专题07 圆中的重要模型之圆中的外接圆和内切圆模型解读与提分精练（北师大版）（解析版）

专题07圆中的重要模型之圆中的外接圆和内切圆模型圆在中考数学几何模块中占据着重要地位。内切圆、外接圆模型常以选填题的形式考查，而内切圆与外接圆模型结合多以综合题的形式呈现，出题灵活多变，是中考的常考题型。本专题就圆的内切圆和外接圆模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。TOC\o"1-4"\h\z\u 2模型1.内切圆模型 2模型2.多边形的外接圆模型 9 20大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！模型1.内切圆模型内切圆：平面上的多边形的每条边都能与其内部的一个圆形相切，该圆就是该多边形的内切圆。它亦是该多边形内部最大的圆形。内切圆的圆心被称为该多边形的内心。三角形内切圆圆心：在三角形中，三个角的角平分线的交点是内切圆的圆心，圆心到三角形各个边的垂线段相等。正多边形必然有内切圆，而且其内切圆的圆心和外接圆的圆心重合，都在正多边形的中心。图1图2图31）三角形的内切圆模型条件：如图1，⊙O为三角形ABC的内切圆（即O为内心），切点为D、E、F，⊙O的半径为r。结论：①点O到三角形ABC的三边距离相等；②；③r=。证明：∵O为三角形ABC的内心，∴OA、OB、OC分别为∠A、∠B、∠C的平分线，∵O为内心，切点为D、E、F，∴OD⊥AB、OE⊥BC、OF⊥AC，∵OD=OE=OF=r，∴点O到三角形ABC的三边距离相等；∵OA、OB、OC分别为∠A、∠B、∠C的平分线，∴∠BAO=∠CAO=，∠BCO=∠ACO=，∠ABO=∠CBO=，∴∠BOC=180°-（∠CBO-∠BCO）=180°-（-）=180°-=180°-=90°+，∴即r=2）直角三角形的内切圆模型条件：如图2，⊙O为Rt的内切圆（即O为内心），切点为D、E、F，⊙O的半径为r。结论：①点O到三角形ABC的三边距离相等；②；③r=；证明：①②证明同模型1）的证明，∵⊙O为Rt的内切圆（即O为内心），切点为D、E、F，∴AD=AF，BD=AE，CE=CF，OE⊥BC、OF⊥AC，∴四边形OECF为正方形，∴CE=CF=OF=OE=r，∴AC+BC-AB=AF+CF+CE+BE-AD-BD=CE+CF=2r，即r=；3）四边形的内切圆模型条件：如图3，⊙O是四边形ABCD的内切圆。结论：。证明：∵⊙O是四边形ABCD的内切圆，∴AE=AH，BE=BF，CG=CF，DG=DH，∴AE+BE+CG+DG=AH+BF+CF+DH，∴。例1．（2023·黑龙江鸡西·校考三模）如图，在中，，半径为的是的内切圆，连接，分别交于D，E两点，则的长为．（结果用含的式子表示）【答案】【分析】根据内切圆圆心是三角形三条角平分线的交点，得到的大小，然后用弧长公式即可求解．【详解】∵内切圆圆心是三条角平分线的交点，∴；设，，在中：，在中：，由①②得：，故答案为：．【点睛】本题考查内心的性质，求弧长；解题关键是根据角平分线算出的度数．例2．（2023春·广东九年级期中）如图，⊙O截△ABC的三条边所得的弦长相等，若∠A=70°，则∠BOC的度数为（）A．125° B．120° C．130° D．115°【答案】A【分析】连接OB，OC，先利用⊙O截△ABC的三条边所得的弦长相等，得出即O是△ABC的内心，从而，∠1=∠2，∠3=∠4，进一步求出∠BOC的度数．【详解】连接OB，OC．∵△ABC中∠A=70°，⊙O截△ABC的三条边所得的弦长相等，∴O到三角形三条边的距离相等，即O是△ABC的内心，∴∠1=∠2，∠3=∠4，∠1+∠3=（180°-∠A）=（180°-70°）=55°，∴∠BOC=180°-（∠1+∠3）=180°-55°=125°．故选A．【点睛】本题考查的是角平分线的性质，根据题意作出辅助线，构造三角形是解答此题的关键．例3．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，已知在中，，，，点是的内心．点到边的距离为；【答案】2【分析】本题考查了三角形内切圆与内心，角平分线的性质．连接，，，过点分别作，，于点，，，根据，，可得，即可解决问题．【详解】解：如图，连接，，，过点分别作，，于点，，，在中，，，，，是的内心，，，，，点到边的距离为2；故答案为：2．例4．（2023·河南安阳·九年级校联考期中）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cm．【答案】2【分析】根据三角形的面积三角形的周长内切圆的半径，即可求解．【详解】解：如图所示：设三角形ABC面积为S，周长为x，半径为r,∵⊙O是△ABC的内切圆，OD⊥AC，OE⊥AB，OF⊥BC，∴OD＝OF＝OE＝r，∴S＝AC•r＋AB•r＋BC•r＝（AC＋AB＋BC）r＝xr．∵三角形的面积是24cm2，周长是24cm，这个三角形的内切圆的半径是，则，解得：．故答案是：2．【点睛】本题考查三角形的内切圆和三角形的面积，将三角形分割得出面积与半径之间的关系是解题关键．例5．（2023春·江苏宿迁·九年级校联考期中）如图是的内切圆，切点分别是D，E，F，其中，若与相切与G点，与相交于M，N点，则的周长等于．

【答案】14【分析】根据切线的性质和三角形的周长公式即可得到结论．【详解】解：∵是的内切圆，且与相切于点G；

根据切线长定理，设，，，；∵，∴．解得，∴的周长，故答案为：14．【点睛】本题考查了三角形内切圆与内心，切线长定理，三角形周长的计算，熟练掌握切线的性质是解题的关键．例6．（2023·湖南常德·统考模拟预测）如图，是边长为的正三角形的内切圆，与边、均相切，且与外切，则的半径为．

【答案】【分析】由切线的性质得到，，又，得到平分，因此得到，同理得到，故，推出，由锐角的正切即可求出的长．【详解】解：设与切于，与相切于，连接，连接，，，

，，，平分，，是等边三角形，，，同理：，，，，∵，．故答案为：．【点睛】本题考查切线的性质，等边三角形的性质，解直角三角形，三角形的内切圆与内心，等腰三角形的性质，关键是由以上知识点推出，得到是中点，应用锐角的正切即可求解．例7．（2023·江苏无锡·统考模拟预测）如图，中，，，，点在内，且平分，平分，过点作直线，分别交、于点、，若与相似，则线段的长为（

）A．5 B． C．5或 D．6【答案】B【分析】分△APQ∽△ABC，△APQ∽△ACB两种情况，结合相似三角形的性质和三角形内切圆求解即可.【详解】解：若△APQ∽△ABC，∴∠APQ=∠ABC，∴PQ∥BC，，∴∠PDB=∠DBC，∵BD平分∠ABC，∴∠PBD=∠CBD，∴∠PBD=∠PDB，∴PB=PD，同理，DQ=CQ，∵，，，∴BC=，设AP=x，根据得,∴AQ=，∴PB=PD=8-x，CQ=DQ=6-，∴PQ=PD+QD=，∴，即，解得：x=，∴PQ=；若△APQ∽△ACB，则，由题意知：D为△ABC的内心，设△ABC的内切圆交AB于M，交AC于N，可知四边形AMDN为正方形，∴∠A=∠AMD=∠AND=∠MDN=90°，∴AM∥DN，AN∥DM，∴∠MPD=∠NDQ，∠MDP=∠NQD，∴△MPD∽△NDQ，∴，∵AB=8，AC=6，BC=10，∴DM=DN==2，∴AM=AN=2，设PM=x，则，∴NQ=，∵，即，解得：x=或-2（舍），∴AP=+2=，∴PQ=AP×BC÷AC=×10÷6=.综上：PQ的值为.故选B.【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角形内切圆，角平分线的定义，有一定难度，解题的关键是将三角形相似分两种情况讨论.模型2.多边形的外接圆模型外接圆：与多边形各顶点都相交的圆叫做多边形的外接圆，通常是针对一个凸多边形来说的，如三角形，若一个圆恰好过三个顶点，这个圆就叫作三角形的外接圆，此时圆正好把三角形包围。三角形外接圆圆心：即做三角形三条边的垂直平分线（两条也可，两线相交确定一点）。图1图2图31）三角形的外接圆模型条件：如图1，⊙O为三角形ABC的外接圆（即O为三角形ABC的外心）。结论：①OA=OB=OC；②。证明：∵O为三角形ABC的外心，∴OA=OB=OC；∴∠BAO=∠ABO，∠CAO=∠ACO，∴∠BOD=∠BAO+∠ABO=2∠BAO，∠COD=∠CAO+∠ACO=2∠CAO，∴∠BOD+∠COD=2∠BAO+2∠CAO=2∠BAC2）等边三角形的外接圆模型条件：如图2，点P为等边三角形ABC外接圆劣弧BC上一点。结论：①，PM平分；②PA=PB+PC；③；证明：（1）∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，∵点P为等边△ABC外接圆劣弧BC上一点，∴四边形ABPC是圆的内接四边形∴∠BPC+∠BAC=180°，∴∠BPC=120°，∵弧BA=弧BA，弧AC=弧AC∴∠APB=∠ACB=60°，∠APC=∠ABC=60°，∴PM平分；在PA上截取PD=PC，连结CD．∵∠ABC=∠APC=60°，∴△PCD为等边三角形，∴∠PCD=∠ACB=60°，CP=CD，∴∠PCD-∠DCM=∠ACB-∠DCM，即∠ACD=∠BCP，在△ACD和△BCP中，，∴△ACD≌△BCP，∴AD=PB，∵PA=AD+DP，DP=PC，∴PA=PB+PC；∵∠APB=∠ACB=60°（已证），∠BMP=∠AMC（对顶角）。∴△BMP≌△AMC，∴，同理：。∴，∵△ABC为等边三角形，∴AB=AC=BC，∴。3）四边形的外接圆模型条件：如图3，四边形ABCD是⊙O的内接四边形。结论：①；；②。证明：连结OA、OC，设∠AOC=，∵\t"/item/%E5%86%85%E6%8E%A5%E5%9B%9B%E8%BE%B9%E5%BD%A2%E5%AF%B9%E8%A7%92%E4%BA%92%E8%A1%A5/_blank"圆周角等于所对的\t"/item/%E5%86%85%E6%8E%A5%E5%9B%9B%E8%BE%B9%E5%BD%A2%E5%AF%B9%E8%A7%92%E4%BA%92%E8%A1%A5/_blank"圆心角的一半，∴∠ADC=，同理：∠ABC=，∴；同理：；∵，∴。例1．（2023·湖北武汉·九年级阶段练习）如图，等腰△ABC内接于⊙O，AB=AC=4，BC=8，则⊙O的半径为.【答案】5cm【分析】作AD⊥BC于D，根据等腰三角形的性质得BD=CD=BC=4，再利用三角形外心的定义得到△ABC的外接圆的圆心在AD上，连结OB，设⊙O的半径为r，利用勾股定理，在Rt△ABD中计算出AD=8，然后在Rt△OBD中得到42+（8-r）2=r2，再解关于r的方程即可；【详解】解：如图1，作AD⊥BC于D，∵AB=AC，∴BD=CD=BC=4，∴△ABC的外接圆的圆心在AD上，连结OB，设⊙O的半径为r，在Rt△ABD中，∵AB=4，BD=4，∴AD==8，在Rt△OBD中，OD=AD-OA=8-r，OB=r，BD=4，∴42+（8-r）2=r2，解得r=5，即△ABC的外接圆的半径为5；【点睛】本题考查三角形的外接圆和外心，解题关键证明等腰三角形底边上的高经过三角形外接圆的圆心.例2．（2024·江苏扬州·二模）如图，已知点O是的外心，点I是的内心，连接，．若，则．【答案】35【分析】本题考查了三角形的内心，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，圆周角定理，连接，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得，进而由圆周角定理得，再根据内心的定义可得，据此即可求解，掌握内心的定义是解题的关键．【详解】连接，∵，∴，∴，∴，∵点是的内心，∴，故答案为：35．例3．（2023·成都市·九年级专题练习）如图，四边形中，．若．则外心与外心的距离是（

）A．5 B． C． D．【答案】A【分析】如图，连接AC，作于F，AC与BD、DF交于点E、G，先证明E是的外心，G是的外心，在中，根据即可解题．【详解】如图，连接AC，作于F，AC与BD、DF交于点E、G，垂直平分BD，，是等边三角形，是等腰直角三角形是的外心，是的外心，在中，在中，故外心与外心的距离是5故选：A．【点睛】本题考查三角形的外接圆与外心、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．例4．（2024·四川绵阳·校考一模）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝6，AB＝8，O为Rt△ABC的外心，I为Rt△ABC的内心，延长AI交⊙O于点D．连接OI，则cos∠OID的值为．【答案】/【分析】过点作、、的垂线，分别交于点、点、点，设与的交点为点，过点作的垂线，交于点，连接，根据三角形内接圆的性质求出内切圆半径的长度，从而得到的长度；在中，根据勾股定理求出的长度；利用，得到、的长度；根据，求出的长度；在中，根据勾股定理求出的长度；在中，根据勾股定理求出的长度，即可求出．【详解】解：过点作、、的垂线，分别交于点、点、点，设与的交点为点，过点作的垂线，交于点，连接，如图所示∵是的内心∴又∵，，，∴四边形是正方形设，则，∵，，∴，在中，∴+∴∴∵是的外心∴∴在中，∵是的内心，∴∴∵，∴∴∴，∵∴在中，在中，∴故答案为：．【点睛】本题考查了三角形的外接圆的性质、三角形内接圆的性质、正方形的判定与性质、同一个三角形面积不变性、相似三角形的判定与性质、勾股定理、同弧所对圆周角是圆心角的一半等知识点，解答本题的关键是能够正确作出辅助线．例5．（22-23九年级上·江苏盐城·期中）如图，I是的内心，的延长线交的外接圆于点D．(1)求证：；(2)求证：；(3)连接、，求证：点D是的外心．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】（1）根据三角形内心的定义得，再由圆周角与弧之间的关系即可得证；（2）连接，证出即可得证；（3）连接，，，证出即可得证．【详解】（1）证明：点I是的内心，平分，，，，．（2）证明：如图，连接，点I是的内心，平分，平分，，又，，，，，．（3）证明：如图，连接，，，，．，∴点D是的外心．【点睛】本题考查了三角形内心和外心的定义，圆的基本性质中圆周角与弧之间的关系等，理解定义，掌握圆的基本性质，根据题意作出辅助线是解题的关键.例6．（2023江苏九年级上期末）如图，已知的半径为1，A、P、B、C是上的四个点，．(1)的形状为______；(2)试求线段、、之间的数量关系；(3)若点M是的中点，直接写出点P在上移动时的最小值．【答案】(1)等边三角形(2)(3)【分析】（1）如图1，连接，由得，进而可得，可证，进而可判断的形状；（2）如图2，在线段上截取使，可证是等边三角形，证明，，则，根据，可得结论；（3）如图3，连接，记中点为，连接，证明的运动轨迹为绕运动且半径为的圆，连接，可知与的交点即为在上移动时的的最小值时的位置，过作，垂足为，根据题意求出、的值，根据，，，分别求的值，在中，由勾股定理得，求的值，根据，计算求解即可．【详解】（1）解：是等边三角形，如图1，连接，∵，∴，∴，∴，∴是等边三角形，故答案为：等边三角形．（2）解：，如图2，在线段上截取使，∵，，∴是等边三角形，∴，∵，，∴，在和中，∵，∴，∴，∴，∴的数量关系为．（3）解：如图3，连接，记中点为，连接，由题意知且，即为定长，为定点，∴的运动轨迹为绕点运动且半径为的圆，如图3，连接，可知与的交点即为在上移动时的的最小值时的位置，过作，垂足为，由题意得，，，∴，，∴，在中，由勾股定理得，∴，∴在上移动时的的最小值为．【点睛】本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、中位线定理、勾股定理、正弦、余弦等知识．解题的关键在于对知识的综合灵活运用．例7．（2023·重庆·九年级专题练习）内接于，点是的内心，连接并延长交于点，连接，已知，(1)连接，，则______（用含有的代数式表示）(2)求证：；(3)连接，若，求的最小值(4)若，为等腰三角形，直接写出的值．【答案】(1)(2)见解析(3)的最小值(4)或时，为等腰三角形【分析】（1）连接，，根据三角形内心的性质结合三角形内角和定理即可求解；（2）根据点是的内心，得出，则，进而得出，即可得出（3）因为，所以点为的中点，故点是一个定点．由（1）的结论，可知，点在以点为圆心，长为半径的圆上运动，所以当点，，三点共线时，取最小值．此时为的直径，且为的垂直平分线，，解，得出，进而即可求解；（4）根据，得出，分别连接，，记与相交于点，得出是等边三角形，同（2）可求得，，然后分类讨论即可求解．【详解】（1）连接，，∵点是的内心∴，，∴（2）解：如图1所示，连接，∵点是的内心，∴，，∴，∴，∵，，∴，∴；（3）解：因为，所以点为的中点，故点是一个定点．由（1）的结论，可知，点在以点为圆心，长为半径的圆上运动，所以当点，，三点共线时，取最小值．如图2所示，此时为的直径，且为的垂直平分线，，∵

∴在中，∴在中，∴∴故的最小值（4）解：∵

∴

∴分别连接，，记与相交于点，∵，∴，，∴是等边三角形同（2）可求得，，①，如图3所示，此时

∴而矛盾，故此种情况不成立．②，如图4所示，过点作，交于点，过点作，交于点，此时，，∴，∴设，则，∵∴，解得∴，∴，∵∴，即解得，∴③，如图5所示，此时，∵是等边三角形，∴∴点，，三点共线∴为的直径∴∴综上所述，或时，为等腰三角形．【点睛】本题考查了三角形内心的应用，角平分线的定义，等边三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，直径所对的圆周角是直角，解直角三角形，综合运用以上知识是解题的关键．1．（2024·浙江·九年级专题练习）如图，点O是△ABC的内心，也是△DBC的外心．若∠A＝80°，则∠D的度数是（

）A．60° B．65 C．70° D．75°【答案】B【分析】利用三角形内心的性质得OB，OC分别是角平分线，进而求出的大小，再利用三角形外心的性质得出等于的一半，即可得出答案．【详解】解：连接OB，OC，如图，点O是△ABC的内心，，，，，点O是△DBC的外心，，故选：B．【点睛】本题主要考查了三角形的内心和三角形外心的性质，牢记以上知识点得出各角之间的关系是做出本题的关键．2．（2024·山东潍坊·九年级统考期末）如图，点I为的内切圆的圆心，连接并延长交的外接圆于点D，连接，若，则的长为（

）．A．1 B．2 C．2.5 D．3.5【答案】B【分析】由三角形内切圆的圆心为三条角平分线的交点，可知，，利用三角形外角的性质可得，利用同弧所对的圆周角相等可得∠，进而可证，推出，据此即可求解．【详解】解：∵点I为的内切圆的圆心，∴平分，平分，∴，，∵，，，∴，∴，∴，故选：B．【点睛】本题考查三角形的内切圆、三角形外角的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质等，难度一般，解题的关键是通过导角证明．5．（2023·山东枣庄·九年级校考自主招生）如图，中，内切圆O和边、、分别相切于点D、E、F，则以下四个结论中，错误的结论是（

）A．点O是的外心B．C．D．【答案】D【分析】首先连接如图所示的辅助线．采用排除法，证明A、B、C选项，从而错误的选择D．在证明中运用弦切角定理，直角三角形的两直角边所对的角互余．【详解】解：A、∵点O是△ABC的内心∴OE=OD=OF∴点O也是△DEF的外心∴该选项正确；B、∵∠AFE=∠EDF（弦切角定理）在Rt△BOD中，∠BOD=90°-∠OBD=90°−∠B同理∠COD=90°−∠C∴∠BOC=∠BOD+∠COD=180°−(∠C+∠B)，即∠BOC=180°−(∠C+∠B)在四边形MOND中，OM⊥FD，ON⊥ED∴∠BOC+∠MDN=180°∴∠MDN=180°-∠BOC，即∠BOC=180°-∠EDF∴∠AFE=（∠B+∠C）故该选项正确；C、∵∠AFE=∠EDF（弦切角定理），∵在Rt△AFO中，∠AFE=90°-∠FAO=90°-∠A，由上面B选项知∠MDN=180°-∠BOC=180°-（90°-∠A）=90°+∠A，故该选项正确；故选：D．【点睛】本题考查三角形内切圆与内心、三角形外接圆与外心、弦切角定理．同学们需注意对于选择题目，采用排除法是一种很好的方法．4．（2023·广东广州·统考中考真题）如图，的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，若的半径为r，，则的值和的大小分别为（

）A．2r， B．0， C．2r， D．0，【答案】D【分析】如图，连接．利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可．【详解】解：如图，连接．∵的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，∴，∴，，∴，∴．故选：D．【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性质，属于中考常考题型．5．（2024·四川广元·三模）如图，是一块草坪，其中，阴影部分是的内切圆，一只自由飞翔的小鸟随机落在这块草坪上，则小鸟落在阴影部分的概率为．

【答案】【分析】本题考查了内切圆，勾股定理，几何概率．熟练掌握内切圆，勾股定理，几何概率是解题的关键．如图，记的内切圆的圆心为，作于，于，于，设的半径为，则，由勾股定理得，，由，可求，，，根据小鸟落在阴影部分的概率为，求解作答即可．【详解】解：如图，记的内切圆的圆心为，作于，于，于，设的半径为，

∴，由勾股定理得，，∵，∴，解得，，∴，，∴小鸟落在阴影部分的概率为，故答案为：．6．（2023·江苏南京·九年级校联考阶段练习）如图，AB、BC、CD、DA都是⊙O的切线．若，，则的值是．【答案】9【分析】根据切线长定理，可得，由此即可解决问题．【详解】∵AB、BC、CD、DA都是⊙O的切线，∴可以假设切点分别为E、H、G、F，∴，∴，∵，，∴，故答案为：9．【点睛】本题考查了切线长定理，考查了数学运算能力．7．（2023·江苏南京·统考二模）如图，正方形的边长是，是边的中点．将该正方形沿折叠，点落在点处．分别与，，相切，切点分别为，，，则的半径为．

【答案】1【分析】如图所示，延长交于M，连接，先证明得到，设设，则，，利用勾股定理建立方程，解方程求出，如图所示，连接，用等面积法求出半径即可．【详解】解：如图所示，延长交于M，连接，∵四边形是正方形，∴，∵E为的中点，∴，由折叠的性质可得，∴，又∵，∴，

∴，

设，则，，在中，由勾股定理得，∴，解得，∴，如图所示，连接∵分别与，，相切，切点分别为，，，∴，∵，∴，∴，∴的半径为，故答案为；1．

【点睛】本题考查了三角形内切圆，正方形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．8．（2023·广东·九年级专题练习）已知，点为的外心，点为的内心．（1）若，则；（2）若，则．【答案】/100度/125度【分析】（1）如图，证明；求出，进而求出即可解决问题；（2）根据圆周角定理得到，根据三角形的内心的性质得到平分平分，根据三角形内角和定理计算即可．【详解】解：（1）如图，的内心为点，，，，，，故答案为：；（2）如图，点为的外心，，，点为的内心，平分平分，，，故答案为：．【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心、外接圆与外心，掌握圆周角定理、三角形的内心的概念和性质是解题的关键．9．（2024·江苏扬州·二模）如图，中，，，，，的内切圆半径分别记为，，，若，，则．【答案】【分析】根据已知条件证明，，利用三角形面积比解答即可．本题主要考查了三角形的内切圆，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相关的性质是解答本题的关键．【详解】解：令，，，在中，，可得：，，，又，，，即：，，同理可得：，，，即：，∵，，的内切圆半径分别记为，，，，，，；，，，．故答案为：．10．（23-24九年级·江苏南京·自主招生）已知内接于，为内心，交于．证明：．【答案】见解析【分析】本题考查的是三角形的内切圆与内心，根据题意作出辅助线，构造出等腰三角形是解答此题的关键．连接，要证明，只要求得，再根据角平分线的性质即可得到结论．【详解】证明：连接，∵点是的内心，∴，∵，∴，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴．11．（2023·北京·校考三模）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：莱昂哈德·欧拉（LeonhardEuler）是瑞士数学家，在数学上经常见到以他的名字命名的重要常数、公式和定理，下面是欧拉发现的一个定理：在△ABC中，R和r分别为外接圆和内切圆的半径，O和I分别为其外心和内心，则OIR2Rr.下面是该定理的证明过程（借助了第(2)问的结论）：延长AI交⊙O于点D，过点I作⊙O的直径MN，连接DM，AN.∵∠D=∠N，∴∠DMI=∠NAI（同弧所对的圆周角相等），∴△MDI∽△ANI.∴，∴IAIDIMIN①如图②，在图1（隐去MD，AN）的基础上作⊙O的直径DE，连接BE，BD，BI，IF∵DE是⊙O的直径，∴∠DBE=90°.∵⊙I与AB相切于点F，∴∠AFI=90°，∴∠DBE=∠IFA．∵∠BAD=∠E（同弧所对圆周角相等），∴△AIF∽△EDB．∴，∴②，由（2）知：，∴又∵，∴2Rr(Rd)(Rd)，∴Rd2Rr∴dR2Rr任务：（1）观察发现：IMRd，IN（用含R，d的代数式表示）；（2）请判断BD和ID的数量关系，并说明理由.（请利用图1证明）（3）应用：若△ABC的外接圆的半径为6cm，内切圆的半径为2cm，则△ABC的外心与内心之间的距离为cm．【答案】（1）

（2），证明见解析

（3）【分析】（1）根据线段的差求解即可；（2）根据点I是△ABC的内心，推出，进而根据外角性质以及圆周角定理得到，即可得证；（3）利用（1）和（2）的结论可得，进而得出，再代入求值即可．【详解】（1）∵IMRd∴；（2）∵点I是△ABC的内心∴∵∴∴；（3）由（2）知∴∵∴∴∴∴∴．【点睛】本题考查了圆的综合问题，掌握线段的和差关系、内心的性质、外角的性质、圆周角定理是解题的关键．12．（24-25九年级上·湖南长沙·阶段练习）如图，的半径为1，A，，，是上的四个点，．(1)判断的形状：；(2)试探究线段，，之间的数量关系，并证明你的结论；(3)记的面积分别为，若，求的长．【答案】(1)等边三角形(2)，见解析(3)【分析】本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定、三角形的全等的判定与性质、解分式方程等知识点，正确作出辅助线、构造全等三角形成为解题的关键．（1）根据圆周角定理得到，进而得到，最后根据等边三角形的判定定理即可解答；（2）如图：在上截取，连接，，得到为等边三角形，证明根据全等三角形的性质并结合图形即可解答；（3）如图：过点作，则；根据可得，进而得到；设，则，由题意可得，最后解分式方程并检验即可解答．【详解】（1）解：是等边三角形．理由如下：与是所对的圆周角，与是所对的圆周角，，又，，为等边三角形．（2）解：，证明如下：如图：在上截取，连接，，是等边三角形，，即又，，在和中，，，，又，．（3）解：如图：过点作，则，，即，设，则，由题意可得：，解得∵，∴，则（舍去），∴，检验∶是原分式方程的根，．13．（2023·广东深圳·三模）综合与实践：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图，已知三只蚂蚁A、、在半径为的上静止不动，第四只蚂蚁在上的移动，并始终保持．(1)请判断的形状；“数学希望小组”很快得出结论，请你回答这个结论：是______三角形；(2)“数学智慧小组”继续研究发现：当第四只蚂蚁在上的移动时，线段、、三者之间存在一种数量关系：请你写出这种数量关系：______，并加以证明；(3)“数学攀峰小组”突发奇想，深入探究发现：若第五只蚂蚁同时随着蚂蚁的移动而移动，且始终位于线段的中点，在这个运动过程中，线段的长度一定存在最小值，请你求出线段的最小值是______（不写解答过程，直接写出结果）．【答案】(1)等边(2)；证明见解析(3)【分析】（1）根据圆周角定理可得对应的圆周角为，即、，说明为等边三角形即可；（2）如图，在上截取，连接，先说明为等边三角形可得，，，进而证明可得，最后根据等量代换即可解答；（3）如图：的轨迹是以为直径的圆，设圆心为，连接，过作于，过作，，根据题意可得，然后说明是三角形的中位线，进而得到；再根据中点的定义可得，利用勾股定理可得，最后根据线段的和差即可解答．【详解】（1）解：，对应的圆周角为，，，，为等边三角形．故答案为：等边．（2）解：如图，在上截取，连接，，为等边三角形，，，，，，在和中，，，，，．故答案为：．（3）解：根据题意可知，如图：的轨迹是以为直径的圆，设圆心为，连接，过作于，过作，，，，，，是的中点，是三角形的中位线，为的中点，，又是的中点，，，，．故答案为：．【点睛】本题主要考查了圆周角定理、等边三角形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．14．（2024·河北石家庄·模拟预测）已知I是的内心，的延长线交的外接圆于点D，连接．(1)在图1中：①证明：；②判断外心的位置，并证明；(2)如图2，若为的外接圆直径，取中点O，且于点I，切圆O于点D，求的值．【答案】(1)①见解析；②D为外心，证明见解析(2)2【分析】（1）①根据等弧所对的圆周角相等即可证明结论成立；②由，可证，得出，从而，可求出D为外心；（2）连接．由为的外接圆直径可知切圆O于点D，根据余角的性质可证，由（1）的结论得，然后根据锐角三角函数的定义求解即可．【详解】（1）①连接．∵I是的内心∴平分，∴，∴，∴②D为外心，证明如下：∵I是的内心∴平分，∴，∵，∴∴，∴∴D为外心；（2）连接．∵为的外接圆直径，O为中点，∴O为的外接圆圆心．∵切圆O于点D，∴，即，∵，∴，∵为的外接圆直径，∴，∴，∵，，∴．∵由（1）得，∴，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形的内心与外心，三角形外角的性质，切线的性质，等腰三角形的判定，解直角三角形，综合运用各知识点是解答本题的关键．15．（2024·吉林长春·一模）如图，为等边三角形的外接圆，半径为4，点D在劣弧上运动（不与点A、B重合），连接．(1)求的长；(2)求证：是的平分线；(3)当时，求的长；(4)若点M、N分别在线段上运动（不含端点），经过探究发现，点D运动到每一个确定的位置，的周长有最小值t，随着点D的运动，t的值会发生变化，则所有t值中的最大值为______．【答案】(1)(2)见解析(3)(4)【分析】（1）连接并延长，交于点，连接，易得，设，三线合一求出的长，进而表示出的长，再在中，利用勾股定理进行求解即可；（2）根据等边三角形的性质，圆周角定理，得到，即可得证；（3）过点作，解非直角三角形，求出得长即可；（4）作点关于的对称点，关于的对称点，连接，易得，得到的周长，过点作，得到，进而得到当最大时，的长最大，即可得出结果．【详解】（1）解：连接并延长，交于点，连接，∵为等边三角形的外接圆，半径为4，∴，∴，设，则：，，∴，在中，由勾股定理，得：，解得：或（舍去）；∴；（2）∵等边三角形，∴，∵，∴，∴是的平分线；（3）过点作，由（1）可知：，∵，∴为等腰直角三角形，∴，由（2）知：，∴，∴，∴；（4）作点关于的对称点，关于的对称点，连接，则：，，∴，即：，∵的周长，∴当四点共线时，的周长最小，，∴当最大时，最大，过点作，∵，，∴，，∴，∴，∴当最大时，最大，∵是的一条弦，∴当为直径时，最大，为，∴的最大值为，即：的最大值为；故答案为：．【点睛】本题考查等边三角形的性质，圆周角定理，三角形的外接圆，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，利用轴对称解决线段最短问题，熟练掌握相关知识点，添加辅助线，构造特殊图形是解题关键．16．（2023·江苏无锡·统考二模）如图，在中，．

(1)在图①中作的外接圆；在图②中作的内切圆．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）(2)在（1）的条件下，若O、I两点在同一中，当，时，______，______．（如需画草图，请使用图③）【答案】(1)见解析(2)，【分析】（1）作的垂直平分线交于点，再以点为圆心，为半径作圆得到的外接圆；作和的平分线，它们相交于点，作过点作于点，然后以点为圆心，为半径作圆得到的内切圆；（2）如图③，设与各边的切点为、、，连接、、，根据切线的性质得到，，，过点作于点，设的半径为，则，先根据圆周角定理可判断为的直径，利用勾股定理可计算出得到，接着证明四边形为正方形得到，根据切线长定理得到，，从而得到，解得，然后利用勾股定理可计算出，再利用面积法求出，接着利用勾股定理求出，最后利用余弦的定义求出的余弦值．【详解】（1）解：如图①，为所作；

如图②，为所作；

（2）如图③，设与各边的切点为、、，连接、、，则，，，过点作于点，设的半径为，则，

，为的直径，，，，，，，四边形为矩形，，四边形为正方形，，，，，，解得，，，在中，，在中，，，，，，，．故答案为：，．【点睛】本题考查了作图复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．主要考查了三角形外接圆和三角形的内切圆．17．（2023·江西新余·九年级校考阶段练习）我们知道，与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，则三角形可以称为圆的外切三角形．如图，与的三边，，分别相切于点，，则叫做的外切三角形，以此类推，各边都和圆相切的四边形称为圆外切四边形．如图，与四边形的边，，，分别相切于点，，，，则四边形叫做的外切四边形．(1)如图，试探究圆外切四边形的两组对边，与，之间的数量关系，猜想：______（横线上填“”，“”或“”）；(2)利用图证明你的猜想；(3)若圆外切四边形的周长为．相邻的三条边的比为．求此四边形各边的长．【答案】(1)(2)见解析(3)，，，【分析】（1）根据圆外切四边形的定义猜想得出结论；（2）根据切线长定理即可得出结论；（3）根据圆外切四边形的性质求出第四边，利用周长建立方程求解即可得出结论．【详解】（1）解：与四边形的边，，，分别相切于点，，，，猜想，故答案为：；（2）解：已知：四边形的四边，，，都于相切于，，，，求证：，证明：，和相切，，同理：，，，，即：圆外切四边形的对边和相等；（3）解：相邻的三条边的比为∶∶，设此三边为，，，根据圆外切四边形的性质得，第四边为，圆外切四边形的周长为，，，此四边形的四边的长为，，，．即此四边形各边的长为：，，，．【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了新定义圆的外切四边形的性质，四边形的周长，切线长定理，理解和掌握圆外切四边形的定义是解本题的关键．18．（2024·山东九年级期中）如图，是的切线，切点为A，是的直径，连接交于E．过A点作于点D，交于B，连接．(1)求证：是的切线；(2)求证：E为的内心；(3)若，，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)5【分析】（1）如图所示，连接，由切线的性质得到，由垂径定理得到垂直平分，则，证明，得到，即可证明是的切线；（2）如图所示，连接，由（1）得，则平分；再证明，得到平分，即可证明点E是三条角平分线的交点，即点E是的内心；（3）由是直径，得到，证明，解求出，则，同理可证，解即可求出．【详解】（1）证明：如图所示，连接，∵是的切线，∴，∵，∴，∴垂直平分，∴，又∵，∴，∴，∴，∵是的半径，∴是的切线；（2）证明：如图所示，连接，由（1）得，∴平分；∵是的切线，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴平分，∴点E是三条角平分线的交点，即点E是的内心；（3）解：∵是直径，∴，∴，∴，∴，∴在中，，∴，同理可证，∴在中，．【点睛】本题主要考查了切线的判定与性质，三角形内心的证明，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形等等，正确作出辅助线是解题的关键．19．（2023·湖北武汉·统考一模）如图，E是的内心，的延长线与的外接圆相交于点D．(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)10【分析】（1）由题意可知平分，平分，则，，由圆周角定理可知，可得，进而证明即可得；（2）连接，，，交于点．由，可得，可知垂直平分，由此可知，，由圆周角定理可得，进而利用三角函数值及勾股定理即可求解．【详解】（1）证明：连接．∵E是的内心，则平分，平分，∴，．又∵，∴．∴．∵，，∴．∴．（2）解：连接，，，交于点．∵，∴．∵，∴垂直平分．∴，，∵，∴．由圆周角定理可得：，∴，∵，∴．∴，．∴．在中，．∴．∴．【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，三角形的内心，解直角三角形，熟悉相关性质定理是解决问题的关键．20．（2024·浙江·九年级专题练习）如图，为的外接圆，D为与的交点，E为线段延长线上一点，且．(1)求证：直线是的切线．(2)若D为的中点，，，①求的半径；②求的内心到点O的距离．【答案】(1)见解析(2)①；②5【分析】（1）连接，并延长交于点F，连接，证明，即可得到结论；（2）①连接，利用垂径定理以及勾股定理，列方程，解方程即可求解；②作的平分线交于点H，连接，过点H