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8. 如图，在$Rt△ ABC$中，$∠ C = 90°$，$BC = 5$，$\odot O$与$Rt△ ABC$的三边$AB$，$BC$，$AC$分别相切于点$D$，$E$，$F$。若$\odot O$的半径$r = 2$，则$Rt△ ABC$的周长为
30
。答案
8. 30
解析
【解析】
在$Rt△ABC$中，$∠ C=90°$，$\odot O$与三边相切于$D$、$E$、$F$，半径$r=2$。
因为$OE⊥ BC$，$OF⊥ AC$，$∠ C=90°$，所以四边形$OECF$是正方形，故$EC=FC=r=2$。
设$AF=AD=x$，$BE=BD=y$。
已知$BC=5$，则$BE=BC-EC=5-2=3$，即$y=3$。
因此$AC=x+2$，$AB=x+y=x+3$。
根据勾股定理：$AC^2+BC^2=AB^2$，代入得：
$(x+2)^2+5^2=(x+3)^2$
展开化简得：$2x=20$，解得$x=10$。
则$AC=10+2=12$，$AB=10+3=13$。
$Rt△ABC$的周长为$12+5+13=30$。
【答案】
30
【知识点】
直角三角形内切圆性质，勾股定理，正方形判定
【点评】
本题考查直角三角形内切圆性质、勾股定理的综合应用，关键是利用切线长相等建立方程，结合正方形的性质转化线段长度，进而求解三角形周长。
【难度系数】
0.6
在$Rt△ABC$中，$∠ C=90°$，$\odot O$与三边相切于$D$、$E$、$F$，半径$r=2$。
因为$OE⊥ BC$，$OF⊥ AC$，$∠ C=90°$，所以四边形$OECF$是正方形，故$EC=FC=r=2$。
设$AF=AD=x$，$BE=BD=y$。
已知$BC=5$，则$BE=BC-EC=5-2=3$，即$y=3$。
因此$AC=x+2$，$AB=x+y=x+3$。
根据勾股定理：$AC^2+BC^2=AB^2$，代入得：
$(x+2)^2+5^2=(x+3)^2$
展开化简得：$2x=20$，解得$x=10$。
则$AC=10+2=12$，$AB=10+3=13$。
$Rt△ABC$的周长为$12+5+13=30$。
【答案】
30
【知识点】
直角三角形内切圆性质，勾股定理，正方形判定
【点评】
本题考查直角三角形内切圆性质、勾股定理的综合应用，关键是利用切线长相等建立方程，结合正方形的性质转化线段长度，进而求解三角形周长。
【难度系数】
0.6
9. 如图，在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB = 90°$，$AC = 6$，$BC = 8$，$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，连结$AO$，$BO$，则图中阴影部分的面积之和为
$ 14 - \frac { 5 } { 2 } π $
。答案
9. $ 14 - \frac { 5 } { 2 } π $
解析
【解析】
在$Rt△ABC$中，$∠ACB=90°$，$AC=6$，$BC=8$，由勾股定理得$AB=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
$Rt△ABC$的面积为$S_{△ABC}=\frac{1}{2}×6×8=24$。
根据直角三角形内切圆半径公式，得内切圆半径$r=\frac{AC+BC-AB}{2}=\frac{6+8-10}{2}=2$。
因为$\odot O$是$△ABC$的内切圆，$AO$、$BO$为角平分线，所以$∠OAB=\frac{1}{2}∠CAB$，$∠OBA=\frac{1}{2}∠CBA$。
由$∠CAB+∠CBA=90°$，得$∠OAB+∠OBA=\frac{1}{2}(∠CAB+∠CBA)=45°$，故$∠AOB=180°-45°=135°$。
$S_{△AOB}=\frac{1}{2}×AB×r=\frac{1}{2}×10×2=10$，则$S_{△AOC}+S_{△BOC}=24-10=14$。
内切圆中空白扇形的圆心角为$360°-135°=225°$，其面积为$\frac{225}{360}×π×2^2=\frac{5}{2}π$。
因此，阴影部分的面积之和为$14-\frac{5}{2}π$。
【答案】
$14 - \frac{5}{2}π$
【知识点】
直角三角形内切圆性质、勾股定理、扇形面积计算
【点评】
本题综合考查直角三角形内切圆的性质、勾股定理及扇形面积的计算，需准确分析阴影部分面积的构成，熟练运用相关公式求解。
【难度系数】
0.4
在$Rt△ABC$中，$∠ACB=90°$，$AC=6$，$BC=8$，由勾股定理得$AB=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
$Rt△ABC$的面积为$S_{△ABC}=\frac{1}{2}×6×8=24$。
根据直角三角形内切圆半径公式，得内切圆半径$r=\frac{AC+BC-AB}{2}=\frac{6+8-10}{2}=2$。
因为$\odot O$是$△ABC$的内切圆，$AO$、$BO$为角平分线，所以$∠OAB=\frac{1}{2}∠CAB$，$∠OBA=\frac{1}{2}∠CBA$。
由$∠CAB+∠CBA=90°$，得$∠OAB+∠OBA=\frac{1}{2}(∠CAB+∠CBA)=45°$，故$∠AOB=180°-45°=135°$。
$S_{△AOB}=\frac{1}{2}×AB×r=\frac{1}{2}×10×2=10$，则$S_{△AOC}+S_{△BOC}=24-10=14$。
内切圆中空白扇形的圆心角为$360°-135°=225°$，其面积为$\frac{225}{360}×π×2^2=\frac{5}{2}π$。
因此，阴影部分的面积之和为$14-\frac{5}{2}π$。
【答案】
$14 - \frac{5}{2}π$
【知识点】
直角三角形内切圆性质、勾股定理、扇形面积计算
【点评】
本题综合考查直角三角形内切圆的性质、勾股定理及扇形面积的计算，需准确分析阴影部分面积的构成，熟练运用相关公式求解。
【难度系数】
0.4
10. 如图，在$Rt△ ABC$中，$∠ C = 90°$，$AC = 6$，$BC = 8$，$\odot O$为$△ ABC$的内切圆，点$D$是斜边$AB$的中点，则$\cos∠ ODA$等于(
A.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{5}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
D.$\frac{\sqrt{2}}{3}$
A
)A.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{5}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
D.$\frac{\sqrt{2}}{3}$
答案
10. A
解析
【解析】
1. 在$Rt△ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=6$，$BC=8$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
因为点$D$是斜边$AB$的中点，所以$AD=\frac{1}{2}AB=5$。
2. 设$\odot O$与$AB$、$AC$、$BC$分别切于点$G$、$E$、$F$，根据直角三角形内切圆性质，内切圆半径$r=\frac{AC+BC-AB}{2}=\frac{6+8-10}{2}=2$，且$AG=\frac{AC+AB-BC}{2}=\frac{6+10-8}{2}=4$。
3. 则$DG=AD-AG=5-4=1$，又$OG⊥ AB$（切线性质），$OG=r=2$，在$Rt△OGD$中，由勾股定理得：
$OD=\sqrt{OG^2+DG^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$。
4. 在$Rt△OGD$中，$\cos∠ODA=\frac{DG}{OD}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
A
【知识点】
直角三角形内切圆性质、勾股定理、锐角三角函数
【点评】
本题综合考查直角三角形的内切圆性质、勾股定理及锐角三角函数的应用，解题关键是利用内切圆性质求出相关线段长度，再结合三角函数定义求解。
【难度系数】
0.4
1. 在$Rt△ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=6$，$BC=8$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
因为点$D$是斜边$AB$的中点，所以$AD=\frac{1}{2}AB=5$。
2. 设$\odot O$与$AB$、$AC$、$BC$分别切于点$G$、$E$、$F$，根据直角三角形内切圆性质，内切圆半径$r=\frac{AC+BC-AB}{2}=\frac{6+8-10}{2}=2$，且$AG=\frac{AC+AB-BC}{2}=\frac{6+10-8}{2}=4$。
3. 则$DG=AD-AG=5-4=1$，又$OG⊥ AB$（切线性质），$OG=r=2$，在$Rt△OGD$中，由勾股定理得：
$OD=\sqrt{OG^2+DG^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$。
4. 在$Rt△OGD$中，$\cos∠ODA=\frac{DG}{OD}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
A
【知识点】
直角三角形内切圆性质、勾股定理、锐角三角函数
【点评】
本题综合考查直角三角形的内切圆性质、勾股定理及锐角三角函数的应用，解题关键是利用内切圆性质求出相关线段长度，再结合三角函数定义求解。
【难度系数】
0.4
11. 如图，在$△ ABC$中，$∠ BAC = 60°$，其周长为$20$，$\odot I$是$△ ABC$的内切圆，其半径为$\sqrt{3}$，则$△ BIC$外接圆的半径为
$ \frac { 7 \sqrt { 3 } } { 3 } $
。答案
11. $ \frac { 7 \sqrt { 3 } } { 3 } $
解析
【解析】
1. 在$△ABC$中，$∠ BAC=60°$，根据三角形内角和得$∠ ABC+∠ ACB=120°$。
2. 因为$I$是$△ABC$的内心，$BI$、$CI$分别平分$∠ ABC$、$∠ ACB$，所以$∠ IBC+∠ ICB=\frac{1}{2}(∠ ABC+∠ ACB)=60°$，进而$∠ BIC=180°-60°=120°$。
3. 由三角形内切圆面积公式，$S_{△ABC}=\frac{1}{2}×$周长$×r=\frac{1}{2}×20×\sqrt{3}=10\sqrt{3}$；同时$S_{△ABC}=\frac{1}{2}bc\sin60°$，代入解得$bc=40$。
4. 设$BC=a$，$AB=c$，$AC=b$，由周长$a+b+c=20$得$b+c=20-a$，根据余弦定理：
$a^2=(b+c)^2-3bc$，代入$b+c=20-a$、$bc=40$，解得$a=7$，即$BC=7$。
5. 在$△BIC$中，根据正弦定理$\frac{BC}{\sin∠ BIC}=2R$，代入$BC=7$，$\sin120°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，计算得$2R=\frac{7}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$，解得$R=\frac{7\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
$\frac{7\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
三角形内切圆性质、余弦定理、正弦定理
【点评】
本题综合考查三角形内心的性质、内切圆面积公式、余弦定理与正弦定理的应用，需灵活运用三角形内角和、角平分线性质及外接圆半径的计算方法，对知识综合运用能力要求较高。
【难度系数】
0.4
1. 在$△ABC$中，$∠ BAC=60°$，根据三角形内角和得$∠ ABC+∠ ACB=120°$。
2. 因为$I$是$△ABC$的内心，$BI$、$CI$分别平分$∠ ABC$、$∠ ACB$，所以$∠ IBC+∠ ICB=\frac{1}{2}(∠ ABC+∠ ACB)=60°$，进而$∠ BIC=180°-60°=120°$。
3. 由三角形内切圆面积公式，$S_{△ABC}=\frac{1}{2}×$周长$×r=\frac{1}{2}×20×\sqrt{3}=10\sqrt{3}$；同时$S_{△ABC}=\frac{1}{2}bc\sin60°$，代入解得$bc=40$。
4. 设$BC=a$，$AB=c$，$AC=b$，由周长$a+b+c=20$得$b+c=20-a$，根据余弦定理：
$a^2=(b+c)^2-3bc$，代入$b+c=20-a$、$bc=40$，解得$a=7$，即$BC=7$。
5. 在$△BIC$中，根据正弦定理$\frac{BC}{\sin∠ BIC}=2R$，代入$BC=7$，$\sin120°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，计算得$2R=\frac{7}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$，解得$R=\frac{7\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
$\frac{7\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
三角形内切圆性质、余弦定理、正弦定理
【点评】
本题综合考查三角形内心的性质、内切圆面积公式、余弦定理与正弦定理的应用，需灵活运用三角形内角和、角平分线性质及外接圆半径的计算方法，对知识综合运用能力要求较高。
【难度系数】
0.4
