11. 如图，在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，半径为$r$，切点为$D,E,F$，连结$OD,OE,OF$。
(1)若$BC=6,AC=8$，则$r=$。
(2)若$Rt△ ABC$的周长为$L$，面积为$S$，则$S,L,r$之间有什么数量关系，并说明理由。

解:(1)2
(2)$S=\frac{1}{2}Lr$。理由如下:
如图,连结OA,OB,OC。
因为$OF⊥ AB$,$OE⊥ AC$,$OD⊥ BC$，
所以$S=S_{△ AOB}+S_{△ BOC}+S_{△ AOC}$
$=\frac{1}{2}AB· OF+\frac{1}{2}BC· OD+\frac{1}{2}AC· OE$。
因为$OE=OF=OD=r$,$AB+BC+AC=L$，
所以$S=\frac{1}{2}AB· r+\frac{1}{2}BC· r+\frac{1}{2}AC· r$
$=\frac{1}{2}r(AB+BC+AC)=\frac{1}{2}Lr$,即$S=\frac{1}{2}Lr$。

【分析】
(1) 第一问先根据直角三角形已知的两条直角边，用勾股定理求出斜边长度，再用直角三角形内切圆半径公式或者面积法即可求出半径r。
(2) 第二问推导S、L、r的数量关系时，可采用分割法，将△ABC拆分为△AOB、△BOC、△AOC三个小三角形，三个小三角形的高均为内切圆半径r，底分别为△ABC的三边，结合总面积等于三个小三角形面积之和，再利用周长为三边之和的定义，整理即可得到三者的关系。
【解析】
(1) 在$Rt△ABC$中，$∠C=90°$，$BC=6$，$AC=8$，由勾股定理可得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$
直角三角形内切圆半径满足$r=\frac{AC+BC-AB}{2}$，代入数值计算得$r=\frac{8+6-10}{2}=2$。
(2) 推导$S=\frac{1}{2}Lr$的过程如下：
连结OA、OB、OC，因为$\odot O$是$△ABC$的内切圆，切点为D、E、F，所以$OF⊥AB$，$OE⊥AC$，$OD⊥BC$，且$OF=OE=OD=r$。
$△ABC$的面积等于三个小三角形的面积和，即：
$S=S_{△AOB}+S_{△BOC}+S_{△AOC}$
代入三角形面积公式得：
$S=\frac{1}{2}AB·OF+\frac{1}{2}BC·OD+\frac{1}{2}AC·OE$
将$OF=OE=OD=r$、$AB+BC+AC=L$代入上式，整理得：
$S=\frac{1}{2}r(AB+BC+AC)=\frac{1}{2}Lr$
【答案】
(1) $\boldsymbol{2}$
(2) 数量关系为$\boldsymbol{S=\frac{1}{2}Lr}$，理由如下：
如图,连结OA,OB,OC。

因为$OF⊥ AB$,$OE⊥ AC$,$OD⊥ BC$，
所以$S=S_{△ AOB}+S_{△ BOC}+S_{△ AOC}$
$=\frac{1}{2}AB· OF+\frac{1}{2}BC· OD+\frac{1}{2}AC· OE$。
因为$OE=OF=OD=r$,$AB+BC+AC=L$，
所以$S=\frac{1}{2}AB· r+\frac{1}{2}BC· r+\frac{1}{2}AC· r$
$=\frac{1}{2}r(AB+BC+AC)=\frac{1}{2}Lr$,即$S=\frac{1}{2}Lr$。
【知识点】
勾股定理；内切圆的性质；面积法的应用
【点评】
本题属于三角形内切圆的基础常考题，既考查了直角三角形内切圆半径的计算，也考查了内切圆与三角形周长、面积的关系推导，解题的核心是掌握分割法求面积的思路，推导得到的$S=\frac{1}{2}Lr$是通用结论，在解决圆与三角形结合的问题时可直接使用，需要熟练掌握。
【难度系数】
0.7

12. 如图，AB为$\odot O$的直径，PA，PC分别与$\odot O$相切于点A，C，$PQ⊥ PA$，PQ交OC的延长线于点Q。
(1)求证：$OQ=PQ$。
(2)连结BC并延长交PQ于点D，$PA=AB$，且$CQ=6$，求BD的长。

解:(1)证明:如图,连结OP。
因为PA,PC分别与$\odot O$相切于点A,C，
所以$PA=PC$,$OA⊥ PA$，
因为$OA=OC$,$OP=OP$,所以$△ OPA≌△ OPC(\mathrm{SSS})$，
所以$∠ AOP=∠ POC$。
因为$QP⊥ PA$,所以$QP// BA$，
所以$∠ QPO=∠ AOP$，
所以$∠ QOP=∠ QPO$,所以$OQ=PQ$。
(2)设$OA=r$。
因为$OB=OC$,所以$∠ OBC=∠ OCB$。
因为$OB// QD$,所以$∠ QDC=∠ B$。
因为$∠ OCB=∠ QCD$，
所以$∠ QCD=∠ QDC$，
所以$QC=QD=6$。
因为$QO=QP$,所以$OC=DP=r$。
因为PC是$\odot O$的切线，
所以$OC⊥ PC$,所以$∠ OCP=∠ PCQ=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ PCQ$中,因为$PQ^2=PC^2+QC^2$，$PC=PA=AB=2r$，
所以$(6+r)^2=6^2+(2r)^2$,$r=4$或0(舍)，
所以$OP=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$。
因为$OB=PD$,$OB// PD$，
所以四边形OBDP是平行四边形，
所以$BD=OP=4\sqrt{5}$。

【分析】
(1) 要证$OQ=PQ$，根据等角对等边，只需证明$∠QOP=∠QPO$。首先连接OP，利用切线性质和SSS证明$△OPA≌△OPC$，得到$∠AOP=∠POC$；再由$PQ⊥PA$、$OA⊥PA$推出$QP// BA$，得到内错角$∠QPO=∠AOP$，等量代换即可得$∠QOP=∠QPO$，从而证明结论。
(2) 设$\odot O$半径为r，先利用平行线性质和对顶角相等导角，得到$∠QCD=∠QDC$，推出$QC=QD=6$；结合(1)的$OQ=PQ$，可得$OC=DP=r$。再根据切线性质得$OC⊥PC$，在$Rt△PCQ$中用勾股定理列方程求解r，最后证明四边形OBDP是平行四边形，即可求出BD的长度。
【解析】
(1) 证明：如图，连结OP。
∵PA，PC分别与$\odot O$相切于点A，C，
∴$PA=PC$，$OA⊥PA$，
又
∵$OA=OC$，$OP=OP$，
∴$△OPA≌△OPC(\mathrm{SSS})$，
∴$∠AOP=∠POC$。
∵$QP⊥PA$，$OA⊥PA$，
∴$QP// BA$，
∴$∠QPO=∠AOP$，
∴$∠QOP=∠QPO$，
∴$OQ=PQ$。
(2) 解：设$OA=r$。
∵$OB=OC$，
∴$∠OBC=∠OCB$。
∵$OB// QD$，
∴$∠QDC=∠OBC$。
∵$∠OCB=∠QCD$，
∴$∠QCD=∠QDC$，
∴$QC=QD=6$。
∵$QO=QP$，
∴$QO-QC=QP-QD$，即$OC=DP=r$。
∵PC是$\odot O$的切线，
∴$OC⊥PC$，
∴$∠OCP=∠PCQ=90°$。
已知$PA=AB=2r$，$PC=PA$，
∴$PC=2r$，$PQ=OQ=OC+CQ=r+6$。
在$Rt△PCQ$中，由勾股定理得$PQ^2=PC^2+QC^2$，
即$(r+6)^2=(2r)^2+6^2$，
整理得$3r^2-12r=0$，解得$r=4$或$r=0$（舍去）。
在$Rt△OPA$中，$OP=\sqrt{OA^2+PA^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$。
∵$OB=PD=4$，且$OB// PD$，
∴四边形OBDP是平行四边形，
∴$BD=OP=4\sqrt{5}$。
【答案】
解:(1)证明:如图,连结OP。
因为PA,PC分别与$\odot O$相切于点A,C，
所以$PA=PC$,$OA⊥ PA$，
因为$OA=OC$,$OP=OP$,所以$△ OPA≌△ OPC(\mathrm{SSS})$，
所以$∠ AOP=∠ POC$。
因为$QP⊥ PA$,所以$QP// BA$，
所以$∠ QPO=∠ AOP$，
所以$∠ QOP=∠ QPO$,所以$OQ=PQ$。
(2)设$OA=r$。
因为$OB=OC$,所以$∠ OBC=∠ OCB$。
因为$OB// QD$,所以$∠ QDC=∠ B$。
因为$∠ OCB=∠ QCD$，
所以$∠ QCD=∠ QDC$，
所以$QC=QD=6$。
因为$QO=QP$,所以$OC=DP=r$。
因为PC是$\odot O$的切线，
所以$OC⊥ PC$,所以$∠ OCP=∠ PCQ=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ PCQ$中,因为$PQ^2=PC^2+QC^2$，$PC=PA=AB=2r$，
所以$(6+r)^2=6^2+(2r)^2$,$r=4$或0(舍)，
所以$OP=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$。
因为$OB=PD$,$OB// PD$，
所以四边形OBDP是平行四边形，
所以$BD=OP=4\sqrt{5}$。

【知识点】
切线的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题属于圆的综合题，融合了圆的切线性质、三角形全等、等腰三角形判定、平行四边形判定以及勾股定理等多个知识点，解题关键是合理添加辅助线，通过导角转化角的关系，设未知数结合勾股定理列方程求解，对几何逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6