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8 如图,在$△ ABC$中,$∠ C=90°,AC=4,BC=3$.$\odot O$是$△ ABC$的内切圆,分别与$AC$,$BC$,$AB$相切于点$D$,$E$,$F$,则$AO$的长为（
A.$2\sqrt{2}$
B.$3$
C.$\sqrt{10}$
D.$2\sqrt{3}$
C
）A.$2\sqrt{2}$
B.$3$
C.$\sqrt{10}$
D.$2\sqrt{3}$
答案
8. C
解析
【分析】要计算AO的长度，需先利用勾股定理求出直角三角形的斜边AB，再结合切线长定理得到AD的长度，同时求出内切圆半径OD，最后在直角三角形ADO中用勾股定理计算AO。
【解析】在$Rt△ABC$中，$∠C=90°$，$AC=4$，$BC=3$，根据勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
设$AD=AF=x$，$CD=CE=y$，$BE=BF=z$，由切线长定理可得：
$\begin{cases}x+y=4\\y+z=3\\x+z=5\end{cases}$
三式相加得$2(x+y+z)=12$，即$x+y+z=6$，因此$x=6-(y+z)=6-3=3$，即$AD=3$。
因为$\odot O$是$△ABC$的内切圆，与$AC$相切于点$D$，所以$OD⊥AC$，且内切圆半径$OD=r$。直角三角形内切圆半径公式为$r=\frac{AC+BC-AB}{2}$，代入得$r=\frac{4+3-5}{2}=1$，即$OD=1$。
在$Rt△ADO$中，由勾股定理得：
$AO=\sqrt{AD^2+OD^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$。
【答案】C
【知识点】直角三角形内切圆、切线长定理、勾股定理
【点评】本题结合直角三角形内切圆性质，运用切线长定理和勾股定理求解，关键是求出AD和内切圆半径，属于中等难度的几何计算题。
【难度系数】0.5
【解析】在$Rt△ABC$中，$∠C=90°$，$AC=4$，$BC=3$，根据勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
设$AD=AF=x$，$CD=CE=y$，$BE=BF=z$，由切线长定理可得：
$\begin{cases}x+y=4\\y+z=3\\x+z=5\end{cases}$
三式相加得$2(x+y+z)=12$，即$x+y+z=6$，因此$x=6-(y+z)=6-3=3$，即$AD=3$。
因为$\odot O$是$△ABC$的内切圆，与$AC$相切于点$D$，所以$OD⊥AC$，且内切圆半径$OD=r$。直角三角形内切圆半径公式为$r=\frac{AC+BC-AB}{2}$，代入得$r=\frac{4+3-5}{2}=1$，即$OD=1$。
在$Rt△ADO$中，由勾股定理得：
$AO=\sqrt{AD^2+OD^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$。
【答案】C
【知识点】直角三角形内切圆、切线长定理、勾股定理
【点评】本题结合直角三角形内切圆性质，运用切线长定理和勾股定理求解，关键是求出AD和内切圆半径，属于中等难度的几何计算题。
【难度系数】0.5
9 如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=70^{ \circ }$,$△ ABC$的内切圆$\odot O$与$AB$,$BC$分别相切于点$D$,$E$,连接$DE$,$AO$的延长线交$DE$于点$F$,则$∠ AFD=$
35°
.答案
9. 35° 【解析】如图,连接OD,OE,OB,OB交ED于点G.
∵ ∠ACB=70°,
∴ ∠CAB+∠CBA=110°.
∵ 点O为△ABC的内切圆的圆心,
∴ AO平分∠CAB,BO平分∠CBA,BD=BE.
∴ ∠OAB+∠OBA=55°.
∴ ∠AOB=125°.
∵ OE=OD,BD=BE,
∴ OB垂直平分DE.
∴ ∠OGE=90°.
∴ ∠AFD=∠AOB-∠OGF=125°-90°=35°.
解析
【分析】
要解决本题，需利用三角形内切圆的性质：内心是角平分线的交点，且切线长相等。首先连接OD、OE、OB，通过角平分线性质求出∠AOB，再结合切线长定理得出OB垂直平分DE，最后利用角度关系计算∠AFD。
【解析】
如图，连接OD、OE、OB，OB交ED于点G。
1. 已知∠ACB=70°，根据三角形内角和为180°，得∠CAB + ∠CBA = 180° - 70° = 110°。
2. 因为⊙O是△ABC的内切圆，所以O是△ABC的内心，AO平分∠CAB，BO平分∠CBA，因此∠OAB = ½∠CAB，∠OBA = ½∠CBA，故∠OAB + ∠OBA = ½(∠CAB + ∠CBA) = ½×110° = 55°。
3. 在△AOB中，∠AOB = 180° - (∠OAB + ∠OBA) = 180° - 55° = 125°。
4. 因为⊙O与AB、BC分别相切于D、E，所以OD⊥AB，OE⊥BC，且BD=BE（切线长定理），又OD=OE（⊙O的半径），所以OB垂直平分DE，即∠OGE=90°。
5. 由图形角度关系可知：∠AFD = ∠AOB - ∠OGF，而∠OGF=∠OGE=90°，因此∠AFD = 125° - 90° = 35°。
【答案】
35°
【知识点】
三角形内切圆、角平分线性质、切线长定理
【点评】
本题考查三角形内切圆的相关性质，需结合角平分线、切线长定理及三角形内角和求解，关键是构造辅助线OB，利用切线长相等得出OB垂直平分DE，进而推导角度，属于中等难度的几何角度计算题。
【难度系数】
0.4
要解决本题，需利用三角形内切圆的性质：内心是角平分线的交点，且切线长相等。首先连接OD、OE、OB，通过角平分线性质求出∠AOB，再结合切线长定理得出OB垂直平分DE，最后利用角度关系计算∠AFD。
【解析】
如图，连接OD、OE、OB，OB交ED于点G。
1. 已知∠ACB=70°，根据三角形内角和为180°，得∠CAB + ∠CBA = 180° - 70° = 110°。
2. 因为⊙O是△ABC的内切圆，所以O是△ABC的内心，AO平分∠CAB，BO平分∠CBA，因此∠OAB = ½∠CAB，∠OBA = ½∠CBA，故∠OAB + ∠OBA = ½(∠CAB + ∠CBA) = ½×110° = 55°。
3. 在△AOB中，∠AOB = 180° - (∠OAB + ∠OBA) = 180° - 55° = 125°。
4. 因为⊙O与AB、BC分别相切于D、E，所以OD⊥AB，OE⊥BC，且BD=BE（切线长定理），又OD=OE（⊙O的半径），所以OB垂直平分DE，即∠OGE=90°。
5. 由图形角度关系可知：∠AFD = ∠AOB - ∠OGF，而∠OGF=∠OGE=90°，因此∠AFD = 125° - 90° = 35°。
【答案】
35°
【知识点】
三角形内切圆、角平分线性质、切线长定理
【点评】
本题考查三角形内切圆的相关性质，需结合角平分线、切线长定理及三角形内角和求解，关键是构造辅助线OB，利用切线长相等得出OB垂直平分DE，进而推导角度，属于中等难度的几何角度计算题。
【难度系数】
0.4
10 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $∠ C=90°$, $\odot O$ 是 $△ ABC$ 的内切圆, 切点分别为 $D, E, F$.
(1) 如图①, 有三组相等的线段分别是 $CE=CF$, $AF=$
(2) 如图②, 延长 $AC$ 到点 $M$, 使得 $AM=AB$, 过点 $M$ 作 $MN⊥ AB$ 于点 $N$. 求证: $MN$ 是 $\odot O$ 的切线.
(1) 如图①, 有三组相等的线段分别是 $CE=CF$, $AF=$
AD
, $BD=$ BE
.(2) 如图②, 延长 $AC$ 到点 $M$, 使得 $AM=AB$, 过点 $M$ 作 $MN⊥ AB$ 于点 $N$. 求证: $MN$ 是 $\odot O$ 的切线.
答案
10. (1) AD BE (2) 如图,过点O作OH⊥MN于点H,连接OD,OE,OF.
∵ ∠ANM=90°=∠ACB,∠A=∠A,AM=AB,
∴ △AMN≌△ABC.
∴ AN=AC.
∵ AD=AF,
∴ AN-AD=AC-AF,即DN=CF.
∵ ⊙O是△ABC的内切圆,切点为D,E,F,
∴ ∠OEC=∠OFC=∠ACB=∠ODN=∠OHN=∠ANM=90°.
∴ 四边形OECF和四边形OHND是矩形.
∴ CF=OE,OH=DN.
∴ OH=OE,即OH是⊙O的半径.
∵ OH⊥MN,
∴ MN是⊙O的切线
解析
【分析】
本题分为两小问，第(1)问需运用切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线长度相等，据此可确定AF和BD对应的相等线段；第(2)问要证明MN是⊙O的切线，需依据切线的判定定理，即证明圆心到直线的距离等于半径且垂直于直线，通过作辅助线，结合全等三角形、切线长定理及矩形性质完成推导。
【解析】
(1) 根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线长度相等。点A引⊙O的两条切线为AF、AD，故AF=AD；点B引⊙O的两条切线为BE、BD，故BD=BE。
(2) 证明：过点O作OH⊥MN于点H，连接OD，OE，OF。
∵ MN⊥AB，
∴ ∠ANM=90°=∠ACB，
又
∵ ∠A=∠A，AM=AB，
∴ △AMN≌△ABC（AAS），
∴ AN=AC。
∵ ⊙O是△ABC的内切圆，切点为D、E、F，
∴ AD=AF（切线长定理），
∴ AN - AD = AC - AF，即 DN=CF。
∵ OE⊥BC，OF⊥AC，∠C=90°，
∴ 四边形OECF是矩形，又OE=OF（内切圆半径），
∴ 四边形OECF是正方形，故 CF=OE。
∵ OH⊥MN，OD⊥AB，
∴ ∠OHN=∠ODN=90°，又∠ANM=90°，
∴ 四边形OHND是矩形，故 OH=DN。
∵ DN=CF，CF=OE，
∴ OH=OE，即OH是⊙O的半径，
又
∵ OH⊥MN，
∴ MN是⊙O的切线。
【答案】
(1) AD；BE
(2) 证明过程如上，
【知识点】
切线长定理，切线的判定定理，内切圆性质
【点评】
本题综合考查圆的切线相关性质与判定，解题关键是利用切线长定理和线段等量代换，通过构造矩形将圆心到直线的距离转化为半径，属于中等难度的几何证明题，需学生熟练掌握圆的基础性质。
【难度系数】
0.5
本题分为两小问，第(1)问需运用切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线长度相等，据此可确定AF和BD对应的相等线段；第(2)问要证明MN是⊙O的切线，需依据切线的判定定理，即证明圆心到直线的距离等于半径且垂直于直线，通过作辅助线，结合全等三角形、切线长定理及矩形性质完成推导。
【解析】
(1) 根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线长度相等。点A引⊙O的两条切线为AF、AD，故AF=AD；点B引⊙O的两条切线为BE、BD，故BD=BE。
(2) 证明：过点O作OH⊥MN于点H，连接OD，OE，OF。
∵ MN⊥AB，
∴ ∠ANM=90°=∠ACB，
又
∵ ∠A=∠A，AM=AB，
∴ △AMN≌△ABC（AAS），
∴ AN=AC。
∵ ⊙O是△ABC的内切圆，切点为D、E、F，
∴ AD=AF（切线长定理），
∴ AN - AD = AC - AF，即 DN=CF。
∵ OE⊥BC，OF⊥AC，∠C=90°，
∴ 四边形OECF是矩形，又OE=OF（内切圆半径），
∴ 四边形OECF是正方形，故 CF=OE。
∵ OH⊥MN，OD⊥AB，
∴ ∠OHN=∠ODN=90°，又∠ANM=90°，
∴ 四边形OHND是矩形，故 OH=DN。
∵ DN=CF，CF=OE，
∴ OH=OE，即OH是⊙O的半径，
又
∵ OH⊥MN，
∴ MN是⊙O的切线。
【答案】
(1) AD；BE
(2) 证明过程如上，
【知识点】
切线长定理，切线的判定定理，内切圆性质
【点评】
本题综合考查圆的切线相关性质与判定，解题关键是利用切线长定理和线段等量代换，通过构造矩形将圆心到直线的距离转化为半径，属于中等难度的几何证明题，需学生熟练掌握圆的基础性质。
【难度系数】
0.5
11 阅读材料.
如图①,$△ ABC$的周长为$l$,内切圆$\odot O$的半径为$r$,连接$OA,OB,OC$,$△ ABC$被划分为三个小三角形,用$S$表示$△ ABC$的面积.$\because S=S_{△ OAB}+S_{△ OBC}+S_{△ OCA}$,又$\because S_{△ OAB}=\dfrac{1}{2}AB· r$,
$S_{△ OBC}=\dfrac{1}{2}BC· r$,$S_{△ OCA}=\dfrac{1}{2}CA· r$,$\therefore S=\dfrac{1}{2}AB· r+\dfrac{1}{2}BC· r+\dfrac{1}{2}CA· r=\dfrac{1}{2}l· r$.$\therefore r=\dfrac{2S}{l}$(可作为三角形的内切圆的半径公式).
根据上述材料,解答下面的问题:
(1) 利用上述材料中的公式计算边长分别为$5$,$12$,$13$的三角形的内切圆的半径;
(2) 若四边形$ABCD$存在内切圆$\odot O$(与各边都相切的圆,如图②),记四边形$ABCD$的面积为$S$,边$AB$,$BC$,$CD$,$AD$的长分别为$a$,$b$,$c$,$d$,试推导四边形的内切圆的半径公式.
如图①,$△ ABC$的周长为$l$,内切圆$\odot O$的半径为$r$,连接$OA,OB,OC$,$△ ABC$被划分为三个小三角形,用$S$表示$△ ABC$的面积.$\because S=S_{△ OAB}+S_{△ OBC}+S_{△ OCA}$,又$\because S_{△ OAB}=\dfrac{1}{2}AB· r$,
$S_{△ OBC}=\dfrac{1}{2}BC· r$,$S_{△ OCA}=\dfrac{1}{2}CA· r$,$\therefore S=\dfrac{1}{2}AB· r+\dfrac{1}{2}BC· r+\dfrac{1}{2}CA· r=\dfrac{1}{2}l· r$.$\therefore r=\dfrac{2S}{l}$(可作为三角形的内切圆的半径公式).
根据上述材料,解答下面的问题:
(1) 利用上述材料中的公式计算边长分别为$5$,$12$,$13$的三角形的内切圆的半径;
(2) 若四边形$ABCD$存在内切圆$\odot O$(与各边都相切的圆,如图②),记四边形$ABCD$的面积为$S$,边$AB$,$BC$,$CD$,$AD$的长分别为$a$,$b$,$c$,$d$,试推导四边形的内切圆的半径公式.
答案
11. (1)
∵ 5²+12²=25+144=169=13²,
∴ 边长分别为5,12,13的三角形是以5,12为直角边长的直角三角形.设内切圆的半径为r.
∵ $S=\frac{1}{2}×5×12=30$,$l=5+12+13=30$,
∴ $r=\frac{2S}{l}=\frac{2×30}{30}=2$.
∴ 边长分别为5,12,13的三角形的内切圆的半径为2 (2) 如图,连接OA,OB,OC,OD.设内切圆的半径为r.
∵ $S=S_{△ OAB}+S_{△ OBC}+S_{△ OCD}+S_{△ AOD}$,又
∵ $S_{△ OAB}=\frac{1}{2}AB· r$,$S_{△ OBC}=\frac{1}{2}BC· r$,$S_{△ OCD}=\frac{1}{2}CD· r$,$S_{△ AOD}=\frac{1}{2}AD· r$,
∴ $S=\frac{1}{2}AB· r+\frac{1}{2}BC· r+\frac{1}{2}CD· r+\frac{1}{2}AD· r=\frac{1}{2}(a+b+c+d)· r$.
∴ $r=\frac{2S}{a+b+c+d}$
解析
【分析】
本题分为两小问，第(1)问需先利用勾股定理逆定理判断三角形形状，再结合材料给出的三角形内切圆半径公式计算；第(2)问类比三角形内切圆半径的推导思路，通过将四边形面积分割为四个小三角形面积之和，推导四边形内切圆半径公式。具体来说，第(1)问先确定三角形为直角三角形，计算其面积和周长，代入公式即可；第(2)问连接内切圆圆心与四边形各顶点，将四边形拆分为四个以内切圆半径为高的小三角形，利用面积和建立等式，整理得到公式。
【解析】
(1) 因为 $5^2 + 12^2 = 25 + 144 = 169 = 13^2$，所以边长为5,12,13的三角形是直角三角形，直角边长为5和12。
该三角形的面积 $S = \frac{1}{2} × 5 × 12 = 30$，周长 $l = 5 + 12 + 13 = 30$。
根据材料中三角形内切圆半径公式 $r = \frac{2S}{l}$，代入得：
$r = \frac{2 × 30}{30} = 2$。
(2) 如图，连接OA、OB、OC、OD，设四边形ABCD内切圆的半径为$r$。
四边形ABCD的面积$S$等于四个小三角形的面积之和，即：
$S = S_{△ OAB} + S_{△ OBC} + S_{△ OCD} + S_{△ OAD}$。
又因为 $S_{△ OAB} = \frac{1}{2}AB · r$，$S_{△ OBC} = \frac{1}{2}BC · r$，$S_{△ OCD} = \frac{1}{2}CD · r$，$S_{△ OAD} = \frac{1}{2}AD · r$，代入得：
$S = \frac{1}{2}AB · r + \frac{1}{2}BC · r + \frac{1}{2}CD · r + \frac{1}{2}AD · r = \frac{1}{2}(a + b + c + d) · r$。
整理得：$r = \frac{2S}{a + b + c + d}$。
【答案】
11. (1) 边长分别为5,12,13的三角形的内切圆的半径为2；(2) 四边形的内切圆半径公式为$r=\frac{2S}{a+b+c+d}$。
【知识点】
三角形内切圆半径公式，四边形内切圆半径公式，勾股定理逆定理
【点评】
本题通过类比推理的方法，将三角形内切圆半径的推导思路迁移到四边形中，既考查了勾股定理逆定理的应用，又锻炼了学生的面积分割思想和公式推导能力，是一道基础的几何应用题目。
【难度系数】
0.5
本题分为两小问，第(1)问需先利用勾股定理逆定理判断三角形形状，再结合材料给出的三角形内切圆半径公式计算；第(2)问类比三角形内切圆半径的推导思路，通过将四边形面积分割为四个小三角形面积之和，推导四边形内切圆半径公式。具体来说，第(1)问先确定三角形为直角三角形，计算其面积和周长，代入公式即可；第(2)问连接内切圆圆心与四边形各顶点，将四边形拆分为四个以内切圆半径为高的小三角形，利用面积和建立等式，整理得到公式。
【解析】
(1) 因为 $5^2 + 12^2 = 25 + 144 = 169 = 13^2$，所以边长为5,12,13的三角形是直角三角形，直角边长为5和12。
该三角形的面积 $S = \frac{1}{2} × 5 × 12 = 30$，周长 $l = 5 + 12 + 13 = 30$。
根据材料中三角形内切圆半径公式 $r = \frac{2S}{l}$，代入得：
$r = \frac{2 × 30}{30} = 2$。
(2) 如图，连接OA、OB、OC、OD，设四边形ABCD内切圆的半径为$r$。
四边形ABCD的面积$S$等于四个小三角形的面积之和，即：
$S = S_{△ OAB} + S_{△ OBC} + S_{△ OCD} + S_{△ OAD}$。
又因为 $S_{△ OAB} = \frac{1}{2}AB · r$，$S_{△ OBC} = \frac{1}{2}BC · r$，$S_{△ OCD} = \frac{1}{2}CD · r$，$S_{△ OAD} = \frac{1}{2}AD · r$，代入得：
$S = \frac{1}{2}AB · r + \frac{1}{2}BC · r + \frac{1}{2}CD · r + \frac{1}{2}AD · r = \frac{1}{2}(a + b + c + d) · r$。
整理得：$r = \frac{2S}{a + b + c + d}$。
【答案】
11. (1) 边长分别为5,12,13的三角形的内切圆的半径为2；(2) 四边形的内切圆半径公式为$r=\frac{2S}{a+b+c+d}$。
【知识点】
三角形内切圆半径公式，四边形内切圆半径公式，勾股定理逆定理
【点评】
本题通过类比推理的方法，将三角形内切圆半径的推导思路迁移到四边形中，既考查了勾股定理逆定理的应用，又锻炼了学生的面积分割思想和公式推导能力，是一道基础的几何应用题目。
【难度系数】
0.5
