典例3 如图,在$△ ABC$中,$AB=3$,$AC=\dfrac{9}{4}$,$D$是$BC$边上的一点,$AD=BD=2DC$,设$△ ABD$与$△ ACD$的内切圆半径分别为$r_1$,$r_2$,则$\dfrac{r_1}{r_2}=(\quad)$.


A.$2$
B.$\dfrac{4}{3}$
C.$\dfrac{3}{2}$
D.$\dfrac{2}{3}$

C

设$DC=x$，则$AD=BD=2x$。
1. 由$△ ABD$与$△ ACD$同高，底$BD=2DC$，可得面积比$\frac{S_1}{S_2}=\frac{S_{△ ABD}}{S_{△ ACD}}=2$。
2. 由$∠ ADB + ∠ ADC=180°$，得$\cos∠ ADB=-\cos∠ ADC$，结合余弦定理：
在$△ ABD$中：$AB^2=AD^2+BD^2-2AD· BD\cos∠ ADB$，即$9=8x^2-8x^2\cos∠ ADB$；
在$△ ACD$中：$AC^2=AD^2+DC^2-2AD· DC\cos∠ ADC$，即$(\frac{9}{4})^2=5x^2+4x^2\cos∠ ADB$。
两式相加化简得$9x^2=\frac{153}{16}$，解得$x=\frac{\sqrt{17}}{4}$。
3. 计算两三角形周长：
$△ ABD$周长$p_1=AB+BD+AD=3+4x=3+\sqrt{17}$，
$△ ACD$周长$p_2=AC+AD+DC=\frac{9}{4}+3x=\frac{3(3+\sqrt{17})}{4}$，
得$\frac{p_2}{p_1}=\frac{3}{4}$。
4. 由三角形内切圆半径公式$r=\frac{2S}{p}$，得：
$\frac{r_1}{r_2}=\frac{\frac{2S_1}{p_1}}{\frac{2S_2}{p_2}}=\frac{S_1}{S_2}·\frac{p_2}{p_1}=2×\frac{3}{4}=\frac{3}{2}$。

典例4 如图,六边形ABCDEF是$\odot O$的内接正六边形,连接$OA$,$OB$.

(1)$∠ AOB$的度数为.
(2)若正六边形ABCDEF的边心距为$2\sqrt{3}$,求图中阴影部分的周长(结果保留$π$).
(1)若$AC$与$\odot O$相离,则有$OD$大于半径$1$,即$\frac{1}{2}x＞1$,解得$x＞2$;
(2)若$AC$与$\odot O$相切,则有$OD$等于半径$1$,即$\frac{1}{2}x=1$,解得$x=2$;
(3)若$AC$与$\odot O$相交,则有$OD$小于半径$1$,即$\frac{1}{2}x＜1$,解得$0＜x＜2$.
综上可知,当$x＞2$时,$AC$与$\odot O$相离;当$x=2$时,$AC$与$\odot O$相切;当$0＜x＜2$时,$AC$与$\odot O$相交.
典例2
(1)证明 如图,连接$OE$.
$\because OE=OC$,
$\therefore ∠ OEC=∠ OCE$.
$\because DF=FE$,
$\therefore ∠ FED=∠ FDE$.
$\because ∠ FDE = ∠ CDO$, $∠ CDO + ∠ OCD=90°$,
$\therefore ∠ FED+∠ OEC=90°$,即$∠ FEO=90°$,
$\therefore OE⊥ FE$.
$\because OE$是$\odot O$半径,
$\therefore EF$为$\odot O$的切线.
(2)解 设$\odot O$的半径$EO=BO=r$,则$BD=BF=r-1$,
$\therefore FE=DF=2BD=2(r-1)$,
$\therefore OF=DF+OD=2r-1$.
在$\mathrm{Rt}△ FEO$中,由勾股定理,得$FE^2 + OE^2 = OF^2$,
$\therefore (2r-2)^2 + r^2 = (2r-1)^2$,解得$r=3$,或$r=1$(舍去),
$\therefore \odot O$的半径为$3$.
典例3
答案 C
解析 设$DC=x$,则$BD=AD=2x$.
$\because △ ABD$和$△ ACD$同高,
$\therefore S_{△ ABD}:S_{△ ACD}=BD:CD=2$.
$\because C_{△ ABD}=AB+BD+AD$,$C_{△ ACD}=AC+DC+AD$,
$\therefore \frac{1}{2}C_{△ ABD}=\frac{3}{2}+2x$,$\frac{1}{2}C_{△ ACD}=\frac{3}{4}(\frac{3}{2}+2x)$,
$\therefore \frac{C_{△ ABD}}{C_{△ ACD}}=\frac{4}{3}$.
$\because S_{△ ABD}=\frac{1}{2} · C_{△ ABD} · r_1$,$S_{△ ACD}=\frac{1}{2} · C_{△ ACD} · r_2$,
$\therefore \frac{S_{△ ABD}}{S_{△ ACD}}=\frac{C_{△ ABD} · r_1}{C_{△ ACD} · r_2}=\frac{4 · r_1}{3 · r_2}=2$,
整理,得$4r_1=6r_2$,$\frac{r_1}{r_2}=\frac{3}{2}$,故选 C.
典例4
解 (1)$60°$

解：(1)$60°$
(2) 过点$O$作$OG⊥ AB$于点$G$，由题意得边心距$OG=2\sqrt{3}$。
$\because$ 六边形$ABCDEF$是$\odot O$的内接正六边形，
$\therefore OA=OB$，$∠ AOB=60°$，
$\therefore △ OAB$是等边三角形，且$OG$平分$∠ AOB$，即$∠ AOG=30°$。
在$\mathrm{Rt}△ AOG$中，$OG = OA· \cos30°$，
代入$OG=2\sqrt{3}$得：$2\sqrt{3}=OA· \frac{\sqrt{3}}{2}$，
解得$OA=4$，
$\therefore AB=OA=4$。
弧$AB$的长度为：$\frac{60π × 4}{180}=\frac{4π}{3}$。
$\therefore$ 阴影部分的周长为$AB + \overset{\frown}{AB}$的长$=4+\frac{4π}{3}$。