11. (长沙中考)如图,在$△ ABC$中,AD是边BC上的中线,$∠ BAD = ∠ CAD$,$CE // AD$,CE交BA的延长线于点E,$BC=8$,$AD=3$.
(1)求CE的长；
(2)求证:$△ ABC$为等腰三角形；
(3)求$△ ABC$的外接圆圆心P与内切圆圆心Q之间的距离.

11. (1)
∵ $AD$ 是边 $BC$ 上的中线, $\therefore BD=CD. \because CE// AD, \therefore AD$ 为 $△ BCE$ 的中位线, $\therefore CE=2AD=6.$
(2)
∵ $CE// AD, \therefore ∠ BAD=∠ E, ∠ CAD=∠ ACE$. 而 $∠ BAD=$$∠ CAD, \therefore ∠ ACE=∠ E, \therefore AE=AC$. 而 $AB=AE, \therefore AB=AC$,$\therefore △ ABC$ 为等腰三角形.
(3) 如图, 连接 $BP, BQ, CP, CQ$, 在 $\mathrm{Rt}△ ABD$ 中, $AB=$$\sqrt {3^{2}+4^{2}}=5$, 设 $\odot P$ 的半径为 $R, \odot Q$ 的半径为 $r$, 在$\mathrm{Rt}△ PBD$ 中, $(R-3)^{2}+4^{2}=R^{2}$, 解得 $R=\frac {25}{6}, \therefore PD=PA-AD=$$\frac {25}{6}-3=\frac {7}{6}. \because S_{△ ABQ}+S_{△ BCQ}+S_{△ ACQ}=S_{△ ABC}, \therefore \frac {1}{2}· r· 5+$$\frac {1}{2}· r· 8+\frac {1}{2}· r· 5=\frac {1}{2}× 3× 8$, 解得 $r=\frac {4}{3}$, 即 $QD=\frac {4}{3}$,$\therefore PQ=PD+QD=\frac {7}{6}+\frac {4}{3}=\frac {5}{2}$. 故 $△ ABC$ 的外接圆圆心 $P$ 与内切圆圆心 $Q$ 之间的距离为 $\frac {5}{2}.$

知识拓展 任意三角形的外接圆半径$R$、内切圆半径$r$,$O$ 和$I$分别为其外心和内心:$r^2+OI^2=(R-r)^2$ 或 $OI^2=R^2-2Rr.$

12. 在关于$x$的方程$x^2 - 2ax + \frac{1}{4}b^2 = 0$中，$a,b$分别是一个面积为12的等腰三角形的腰与底边的长，且这个方程的两根之差的绝对值为8，则这个三角形的内切圆面积是。

12. $\frac{9π}{4}$ 解析:如图, $AB=AC=a, BC=$$b, AE⊥ BC$ 于点 $E, FD⊥ AB$ 于点 $D$,$\odot F$ 是 $△ ABC$ 的内切圆, $\therefore BE=$$\frac {1}{2}BC=\frac {1}{2}b, AE=\sqrt {AB^{2}-BE^{2}}=$$\frac {1}{2}\sqrt {4a^{2}-b^{2}}$. 设方程 $x^{2}-2ax+\frac {1}{4}b^{2}=0$ 的两根分别为 $x_1$,$x_2, \therefore x_1+x_2=2a, x_1x_2=\frac {1}{4}b^{2}$. 又 $|x_1-x_2|=8, \therefore (x_1+x_2)^2-$$4x_1x_2=64$, 即 $4a^{2}-b^{2}=64$. 又 $S_{△ ABC}=\frac {1}{2}× b× \frac {1}{2}\sqrt {4a^{2}-b^{2}}=$$12$, 与 $4a^{2}-b^{2}=64$ 联立方程组, 解得 $b=6, a=5$. 设内切圆半径为 $r$, 则 $EF=DF=r, \therefore BE=BD=3, AD=AB-BD=$$2, AD^{2}+DF^{2}=AF^{2}=(AE-EF)^{2}, \therefore 2^{2}+r^{2}=(4-r)^{2}$, 解得 $r=$$\frac {3}{2}, \therefore$ 三角形的内切圆面积为 $π × (\frac {3}{2})^{2}=\frac {9π }{4}.$

13. 使用“面积法”解决下列问题：
(1) Rt△ABC两条直角边长分别为3和4,则它的内切圆半径为;
(2) 如图①,在△ABC中,AB=15,BC=14,AC=13,AD是BC边上的高,求AD长及△ABC的内切圆的半径;
(3)若△ABC的周长为l,面积为S,内切圆⊙O的半径为r,直接写出r与S,l之间的关系:;
(4)若四边形ABCD存在内切圆(与各边都相切的圆),如图②,且四边形ABCD的面积为S,各边长分别为a,b,c,d,试推导四边形的内切圆半径公式;
(5)如图③,在四边形ABCD中,⊙O₁与⊙O₂分别为△ABD与△BCD的内切圆,⊙O₁与△ABD分别相切于点E,F,G,设它们的半径分别为r₁和r₂,若$∠ADB=90°,AE=8,BC+CD=20,S_{△ DBC}=36,r₂=2,$求r₁的值;
(6)如图④~⑦,在直角边分别为3和4的直角三角形中,每多作一条斜边上的高就增加一个三角形的内切圆,以此类推,图⑬中有10个直角三角形的内切圆,它们的面积分别记为S₁,S₂,S₃,…,S₁₀,则S₁+S₂+S₃+…+S₁₀=.

13. (1)1
(2) 设 $BD=x$, 则 $CD=14-x$, 设 $△ ABC$ 的内切圆的半径为 $r$, 由勾股定理可得 $AD^2=AB^2-BD^2=15^2-x^2, AD^2=AC^2-$$CD^2=13^2-(14-x)^2$, 则 $15^2-x^2=13^2-(14-x)^2$, 解得 $x=9$,则 $AD=12, \therefore S_{△ ABC}=\frac {1}{2}· BC· AD=\frac {1}{2}· (AB+BC+AC)·$$r, \therefore r=\frac {14× 12}{15+14+13}=4.$
(3)$r=\frac{2S}{l}$
(4) 设四边形 $ABCD$ 内切圆的圆心为 $O$, 半径为 $r$, 连接$OA,OB,OC,OD$, 则 $S=S_{△ OAB}+S_{△ OBC}+S_{△ OCD}+S_{△ OAD}=\frac {1}{2}AB·$$r+\frac {1}{2}BC· r+\frac {1}{2}CD· r+\frac {1}{2}DA· r=\frac {1}{2}(a+b+c+d)· r, \therefore r=$$\frac {2S}{a+b+c+d}.$
(5)
∵ $S_{△ DBC}=36, r_2=2, \therefore BC+CD+BD=\frac {2S_{△ DCB}}{r_2}=36. \because BC+$$CD=20, \therefore BD=16. \because \odot O_1$ 是 $△ ABD$ 的内切圆, $\therefore AE=$$AG=8, BE=BF, DF=DG, \therefore DG+BE=BD=16, \therefore$ 设 $DG=x$,则 $BE=16-x. \because ∠ ADB=90^{\circ }, \therefore AD^2+BD^2=AB^2$, 即 $(8+x)^2+$$16^2=(8+16-x)^2$, 解得 $x=4, \therefore AD=AG+DG=8+4=12$,$\therefore S_{△ ABD}=\frac {1}{2}AD· BD=\frac {1}{2}× 12× 16=96. \because AD+AB+$$BD=AG+AE+(DG+BE)+BD=8+8+16+16=48, \therefore r_1=$$\frac {2S_{△ ABD}}{AD+AB+BD}=\frac {96× 2}{48}=4.$
(6)$π$ 解析:如图①,分别过点 $O$ 作 $OE⊥ AC, OF⊥ BC$, 垂足分别为 $E, F$, 易得四边形 $OECF$ 为矩形. $\because OE=OF, \therefore$ 矩形 $OECF$ 为正方形. 设 $\odot O$ 的半径为 $r$, 则 $OE=OF=r=$$\frac {3+4-5}{2}=1, \therefore S_1=π × 1^2=π$. 如图②, 由 $S_{△ ABC}=\frac {1}{2}× 3× 4=$$\frac {1}{2}× 5× CD$, 得 $CD=\frac {12}{5}$. 由勾股定理得 $AD=\frac {9}{5}, BD=5-\frac {9}{5}=$$\frac {16}{5}$. 由上可知 $\odot O$ 的半径为 $\frac {\frac {9}{5}+\frac {12}{5}-3}{2}=\frac {3}{5}, \odot E$ 的半径为$\frac {\frac {12}{5}+\frac {16}{5}-4}{2}=\frac {4}{5}, \therefore S_1+S_2=π × (\frac {3}{5})^2+π × (\frac {4}{5})^2=π$. 如图③, 由 $S_{△ CDB}=\frac {1}{2}× \frac {12}{5}× \frac {16}{5}=\frac {1}{2}× 4× MD$, 得 $MD=\frac {48}{25}$. 由勾股定理得 $CM=\frac {36}{25}, MB=4-\frac {36}{25}=\frac {64}{25}$, 由上可知 $\odot O$ 的半径为$\frac {3}{5}, \odot E$ 的半径为 $\frac {12}{25}, \odot F$ 的半径为 $\frac {16}{25}, \therefore S_1+S_2+S_3=π ×$$(\frac {3}{5})^2+π × (\frac {12}{25})^2+π × (\frac {16}{25})^2=π, ···$, 以此类推, 可得 $S_1+S_2+S_3+··· +S_n=π, \therefore S_1+S_2+S_3+··· +S_{10}=π.$

归纳总结 已知任意 $△ ABC$ 的三边为 $a, b, c$, 三角形外接圆半径 $R=\frac {abc}{4S}$, 内切圆半径 $r=\frac {2S}{a+b+c}$. ($S$ 为 $△ ABC$ 的面积, 同一三角形的外接圆和内切圆半径满足关系式: $2Rr=\frac {abc}{a+b+c}$)