8. 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $∠ C=90°$, $\odot O$ 是 $△ ABC$ 的内切圆,切点分别为 $D,E,F$.
(1) 图①中三组相等的线段分别是 $CE=CF$, $AF=$, $BD=$; 若 $AC=3$, $BC=4$, 则 $\odot O$ 的半径长为.
(2) 如图②, 延长 $AC$ 到点 $M$, 使 $AM=AB$, 过点 $M$ 作 $MN⊥ AB$ 于点 $N$. 求证: $MN$ 是 $\odot O$ 的切线.

8.(1)$AD$ $BE$ $1$
(2)证明:如答图,过点$O$作$OH⊥ MN$于点$H$,连接$OD,OE,OF$.

$\because∠ ANM=∠ ACB=90°,∠ A=∠ A,AM=AB$,
$\therefore△ AMN≌△ ABC(\mathrm{AAS}),\therefore AN=AC$.
$\because AD=AF,\therefore AN-AD=AC-AF$,
即$DN=CF$.
$\because∠ OEC=∠ ECF=∠ OFC=90°,OE=OF$,
$\therefore$ 四边形$OECF$为正方形,
$\therefore OE=OF=CF$,
$\therefore DN=OE$.
$\because∠ ANM=∠ ODN=∠ OHN=90°$,
$\therefore$ 四边形$OHND$是矩形,$\therefore OH=DN$,
$\therefore OH=OE$,即$OH$是$\odot O$的半径.
$\because OH⊥ MN,\therefore MN$是$\odot O$的切线.

【分析】
对于第(1)小问，我们可以利用切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长度相等，点A是圆O外一点，AF、AD都是从A出发的圆的切线，因此AF=AD；点B是圆O外一点，BD、BE都是从B出发的圆的切线，因此BD=BE。接下来求内切圆半径，先由勾股定理算出斜边AB的长度，再结合CE=CF=r，用边长关系即可求出r的值。
对于第(2)小问，要证明MN是⊙O的切线，由于MN和⊙O没有明确标注公共点，因此采用“作垂直，证半径”的判定思路：过圆心O作OH⊥MN于H，只需证明OH的长度等于⊙O的半径即可。先通过AAS证明△AMN≌△ABC，得到AN=AC，结合切线长AD=AF推出DN=CF，再利用内切圆的性质得到四边形OECF是正方形，即CF等于半径OE，进一步推出四边形OHND是矩形，得到OH=DN=OE，就可以说明圆心O到MN的距离等于半径，完成切线的证明。
【解析】
(1) 根据切线长定理：
∵F、D是⊙O过点A的切线的切点，
∴AF=AD；
∵D、E是⊙O过点B的切线的切点，
∴BD=BE；
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，由勾股定理得AB=√(AC²+BC²)=√(3²+4²)=5。
设⊙O半径为r，由内切圆性质可知CE=CF=r，因此AF=AC-CF=3-r，BE=BC-CE=4-r，
又
∵AB=AD+BD=AF+BE，代入得：5=(3-r)+(4-r)，
解得r=1，即⊙O的半径为1。
(2) 证明：过点O作OH⊥MN于点H，连接OD,OE,OF。
∵∠ANM=∠ACB=90°，∠A=∠A，AM=AB，
∴△AMN≌△ABC(AAS)，
∴AN=AC。
∵由切线长定理得AD=AF，
∴AN-AD=AC-AF，即DN=CF。
∵∠OEC=∠ECF=∠OFC=90°，OE=OF，
∴四边形OECF为正方形，
∴OE=OF=CF，
∴DN=OE。
∵∠ANM=∠ODN=∠OHN=90°，
∴四边形OHND是矩形，
∴OH=DN，
∴OH=OE，即OH是⊙O的半径。
又
∵OH⊥MN，
∴MN是⊙O的切线。
【答案】
(1) $AD$；$BE$；$1$
(2) 证明:如答图,过点O作OH⊥ MN于点H,连接OD,OE,OF.

$\because∠ ANM=∠ ACB=90°,∠ A=∠ A,AM=AB$,
$\therefore△ AMN≌△ ABC(\mathrm{AAS}),\therefore AN=AC$.
$\because AD=AF,\therefore AN-AD=AC-AF$,
即$DN=CF$.
$\because∠ OEC=∠ ECF=∠ OFC=90°,OE=OF$,
$\therefore$ 四边形$OECF$为正方形,
$\therefore OE=OF=CF$,
$\therefore DN=OE$.
$\because∠ ANM=∠ ODN=∠ OHN=90°$,
$\therefore$ 四边形$OHND$是矩形,$\therefore OH=DN$,
$\therefore OH=OE$,即$OH$是$\odot O$的半径.
$\because OH⊥ MN,\therefore MN$是$\odot O$的切线.
【知识点】
切线长定理，直角三角形内切圆，切线的判定
【点评】
本题第一问侧重基础，考察切线长定理的直接应用和直角三角形内切圆半径的常规计算；第二问考察切线判定的核心辅助线作法，针对直线与圆无明确公共点的场景，引导学生掌握“作垂直证半径”的思路，综合全等三角形、正方形、矩形的性质完成推导，有效考察了几何综合应用能力。
【难度系数】
0.6

9. 如图, A B, B C, C D 分别与$\odot O$相切于点 E, F, G, 且$AB// CD$,$BO=6$,$CO=8$.
(1)判断$△ OBC$的形状,并说明理由;
(2)求 BC 的长;
(3)求 OF 的长.

9.解:(1)$△ OBC$是直角三角形.理由如下:
$\because AB,BC,CD$分别与$\odot O$相切于点$E,F,G$,
$\therefore∠ OBE=∠ OBF=\dfrac{1}{2}∠ EBF$,
$∠ OCG=∠ OCF=\dfrac{1}{2}∠ GCF$.
$\because AB// CD,\therefore∠ EBF+∠ GCF=180°$,
$\therefore∠ OBF+∠ OCF=90°$,
$\therefore∠ BOC=180°-(∠ OBF+∠ OCF)=90°$,
$\therefore△ OBC$是直角三角形.
(2)$\because$ 在$\mathrm{Rt}△ BOC$中,$BO=6,CO=8$,
$\therefore BC=\sqrt{BO^2+CO^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$.
(3)$\because BC$与$\odot O$相切于点$F$,
$\therefore OF⊥ BC,\therefore\dfrac{1}{2}OF· BC=\dfrac{1}{2}BO· CO$,
$\therefore OF=\dfrac{BO· CO}{BC}=\dfrac{6×8}{10}=4.8$.

【分析】
我们可以按三步逻辑梳理解题思路：
1. 第一问判断△OBC形状：已知AB、BC、CD都是⊙O的切线，根据切线的性质，从圆外一点引圆的两条切线，该点与圆心的连线会平分两条切线的夹角，因此BO平分∠ABC，CO平分∠BCD。结合AB//CD，平行线同旁内角互补，可得∠ABC+∠BCD=180°，两个角的各一半相加就等于90°，即可推出∠BOC=90°，得到三角形形状。
2. 第二问求BC长：第一问已经证明△OBC是直角三角形，已知两条直角边BO=6、CO=8，直接套用勾股定理就能计算斜边BC的长度。
3. 第三问求OF长：OF是⊙O的半径，BC是切线，根据切线性质可得OF⊥BC，此时用直角三角形的等面积法，分别用两条直角边、斜边乘斜边上的高两种方式表达三角形面积，代入数值即可解出OF的长度。
【解析】
(1) △OBC是直角三角形，理由如下：
∵ AB、BC、CD分别与⊙O相切于点E、F、G，
∴ ∠OBE=∠OBF=1/2∠EBF，∠OCG=∠OCF=1/2∠GCF。
∵ AB//CD，
∴ ∠EBF + ∠GCF = 180°，
∴ ∠OBF + ∠OCF = 1/2×180°=90°，
∴ ∠BOC = 180°-(∠OBF+∠OCF)=90°，
∴ △OBC是直角三角形。
(2) 在Rt△BOC中，BO=6，CO=8，由勾股定理得：
BC=√(BO²+CO²)=√(6²+8²)=√100=10。
(3)
∵ BC与⊙O相切于点F，
∴ OF⊥BC，
由直角三角形面积的两种计算方式可得：
1/2·OF·BC = 1/2·BO·CO，
整理得OF=(BO·CO)/BC=(6×8)/10=4.8。
【答案】
(1) △OBC是直角三角形，理由见解析；(2) BC的长为10；(3) OF的长为4.8
【知识点】
切线的性质，勾股定理，等面积法
【点评】
本题是圆章节的经典基础综合题，围绕切线的核心性质展开，结合平行线性质推导直角，后续依次用勾股定理、等面积法求解边长，题型常规，属于高频考点，需要熟练掌握切线的相关推论，灵活运用等面积法简化高线的计算。
【难度系数】
0.7

[基础图形]

[已知条件]$\odot O$内切于$△ ABC,AB=c,BC=a,AC=b$
[基本结论]$AE=AF=\dfrac{b+c-a}{2},BD=BE=\dfrac{a+c-b}{2},CD=CF=\dfrac{a+b-c}{2}$

证明：
∵ ⊙O内切于△ABC，D、E、F分别为BC、AB、AC与⊙O的切点，
由切线长定理可得：
$AE = AF$，$BE = BD$，$CD = CF$。
设$AE = AF = x$，$BD = BE = y$，$CD = CF = z$，
根据三角形边长条件列方程组：
$\begin{cases}x + y = c \\y + z = a \\z + x = b\end{cases}$
将三式相加得：$2(x+y+z) = a+b+c$，即 $x+y+z = \dfrac{a+b+c}{2}$。
分别求解得：
$x = \dfrac{a+b+c}{2} - (y+z) = \dfrac{a+b+c}{2} - a = \dfrac{b+c-a}{2}$，即 $AE=AF=\dfrac{b+c-a}{2}$；
$y = \dfrac{a+b+c}{2} - (z+x) = \dfrac{a+b+c}{2} - b = \dfrac{a+c-b}{2}$，即 $BD=BE=\dfrac{a+c-b}{2}$；
$z = \dfrac{a+b+c}{2} - (x+y) = \dfrac{a+b+c}{2} - c = \dfrac{a+b-c}{2}$，即 $CD=CF=\dfrac{a+b-c}{2}$。

【分析】
解题思路如下：1. 首先明确三角形内切圆的性质，⊙O和△ABC三边分别相切于D、E、F三点，根据切线长定理，从三角形同一个顶点引出的两条切线长度相等，可直接得到三组相等的线段：AE=AF、BE=BD、CD=CF。2. 为了方便推导，将这三组相等的线段分别设为未知数x、y、z，结合已知的三边长a、b、c，列出三个对应方程组成三元一次方程组。3. 将三个方程整体相加，得到三个未知数的和等于三角形周长的一半，再用这个总和分别减去对应边的长度，就能分别解出x、y、z的表达式，最终得到要证明的结论。
【解析】
证明：
∵ ⊙O内切于△ABC，D、E、F分别为BC、AB、AC与⊙O的切点，
由切线长定理可得：
$AE = AF$，$BE = BD$，$CD = CF$。
设$AE = AF = x$，$BD = BE = y$，$CD = CF = z$，
根据三角形三边的组成关系列方程组：
$\begin{cases}x + y = c \\y + z = a \\z + x = b\end{cases}$
将三个方程左右两边分别相加得：$2(x+y+z) = a+b+c$，整理得 $x+y+z = \dfrac{a+b+c}{2}$。
分别代入求解三个未知数：
$x = \dfrac{a+b+c}{2} - (y+z) = \dfrac{a+b+c}{2} - a = \dfrac{b+c-a}{2}$，即 $AE=AF=\dfrac{b+c-a}{2}$；
$y = \dfrac{a+b+c}{2} - (z+x) = \dfrac{a+b+c}{2} - b = \dfrac{a+c-b}{2}$，即 $BD=BE=\dfrac{a+c-b}{2}$；
$z = \dfrac{a+b+c}{2} - (x+y) = \dfrac{a+b+c}{2} - c = \dfrac{a+b-c}{2}$，即 $CD=CF=\dfrac{a+b-c}{2}$。
【答案】
推导得证：$AE=AF=\dfrac{b+c-a}{2},BD=BE=\dfrac{a+c-b}{2},CD=CF=\dfrac{a+b-c}{2}$
【知识点】
切线长定理，三角形内切圆，三元一次方程组
【点评】
该结论是三角形内切圆相关计算的核心常用基础结论，推导过程利用切线长定理设元，结合整体代换的方法解方程组，思路简洁清晰，该结论在选择、填空题中可以直接使用，能大幅提升解题速度，是后续学习三角形内心相关性质的重要铺垫。
【难度系数】
0.7