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5. 如图，$△ ABC$的内切圆$\odot O$与$BC$，$CA$，$AB$分别相切于点$D$，$E$，$F$，且$AB = 9\ cm$，$BC = 14\ cm$，$CA = 13\ cm$，则$AF$的长为
$ 4 \mathrm { cm } $
。答案
5. $ 4 \mathrm { cm } $
解析
【解析】
设$AF = x\ \mathrm{cm}$，
因为$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，与$AB$、$AC$、$BC$分别相切于$F$、$E$、$D$，根据切线长定理，可得：
$AE = AF = x\ \mathrm{cm}$，$BF = BD = (9 - x)\ \mathrm{cm}$，$CE = CD = (13 - x)\ \mathrm{cm}$。
又因为$BC = BD + CD = 14\ \mathrm{cm}$，所以：
$(9 - x) + (13 - x) = 14$，
解得$x = 4$，即$AF$的长为$4\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$\boldsymbol{4\ \mathrm{cm}}$
【知识点】
切线长定理
【点评】
本题考查切线长定理的应用，通过设未知数建立方程求解，是利用几何定理解决线段长度问题的典型方法，关键是准确运用切线长定理找到线段间的等量关系。
【难度系数】
0.6
设$AF = x\ \mathrm{cm}$，
因为$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，与$AB$、$AC$、$BC$分别相切于$F$、$E$、$D$，根据切线长定理，可得：
$AE = AF = x\ \mathrm{cm}$，$BF = BD = (9 - x)\ \mathrm{cm}$，$CE = CD = (13 - x)\ \mathrm{cm}$。
又因为$BC = BD + CD = 14\ \mathrm{cm}$，所以：
$(9 - x) + (13 - x) = 14$，
解得$x = 4$，即$AF$的长为$4\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$\boldsymbol{4\ \mathrm{cm}}$
【知识点】
切线长定理
【点评】
本题考查切线长定理的应用，通过设未知数建立方程求解，是利用几何定理解决线段长度问题的典型方法，关键是准确运用切线长定理找到线段间的等量关系。
【难度系数】
0.6
6. 如图，在$△ ABC$中，$AB = AC$，$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，它与$AB$，$BC$，$CA$分别相切于点$D$，$E$，$F$。
（1）求证：$BE = CE$；
（2）若$∠ A = 90°$，$AB = AC = 2$，求$\odot O$的半径。
（1）求证：$BE = CE$；
（2）若$∠ A = 90°$，$AB = AC = 2$，求$\odot O$的半径。
答案
6. (1)略 (2)$ 2 - \sqrt { 2 } $
解析
【解析】
（1）证明：
因为$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，与$AB$，$BC$，$CA$分别相切于点$D$，$E$，$F$，
所以$AD=AF$，$BD=BE$，$CE=CF$。
又因为$AB=AC$，
所以$AB-AD=AC-AF$，即$BD=CF$。
因为$BD=BE$，$CE=CF$，
所以$BE=CE$。
（2）解：
连接$OD$，$OF$，
因为$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，$∠ A=90°$，
所以$OD⊥ AB$，$OF⊥ AC$，
所以四边形$ADOF$是矩形，
又因为$OD=OF$，
所以四边形$ADOF$是正方形。
设$\odot O$的半径为$r$，则$AD=AF=r$，
所以$BD=BE=AB-AD=2-r$，$CE=CF=AC-AF=2-r$。
在$Rt△ ABC$中，$∠ A=90°$，$AB=AC=2$，
由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。
因为$BC=BE+CE$，
所以$2(2-r)=2\sqrt{2}$，
解得$r=2-\sqrt{2}$。
【答案】
（1）证明见上述解析；（2）$\boldsymbol{2-\sqrt{2}}$
【知识点】
1. 三角形内切圆性质
2. 等腰三角形性质
3. 勾股定理
【点评】
本题考查三角形内切圆的性质、等腰三角形的性质及勾股定理的应用，第一问利用切线长定理结合等腰三角形性质可证线段相等，第二问通过构造正方形，结合勾股定理建立方程求解半径，综合性较强。
【难度系数】
0.6
（1）证明：
因为$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，与$AB$，$BC$，$CA$分别相切于点$D$，$E$，$F$，
所以$AD=AF$，$BD=BE$，$CE=CF$。
又因为$AB=AC$，
所以$AB-AD=AC-AF$，即$BD=CF$。
因为$BD=BE$，$CE=CF$，
所以$BE=CE$。
（2）解：
连接$OD$，$OF$，
因为$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，$∠ A=90°$，
所以$OD⊥ AB$，$OF⊥ AC$，
所以四边形$ADOF$是矩形，
又因为$OD=OF$，
所以四边形$ADOF$是正方形。
设$\odot O$的半径为$r$，则$AD=AF=r$，
所以$BD=BE=AB-AD=2-r$，$CE=CF=AC-AF=2-r$。
在$Rt△ ABC$中，$∠ A=90°$，$AB=AC=2$，
由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。
因为$BC=BE+CE$，
所以$2(2-r)=2\sqrt{2}$，
解得$r=2-\sqrt{2}$。
【答案】
（1）证明见上述解析；（2）$\boldsymbol{2-\sqrt{2}}$
【知识点】
1. 三角形内切圆性质
2. 等腰三角形性质
3. 勾股定理
【点评】
本题考查三角形内切圆的性质、等腰三角形的性质及勾股定理的应用，第一问利用切线长定理结合等腰三角形性质可证线段相等，第二问通过构造正方形，结合勾股定理建立方程求解半径，综合性较强。
【难度系数】
0.6
7. 如图，$△ ABC$外切于$\odot O$，切点分别为点$D$，$E$，$F$，$∠ A = 60°$，$BC = 7$，$\odot O$的半径为$\sqrt{3}$，求$△ ABC$的周长。
答案
7. 20
解析
【解析】
连接$OE$、$OF$，
因为$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，切点为$D$、$E$、$F$，
所以$OE⊥ AC$，$OF⊥ AB$，$OE=OF=\sqrt{3}$。
因为$∠ A=60°$，$∠ AFO=∠ AEO=90°$，
所以$∠ OAF=30°$。
在$\mathrm{Rt}△ AOF$中，$\tan∠ OAF=\frac{OF}{AF}$，即$\tan30°=\frac{\sqrt{3}}{AF}$，
解得$AF=3$，由切线长定理得$AE=AF=3$。
又因为$BD=BF$，$CD=CE$，所以$BF+CE=BD+CD=BC=7$。
则$△ ABC$的周长为：
$AB+BC+AC=(AF+BF)+BC+(AE+CE)=AF+AE+(BF+CE)+BC=3+3+7+7=20$。
【答案】
$\boxed{20}$
【知识点】
三角形内切圆性质；切线长定理；三角函数应用
【点评】
本题考查三角形内切圆性质、切线长定理与三角函数的综合运用，通过连接圆心与切点构造直角三角形，结合角度关系和三角函数求线段长，再利用切线长定理转化线段是解题核心。
【难度系数】
0.6
连接$OE$、$OF$，
因为$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，切点为$D$、$E$、$F$，
所以$OE⊥ AC$，$OF⊥ AB$，$OE=OF=\sqrt{3}$。
因为$∠ A=60°$，$∠ AFO=∠ AEO=90°$，
所以$∠ OAF=30°$。
在$\mathrm{Rt}△ AOF$中，$\tan∠ OAF=\frac{OF}{AF}$，即$\tan30°=\frac{\sqrt{3}}{AF}$，
解得$AF=3$，由切线长定理得$AE=AF=3$。
又因为$BD=BF$，$CD=CE$，所以$BF+CE=BD+CD=BC=7$。
则$△ ABC$的周长为：
$AB+BC+AC=(AF+BF)+BC+(AE+CE)=AF+AE+(BF+CE)+BC=3+3+7+7=20$。
【答案】
$\boxed{20}$
【知识点】
三角形内切圆性质；切线长定理；三角函数应用
【点评】
本题考查三角形内切圆性质、切线长定理与三角函数的综合运用，通过连接圆心与切点构造直角三角形，结合角度关系和三角函数求线段长，再利用切线长定理转化线段是解题核心。
【难度系数】
0.6
