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7. (2023·仙桃)如图，在$\triangle ABC$中，$∠ACB=70^{\circ }$，$\triangle ABC$的内切圆$\odot O$与AB、BC分别相切于点D、E，连接DE，延长AO，交DE于点F，则$∠AFD=$
35
$^{\circ }$。答案
7. 35
解析
证明：连接OD、OE。
∵⊙O是△ABC的内切圆，D、E为切点，
∴OD⊥AB，OE⊥BC，OD=OE。
∴∠ODB=∠OEB=90°。
∵∠DOE+∠ODB+∠OEB+∠B=360°，
∴∠DOE=180°-∠B。
∵OD=OE，
∴∠ODE=∠OED=$\frac{180°-∠DOE}{2}=\frac{∠B}{2}$。
∵AO平分∠CAB，
∴∠OAD=$\frac{∠CAB}{2}$。
∵∠ADF=∠ODE+∠ODA=∠ODE+90°=$\frac{∠B}{2}+90°$，
在△ADF中，∠AFD=180°-∠OAD-∠ADF
=180°-$\frac{∠CAB}{2}$-($\frac{∠B}{2}+90°$)
=90°-$\frac{∠CAB+∠B}{2}$。
∵∠ACB=70°，
∴∠CAB+∠B=110°，
∴∠AFD=90°-$\frac{110°}{2}$=35°。
35
∵⊙O是△ABC的内切圆，D、E为切点，
∴OD⊥AB，OE⊥BC，OD=OE。
∴∠ODB=∠OEB=90°。
∵∠DOE+∠ODB+∠OEB+∠B=360°，
∴∠DOE=180°-∠B。
∵OD=OE，
∴∠ODE=∠OED=$\frac{180°-∠DOE}{2}=\frac{∠B}{2}$。
∵AO平分∠CAB，
∴∠OAD=$\frac{∠CAB}{2}$。
∵∠ADF=∠ODE+∠ODA=∠ODE+90°=$\frac{∠B}{2}+90°$，
在△ADF中，∠AFD=180°-∠OAD-∠ADF
=180°-$\frac{∠CAB}{2}$-($\frac{∠B}{2}+90°$)
=90°-$\frac{∠CAB+∠B}{2}$。
∵∠ACB=70°，
∴∠CAB+∠B=110°，
∴∠AFD=90°-$\frac{110°}{2}$=35°。
35
8. (2024·绵阳改编)如图，在$\triangle ADE$中，$∠DAE=90^{\circ }$，$\triangle ADE$的内切圆与DE相切于点G，当$EG=\sqrt {5}-1$，$DG=\sqrt {5}+1$时，$\frac {AE}{AD}$的值为
$\frac{1}{2}$
。答案
8. $\frac{1}{2}$ 解析：如图，设△ADE内切圆圆心为O，⊙O切AD、AE分别于点K、H，连接OG、OK、OH，则易得四边形OKAH为正方形。根据切线长定理可得DK = DG = $\sqrt{5}$ + 1，EH = EG = $\sqrt{5}$ - 1。设⊙O的半径为r，则OK = OG = OH = r。
∴AK = AH = r，
∴AD = DK + AK = $\sqrt{5}$ + 1 + r，AE = $\sqrt{5}$ - 1 + r。在Rt△ADE中，DE = DG + EG = 2$\sqrt{5}$，$AD^{2}$ + $AE^{2}$ = $DE^{2}$，即($\sqrt{5}$ + 1 + r)$^{2}$ + ($\sqrt{5}$ - 1 + r)$^{2}$ = (2$\sqrt{5}$)$^{2}$。整理，得$r^{2}$ + 2$\sqrt{5}$r - 4 = 0，解得$r_{1}$ = 3 - $\sqrt{5}$，$r_{2}$ = - 3 - $\sqrt{5}$（不合题意，舍去），
∴AD = 4，AE = 2，
∴$\frac{AE}{AD}$ = $\frac{1}{2}$。
9. （2024·通辽）如图，在$\triangle ABC$中，$∠ACB=90^{\circ }$，O为AC边上一点，以点O为圆心，OC为半径作圆与AB相切于点D，连接CD。
（1）求证：$∠ABC=2∠ACD$；
（2）若$AC=8$，$BC=6$，求$\odot O$的半径。
（1）求证：$∠ABC=2∠ACD$；
（2）若$AC=8$，$BC=6$，求$\odot O$的半径。
答案
9. (1) 连接OD。
∵AB为⊙O的切线，
∴OD⊥AB，
∴∠ODA = 90°，
∴∠AOD + ∠A = 90°。
∵OC = OD，
∴∠ACD = ∠ODC，
∴∠AOD = ∠ACD + ∠ODC = 2∠ACD，
∴2∠ACD + ∠A = 90°。
∵∠ACB = 90°，
∴∠ABC + ∠A = 90°，
∴∠ABC = 2∠ACD。
(2) 设⊙O的半径为r，则OD = OC = r，OA = 8 - r。
∵∠ACB = 90°，AC = 8，BC = 6，
∴在Rt△ACB中，AB = $\sqrt{6^{2} + 8^{2}}$ = 10。
∵∠ACB = 90°，OC是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线。
∵AB切⊙O于点D，
∴BD = BC = 6，
∴AD = AB - BD = 4。在Rt△ODA中，由勾股定理，得$OD^{2}$ + $AD^{2}$ = $OA^{2}$，即$r^{2}$ + $4^{2}$ = (8 - r)$^{2}$，解得r = 3，
∴⊙O的半径为3。
∵AB为⊙O的切线，
∴OD⊥AB，
∴∠ODA = 90°，
∴∠AOD + ∠A = 90°。
∵OC = OD，
∴∠ACD = ∠ODC，
∴∠AOD = ∠ACD + ∠ODC = 2∠ACD，
∴2∠ACD + ∠A = 90°。
∵∠ACB = 90°，
∴∠ABC + ∠A = 90°，
∴∠ABC = 2∠ACD。
(2) 设⊙O的半径为r，则OD = OC = r，OA = 8 - r。
∵∠ACB = 90°，AC = 8，BC = 6，
∴在Rt△ACB中，AB = $\sqrt{6^{2} + 8^{2}}$ = 10。
∵∠ACB = 90°，OC是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线。
∵AB切⊙O于点D，
∴BD = BC = 6，
∴AD = AB - BD = 4。在Rt△ODA中，由勾股定理，得$OD^{2}$ + $AD^{2}$ = $OA^{2}$，即$r^{2}$ + $4^{2}$ = (8 - r)$^{2}$，解得r = 3，
∴⊙O的半径为3。
10. 如图①，在边长为4的正方形ABCD中，以点B为圆心，BA为半径作$\overset{\frown }{AC}$，F为$\overset{\frown }{AC}$上一动点，过点F作$\overset{\frown }{AC}$所在圆的切线，交AD于点P，交CD于点Q。
（1）求证：$\triangle DPQ$的周长是正方形ABCD的周长的一半；
（2）如图②，分别延长PQ、BC相交于点M，设AP的长为x，BM的长为y，试求出y与x之间的函数表达式。
（1）求证：$\triangle DPQ$的周长是正方形ABCD的周长的一半；
（2）如图②，分别延长PQ、BC相交于点M，设AP的长为x，BM的长为y，试求出y与x之间的函数表达式。
答案
10. (1)
∵四边形ABCD是边长为4的正方形，
∴AB = BC = CD = DA = 4，∠BAD = ∠B = ∠BCD = ∠D = 90°，
∴AD切$\overset{\frown}{AC}$所在圆于点A，CD切$\overset{\frown}{AC}$所在圆于点C。又
∵PQ切$\overset{\frown}{AC}$所在圆于点F，
∴AP = PF，CQ = QF，
∴△DPQ的周长 = DP + PQ + DQ = DP + AP + CQ + DQ = AD + CD = 8。
∵正方形ABCD的周长 = 4×4 = 16，
∴△DPQ的周长是正方形ABCD的周长的一半。
(2) 如图，连接BF、BP，过点P作PN⊥BM于点N，则易得四边形ABNP为矩形。
∴PN = AB = 4，BN = AP = x，
∴MN = BM - BN = y - x。在△BAP和△BFP中，$\begin{cases} AB = FB \\ AP = FP \\ BP = BP \end{cases}$，
∴△BAP ≌ △BFP，
∴∠APB = ∠FPB。
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC，
∴∠APB = ∠PBC，
∴∠FPB = ∠PBC，
∴PM = BM = y。
∵在Rt△PMN中，$PM^{2}$ = $MN^{2}$ + $PN^{2}$，
∴$y^{2}$ = (y - x)$^{2}$ + $4^{2}$，即y = $\frac{8}{x}$ + $\frac{x}{2}$(0 ＜ x ＜ 4)。
