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12. 如图，在$△ ABC$中，$AC:BC:AB = 5:12:13$，$\odot O$在$△ ABC$内自由移动，若$\odot O$的半径为$1$，且圆心$O$在$△ ABC$内所能到达的区域的面积为$\frac{10}{3}$，则$△ ABC$的周长为
25
。答案
12. 25
解析
【解析】
1. 由$AC:BC:AB=5:12:13$，根据勾股定理逆定理$5^2+12^2=13^2$，可知$△ ABC$是直角三角形，$∠ C=90°$。
2. 设$AC=5a$，$BC=12a$，$AB=13a$，则$△ ABC$的周长为$30a$，内切圆半径$r=\frac{AC+BC-AB}{2}=2a$，面积为$\frac{1}{2}×5a×12a=30a^2$。
3. 圆心$O$所能到达的区域是与$△ ABC$相似的直角三角形，该小三角形的内切圆半径为$2a-1$，故两三角形相似比为$\frac{2a-1}{2a}$。
4. 根据相似三角形面积比等于相似比的平方，结合小三角形面积为$\frac{10}{3}$，列方程：
$30a^2×(\frac{2a-1}{2a})^2=\frac{10}{3}$
5. 化简求解：
$\frac{15(2a-1)^2}{2}=\frac{10}{3}$，解得$(2a-1)^2=\frac{4}{9}$，取正根得$2a-1=\frac{2}{3}$，即$a=\frac{5}{6}$。
6. 因此$△ ABC$的周长为$30×\frac{5}{6}=25$。
【答案】
25
【知识点】
勾股定理逆定理、相似三角形的性质、直角三角形内切圆半径公式
【点评】
本题综合考查直角三角形的判定、相似三角形的性质及内切圆半径的应用，需分析圆心可到达区域的形状，利用相似关系建立方程求解，对几何分析和方程运算能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
1. 由$AC:BC:AB=5:12:13$，根据勾股定理逆定理$5^2+12^2=13^2$，可知$△ ABC$是直角三角形，$∠ C=90°$。
2. 设$AC=5a$，$BC=12a$，$AB=13a$，则$△ ABC$的周长为$30a$，内切圆半径$r=\frac{AC+BC-AB}{2}=2a$，面积为$\frac{1}{2}×5a×12a=30a^2$。
3. 圆心$O$所能到达的区域是与$△ ABC$相似的直角三角形，该小三角形的内切圆半径为$2a-1$，故两三角形相似比为$\frac{2a-1}{2a}$。
4. 根据相似三角形面积比等于相似比的平方，结合小三角形面积为$\frac{10}{3}$，列方程：
$30a^2×(\frac{2a-1}{2a})^2=\frac{10}{3}$
5. 化简求解：
$\frac{15(2a-1)^2}{2}=\frac{10}{3}$，解得$(2a-1)^2=\frac{4}{9}$，取正根得$2a-1=\frac{2}{3}$，即$a=\frac{5}{6}$。
6. 因此$△ ABC$的周长为$30×\frac{5}{6}=25$。
【答案】
25
【知识点】
勾股定理逆定理、相似三角形的性质、直角三角形内切圆半径公式
【点评】
本题综合考查直角三角形的判定、相似三角形的性质及内切圆半径的应用，需分析圆心可到达区域的形状，利用相似关系建立方程求解，对几何分析和方程运算能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
13. 如图，在$Rt△ ABC$中，$∠ C = 90°$，$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，切点分别为$D$，$E$，$F$，延长$AC$到点$M$，使$AM = AB$，过点$M$作$MN⊥ AB$于点$N$。求证：$MN$是$\odot O$的切线。
答案
13. 证明:过 $ O $ 作 $ OH ⊥ MN $ 于 $ H $,连接 $ OD $, $ OE $, $ OF $,如图.
$ \because MN ⊥ AB $, $ ∠ C = 90 ^ { \circ } $,
$ \therefore ∠ ANM = 90 ^ { \circ } = ∠ ACB $.
在 $ △ AMN $ 和 $ △ ABC $ 中,
$ \{ \begin{array} { l } { ∠ ANM = ∠ ACB }, \\ { ∠ A = ∠ A }, \\ { A M = A B }, \end{array} $
$ \therefore △ A M N ≌ △ A B C ( \mathrm { AAS } ) $, $ \therefore A N = A C $.
$ \because A D = A F $,
$ \therefore A N - A D = A C - A F $,即 $ D N = C F $.
$ \because ∠ O E C = ∠ E C F = ∠ O F C = 90 ^ { \circ } $,
$ \therefore $ 四边形 $ O E C F $ 为正方形,
$ \therefore C F = O E $, $ \therefore D N = O E $.
$ \because ∠ A N M = 90 ^ { \circ } = ∠ O D N = ∠ O H N $,
$ \therefore $ 四边形 $ O H N D $ 是矩形,
$ \therefore O H = D N $,
$ \therefore O H = O E $,即 $ O H $ 是 $ \odot O $ 的半径.
$ \because O H ⊥ M N $,
$ \therefore M N $ 是 $ \odot O $ 的切线.
解析
【解析】
过$O$作$OH⊥MN$于$H$，连接$OD$，$OE$，$OF$。
$\because MN⊥AB$，$∠C=90°$，
$\therefore ∠ANM=90°=∠ACB$。
在$△AMN$和$△ABC$中，
$\begin{cases}∠ANM=∠ACB \\∠A=∠A \\AM=AB\end{cases}$
$\therefore △AMN≌△ABC(AAS)$，$\therefore AN=AC$。
$\because \odot O$是$△ABC$的内切圆，切点为$D$，$F$，$\therefore AD=AF$，
$\therefore AN-AD=AC-AF$，即$DN=CF$。
$\because ∠OEC=∠ECF=∠OFC=90°$，
$\therefore$ 四边形$OECF$为正方形，$\therefore CF=OE$，$\therefore DN=OE$。
$\because ∠ANM=90°=∠ODN=∠OHN$，
$\therefore$ 四边形$OHND$是矩形，$\therefore OH=DN$，
$\therefore OH=OE$，即$OH$是$\odot O$的半径。
$\because OH⊥MN$，$\therefore MN$是$\odot O$的切线。
【答案】
$MN$是$\odot O$的切线
【知识点】
三角形内切圆性质、全等三角形判定与性质、切线的判定定理
【点评】
本题需通过作辅助线构造垂线，结合全等三角形、正方形的性质证明垂线段等于圆的半径，进而利用切线判定定理完成证明，考查了几何图形性质与判定的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
过$O$作$OH⊥MN$于$H$，连接$OD$，$OE$，$OF$。
$\because MN⊥AB$，$∠C=90°$，
$\therefore ∠ANM=90°=∠ACB$。
在$△AMN$和$△ABC$中，
$\begin{cases}∠ANM=∠ACB \\∠A=∠A \\AM=AB\end{cases}$
$\therefore △AMN≌△ABC(AAS)$，$\therefore AN=AC$。
$\because \odot O$是$△ABC$的内切圆，切点为$D$，$F$，$\therefore AD=AF$，
$\therefore AN-AD=AC-AF$，即$DN=CF$。
$\because ∠OEC=∠ECF=∠OFC=90°$，
$\therefore$ 四边形$OECF$为正方形，$\therefore CF=OE$，$\therefore DN=OE$。
$\because ∠ANM=90°=∠ODN=∠OHN$，
$\therefore$ 四边形$OHND$是矩形，$\therefore OH=DN$，
$\therefore OH=OE$，即$OH$是$\odot O$的半径。
$\because OH⊥MN$，$\therefore MN$是$\odot O$的切线。
【答案】
$MN$是$\odot O$的切线
【知识点】
三角形内切圆性质、全等三角形判定与性质、切线的判定定理
【点评】
本题需通过作辅助线构造垂线，结合全等三角形、正方形的性质证明垂线段等于圆的半径，进而利用切线判定定理完成证明，考查了几何图形性质与判定的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
