解：如图③中，作∠BAC的角平分线AD交⊙O于D，连接BD，DC，以D为圆心，DB为半径作弧，交AD于点I，
由（1）点I是△ABC的内心.
∵IH⊥AC，
∴IH是△ABC的内切圆的半径，
在△AIH中，∠IAH＝ ∠BAC＝60°，
∴IH＝ AI，故欲求IH的最大值只要求出AI的最大值，
∵∠DBC＝∠DAC＝60°，∠DCB＝∠DAB＝60°，
∴△BDC是等边三角形，
∴DB＝CB＝8，即DI＝8，
作直径DF，
在Rt△BDF中，∠DFB＝60°，DB＝8，
∴DF＝ ，即直径为 ，
∴AI的最大值为 -8，
∴△ABC的内切圆的半径的最大值为8-4 .
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；三角形的内切圆与内心；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）连接BI，由等腰三角形的性质可得∠DBI＝∠DIB，由外角的性质得∠DIB=∠IAB+∠IBA，根据角的和差关系可得∠DBI＝∠IBC+∠DBC，由角平分线的概念以及圆周角定理可得∠DBC＝∠DAC＝∠DAB，则∠IBA＝∠IBC，即BI平分∠ABC，据此证明；
（2）由圆周角定理可得∠BDA＝∠BCA，∠DBC＝∠DAC，证明△BDE∽△ACE，然后根据相似三角形的性质以及DB＝DI可得结论；
（3）作∠BAC的角平分线AD交⊙O于D，连接BD，DC，以D为圆心，DB为半径作弧，交AD于点I，由（1）点I是△ABC的内心，根据三角函数的概念可得IH＝AI，易得△BDC是等边三角形，则DB=CB＝8，即DI＝8，作直径DF，易得DF的值，据此解答.
23．我们引入如下概念，
定义；到三角形的两条边的距离相等的点，叫做此三角形的准内心，举例：如图1，PE⊥BC，若PE＝PD则P为△ABC的准内心
（1）填空；根据准内心的概念，图1中的点P在∠BAC的 上．
（2）应用；如图2，△ABC中，AC＝BC＝13，AB＝10，准内心P在AB上，求P到AC边的距离PD的长．
（3）探究；已知△ABC为直角三角形，AC＝BC＝6，∠C＝90°，准内心P在△ABC的边上，试探究PC的长．
【答案】（1）平分线上
（2）解：如图2中，
∵点P是△ABC的准内心，
∴∠ACP＝∠BCP，
∵CA＝CB＝13，
∴PC⊥AB．AP＝PB＝5，
∴PC＝ ＝ ＝12．
∵ AC PD＝ AP PC，
∴PD＝ ＝
（3）解：如图3中，
当点P在AB边上时，∵CA＝CB＝6，∠ACB＝90°，
∴AB＝ ＝6 ，
∵点P是△ABC的准内心，
∴∠PCB＝∠PCA，
∴PA＝PB，
∴PC＝ AB＝3 ．
如图4中，当点P在AC边上时，作PE⊥AB于E，则AE＝PE，设AE＝PE＝x．
∵点P是△ABC的准内心，
∴∠PBA＝∠PBC，
∵PE⊥AB，PC⊥BC，
∴PE＝PC＝x，
∵AP+PC＝6，
∴ x+x＝6，
x＝6 ﹣6，
∴PC＝6 ﹣6．
如图5中，
当点P在BC边上时，同理可得PC＝6 ﹣6
【知识点】等腰三角形的性质；三角形的内切圆与内心；角平分线的判定
【解析】【解答】解：（1）如图1中，
∵PE⊥BC，PD⊥AC，PE＝PD，
∴点P在∠ACB的平分线上．
故答案为角平分线
【分析】（1）利用到角两边距离相等的点，在这个角的平分线上，即可证得结论。
（2）根据内心的定义，可证得∠ACP=∠BCP，再根据CA=CB，利用等腰三角形三线合一的性质，可证得PC⊥AB，AP＝PB，再利用勾股定理求出PC的长，再利用同一个三角形的面积相等，就可求出PD的长。
（3） 当点P在AB边上时，利用勾股定理求出AB的长，再由点P是△ABC的准内心，可证∠PCB=∠PCA，就可得到PA=PB，然后求出PC的长；如图4中，当点P在AC边上时，作PE⊥AB于E，则AE＝PE，设AE＝PE＝x，用含x的代数式表示出PA、PC，然后根据PA+PC=6，列方程求出x的值，再求出PC的长；当点P在BC边上时，同理可求出PC的长。
24．（2021九上·鄞州月考）有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等邻边互补四边形.
（1）如图1，在等邻边互补四边形ABCD中，AD=CD，且AD//BC， BC=2AD，求∠B的度数;
（2）如图2，四边形ABCD内接于圆O，连结DO交AC于点E (不与点O重合)，若E是AC的中点，求证:四边形ABCD是等邻边互补四边形;
（3）在(2) 的条件下，延长DO交BC于点F，交圆0于点G，若弧BG=弧AB, tan∠ABC= ，AC=12,求FG的长;
（4）如图3,四边形ABCD内接于圆O，AB=BC, BD为圆0的直径，连结AO并延长交BC于点E，交圆0于点F,连结FC，设tan∠BAF=x， ，求y与x之间的函数关系式.
【答案】（1）解：如图，作AH∥DC.
∵AD∥BC，AH∥DC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴AH=CD，AD=HC.
∵AB=AD=CD，BC=2AD，
∴AB=AH=BH，
∴△ABH为等边三角形，
∴∠B=60°.
（2）证明：连接CD，如图所示：
∵ABCD为○O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°.
∵点E为AC的中点，
∴AE=EC，
∴OD⊥AC，
∴DA=DC，
∴四边形ABCD是等邻边互补四边形.
（3）解：如图，连接OA，OC，AG，CG，作FM⊥GC于点M，FN⊥AG于点N，
∵E为AC的中点，AC=12，
∴AE=EC=6，
∴OD⊥AC，，
∴∠AOE=∠COE，GA=GC.
∵∠AOC=2∠ABC，
∴∠AOE=∠ABC，
∴tan∠AOE=tan∠ABC==，
∴OE=，OA=,
∴CD=2OA=，DE=，
∴，
∴GA=10.
∵,
∴∠ACB=∠BCG.
∵∠AGF=∠CGF，
∴点F为△AGC的内心，
∴FM=FN=FE，设FM=FN=FE=a，则S△ACG=(AC+AG+GC)·a=·AC·EG，
∴a=3，
∴EF=3，
∴GF=EG-EF=5.
（4）解：连接AC，作AM⊥BC，FN⊥BC，设AC交BD于点K.
∵BD是直径，
∴∠BAD=∠BCD=90°.
∵BA=BC，BD=BD，
∴△ABD≌△CBD，
∴∠ABD=∠CBD.
∵OA=OB，
∴∠BAF=∠ABD=∠CBD，令∠BAF=α，则∠BCF=∠ABF=α.
∵AB=BC，∠DBA=∠DBC，
∴BD⊥AC，
∴∠ACM+∠CAM=90°，
∴∠CAM=∠CBD=α.
∵AM∥FN，
∴.
设OK=m，AK=m，OB=OA=r，则CF=2m，AC=2n.
∵m2+n2=r2，tan∠ABK=tanα=x=，
∴，
∴，
∴，
∴.
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；圆内接四边形的性质；三角形的内切圆与内心；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）作AH∥DC，易证四边形ABCD为平行四边形，由平行四边形的性质以及BC=2AD，可推出
AB=AH=BH，然后利用等边三角形的判定与性质解答即可；
（2）连接CD，由圆内接四边形的性质可得∠ABC+∠ADC=180°，由等腰三角形三线合一的性质可得DA=DC，据此证明即可；
（3）连接OA，OC，AG，CG，作FM⊥GC于点M，FN⊥AG于点N，通过锐角三角函数的概念以及勾股定理可求出OE、OA、CD、DE、AD、GA的值，证明点F为△AGC的内心，得到FM=FN=FE，然后结合三角形面积公式计算即可；
（4）连接AC，作AM⊥BC，FN⊥BC，设AC交BD于点K.，根据AM∥FN以及平行线分线段成比例可得到，设OK=m，AK=m，OB=OA=r，则CF=2m，AC=2n，然后由勾股定理以及三角函数的概念可推出，据此解答即可.
1 / 1（提升卷）2.3三角形的内切圆-2023-2024年浙教版数学九年级下册同步测试
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2021九上·鄞州月考）如图所示，已知⊙I是△ABC的内切圆，点I是内心，若∠A＝35°，则∠BIC等于（ ）
A．35° B．70° C．145° D．107.5°
2．（2023九上·海曙期末）如图，点为的内心，连接并延长交的外接圆于点，交于点，若，则的值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
3．（2022九上·鄞州开学考）如图，点为的内心，连接并延长，交的外接圆于点，点为弦的中点，连接，，，当，，时，的长为（ ）
A．5 B．4.5 C．4 D．3.5
4．（2021九上·鄞州期末）直角三角形的外接圆半径为3，内切圆半径为1，则该直角三角形的周长是（ ）
A．12 B．14 C．16 D．18
5．（2022九上·宁波月考）点是的外心，也是的内心，若，则的度数是（ ）
A．80° B．90° C．100° D．110°
6．（2021·绍兴模拟）已知在 中， ， 是 的中点， 的延长线上的点 满足 . 的内切圆与边 ， 的切点分别为 ， ，延长 分别与 ， 的延长线交于 ， ，则 （ ）
A．0.5 B．1 C．1.5 D．2
7．（2020九上·乐清期中）以下命题：
①三角形的内心是三角形三边中垂线的垂点；②任意三角形都有且只有一个外接圆；③圆周角相等，则弧相等.④经过两点有且只有一个圆，其中真命题的个数为（ ）个.
A．1 B．2 C．3 D．4
8．（2020·平阳模拟）如图，已知矩形 的周长为 ， 和 分别为 和 的内切圆，连接 ， ， ， ， ，若 ，则 的长为（ ）
A． B． C． D．
9．（2020九上·海曙期末）《九章算术》中有这样一个问题：“今有勾八步，股十五步，问勾中容圆径几何 ”其意思是：“直角三角形中，勾(短直角边)长为8步，股(长直角边)长为15步，求直角三角形能容纳的圆形(内切圆)直径”。则该圆的直径为（ ）
A．3步 B．5步 C．6步 D．8步
10．（2020九上·浙江期末）若四边形A鱿O的对角线AC，BD相交于O，△AOB，△BOC，△COD，△DOA的周长相等，且△AOB，△BOC，△COD的内切圆半径分别为3，4，6，则△DOA的内切圆半径是（ )
A． B．
C． D．以上答案均不正确
二、填空题（每空4分，共24分）
11．（2022·温州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，⊙O是它的内切圆，分别切AB，BC，CA于点D， E，F．若∠ACB=40°， 则∠DOE= 度．
12．（2021九上·宁波期中）若三角形的面积是24cm2，周长是24cm，则这个三角形内切圆的半径是 cm．
13．（2021九上·衢江期末）如图，已知⊙O为△ABC的内切圆，∠C=90°，BO的延长线交AC于点D，若BC=3，CD=1，则△ABC的周长为 .
14．（2021九上·衢州期末）如图所示，三角形ABC中，AC＝6cm，BC＝8cm，AB＝10cm，则它的内切圆半径为 cm.
15．（2020九上·杭州月考）如图， 中， ， 边上有一点P（不与点 重合），I为 的内心，若 的取值范围为 ，则 .
16．（2021·江干模拟）如图，点O是△ABC的内心，AO的延长线交△ABC的外接圆于点D，交BC于点E，设＝a，则＝ .（用含a的代数式表示）
三、解答题（共8题，共66分）
17．（2021·绍兴模拟）如图，在 的正方形网格中，有部分网格线被擦去.点 ， ， 在格点（正方形网格的交点）上.
（1）请用无刻度的直尺在图1中找到三角形 的外心 ；
（2）请用无刻度的直尺在图2中找到三角形 的内心 .
18．（2022·梓潼模拟）图，在中，AB＝AC，⊙O是的外接圆，点D在⊙O上且∠BCD＝∠ACB，连接AD交BC于点E，延长DC至点F，使CF＝AC，连接AF.
（1）求证：AF是⊙O的切线；
（2）若点G是的内心，，求BG的长.
19．（2020·长兴模拟）如图，在△ABC中，E是内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D.
（1）求证：DB=DC；
（2）若AB=AC，∠BAC=80°，AD=3.求 的长.
20．（2020九下·湖州月考）在平面直角坐标系中，边长为1的正方形OABC的两个顶点A，C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O是原点.现在将正方形OABC绕原点O顺时针旋转，当点A第一次落在直线y=x上时停止.旋转过程中，AB边交直线y=x于点M，BC边交x轴于点Ｎ。
（1）若点A（ ，b），求此时点C的坐标及b的值
（2）若△MNB的周长是p，在旋转过程中，p值是否会发生变化？若不变，请求出这个定值，若有变化，请说明理由；
（3）设MN=m，当m为何值时△OMN的面积最小，最小值是多少？并直接写出此时△MNB内切圆半径。
21．（2018九上·镇海期末）如图
（1）如图1， 的内切圆与边 ， ， 分别相切于点 ，若 ， ， ，求 的面积 ；
（2）观察（1）中所得结论中 与 ， 之间的数量关系，猜测：若（1）中 ， ，其余条件不变，则 的面积为多少？并证明你的结论；
（3）如图2，锐角 的内切圆与边 分别相切于点 ，若 ， ， ，求 的面积.（结果用含 的式子表示）
22．（2023九下·睢宁开学考）已知：△ABC内接于⊙O，∠BAC的角平分线AD交⊙O于点D.
（1）如图①，以点D为圆心，DB长为半径作弧，交AD于点I.求证：点I是△ABC的内心；
（2）如图②，在（1）的条件下，若AD与BC交于点E.求证：；
（3）探究：如图③，△ABC内接于⊙O，若BC＝8，∠BAC＝120°，求△ABC内切圆半径的最大值.
23．我们引入如下概念，
定义；到三角形的两条边的距离相等的点，叫做此三角形的准内心，举例：如图1，PE⊥BC，若PE＝PD则P为△ABC的准内心
（1）填空；根据准内心的概念，图1中的点P在∠BAC的 上．
（2）应用；如图2，△ABC中，AC＝BC＝13，AB＝10，准内心P在AB上，求P到AC边的距离PD的长．
（3）探究；已知△ABC为直角三角形，AC＝BC＝6，∠C＝90°，准内心P在△ABC的边上，试探究PC的长．
24．（2021九上·鄞州月考）有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等邻边互补四边形.
（1）如图1，在等邻边互补四边形ABCD中，AD=CD，且AD//BC， BC=2AD，求∠B的度数;
（2）如图2，四边形ABCD内接于圆O，连结DO交AC于点E (不与点O重合)，若E是AC的中点，求证:四边形ABCD是等邻边互补四边形;
（3）在(2) 的条件下，延长DO交BC于点F，交圆0于点G，若弧BG=弧AB, tan∠ABC= ，AC=12,求FG的长;
（4）如图3,四边形ABCD内接于圆O，AB=BC, BD为圆0的直径，连结AO并延长交BC于点E，交圆0于点F,连结FC，设tan∠BAF=x， ，求y与x之间的函数关系式.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：∵∠A＝35°，
∴
∵点I是 的内心，
∴
即
∠BIC 107.5°
故答案为：D.
【分析】根据三角形内角和定理可得∠ABC+∠ACB=145°，根据内心的概念可得∠IBC=∠ABC，∠ICB=∠ACB，据此可得∠IBC+∠ICB的度数，然后利用内角和定理进行求解.
2．【答案】D
【知识点】圆周角定理；三角形的内切圆与内心；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
∵为的内心，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∴，
故答案为：D.
【分析】连接IC，根据内心的概念可得∠IAC=∠IAB，∠ICA=∠ICB，由外角的性质可得∠DIC=∠IAC+∠ICA，根据角的和差关系可得∠DCI=∠BCD+∠ICB，则∠DIC=∠DCI，推出DI=DC，结合AI=2CD可得AI=2DI，AD=3CD，由圆周角定理可得∠BCD=∠BAD=∠CAI，证明△CDE∽△ADC，根据相似三角形的性质可得DE=CD，则AE=AD-DE=CD，据此求解.
3．【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；圆周角定理；三角形的内切圆与内心；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：延长ID到M，使DM=ID，连接CM．
是的内心，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
是的中位线，
故答案为：C.
【分析】延长ID到M，使DM=ID，连接CM，根据内心的概念可得∠IAC=∠IAB，∠ICA=∠ICB，由外角的性质可得∠DIC=∠IAC+∠ICA，根据角的和差关系可得∠DCI=∠BCD+∠ICB，结合圆周角定理得∠DIC=∠DCI，推出DI=DC=DM，进而得到∠ICM=90°，利用勾股定理可得CM，进而推出IE为△ACM的中位线，据此求解.
4．【答案】B
【知识点】正方形的判定与性质；三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心；切线长定理
【解析】【解答】解：如图，⊙I切AB于E，切BC于F，切AC于D，连接IE，IF，ID，
则∠CDI=∠C=∠CFI=90°，ID=IF=1，
∴四边形CDIF是正方形，
∴CD=CF=1，
由切线长定理得：AD=AE，BE=BF，CF=CD，
∵直角三角形的外接圆半径为3，内切圆半径为1，
∴AB=6=AE+BE=BF+AD，
即△ABC的周长是AC+BC+AB=AD+CD+CF+BF+AB=6+1+1+6=14.
故答案为：B.
【分析】⊙I切AB于E，切BC于F，切AC于D，连接IE，IF，ID，易得四边形CDIF是正方形，根据正方形的性质得CD=CF=1，由切线长定理得：AD=AE，BE=BF，CF=CD，根据外接圆与内切圆的半径可得AB=6=AE+BE=BF+AD，据此不难求出△ABC的周长.
5．【答案】C
【知识点】三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：如解图，连接OB、OC，
∵∠A=70°，O是△ABC的外心，
∴，
∴，
∵O是的内心，
∴，
∴.
故答案为：C.
【分析】连接OB、OC，根据三角形外心的性质可得∠BOC=2∠A=140°，根据三角形内角和定理可得∠OBC+∠OCB=40°，根据三角形内心的性质得∠DBC+∠BCD=80°，最后根据三角形的内角和定理即可算出答案.
6．【答案】B
【知识点】三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：取△ACB的内切圆的圆心是O，连接OE、OF，作NA的延长线AG，
则OE⊥AB，OF⊥AC，OE=OF，
∵∠BAC=90°，
∴四边形AEOF是正方形，
∴AE=AF，
∴∠AEF=∠AFE，
∵∠BAC=90°，M为斜边BC上中线，
∴AM=CM=BM，
∴∠MAC=∠MCA，
∵∠BAC=90°，AN⊥AM，
∴∠BAC=∠MAG=∠MAN=90°，
∴∠GAE+∠EAM=90°，∠EAM+∠MAC=90°，∠MAC+∠CAN=90°，
∴∠GAE=∠MAC=∠MCA，∠EAM=∠CAP，
∵∠GAE=∠APE+∠AEP，∠MCA=∠Q+∠CFQ，
∵∠AEF=∠AFE=∠CFQ，∠EPA=∠NPQ，
∴∠Q=∠NPQ，
∴PN=QN，
∴ ，
故答案为：B.
【分析】 取△ACB的内切圆的圆心是O，连接OE、OF，作NA的延长线AG，易证四边形AEOF是正方形，由正方形的性质得AE＝AF，由等边对等角得∠AEF＝∠AFE＝∠CFQ，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得求出AM＝MC=BM=BC，推出∠MCA＝∠MAC，根据∠BAC＝∠MAG＝∠MAN＝90°，求出∠GAE＝∠MAC＝∠MCA，∠EAM＝∠CAP，根据三角形的外角性质得出∠GAE＝∠APE＋∠AEP，∠MCA＝∠Q＋∠CFQ，由等式的性质得∠Q＝∠NPQ，由等角对等边得PN＝NQ即可求解．
7．【答案】A
【知识点】圆的认识；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心；真命题与假命题
【解析】【解答】解：①三角形的外心是三角形三边中垂线的垂点，本小题说法是假命题；②任意三角形都有且只有一个外接圆，本小题说法是真命题；③在同圆或等圆中，圆周角相等，则弧相等，本小题说法是假命题；④经过两点有无数个圆，本小题说法是假命题；
故答案为：A.
【分析】根据三角形的外心的概念、确定圆的条件、圆周角定理判断即可.
8．【答案】B
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】如图，设AB=x，BC=y，内切圆半径为r，则AC=
∵矩形 的周长为 ，
∴x+y=8①
∵ 和 分别为 和 的内切圆，
∴②
由矩形的对称性知 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
即 ③
由①、②、③联立方程组，解得：
r=1，xy=14， ，
作EH⊥FH于H，由勾股定理得：
=36-32+8
=12，
∴EF= ，
故答案为：B.
【分析】设AB=x，BC=y，内切圆半径为r，由矩形的对称性知 ，结合直角三角形内切圆半径与三角形面积间的关系得到x、y、r的关系式，再由 推导出x、y、r的关系，从而分别求出r，xy、 的值，最后由勾股定理求得EF值.
9．【答案】C
【知识点】切线的性质；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：如图，连接OF，OD，OE，OA，OC，OB，
∵直角三角形中，勾(短直角边)长为8步，股(长直角边)长为15步，
∴该圆的直径为：
∵圆O是△ABC的内切圆，
∴OE=OF=OD=r，OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
∵S△ABC=S△AOC+S△AOB+S△BOC
∴
解之：r=3
∴圆的直径为2×3=6.
故答案为：C
【分析】连接OF，OD，OE，OA，OC，OB，利用勾股定理求出直角三角形的斜边，再利用切线的性质可得到OE=OF=OD=r，OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，然后利用S△ABC=S△AOC+S△AOB+S△BOC，建立关于r的方程，解方程求出r的值，即可求出该圆的直径。
10．【答案】A
【知识点】三角形的面积；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：如图，设四个三角形的周长为c，
S△AOB=×c×3，S△BOC=×c×4，
∴S△AOB：S△BOC=3：4，
，
∴OA：OC=3：4，
则S△AOD：S△COD=3：4，
∴S△AOD：S△COD=×c×r：×c×6=3：4，
解得r=.
故答案为：A.
【分析】因为三角形的面积等于周长和内切圆半径乘积的一半，结合四个三角形周长相等，于是可求 △AOB和△BOC之比， 再由△AOB和△BOC同高，从而得出OA和OC的比值，其等于△DOA 和△COD的面积之比，再根据三角形的面积等于周长和内切圆半径乘积的一半，即可求得△DOA的内切圆半径.
11．【答案】130
【知识点】多边形内角与外角；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：∵∠ACB=40°， ∠A=90°，
∴∠B=50°，
∵BD和BE是⊙O 的切线，
∴∠BDO=90°，∠BEO=90°，
∴∠DOE=360°-∠BDO-∠BEO-∠B=360°-90°-90°-50°=130°.
故答案为：130.
【分析】先根据直角三角形的性质求出∠B的度数，再由切线的性质求出∠BDO=∠BEO=90°，然后根据四边形的内角和列式计算，即可求出结果.
12．【答案】2
【知识点】三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：设三角形内切圆的半径为r，三边长为a、b、c，
∴S△ABC=（a+b+c）r，
∴×24×r=24，
∴r=2.
故答案为：2.
【分析】设三角形内切圆的半径为r，三边长为a、b、c，则得S△ABC=（a+b+c）r，然后代入数值计算即可.
13．【答案】9
【知识点】正方形的判定与性质；三角形的内切圆与内心；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：设半径为r ，过点O作OE⊥BC，垂足为E，过点O作OG⊥AC，垂足为G，如图所示：
∵⊙O为△ABC的内切圆，
∴E、G是切点，则OE=OG，
∵∠C=90°，
∴OE∥AC，四边形OECG为正方形，
∴△BEO∽△BCD，OE=EC=r，
∴，即，
解得：r=，
如图，过点D作DF⊥AB于点F，
∴DF=CD=1，BF=BC=3，
∵∠AFD=∠C=90°，∠A=∠A，
∴△AFD∽△ACB，
∴，
∴，
∴AF=3AD-3，
在Rt△ADF中，根据勾股定理，得
AD2=AF2+DF2，
∴AD2=（3AD-3）2+12，
解得AD=或AD=1（舍去），
∴AF=3×-3=，
∴△ABC的周长=AB+BC+AC=2BC+CD+AD+AF=6+1++=9.
故答案为：9.
【分析】设半径为r ，过点O作OE⊥BC，垂足为E，过点O作OG⊥AC，垂足为G，过点D作DF⊥AB于点F，由题意易得四边形OECG为正方形，于是可得△BEO∽△BCD，由相似三角形的性质可得比例式求得r的值；结合已知根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得△AFD∽△ACB，于是可得比例式将AF用含AD的代数式表示出来，在Rt△ADF中，根据勾股定理可得关于AD的方程，解方程可求得AD的值，代入AF=3AD-3可求得AF的值，于是三角形ABC的周长=AB+BC+AC=2BC+CD+AD+AF可求解.
14．【答案】2
【知识点】勾股定理的逆定理；正方形的判定与性质；三角形的内切圆与内心；切线长定理
【解析】【解答】解：如图所示：△ABC中，AC=6，BC=8，AB=10，
∵62+82=102，即AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形，
设△ABC内切圆的半径为R，切点分别为D、E、F，
∵CD=CE，BE=BF，AF=AD，
∵OD⊥AC，OE⊥BC，
∴四边形ODCE是正方形，即CD=CE=R，
∴AC-CD=AB-BF，即6-R=10-BF①
BC-CE=AB-AF，即8-R=BF②，
①②联立得，R=2.
故答案为：2.
【分析】画出内切圆，由勾股定理逆定理可得△ABC是直角三角形，设△ABC内切圆的半径为R，切点分别为D、E、F，由切线长定理可得CD=CE，BE=BF，AF=AD，易得四边形ODCE是正方形，且CD=CE=R，则AC-CD=AB-BF，BC-CE=AB-AF，据此求解.
15．【答案】265°
【知识点】三角形内角和定理；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】设 ，则 ，
则 ，
∵I为△APC的内心，
∴AI、CI分别平分∠PAC，∠PCA，
∴
，
∵ ，
∴ ，
即 ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：265°.
【分析】设∠BAP=x，由三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角之和可得∠apc =∠B+∠BAP=40°+x，根据三角形内角和定理可得∠PAC+∠PCA=180°-∠APC，由三角形内心的意义可得AI、CI分别平分∠PAC，∠PCA，在三角形AIC中，由三角形内角和定理可将∠AIC用含x的代数式表示出来，根据三角形内角和定理可知锐角三角形的任意一个内角在0°---90°之间，即0＜x＜90°，结合不等式的性质可求得∠AIC的范围，根据已知的∠AIC的范围可求解.
16．【答案】a-1
【知识点】等式的性质；等腰三角形的性质；圆周角定理；三角形的内切圆与内心；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：过点O作OF∥BD交AB于点F，连接BD，
∴∠AOF=∠ADB=∠ACE，
∵点O是△ABC的内心，
∴∠FAO=∠EAC，
∴∠AFO=180°-∠FAO-∠AOF=180°-∠EAC-∠ACE=∠AEC，
∴∠BFO=∠BEO，
在△FBO和△EBO中，
，
∴△FBO≌△EBO（AAS），
∴OF=OE，BF=BE，
∵∠OBD=∠OBE+∠CBD=∠ABO+∠CAD，
∠OBD=∠ABO+∠BAO=∠BOD，
∴OD=OB，
∴，
∴，
∴，
∵∠BAE=∠OAE，
∴，
∴，
∵＝a，
∴，
∴，
∵BF=BE，
∴，
∴＝ .
故答案为：a-1.
【分析】过点O作OF∥BD交AB于点F，连接BD，根据等腰三角形的性质以及圆周角定理可得∠AOF=∠ADB=∠ACE，根据内心的概念可得∠FAO=∠EAC，结合内角和定理可得∠BFO=∠BEO，证明
△FBO≌△EBO，得到OF=OE，BF=BE，进而推出OD=OB，则 ，由∠BAE=∠OAE可得 ，则 ，据此计算.
17．【答案】（1）解：如图，点 即为所求；
（2）解：如图，点 即为所求.
【知识点】三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心
【解析】【分析】（1）根据直角三角形的外接圆的圆心是斜边的中点可求解；
（2）由网格图的特征和三角形内心的定义可求解.
18．【答案】（1）证明：连接，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴A是的中点，
∴，
∴，
∴是的切线.
（2）解：连接，
记，，，
∵，，
∴∽，
∴，
∴，
即，
∵点是的内心，
∴，
∵，
∴.
【知识点】等腰三角形的性质；垂径定理；切线的判定；三角形的内切圆与内心；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接，由等腰三角形的性质及已知，可得，从而可证AB∥DF，易得AB=AC=CF，即证四边形是平行四边形，可得BC∥AF，由等腰三角形的性质可得OA⊥BC，即得，根据切线的判定定理即证；
（2）连接，证明∽， 利用相似三角形的性质可求出AB=5，由三角形的内心可得， 根据三角形的外角的性质及角的和差可求出∠BGA=∠BAG，利用等角对等边即可得解.
19．【答案】（1）证明：∵E为△ABC的内心，
∴∠BAD=∠DAC，
∴BD=DC.
（2）解：∵AB＝AC，AD平分∠BAC，∴AD是△ABC的外接圆的直径，如图，设圆心为O，连接OB，∵∠BAC＝80°，OA＝OB，∴∠OBA＝∠OAB＝∠OAC＝40°，∴∠AOB＝100°，∵AD＝3，∴半径为1.5，∴ 的长为：．
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；三角形的内切圆与内心；弧长的计算
【解析】【分析】（1）由E是内心可得∠BAD＝∠CAD，所以，可得DB＝DC；
（2）先证明AD是△ABC的外接圆的直径，设圆心为O，连接OB，计算出∠AOB和圆的半径，即可得出的长．
20．【答案】（1）解：过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥x轴于点F，
∴∠AEO=∠CFO=90°，
∵ 点A（ ，b）
∴，
∵正方形ABCD，
∴OA=OC=1，∠AOC=90°
在Rt△AOE中，
；
∵∠AOE+∠FOC=90°，∠FOC+∠FCO=90°
∴∠AOE=∠FCO，
在△AOE和△OCF中
∴△AOE≌△OCF（AAS）
∴，
∴点C；
（2）在旋转正方形OABC的过程中，P值不变．
理由：将△AOM绕点O顺时针旋转90°，得到△COE．
∴OM＝OE，AM＝CE，∠AOM＝∠COE，∠MOE＝90°．
∵直线OM的解析式为y＝x，
∴∠MON＝45°．
∴∠EON＝90°-45°=45°．
在△MON和△EON中，
∴△MON≌△EON（SAS），
∴MN＝EN
∴MN=CN＋AM．
∴P＝BM＋BN＋MN＝BM＋AM＋BN＋CN＝2AB=2×1=2，
∴在旋转正方形OABC的过程中，P值不变，其值为2.
（3）答：当m为时， △OMN的面积最小，为 ；Rt△MNB的内切圆的半径为.
【知识点】三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心；旋转的性质；一次函数-动态几何问题
【解析】【解答】解：（3）将△CON逆时针旋转90°得到△AON'，连接OE，EM，EN'，过点E作EF⊥MN'于点F，
∴△ONM≌△OMN'
∴S△ONM=S△OMN'，
作△ON'M的外接圆E，设外接圆的半径为r，
∵OA=1，∠MON'=45°，
∴∠MEN'=2∠MON'=90°
∴MN=，EF=EN'sin45°=
∵OE+EF≥0A
∴
解之：
∴MN'的最小值为；
∴ △OMN的面积最小值为
∴m为时， △OMN的面积最小 ；
∵（2）中△MNB的周长为2，
设Rt△MNB的两直角边的长分别为x，y，
∴
∴
∴Rt△MNB的内切圆的半径为
【分析】 （1）过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥x轴于点F，由点A的坐标可得到OE的长，利用正方形的性质，可证得OA=OC=1，∠AOC=90°，利用勾股定理求出b的值；再利用AAS证明△AOE≌△OCF，利用全等三角形的对应边相等，可求出OF，CF的长，即可得到点C的坐标。
（2）将△AOM绕点O顺时针旋转90°，得到△COE．，利用旋转的性质，可证得OM＝OE，AM＝CE，∠AOM＝∠COE，∠MOE＝90°．利用一次函数解析式可证得∠MON=∠EON=45°，利用SAS证明△MON≌△EON，利用全等三角形的对应边相等去证明MN＝EN，由此可以推出P=2AB，即可求出p的值。
（3）将△CON逆时针旋转90°得到△AON'，连接OE，EM，EN'，过点E作EF⊥MN'于点F，可证得S△ONM=S△OMN'，作△ON'M的外接圆E，设外接圆的半径为r，利用圆周角定理可证得△MEN'是等腰直角三角形，利用解直角三角形可得到MN，EF的值，再根据OE+EF≥0A，可得到r的取值范围，由此可求出MN'的最小值及此时△OMN的最小面积；设Rt△MNB的两直角边的长分别为x，y，可求出x+y的值，再利用直角三角形的内切圆的半径计算方法可求出△MNB的内切圆的半径。
21．【答案】（1）解：∵ 的内切圆与 分别相切于点
∴ ，
设 ，则 中，
整理得：
∴
（2）解： 理由如下：
设 ，则 中，
整理得：
∴
（3）解：作 于点
设 ，则 中，∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴
整理得：
∴
【知识点】勾股定理；三角形的内切圆与内心
【解析】【分析】(1)根据AD=AE=3，BD=BF=4，设 ，由勾股定理列式即可解答.(2) 设 ，同（1）列式整理即可.(3) 作 于点 ，设 ，利用三角函数表示出AG、CG的长，由线段和差得到BG的长，再根据勾股定理列式化简，求出 ，再计算三角形面积，即可解答.
22．【答案】（1）证明：如图①中，连接BI.
∵DB＝DI，
∴∠DBI＝∠DIB，
∵∠DIB＝∠IAB+∠IBA，∠DBI＝∠IBC+∠DBC，
又∵∠DBC＝∠DAC＝∠DAB，
∴∠DBC＝∠IAB，
∴∠IBA＝∠IBC，即BI平分∠ABC，
∴点I是△ABC的内心.
（2）证明：如图②中，
∵∠BDA＝∠BCA，∠DBC＝∠DAC，
∴△BDE∽△ACE，
∴
∵DB＝DI，
∴
（3）解：如图③中，作∠BAC的角平分线AD交⊙O于D，连接BD，DC，以D为圆心，DB为半径作弧，交AD于点I，
由（1）点I是△ABC的内心.
∵IH⊥AC，
∴IH是△ABC的内切圆的半径，
在△AIH中，∠IAH＝ ∠BAC＝60°，
∴IH＝ AI，故欲求IH的最大值只要求出AI的最大值，
∵∠DBC＝∠DAC＝60°，∠DCB＝∠DAB＝60°，
∴△BDC是等边三角形，
∴DB＝CB＝8，即DI＝8，
作直径DF，
在Rt△BDF中，∠DFB＝60°，DB＝8，
∴DF＝ ，即直径为 ，
∴AI的最大值为 -8，
∴△ABC的内切圆的半径的最大值为8-4 .
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；三角形的内切圆与内心；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）连接BI，由等腰三角形的性质可得∠DBI＝∠DIB，由外角的性质得∠DIB=∠IAB+∠IBA，根据角的和差关系可得∠DBI＝∠IBC+∠DBC，由角平分线的概念以及圆周角定理可得∠DBC＝∠DAC＝∠DAB，则∠IBA＝∠IBC，即BI平分∠ABC，据此证明；
（2）由圆周角定理可得∠BDA＝∠BCA，∠DBC＝∠DAC，证明△BDE∽△ACE，然后根据相似三角形的性质以及DB＝DI可得结论；
（3）作∠BAC的角平分线AD交⊙O于D，连接BD，DC，以D为圆心，DB为半径作弧，交AD于点I，由（1）点I是△ABC的内心，根据三角函数的概念可得IH＝AI，易得△BDC是等边三角形，则DB=CB＝8，即DI＝8，作直径DF，易得DF的值，据此解答.
23．【答案】（1）平分线上
（2）解：如图2中，
∵点P是△ABC的准内心，
∴∠ACP＝∠BCP，
∵CA＝CB＝13，
∴PC⊥AB．AP＝PB＝5，
∴PC＝ ＝ ＝12．
∵ AC PD＝ AP PC，
∴PD＝ ＝
（3）解：如图3中，
当点P在AB边上时，∵CA＝CB＝6，∠ACB＝90°，
∴AB＝ ＝6 ，
∵点P是△ABC的准内心，
∴∠PCB＝∠PCA，
∴PA＝PB，
∴PC＝ AB＝3 ．
如图4中，当点P在AC边上时，作PE⊥AB于E，则AE＝PE，设AE＝PE＝x．
∵点P是△ABC的准内心，
∴∠PBA＝∠PBC，
∵PE⊥AB，PC⊥BC，
∴PE＝PC＝x，
∵AP+PC＝6，
∴ x+x＝6，
x＝6 ﹣6，
∴PC＝6 ﹣6．
如图5中，
当点P在BC边上时，同理可得PC＝6 ﹣6
【知识点】等腰三角形的性质；三角形的内切圆与内心；角平分线的判定
【解析】【解答】解：（1）如图1中，
∵PE⊥BC，PD⊥AC，PE＝PD，
∴点P在∠ACB的平分线上．
故答案为角平分线
【分析】（1）利用到角两边距离相等的点，在这个角的平分线上，即可证得结论。
（2）根据内心的定义，可证得∠ACP=∠BCP，再根据CA=CB，利用等腰三角形三线合一的性质，可证得PC⊥AB，AP＝PB，再利用勾股定理求出PC的长，再利用同一个三角形的面积相等，就可求出PD的长。
（3） 当点P在AB边上时，利用勾股定理求出AB的长，再由点P是△ABC的准内心，可证∠PCB=∠PCA，就可得到PA=PB，然后求出PC的长；如图4中，当点P在AC边上时，作PE⊥AB于E，则AE＝PE，设AE＝PE＝x，用含x的代数式表示出PA、PC，然后根据PA+PC=6，列方程求出x的值，再求出PC的长；当点P在BC边上时，同理可求出PC的长。
24．【答案】（1）解：如图，作AH∥DC.
∵AD∥BC，AH∥DC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴AH=CD，AD=HC.
∵AB=AD=CD，BC=2AD，
∴AB=AH=BH，
∴△ABH为等边三角形，
∴∠B=60°.
（2）证明：连接CD，如图所示：
∵ABCD为○O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°.
∵点E为AC的中点，
∴AE=EC，
∴OD⊥AC，
∴DA=DC，
∴四边形ABCD是等邻边互补四边形.
（3）解：如图，连接OA，OC，AG，CG，作FM⊥GC于点M，FN⊥AG于点N，
∵E为AC的中点，AC=12，
∴AE=EC=6，
∴OD⊥AC，，
∴∠AOE=∠COE，GA=GC.
∵∠AOC=2∠ABC，
∴∠AOE=∠ABC，
∴tan∠AOE=tan∠ABC==，
∴OE=，OA=,
∴CD=2OA=，DE=，
∴，
∴GA=10.
∵,
∴∠ACB=∠BCG.
∵∠AGF=∠CGF，
∴点F为△AGC的内心，
∴FM=FN=FE，设FM=FN=FE=a，则S△ACG=(AC+AG+GC)·a=·AC·EG，
∴a=3，
∴EF=3，
∴GF=EG-EF=5.
（4）解：连接AC，作AM⊥BC，FN⊥BC，设AC交BD于点K.
∵BD是直径，
∴∠BAD=∠BCD=90°.
∵BA=BC，BD=BD，
∴△ABD≌△CBD，
∴∠ABD=∠CBD.
∵OA=OB，
∴∠BAF=∠ABD=∠CBD，令∠BAF=α，则∠BCF=∠ABF=α.
∵AB=BC，∠DBA=∠DBC，
∴BD⊥AC，
∴∠ACM+∠CAM=90°，
∴∠CAM=∠CBD=α.
∵AM∥FN，
∴.
设OK=m，AK=m，OB=OA=r，则CF=2m，AC=2n.
∵m2+n2=r2，tan∠ABK=tanα=x=，
∴，
∴，
∴，
∴.
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；圆内接四边形的性质；三角形的内切圆与内心；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）作AH∥DC，易证四边形ABCD为平行四边形，由平行四边形的性质以及BC=2AD，可推出
AB=AH=BH，然后利用等边三角形的判定与性质解答即可；
（2）连接CD，由圆内接四边形的性质可得∠ABC+∠ADC=180°，由等腰三角形三线合一的性质可得DA=DC，据此证明即可；
（3）连接OA，OC，AG，CG，作FM⊥GC于点M，FN⊥AG于点N，通过锐角三角函数的概念以及勾股定理可求出OE、OA、CD、DE、AD、GA的值，证明点F为△AGC的内心，得到FM=FN=FE，然后结合三角形面积公式计算即可；
（4）连接AC，作AM⊥BC，FN⊥BC，设AC交BD于点K.，根据AM∥FN以及平行线分线段成比例可得到，设OK=m，AK=m，OB=OA=r，则CF=2m，AC=2n，然后由勾股定理以及三角函数的概念可推出，据此解答即可.
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