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7. 等腰三角形的底边长为12，腰长为10，该等腰三角形内心和外心的距离为
$\frac{5}{4}$
。答案
7.$\frac{5}{4}$
解析
【分析】
解题时先利用等腰三角形三线合一的性质，确定其内心、外心都在底边上的高线所在直线上，因此两心的距离可转化为这条直线上两点的距离差。第一步先求出底边上的高，第二步结合外心到顶点距离相等的性质求出外心到底边的距离，第三步利用内切圆半径公式求出内心到底边的距离，最后计算两个距离的差即可得到结果。
【解析】
设等腰三角形为$△ ABC$，$AB=AC=10$，$BC=12$，取$BC$中点$D$，连接$AD$，由等腰三角形三线合一得$AD⊥ BC$。
1. 求底边上的高$AD$：
$BD=\frac{BC}{2}=6$，在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$。
2. 求外心$O$到底边$BC$的距离：
外心是外接圆圆心，在$AD$上，设外接圆半径为$R$，则$OA=OB=R$，$OD=AD-OA=8-R$。
在$\mathrm{Rt}△ OBD$中，$OB^2=OD^2+BD^2$，代入得：
$R^2=(8-R)^2+6^2$
展开化简得$16R=100$，解得$R=\frac{25}{4}$，因此$OD=8-\frac{25}{4}=\frac{7}{4}$。
3. 求内心$I$到底边$BC$的距离：
内心是内切圆圆心，它到$BC$的距离等于内切圆半径$r$。
$△ ABC$的面积$S=\frac{1}{2}× BC× AD=\frac{1}{2}×12×8=48$，半周长$p=\frac{10+10+12}{2}=16$。
由内切圆半径公式$r=\frac{S}{p}$，得$r=\frac{48}{16}=3$，即$ID=3$。
4. 计算两心距离：
因为$O$、$I$都在$AD$上，所以$OI=|ID-OD|=\left|3-\frac{7}{4}\right|=\frac{5}{4}$。
【答案】
$\frac{5}{4}$
【知识点】
等腰三角形的性质，三角形的外接圆与外心，三角形的内切圆与内心
【点评】
本题利用等腰三角形的对称性简化了计算，解题关键是牢记外心、内心的定义和相关性质，结合勾股定理、面积法分别求出对应线段长度即可，要注意特殊三角形的几何性质的灵活应用。
【难度系数】
0.65
解题时先利用等腰三角形三线合一的性质，确定其内心、外心都在底边上的高线所在直线上，因此两心的距离可转化为这条直线上两点的距离差。第一步先求出底边上的高，第二步结合外心到顶点距离相等的性质求出外心到底边的距离，第三步利用内切圆半径公式求出内心到底边的距离，最后计算两个距离的差即可得到结果。
【解析】
设等腰三角形为$△ ABC$，$AB=AC=10$，$BC=12$，取$BC$中点$D$，连接$AD$，由等腰三角形三线合一得$AD⊥ BC$。
1. 求底边上的高$AD$：
$BD=\frac{BC}{2}=6$，在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$。
2. 求外心$O$到底边$BC$的距离：
外心是外接圆圆心，在$AD$上，设外接圆半径为$R$，则$OA=OB=R$，$OD=AD-OA=8-R$。
在$\mathrm{Rt}△ OBD$中，$OB^2=OD^2+BD^2$，代入得：
$R^2=(8-R)^2+6^2$
展开化简得$16R=100$，解得$R=\frac{25}{4}$，因此$OD=8-\frac{25}{4}=\frac{7}{4}$。
3. 求内心$I$到底边$BC$的距离：
内心是内切圆圆心，它到$BC$的距离等于内切圆半径$r$。
$△ ABC$的面积$S=\frac{1}{2}× BC× AD=\frac{1}{2}×12×8=48$，半周长$p=\frac{10+10+12}{2}=16$。
由内切圆半径公式$r=\frac{S}{p}$，得$r=\frac{48}{16}=3$，即$ID=3$。
4. 计算两心距离：
因为$O$、$I$都在$AD$上，所以$OI=|ID-OD|=\left|3-\frac{7}{4}\right|=\frac{5}{4}$。
【答案】
$\frac{5}{4}$
【知识点】
等腰三角形的性质，三角形的外接圆与外心，三角形的内切圆与内心
【点评】
本题利用等腰三角形的对称性简化了计算，解题关键是牢记外心、内心的定义和相关性质，结合勾股定理、面积法分别求出对应线段长度即可，要注意特殊三角形的几何性质的灵活应用。
【难度系数】
0.65
8.如图,在扇形CAB中,CD⊥AB,垂足为D,圆E是△ACD的内切圆,切点分别为M,N,F,连接AE,BE.
(1)求∠AEB的度数;
(2)求证:∠ACD=2∠ABE.
(1)求∠AEB的度数;
(2)求证:∠ACD=2∠ABE.
答案
8.(1)解:如答图,连接EC.
∵E是△ADC的内心,∠ADC=90°,
∴∠ACE=$\frac{1}{2}∠ACD$,∠EAC=$\frac{1}{2}∠CAD$,
∠ACD+∠CAD=90°,
∴∠AEC=180°-$\frac{1}{2}(∠ACD+∠CAD)$=135°.
在△AEC和△AEB中,
$\begin{cases} AE=AE, \\ ∠EAC=∠EAB, \\ AC=AB, \end{cases}$
∴△AEC≌△AEB(SAS),
∴∠AEB=∠AEC=135°.
(2)证明:由(1)知∠ACE=$\frac{1}{2}∠ACD$,△AEC≌△AEB,
∴∠ACE=∠ABE,
∴∠ABE=$\frac{1}{2}∠ACD$,
即∠ACD=2∠ABE.
解析
【分析】
(1)求∠AEB的度数时，先利用三角形内心是内角角平分线交点的性质，在Rt△ACD中推导得出∠AEC的度数；再结合扇形半径相等、AE平分∠CAB的条件，证明△AEC与△AEB全等，通过全等三角形对应角相等即可得到∠AEB的度数。
(2)证明角的倍分关系时，先由内心性质得出∠ACE是∠ACD的一半，再结合(1)中全等三角形的对应角相等关系，得到∠ACE与∠ABE相等，等量代换即可完成证明。
【解析】
(1)解：如答图，连接EC。
∵E是△ADC的内心，∠ADC=90°，
∴∠ACE=$\frac{1}{2}∠ACD$，∠EAC=$\frac{1}{2}∠CAD$，
又
∵Rt△ACD中，∠ACD+∠CAD=90°，
∴∠AEC=$180°-\frac{1}{2}(∠ACD+∠CAD)=180°-45°=135°$。
在△AEC和△AEB中，
$\begin{cases} AE=AE, \\ ∠EAC=∠EAB, \\ AC=AB, \end{cases}$
∴△AEC≌△AEB(SAS)，
∴∠AEB=∠AEC=135°。
(2)证明：由(1)知∠ACE=$\frac{1}{2}∠ACD$，且△AEC≌△AEB，
∴∠ACE=∠ABE，
∴∠ABE=$\frac{1}{2}∠ACD$，
即∠ACD=2∠ABE。
【答案】
(1)$\boxed{135°}$；(2)证明见上述解析过程。
【知识点】
三角形内心的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理
【点评】
本题是基础几何综合题，解题核心是熟练运用三角形内心的角平分线性质，结合全等三角形实现角度的转化，能有效锻炼学生的逻辑推理和角度推导能力。
【难度系数】
0.6
(1)求∠AEB的度数时，先利用三角形内心是内角角平分线交点的性质，在Rt△ACD中推导得出∠AEC的度数；再结合扇形半径相等、AE平分∠CAB的条件，证明△AEC与△AEB全等，通过全等三角形对应角相等即可得到∠AEB的度数。
(2)证明角的倍分关系时，先由内心性质得出∠ACE是∠ACD的一半，再结合(1)中全等三角形的对应角相等关系，得到∠ACE与∠ABE相等，等量代换即可完成证明。
【解析】
(1)解：如答图，连接EC。
∵E是△ADC的内心，∠ADC=90°，
∴∠ACE=$\frac{1}{2}∠ACD$，∠EAC=$\frac{1}{2}∠CAD$，
又
∵Rt△ACD中，∠ACD+∠CAD=90°，
∴∠AEC=$180°-\frac{1}{2}(∠ACD+∠CAD)=180°-45°=135°$。
在△AEC和△AEB中，
$\begin{cases} AE=AE, \\ ∠EAC=∠EAB, \\ AC=AB, \end{cases}$
∴△AEC≌△AEB(SAS)，
∴∠AEB=∠AEC=135°。
(2)证明：由(1)知∠ACE=$\frac{1}{2}∠ACD$，且△AEC≌△AEB，
∴∠ACE=∠ABE，
∴∠ABE=$\frac{1}{2}∠ACD$，
即∠ACD=2∠ABE。
【答案】
(1)$\boxed{135°}$；(2)证明见上述解析过程。
【知识点】
三角形内心的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理
【点评】
本题是基础几何综合题，解题核心是熟练运用三角形内心的角平分线性质，结合全等三角形实现角度的转化，能有效锻炼学生的逻辑推理和角度推导能力。
【难度系数】
0.6
9.(2025·南京)已知O为$□ ABCD$的中心.
(1)如图①,若圆O与BC相切于点E,求证:圆O与AD相切;
(2)如图②,若圆O与AB,BC均相切,求证:四边形ABCD为菱形.
(1)如图①,若圆O与BC相切于点E,求证:圆O与AD相切;
(2)如图②,若圆O与AB,BC均相切,求证:四边形ABCD为菱形.
答案
9.证明:(1)连接EO,BD,并延长EO交AD于点F,如答图①.
∵四边形ABCD为平行四边形,O为ABCD的中心,
∴OB=OD,AD//BC,
∴∠OBE=∠ODF.
在△OBE和△ODF中,
$\begin{cases} ∠BOE=∠DOF, \\ OB=OD, \\ ∠OBE=∠ODF, \end{cases}$
∴△OBE≌△ODF(ASA),
∴∠OEB=∠OFD,OE=OF,
∵圆O与BC相切于点E,
∴OE为半径,且OE⊥BC,
∴∠OEB=90°,
∴∠OFD=90°.
又
∵OE=OF,OE为半径,
∴圆O与AD相切.
(2)由(1)得,圆O与BC相切,则圆O与BC的对应边AD也相切,且两切点连线为直径.同理,圆O与AB相切,则圆O与AB的对应边CD也相切,且两切点连线为直径,设四个切点为E,F,P,Q,如答图②,
∵AB,BC,AD是圆O的切线.
∴AP=AF,BP=BE.
由(1)中△OBE≌△ODF,得BE=DF,
∴BP=BE=DF,
∴AP+BP=AF+DF,即AB=AD.
又
∵四边形ABCD为平行四边形,
∴四边形ABCD为菱形.
解析
【分析】
(1)要证明圆O与AD相切，根据切线的判定定理，需证明圆心O到AD的距离等于圆的半径。已知圆O与BC相切于E，可得OE⊥BC且OE是半径，结合平行四边形中心的性质（O是对角线交点，OB=OD，AD//BC），延长EO交AD于F，通过证明△OBE≌△ODF，得到OF=OE且OF⊥AD，即可说明OF是O到AD的距离且等于半径，满足切线判定条件。
(2)已知圆O与AB、BC均相切，结合(1)的结论可推出圆O与平行四边形的四边都相切，利用切线长定理得到切线段的等量关系，推导得出平行四边形的一组邻边AB=AD，再根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”即可完成证明。
【解析】
(1)连接EO,BD,并延长EO交AD于点F，如答图①。
∵四边形ABCD为平行四边形，O为$\boxed{□ABCD}$的中心，
∴OB=OD，AD//BC，
∴∠OBE=∠ODF。
在△OBE和△ODF中，
$\begin{cases} ∠BOE=∠DOF, \\ OB=OD, \\ ∠OBE=∠ODF, \end{cases}$
∴△OBE≌△ODF(ASA)，
∴∠OEB=∠OFD，OE=OF，
∵圆O与BC相切于点E，
∴OE为半径，且OE⊥BC，
∴∠OEB=90°，
∴∠OFD=90°。
又
∵OE=OF，OE为半径，
∴圆O与AD相切。
(2)由(1)得，圆O与BC相切，则圆O与BC的对应边AD也相切，且两切点连线为直径。同理，圆O与AB相切，则圆O与AB的对应边CD也相切，且两切点连线为直径，设四个切点为E,F,P,Q，如答图②，
∵AB,BC,AD是圆O的切线，
∴AP=AF，BP=BE。
由(1)中△OBE≌△ODF，得BE=DF，
∴BP=BE=DF，
∴AP+BP=AF+DF，即AB=AD。
又
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴四边形ABCD为菱形。
【答案】
9.证明:(1)连接EO,BD,并延长EO交AD于点F,如答图①.
∵四边形ABCD为平行四边形,O为ABCD的中心,
∴OB=OD,AD//BC,
∴∠OBE=∠ODF.
在△OBE和△ODF中,
$\begin{cases} ∠BOE=∠DOF, \\ OB=OD, \\ ∠OBE=∠ODF, \end{cases}$
∴△OBE≌△ODF(ASA),
∴∠OEB=∠OFD,OE=OF,
∵圆O与BC相切于点E,
∴OE为半径,且OE⊥BC,
∴∠OEB=90°,
∴∠OFD=90°.
又
∵OE=OF,OE为半径,
∴圆O与AD相切.
(2)由(1)得,圆O与BC相切,则圆O与BC的对应边AD也相切,且两切点连线为直径.同理,圆O与AB相切,则圆O与AB的对应边CD也相切,且两切点连线为直径,设四个切点为E,F,P,Q,如答图②,
∵AB,BC,AD是圆O的切线.
∴AP=AF,BP=BE.
由(1)中△OBE≌△ODF,得BE=DF,
∴BP=BE=DF,
∴AP+BP=AF+DF,即AB=AD.
又
∵四边形ABCD为平行四边形,
∴四边形ABCD为菱形.
【知识点】
切线的判定与性质；平行四边形的性质；菱形的判定
【点评】
本题将平行四边形、圆的切线相关知识与菱形的判定结合考查，解题的关键是合理构造辅助线，灵活运用全等三角形的性质、切线长定理以及特殊四边形的判定定理进行推导，是几何证明类的典型题型。
【难度系数】
0.7
(1)要证明圆O与AD相切，根据切线的判定定理，需证明圆心O到AD的距离等于圆的半径。已知圆O与BC相切于E，可得OE⊥BC且OE是半径，结合平行四边形中心的性质（O是对角线交点，OB=OD，AD//BC），延长EO交AD于F，通过证明△OBE≌△ODF，得到OF=OE且OF⊥AD，即可说明OF是O到AD的距离且等于半径，满足切线判定条件。
(2)已知圆O与AB、BC均相切，结合(1)的结论可推出圆O与平行四边形的四边都相切，利用切线长定理得到切线段的等量关系，推导得出平行四边形的一组邻边AB=AD，再根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”即可完成证明。
【解析】
(1)连接EO,BD,并延长EO交AD于点F，如答图①。
∵四边形ABCD为平行四边形，O为$\boxed{□ABCD}$的中心，
∴OB=OD，AD//BC，
∴∠OBE=∠ODF。
在△OBE和△ODF中，
$\begin{cases} ∠BOE=∠DOF, \\ OB=OD, \\ ∠OBE=∠ODF, \end{cases}$
∴△OBE≌△ODF(ASA)，
∴∠OEB=∠OFD，OE=OF，
∵圆O与BC相切于点E，
∴OE为半径，且OE⊥BC，
∴∠OEB=90°，
∴∠OFD=90°。
又
∵OE=OF，OE为半径，
∴圆O与AD相切。
(2)由(1)得，圆O与BC相切，则圆O与BC的对应边AD也相切，且两切点连线为直径。同理，圆O与AB相切，则圆O与AB的对应边CD也相切，且两切点连线为直径，设四个切点为E,F,P,Q，如答图②，
∵AB,BC,AD是圆O的切线，
∴AP=AF，BP=BE。
由(1)中△OBE≌△ODF，得BE=DF，
∴BP=BE=DF，
∴AP+BP=AF+DF，即AB=AD。
又
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴四边形ABCD为菱形。
【答案】
9.证明:(1)连接EO,BD,并延长EO交AD于点F,如答图①.
∵四边形ABCD为平行四边形,O为ABCD的中心,
∴OB=OD,AD//BC,
∴∠OBE=∠ODF.
在△OBE和△ODF中,
$\begin{cases} ∠BOE=∠DOF, \\ OB=OD, \\ ∠OBE=∠ODF, \end{cases}$
∴△OBE≌△ODF(ASA),
∴∠OEB=∠OFD,OE=OF,
∵圆O与BC相切于点E,
∴OE为半径,且OE⊥BC,
∴∠OEB=90°,
∴∠OFD=90°.
又
∵OE=OF,OE为半径,
∴圆O与AD相切.
(2)由(1)得,圆O与BC相切,则圆O与BC的对应边AD也相切,且两切点连线为直径.同理,圆O与AB相切,则圆O与AB的对应边CD也相切,且两切点连线为直径,设四个切点为E,F,P,Q,如答图②,
∵AB,BC,AD是圆O的切线.
∴AP=AF,BP=BE.
由(1)中△OBE≌△ODF,得BE=DF,
∴BP=BE=DF,
∴AP+BP=AF+DF,即AB=AD.
又
∵四边形ABCD为平行四边形,
∴四边形ABCD为菱形.
【知识点】
切线的判定与性质；平行四边形的性质；菱形的判定
【点评】
本题将平行四边形、圆的切线相关知识与菱形的判定结合考查，解题的关键是合理构造辅助线，灵活运用全等三角形的性质、切线长定理以及特殊四边形的判定定理进行推导，是几何证明类的典型题型。
【难度系数】
0.7
