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8. 如图,$△ ABC$的周长是18 cm,点$O$是$△ ABC$的内心,过点$O$作$EF// AB$,与$AC$,$BC$分别交于点$E,F$,已知$AB=6\ \mathrm{cm}$,则$△ CEF$的周长为
12
cm.答案
8. 12
解析
【分析】
我们先梳理解题思路：首先明确已知条件，△ABC周长为18cm，AB长6cm，O是三角形内心，EF平行AB交AC、BC于E、F。第一步先回忆内心的定义：内心是三角形内角角平分线的交点，因此OA、OB分别平分∠CAB和∠CBA。第二步结合EF//AB的平行线性质，通过内错角相等推导角的等量关系，进而得到EO=AE、FO=BF的等腰线段结论。第三步对△CEF的周长做线段拆分替换，把EF拆成EO+OF，代入刚才的等长线段，就能把△CEF的周长转化为AC+BC的长度，最后用大三角形周长减去AB的长度，直接算出结果即可。
【解析】
解：
1. 连接OA、OB，
∵点O是△ABC的内心，
∴OA平分∠CAB，OB平分∠CBA，
即∠OAE=∠OAB，∠OBF=∠OBA。
2.
∵EF//AB，
∴∠EOA=∠OAB，∠FOB=∠OBA，
等量代换可得∠OAE=∠EOA，∠OBF=∠FOB，
根据等角对等边，得到EO=AE，FO=BF。
3. 计算△CEF的周长：
$C_{△ CEF} = CE + EF + CF$
将EF拆分为EO+OF，代入EO=AE、FO=BF：
$C_{△ CEF} = CE + EO + OF + CF$
$= CE + AE + BF + CF$
$= (CE+AE) + (CF+BF) = AC + BC$
4. 已知△ABC周长为18cm，AB=6cm，
因此$AC+BC = C_{△ ABC} - AB = 18 - 6 = 12\ \mathrm{cm}$，
即△CEF的周长为12cm。
【答案】
12
【知识点】
三角形内心性质，平行线性质，等腰三角形判定
【点评】
本题是角平分线+平行线构造等腰三角形经典模型的典型应用，核心是通过线段等量代换，把未知的小三角形周长转化为大三角形两边之和，不需要单独计算各边长度，重点考察了几何转化思想的运用，难度适中。
【难度系数】
0.6
我们先梳理解题思路：首先明确已知条件，△ABC周长为18cm，AB长6cm，O是三角形内心，EF平行AB交AC、BC于E、F。第一步先回忆内心的定义：内心是三角形内角角平分线的交点，因此OA、OB分别平分∠CAB和∠CBA。第二步结合EF//AB的平行线性质，通过内错角相等推导角的等量关系，进而得到EO=AE、FO=BF的等腰线段结论。第三步对△CEF的周长做线段拆分替换，把EF拆成EO+OF，代入刚才的等长线段，就能把△CEF的周长转化为AC+BC的长度，最后用大三角形周长减去AB的长度，直接算出结果即可。
【解析】
解：
1. 连接OA、OB，
∵点O是△ABC的内心，
∴OA平分∠CAB，OB平分∠CBA，
即∠OAE=∠OAB，∠OBF=∠OBA。
2.
∵EF//AB，
∴∠EOA=∠OAB，∠FOB=∠OBA，
等量代换可得∠OAE=∠EOA，∠OBF=∠FOB，
根据等角对等边，得到EO=AE，FO=BF。
3. 计算△CEF的周长：
$C_{△ CEF} = CE + EF + CF$
将EF拆分为EO+OF，代入EO=AE、FO=BF：
$C_{△ CEF} = CE + EO + OF + CF$
$= CE + AE + BF + CF$
$= (CE+AE) + (CF+BF) = AC + BC$
4. 已知△ABC周长为18cm，AB=6cm，
因此$AC+BC = C_{△ ABC} - AB = 18 - 6 = 12\ \mathrm{cm}$，
即△CEF的周长为12cm。
【答案】
12
【知识点】
三角形内心性质，平行线性质，等腰三角形判定
【点评】
本题是角平分线+平行线构造等腰三角形经典模型的典型应用，核心是通过线段等量代换，把未知的小三角形周长转化为大三角形两边之和，不需要单独计算各边长度，重点考察了几何转化思想的运用，难度适中。
【难度系数】
0.6
9.(2025·姑苏区月考)如图,$△ ABC$内接于$\odot O$,$AB$为$\odot O$的直径,$I$为$△ ABC$的内心,连接$OI$,$AI$,$BI$.若$OI⊥ BI$,$OI = 1$,则$AB$的长为
$2\sqrt{5}$
.答案
9. $2\sqrt{5}$
解析
【分析】
我们可以按以下思路逐步推导：
1. 首先由AB是⊙O的直径，直接得到直径所对圆周角∠ACB=90°，因此△ABC是直角三角形，∠CAB+∠CBA=90°。
2. 利用三角形内心是角平分线交点的性质，AI、BI分别平分两个锐角，可算出∠AIB=135°。
3. 结合题目给出的OI⊥BI，得到Rt△OIB，设圆半径为R，可得sin(∠CBA/2)=OI/OB=1/R。
4. 结合二倍角公式和直角三角形两锐角互余的关系，把sin∠CAB用R表示，再代入直角三角形内切圆半径公式，结合三角形外心内心距离的欧拉公式建立关于R的方程，解方程即可求出半径R，最终得到AB的长度。
【解析】
解：设⊙O的半径为R，则OA=OB=R，AB=2R。
1. 因为AB为⊙O的直径，根据直径的圆周角性质得∠ACB=90°，因此在Rt△ABC中：
$∠ CAB + ∠ CBA = 90°$
2. 因为I是△ABC的内心，AI、BI分别平分∠CAB、∠CBA，因此：
$∠ IAB = \frac{1}{2}∠ CAB,\quad ∠ IBA = \frac{1}{2}∠ CBA$
可得：
$∠ IAB + ∠ IBA = \frac{1}{2}(∠ CAB+∠ CBA)=45°$
由三角形内角和得：
$∠ AIB = 180° - 45° = 135°$
3. 已知OI⊥BI，即∠OIB=90°，在Rt△OIB中，OI=1，OB=R，∠OBI=∠IBA=∠CBA/2，因此：
$\sin(\frac{1}{2}∠ CBA) = \frac{OI}{OB} = \frac{1}{R}$
4. 由二倍角公式$\cosα=1-2\sin^2\frac{α}{2}$得：
$\cos∠ CBA = 1-\frac{2}{R^2}$
结合∠CAB+∠CBA=90°，得$\sin∠ CAB=\cos∠ CBA=1-\frac{2}{R^2}$，同理可推导得$\cos∠ CAB=\frac{2\sqrt{R^2-1}}{R^2}$。
5. 直角三角形内切圆半径公式为$r=\frac{AC+BC-AB}{2}$，代入$AC=2R\cos∠ CAB$，$BC=2R\sin∠ CAB$，化简得：
$r = R(\sin∠ CAB + \cos∠ CAB -1)$
6. 根据三角形外心内心距离的欧拉公式$OI^2=R^2-2Rr$，代入OI=1：
$1 = R^2 - 2Rr$
将r代入整理得：
$3R^2 - 2R^2(\sin∠ CAB + \cos∠ CAB) = 1$
7. 把$\sin∠ CAB$和$\cos∠ CAB$的表达式代入上式，化简得：
$R^2 + 3 = 4\sqrt{R^2-1}$
两边平方整理得$(R^2-5)^2=0$，解得正根$R=\sqrt{5}$，因此$AB=2R=2\sqrt{5}$。
【答案】
$2\sqrt{5}$
【知识点】
直径的圆周角性质，三角形内心性质，欧拉公式
【点评】
本题属于圆综合压轴题型，融合了圆的基础性质、三角形内心的角度推导、三角恒等变换和欧拉公式的应用，解题关键是从垂直条件切入建立半角和半径的关系，最终通过方程思想求解半径，对学生的几何综合推导能力有较高要求。
【难度系数】
0.2
我们可以按以下思路逐步推导：
1. 首先由AB是⊙O的直径，直接得到直径所对圆周角∠ACB=90°，因此△ABC是直角三角形，∠CAB+∠CBA=90°。
2. 利用三角形内心是角平分线交点的性质，AI、BI分别平分两个锐角，可算出∠AIB=135°。
3. 结合题目给出的OI⊥BI，得到Rt△OIB，设圆半径为R，可得sin(∠CBA/2)=OI/OB=1/R。
4. 结合二倍角公式和直角三角形两锐角互余的关系，把sin∠CAB用R表示，再代入直角三角形内切圆半径公式，结合三角形外心内心距离的欧拉公式建立关于R的方程，解方程即可求出半径R，最终得到AB的长度。
【解析】
解：设⊙O的半径为R，则OA=OB=R，AB=2R。
1. 因为AB为⊙O的直径，根据直径的圆周角性质得∠ACB=90°，因此在Rt△ABC中：
$∠ CAB + ∠ CBA = 90°$
2. 因为I是△ABC的内心，AI、BI分别平分∠CAB、∠CBA，因此：
$∠ IAB = \frac{1}{2}∠ CAB,\quad ∠ IBA = \frac{1}{2}∠ CBA$
可得：
$∠ IAB + ∠ IBA = \frac{1}{2}(∠ CAB+∠ CBA)=45°$
由三角形内角和得：
$∠ AIB = 180° - 45° = 135°$
3. 已知OI⊥BI，即∠OIB=90°，在Rt△OIB中，OI=1，OB=R，∠OBI=∠IBA=∠CBA/2，因此：
$\sin(\frac{1}{2}∠ CBA) = \frac{OI}{OB} = \frac{1}{R}$
4. 由二倍角公式$\cosα=1-2\sin^2\frac{α}{2}$得：
$\cos∠ CBA = 1-\frac{2}{R^2}$
结合∠CAB+∠CBA=90°，得$\sin∠ CAB=\cos∠ CBA=1-\frac{2}{R^2}$，同理可推导得$\cos∠ CAB=\frac{2\sqrt{R^2-1}}{R^2}$。
5. 直角三角形内切圆半径公式为$r=\frac{AC+BC-AB}{2}$，代入$AC=2R\cos∠ CAB$，$BC=2R\sin∠ CAB$，化简得：
$r = R(\sin∠ CAB + \cos∠ CAB -1)$
6. 根据三角形外心内心距离的欧拉公式$OI^2=R^2-2Rr$，代入OI=1：
$1 = R^2 - 2Rr$
将r代入整理得：
$3R^2 - 2R^2(\sin∠ CAB + \cos∠ CAB) = 1$
7. 把$\sin∠ CAB$和$\cos∠ CAB$的表达式代入上式，化简得：
$R^2 + 3 = 4\sqrt{R^2-1}$
两边平方整理得$(R^2-5)^2=0$，解得正根$R=\sqrt{5}$，因此$AB=2R=2\sqrt{5}$。
【答案】
$2\sqrt{5}$
【知识点】
直径的圆周角性质，三角形内心性质，欧拉公式
【点评】
本题属于圆综合压轴题型，融合了圆的基础性质、三角形内心的角度推导、三角恒等变换和欧拉公式的应用，解题关键是从垂直条件切入建立半角和半径的关系，最终通过方程思想求解半径，对学生的几何综合推导能力有较高要求。
【难度系数】
0.2
10. 从如图所示的三角形木板$ABC$上截下一块圆形的木板.
(1)怎样才能使圆的面积尽可能大?(不写作法,但要保留作图痕迹)
(2)若$△ ABC$的三边长分别为$AB=4,BC=5,AC=6$,求$△ ABC$的面积;
(3)在(1),(2)的基础上,求最大圆形木板的半径.
(1)怎样才能使圆的面积尽可能大?(不写作法,但要保留作图痕迹)
(2)若$△ ABC$的三边长分别为$AB=4,BC=5,AC=6$,求$△ ABC$的面积;
(3)在(1),(2)的基础上,求最大圆形木板的半径.
答案
10. 解:(1)如答图①,作$△ ABC$的内切圆$\odot O$.
(2) 如答图②,过点 $A$ 作 $AM⊥ BC$ 于点 $M$,设 $BM=x$,则 $CM=5-x$.
由勾股定理,得 $AB^2-BM^2=AM^2$,$AC^2-CM^2=AM^2$,故 $4^2-x^2=6^2-(5-x)^2$,整理,得 $10x=5$,
解得 $x=\dfrac{1}{2}$,$AM=\sqrt{AB^2-BM^2}=\sqrt{4^2-(\dfrac{1}{2})^2}=\dfrac{3\sqrt{7}}{2}$,
$\therefore S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2}BC· AM=\dfrac{1}{2}×5×\dfrac{3\sqrt{7}}{2}=\dfrac{15\sqrt{7}}{4}$.
(3) 如答图①,设$\odot O$的半径为$r$,
$\because S_{△ ABC}=S_{△ OAB}+S_{△ OBC}+S_{△ OAC}=\dfrac{AB· r}{2}+\dfrac{BC· r}{2}+\dfrac{AC· r}{2}=\dfrac{15r}{2}$,$\therefore\dfrac{15\sqrt{7}}{4}=\dfrac{15r}{2}$,解得 $r=\dfrac{\sqrt{7}}{2}$,
$\therefore$ 最大圆形木板的半径为 $\dfrac{\sqrt{7}}{2}$.
解析
【分析】
这道题是三角形内切圆的综合应用题，我们可以分三步梳理思路：
1. 第一问要在三角形内部截出面积最大的圆，根据几何性质，三角形内部与三边都相切的内切圆就是面积最大的圆，只需要作出三角形的内切圆即可，通过作两个内角的角平分线找到圆心，再取垂线段为半径画圆。
2. 第二问已知三角形三边长求面积，没有直接可用的直角条件，我们可以过任意顶点作对边的高，设高分割出的其中一段线段长为未知数，利用勾股定理对同一条高的两种表达列方程，解出高的长度后，用底乘高除以2计算三角形面积。
3. 第三问求最大圆也就是内切圆的半径，利用内切圆的性质：圆心到三角形三边的距离都等于半径r，把原三角形拆分为三个分别以AB、BC、AC为底，r为高的小三角形，原三角形面积等于三个小三角形面积之和，代入已经算出的总面积，就能直接解出r的值。
【解析】
(1) 要得到面积最大的圆形木板，所作圆为△ABC的内切圆：作△ABC任意两个内角的角平分线，两条角平分线的交点记为点O，过点O向任意一边作垂线，以O为圆心，垂线段的长度为半径画圆，得到的⊙O就是所求的最大圆，保留角平分线、垂线的作图痕迹即可。
(2) 过点A作AM⊥BC于点M，设BM=x，则CM=BC-BM=5-x。
由勾股定理可得：$AM^2=AB^2-BM^2$，同时$AM^2=AC^2-CM^2$，因此联立等式：
$4^2 - x^2 = 6^2 - (5-x)^2$
展开化简：$16 - x^2 = 36 -25 +10x -x^2$，消去$x^2$后得到$10x=5$，解得$x=\frac{1}{2}$。
代入计算高AM：
$AM=\sqrt{AB^2-BM^2}=\sqrt{4^2 - (\frac{1}{2})^2}=\frac{3\sqrt{7}}{2}$
因此△ABC的面积为：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× BC × AM=\frac{1}{2}×5×\frac{3\sqrt{7}}{2}=\frac{15\sqrt{7}}{4}$
(3) 设最大圆也就是内切圆⊙O的半径为r，由内切圆性质可知，点O到△ABC三边的距离都等于r。
将△ABC拆分为△OAB、△OBC、△OAC三个小三角形，总面积等于三个小三角形面积之和：
$S_{△ ABC}=S_{△ OAB}+S_{△ OBC}+S_{△ OAC}$
代入三角形面积公式得：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}· AB· r + \frac{1}{2}· BC· r + \frac{1}{2}· AC· r=\frac{1}{2}(AB+BC+AC)· r$
代入AB=4，BC=5，AC=6，得$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×(4+5+6)· r=\frac{15r}{2}$，结合第二问得到的面积$\frac{15\sqrt{7}}{4}$，列方程：
$\frac{15r}{2}=\frac{15\sqrt{7}}{4}$
解得$r=\frac{\sqrt{7}}{2}$。
【答案】
(1) 作$△ ABC$的内切圆$\odot O$，作图痕迹如下：
(2) $△ ABC$的面积为$\frac{15\sqrt{7}}{4}$；
(3) 最大圆形木板的半径为$\frac{\sqrt{7}}{2}$。
【知识点】
三角形内切圆，勾股定理，三角形面积公式
【点评】
本题属于三角形相关的综合基础题，层层递进设置三个小问，既考察了内切圆的基本概念，也考察了已知三边求任意三角形面积的通用方法，最后利用内切圆和面积的关系推导半径，整体逻辑连贯，能帮助学生巩固内切圆性质、勾股定理的应用，掌握三角形面积的多种计算思路。
【难度系数】
0.6
这道题是三角形内切圆的综合应用题，我们可以分三步梳理思路：
1. 第一问要在三角形内部截出面积最大的圆，根据几何性质，三角形内部与三边都相切的内切圆就是面积最大的圆，只需要作出三角形的内切圆即可，通过作两个内角的角平分线找到圆心，再取垂线段为半径画圆。
2. 第二问已知三角形三边长求面积，没有直接可用的直角条件，我们可以过任意顶点作对边的高，设高分割出的其中一段线段长为未知数，利用勾股定理对同一条高的两种表达列方程，解出高的长度后，用底乘高除以2计算三角形面积。
3. 第三问求最大圆也就是内切圆的半径，利用内切圆的性质：圆心到三角形三边的距离都等于半径r，把原三角形拆分为三个分别以AB、BC、AC为底，r为高的小三角形，原三角形面积等于三个小三角形面积之和，代入已经算出的总面积，就能直接解出r的值。
【解析】
(1) 要得到面积最大的圆形木板，所作圆为△ABC的内切圆：作△ABC任意两个内角的角平分线，两条角平分线的交点记为点O，过点O向任意一边作垂线，以O为圆心，垂线段的长度为半径画圆，得到的⊙O就是所求的最大圆，保留角平分线、垂线的作图痕迹即可。
(2) 过点A作AM⊥BC于点M，设BM=x，则CM=BC-BM=5-x。
由勾股定理可得：$AM^2=AB^2-BM^2$，同时$AM^2=AC^2-CM^2$，因此联立等式：
$4^2 - x^2 = 6^2 - (5-x)^2$
展开化简：$16 - x^2 = 36 -25 +10x -x^2$，消去$x^2$后得到$10x=5$，解得$x=\frac{1}{2}$。
代入计算高AM：
$AM=\sqrt{AB^2-BM^2}=\sqrt{4^2 - (\frac{1}{2})^2}=\frac{3\sqrt{7}}{2}$
因此△ABC的面积为：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× BC × AM=\frac{1}{2}×5×\frac{3\sqrt{7}}{2}=\frac{15\sqrt{7}}{4}$
(3) 设最大圆也就是内切圆⊙O的半径为r，由内切圆性质可知，点O到△ABC三边的距离都等于r。
将△ABC拆分为△OAB、△OBC、△OAC三个小三角形，总面积等于三个小三角形面积之和：
$S_{△ ABC}=S_{△ OAB}+S_{△ OBC}+S_{△ OAC}$
代入三角形面积公式得：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}· AB· r + \frac{1}{2}· BC· r + \frac{1}{2}· AC· r=\frac{1}{2}(AB+BC+AC)· r$
代入AB=4，BC=5，AC=6，得$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×(4+5+6)· r=\frac{15r}{2}$，结合第二问得到的面积$\frac{15\sqrt{7}}{4}$，列方程：
$\frac{15r}{2}=\frac{15\sqrt{7}}{4}$
解得$r=\frac{\sqrt{7}}{2}$。
【答案】
(1) 作$△ ABC$的内切圆$\odot O$，作图痕迹如下：
(2) $△ ABC$的面积为$\frac{15\sqrt{7}}{4}$；
(3) 最大圆形木板的半径为$\frac{\sqrt{7}}{2}$。
【知识点】
三角形内切圆，勾股定理，三角形面积公式
【点评】
本题属于三角形相关的综合基础题，层层递进设置三个小问，既考察了内切圆的基本概念，也考察了已知三边求任意三角形面积的通用方法，最后利用内切圆和面积的关系推导半径，整体逻辑连贯，能帮助学生巩固内切圆性质、勾股定理的应用，掌握三角形面积的多种计算思路。
【难度系数】
0.6
11. (2025·无锡模拟)如图,$AB$为$\odot O$的直径,$△ ABC$内接于$\odot O$,$BC＞AC$,点$P$是$△ ABC$的内心,延长$CP$交$\odot O$于点$D$,连接$BP$.
(1)求证:$BD=PD$;
(2)已知$\odot O$的半径是$3\sqrt{2}$,$CD=8$,求$BC$的长.
(1)求证:$BD=PD$;
(2)已知$\odot O$的半径是$3\sqrt{2}$,$CD=8$,求$BC$的长.
答案
11. (1) 证明:$\because AB$ 为 $\odot O$ 的直径, $\therefore∠ ACB=90°$.
$\because$ 点 $P$ 是 $△ ABC$ 的内心,
$\therefore∠ ACD=∠ BCP=45°$,$∠ CBP=∠ EBP$,
$\therefore∠ ABD=∠ ACD=45°$.
$\because∠ DPB=∠ BCP+∠ CBP=45°+∠ CBP$,$∠ DBP=∠ ABD+∠ EBP=45°+∠ EBP$,
$\therefore∠ DPB=∠ DBP$,$\therefore BD=PD$.
(2) 解:如答图,连接 $AD$,过点 $B$ 作 $BH⊥ CD$ 于点 $H$.
$\because AB$ 是 $\odot O$ 的直径, $∠ ABD=45°$,
$\therefore AB=6\sqrt{2}$,$△ ABD$ 是等腰直角三角形,
$\therefore BD=\dfrac{\sqrt{2}}{2}AB=\dfrac{\sqrt{2}}{2}×6\sqrt{2}=6$.
$\because∠ BCD=45°$,$BH⊥ CD$,
$\therefore∠ BCH=∠ CBH=45°$,$\therefore BH=CH$,$\therefore BC=\sqrt{2}BH$.
$\because BD^2=DH^2+BH^2$,$CD=8$,
$\therefore36=(8-BH)^2+BH^2$,$\therefore BH=4\pm\sqrt{2}$.
$\because BC＞AC$,$\therefore BC=\sqrt{2}BH=\sqrt{2}(4+\sqrt{2})=4\sqrt{2}+2$.
解析
【分析】
第一问要证明BD=PD，核心思路是利用等角对等边，证明∠DPB=∠DBP。首先由AB是直径得到∠ACB=90°，结合三角形内心的性质，得到CP平分∠ACB、BP平分∠ABC，推出∠ACD=45°，再利用同弧所对圆周角相等得到∠ABD=∠ACD=45°，将∠DPB和∠DBP分别拆分为45°加相等的角，即可证两角相等，得到边相等。第二问求BC的长，先由圆的半径得到直径AB的长度，结合∠ADB=90°和∠ABD=45°，推出△ABD是等腰直角三角形，算出BD的长度；再过B作CD的垂线构造等腰直角△BCH，把BC用BH表示，在Rt△BDH中用勾股定理列方程求解BH，最后结合题干给出的BC＞AC的条件舍去不符合的解，得到BC的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵ AB 为 $\odot O$ 的直径，
$\therefore∠ ACB=90°$。
∵ 点 $P$ 是 $△ ABC$ 的内心，
$\therefore∠ ACD=∠ BCP=45°$，$∠ CBP=∠ ABP$，
由同弧AD所对圆周角相等得$∠ ABD=∠ ACD=45°$。
$\because∠ DPB=∠ BCP+∠ CBP=45°+∠ CBP$，
$∠ DBP=∠ ABD+∠ ABP=45°+∠ ABP$，
$\therefore∠ DPB=∠ DBP$，
$\therefore BD=PD$。
(2) 解：连接 $AD$,过点 $B$ 作 $BH⊥ CD$ 于点 $H$。
$\because \odot O$ 的半径是 $3\sqrt{2}$,
$\therefore AB=2×3\sqrt{2}=6\sqrt{2}$。
$\because AB$ 是 $\odot O$ 的直径，$\therefore ∠ADB=90°$,
又$\because ∠ABD=45°$,
$\therefore △ ABD$ 是等腰直角三角形,
$\therefore BD=\dfrac{\sqrt{2}}{2}AB=\dfrac{\sqrt{2}}{2}×6\sqrt{2}=6$。
$\because∠ BCD=45°$,$BH⊥ CD$,
$\therefore ∠BCH=∠CBH=45°$,$\therefore BH=CH$,$\therefore BC=\sqrt{2}BH$。
设$BH=x$，则$CH=x$，$DH=CD-CH=8-x$，
在$Rt△BDH$中，由勾股定理得$BD^2=DH^2+BH^2$，
代入数值得$36=(8-x)^2+x^2$，
整理得$x^2-8x+14=0$，解得$x=4\pm\sqrt{2}$。
$\because BC＞AC$，舍去$x=4-\sqrt{2}$，取$x=4+\sqrt{2}$，
$\therefore BC=\sqrt{2}BH=\sqrt{2}(4+\sqrt{2})=4\sqrt{2}+2$。
【答案】
(1) 证明见上述过程，$BD=PD$得证；
(2) $BC=4\sqrt{2}+2$
【知识点】
直径的圆周角性质，三角形内心性质，勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的中档综合题，第一问通过角的等量转化证明边相等，考察了圆周角性质和内心性质的基础应用；第二问通过作垂线构造特殊直角三角形，结合勾股定理列方程求解，需要注意结合题干给出的$BC＞AC$的条件对两个解进行取舍，避免出现多解错误。
【难度系数】
0.5
第一问要证明BD=PD，核心思路是利用等角对等边，证明∠DPB=∠DBP。首先由AB是直径得到∠ACB=90°，结合三角形内心的性质，得到CP平分∠ACB、BP平分∠ABC，推出∠ACD=45°，再利用同弧所对圆周角相等得到∠ABD=∠ACD=45°，将∠DPB和∠DBP分别拆分为45°加相等的角，即可证两角相等，得到边相等。第二问求BC的长，先由圆的半径得到直径AB的长度，结合∠ADB=90°和∠ABD=45°，推出△ABD是等腰直角三角形，算出BD的长度；再过B作CD的垂线构造等腰直角△BCH，把BC用BH表示，在Rt△BDH中用勾股定理列方程求解BH，最后结合题干给出的BC＞AC的条件舍去不符合的解，得到BC的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵ AB 为 $\odot O$ 的直径，
$\therefore∠ ACB=90°$。
∵ 点 $P$ 是 $△ ABC$ 的内心，
$\therefore∠ ACD=∠ BCP=45°$，$∠ CBP=∠ ABP$，
由同弧AD所对圆周角相等得$∠ ABD=∠ ACD=45°$。
$\because∠ DPB=∠ BCP+∠ CBP=45°+∠ CBP$，
$∠ DBP=∠ ABD+∠ ABP=45°+∠ ABP$，
$\therefore∠ DPB=∠ DBP$，
$\therefore BD=PD$。
(2) 解：连接 $AD$,过点 $B$ 作 $BH⊥ CD$ 于点 $H$。
$\because \odot O$ 的半径是 $3\sqrt{2}$,
$\therefore AB=2×3\sqrt{2}=6\sqrt{2}$。
$\because AB$ 是 $\odot O$ 的直径，$\therefore ∠ADB=90°$,
又$\because ∠ABD=45°$,
$\therefore △ ABD$ 是等腰直角三角形,
$\therefore BD=\dfrac{\sqrt{2}}{2}AB=\dfrac{\sqrt{2}}{2}×6\sqrt{2}=6$。
$\because∠ BCD=45°$,$BH⊥ CD$,
$\therefore ∠BCH=∠CBH=45°$,$\therefore BH=CH$,$\therefore BC=\sqrt{2}BH$。
设$BH=x$，则$CH=x$，$DH=CD-CH=8-x$，
在$Rt△BDH$中，由勾股定理得$BD^2=DH^2+BH^2$，
代入数值得$36=(8-x)^2+x^2$，
整理得$x^2-8x+14=0$，解得$x=4\pm\sqrt{2}$。
$\because BC＞AC$，舍去$x=4-\sqrt{2}$，取$x=4+\sqrt{2}$，
$\therefore BC=\sqrt{2}BH=\sqrt{2}(4+\sqrt{2})=4\sqrt{2}+2$。
【答案】
(1) 证明见上述过程，$BD=PD$得证；
(2) $BC=4\sqrt{2}+2$
【知识点】
直径的圆周角性质，三角形内心性质，勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的中档综合题，第一问通过角的等量转化证明边相等，考察了圆周角性质和内心性质的基础应用；第二问通过作垂线构造特殊直角三角形，结合勾股定理列方程求解，需要注意结合题干给出的$BC＞AC$的条件对两个解进行取舍，避免出现多解错误。
【难度系数】
0.5
12. 某校师生准备了一些等腰直角三角形纸片,从每张纸片中剪出一个半圆制作玩具. 如图是腰长为 4的等腰直角三角形纸片$ABC$,要求剪出的半圆的直径在$△ ABC$的边上,且半圆的弧与$△ ABC$的其他两边相切,请作出所有不同方案的示意图,并求出相应半圆的半径.(结果保留根号)
答案
12. 解:如答图①②③,从每张纸片中剪出的半圆的圆心为点 $O$. 根据勾股定理,得
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$.
如答图①,当直径在直角边 $BC$ 上时.
$\because$ 半圆的弧与 $△ ABC$ 的其他两边相切,
$S_{△ AOB}+S_{△ ACO}=S_{△ ABC}$,
$\therefore\dfrac{1}{2}×4\sqrt{2}r_1+\dfrac{1}{2}×4r_1=\dfrac{1}{2}×4×4$,
解得 $r_1=4\sqrt{2}-4$.
如答图②,同理可求得 $r_2=4\sqrt{2}-4$.
如答图③,当直径在斜边 $AB$ 上时,
$\because$ 半圆的弧与 $△ ABC$ 的其他两边相切,
$S_{△ AOC}+S_{△ BOC}=S_{△ ABC}$,
$\therefore\dfrac{1}{2}×4r_3+\dfrac{1}{2}×4r_3=\dfrac{1}{2}×4×4$,解得 $r_3=2$.
解析
【分析】
我们首先明确解题核心思路：题目要求剪出的半圆直径在△ABC的边上，且半圆弧与三角形另外两边相切，因此按照直径所在边的不同进行分类讨论，一共可分为三类：直径在直角边AC上、直径在直角边BC上、直径在斜边AB上。先利用勾股定理算出等腰直角三角形的斜边长，再结合切线的性质：圆心到切线的距离等于半圆的半径，通过面积法建立等式，分别求解每一类情况对应的半圆半径，同时注意等腰直角三角形两条直角边相等，因此直径在两条直角边上的两类情况半径相等。
【解析】
解：在Rt△ABC中，AC=BC=4，∠C=90°，由勾股定理计算斜边AB的长度：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$
分三种情况讨论：
1. 当半圆的直径在直角边BC上时，设半圆的圆心为O，半径为$r_1$
因为半圆弧与△ABC的另外两边AB、AC相切，因此圆心O到AB的距离、到AC的距离都等于半径$r_1$。
由面积关系$S_{△ AOB} + S_{△ AOC} = S_{△ ABC}$，代入面积公式得：
$$\frac{1}{2} × AB × r_1 + \frac{1}{2} × AC × r_1 = \frac{1}{2} × AC × BC$ 把$AB=4\sqrt{2}$，$AC=4$，$BC=4$代入化简： $$2\sqrt{2}r_1 + 2r_1 = 8$
解得$r_1 = 4\sqrt{2} - 4$。
2. 当半圆的直径在直角边AC上时，设半圆的半径为$r_2$
该情况与直径在BC上的情况完全对称，同理可得$r_2 = 4\sqrt{2} - 4$。
3. 当半圆的直径在斜边AB上时，设半圆的半径为$r_3$
因为半圆弧与△ABC的另外两边AC、BC相切，因此圆心O到AC的距离、到BC的距离都等于半径$r_3$。
由面积关系$S_{△ AOC} + S_{△ BOC} = S_{△ ABC}$，代入面积公式得：
$$\frac{1}{2} × AC × r_3 + \frac{1}{2} × BC × r_3 = \frac{1}{2} × AC × BC$ 把$AC=BC=4$代入化简： $$4r_3 = 8$
解得$r_3=2$。
【答案】
共有3种不同方案，直径在直角边AC上时半径为$4\sqrt{2}-4$，直径在直角边BC上时半径为$4\sqrt{2}-4$，直径在斜边AB上时半径为2。
【知识点】
等腰直角三角形性质，切线的性质，面积法求线段
【点评】
本题考查分类讨论思想在几何作图计算中的应用，解题的关键是不重不漏地按直径所在边的位置划分所有可能情况，利用切线性质得到圆心到两边的距离等于半径，通过面积法快速建立方程求解，避免了复杂的相似或三角函数推导，学生容易遗漏直径在两条直角边上的两种不同方案，需要注意区分不同的放置方式。
【难度系数】
0.4
我们首先明确解题核心思路：题目要求剪出的半圆直径在△ABC的边上，且半圆弧与三角形另外两边相切，因此按照直径所在边的不同进行分类讨论，一共可分为三类：直径在直角边AC上、直径在直角边BC上、直径在斜边AB上。先利用勾股定理算出等腰直角三角形的斜边长，再结合切线的性质：圆心到切线的距离等于半圆的半径，通过面积法建立等式，分别求解每一类情况对应的半圆半径，同时注意等腰直角三角形两条直角边相等，因此直径在两条直角边上的两类情况半径相等。
【解析】
解：在Rt△ABC中，AC=BC=4，∠C=90°，由勾股定理计算斜边AB的长度：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$
分三种情况讨论：
1. 当半圆的直径在直角边BC上时，设半圆的圆心为O，半径为$r_1$
因为半圆弧与△ABC的另外两边AB、AC相切，因此圆心O到AB的距离、到AC的距离都等于半径$r_1$。
由面积关系$S_{△ AOB} + S_{△ AOC} = S_{△ ABC}$，代入面积公式得：
$$\frac{1}{2} × AB × r_1 + \frac{1}{2} × AC × r_1 = \frac{1}{2} × AC × BC$ 把$AB=4\sqrt{2}$，$AC=4$，$BC=4$代入化简： $$2\sqrt{2}r_1 + 2r_1 = 8$
解得$r_1 = 4\sqrt{2} - 4$。
2. 当半圆的直径在直角边AC上时，设半圆的半径为$r_2$
该情况与直径在BC上的情况完全对称，同理可得$r_2 = 4\sqrt{2} - 4$。
3. 当半圆的直径在斜边AB上时，设半圆的半径为$r_3$
因为半圆弧与△ABC的另外两边AC、BC相切，因此圆心O到AC的距离、到BC的距离都等于半径$r_3$。
由面积关系$S_{△ AOC} + S_{△ BOC} = S_{△ ABC}$，代入面积公式得：
$$\frac{1}{2} × AC × r_3 + \frac{1}{2} × BC × r_3 = \frac{1}{2} × AC × BC$ 把$AC=BC=4$代入化简： $$4r_3 = 8$
解得$r_3=2$。
【答案】
共有3种不同方案，直径在直角边AC上时半径为$4\sqrt{2}-4$，直径在直角边BC上时半径为$4\sqrt{2}-4$，直径在斜边AB上时半径为2。
【知识点】
等腰直角三角形性质，切线的性质，面积法求线段
【点评】
本题考查分类讨论思想在几何作图计算中的应用，解题的关键是不重不漏地按直径所在边的位置划分所有可能情况，利用切线性质得到圆心到两边的距离等于半径，通过面积法快速建立方程求解，避免了复杂的相似或三角函数推导，学生容易遗漏直径在两条直角边上的两种不同方案，需要注意区分不同的放置方式。
【难度系数】
0.4
