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8. 如图，有一块锐角三角形木板，现在要从中截出一个半圆形板块（圆心在边BC上），怎样截取才能使截出的半圆形面积最大？并说明理由。
（第8题）
（第8题）答案
解：
作法：
1. 作∠BAC的角平分线，交BC于点O；
2. 过点O作OD⊥AB，垂足为D；
3. 以O为圆心，OD长为半径，在△ABC内部作直径落在BC上的半圆，所得半圆即为面积最大的半圆形板块。
理由：
∵ AO平分∠BAC，OD⊥AB，
∴ 点O到AC的距离等于OD，
因此以O为圆心、OD为半径的半圆与AB、AC都相切，且整个半圆都在锐角△ABC的内部。
设BC上任意异于点O的点O'，若以O'为圆心作半径为r的半圆，使其直径在BC上且整个半圆落在△ABC内部，则r必须同时不大于O'到AB的距离、O'到AC的距离。
由角平分线的性质可知，点O是BC上唯一到AB、AC距离相等的点，且该距离是BC上所有点到AB、AC的距离的最大值，即OD是所有符合要求的半圆的半径的最大值。
∵ 半圆的面积$S=\frac{1}{2}π r^2$，S随r的增大而增大，
∴ 上述作法截出的半圆形面积最大。
作法：
1. 作∠BAC的角平分线，交BC于点O；
2. 过点O作OD⊥AB，垂足为D；
3. 以O为圆心，OD长为半径，在△ABC内部作直径落在BC上的半圆，所得半圆即为面积最大的半圆形板块。
理由：
∵ AO平分∠BAC，OD⊥AB，
∴ 点O到AC的距离等于OD，
因此以O为圆心、OD为半径的半圆与AB、AC都相切，且整个半圆都在锐角△ABC的内部。
设BC上任意异于点O的点O'，若以O'为圆心作半径为r的半圆，使其直径在BC上且整个半圆落在△ABC内部，则r必须同时不大于O'到AB的距离、O'到AC的距离。
由角平分线的性质可知，点O是BC上唯一到AB、AC距离相等的点，且该距离是BC上所有点到AB、AC的距离的最大值，即OD是所有符合要求的半圆的半径的最大值。
∵ 半圆的面积$S=\frac{1}{2}π r^2$，S随r的增大而增大，
∴ 上述作法截出的半圆形面积最大。
解析
【分析】
要使截出的半圆形面积最大，首先根据半圆面积公式$S=\frac{1}{2}π r^2$可知，面积随半径$r$的增大而增大，因此问题转化为求满足条件的最大半径。已知半圆的圆心在BC上、直径落在BC上，要使半圆在△ABC内部，半径必须同时不大于圆心到AB、AC的距离；要让半径取最大值，需要圆心到AB、AC的距离相等且最大，根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，因此只需找到∠BAC的角平分线与BC的交点作为圆心，该点到AB的距离即为最大半径，依此作图即可。
【解析】
作法：
1. 作$∠ BAC$的角平分线，交$BC$于点$O$；
2. 过点$O$作$OD⊥ AB$，垂足为$D$；
3. 以$O$为圆心，$OD$长为半径，在$△ ABC$内部作直径落在$BC$上的半圆，所得半圆即为所求。
理由：
$\because AO$平分$∠ BAC$，$OD⊥ AB$，
$\therefore$ 根据角平分线的性质，点$O$到$AC$的距离等于$OD$，
因此以$O$为圆心、$OD$为半径的半圆与$AB$、$AC$都相切，且整个半圆都在锐角$△ ABC$的内部。
设$BC$上任意异于点$O$的点$O'$，若以$O'$为圆心作半径为$r$的半圆，使其直径在$BC$上且整个半圆落在$△ ABC$内部，则$r$必须同时不大于$O'$到$AB$的距离、$O'$到$AC$的距离。
由角平分线的性质可知，点$O$是$BC$上唯一到$AB$、$AC$距离相等的点，且该距离是$BC$上所有点到$AB$、$AC$的距离的最大值，即$OD$是所有符合要求的半圆的半径的最大值。
$\because$ 半圆的面积$S=\frac{1}{2}π r^2$，$S$随$r$的增大而增大，
$\therefore$ 上述作法截出的半圆形面积最大。
【答案】
作法：1. 作$∠ BAC$的角平分线交$BC$于点$O$；2. 过$O$作$OD⊥ AB$于点$D$；3. 以$O$为圆心、$OD$为半径，在$△ ABC$内作直径落在$BC$上的半圆，该半圆即为面积最大的半圆形板块。理由见解析。
【知识点】
1. 角平分线的性质
2. 切线的判定与性质
3. 最值问题分析
【点评】
本题结合了几何作图与最值分析，需要学生将面积最大的问题转化为半径最大的问题，再结合角平分线、圆的切线相关性质求解，既考查了基本作图能力，也锻炼了逻辑推理和知识迁移的能力，是几何实际应用类的典型题目。
【难度系数】
0.6
要使截出的半圆形面积最大，首先根据半圆面积公式$S=\frac{1}{2}π r^2$可知，面积随半径$r$的增大而增大，因此问题转化为求满足条件的最大半径。已知半圆的圆心在BC上、直径落在BC上，要使半圆在△ABC内部，半径必须同时不大于圆心到AB、AC的距离；要让半径取最大值，需要圆心到AB、AC的距离相等且最大，根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，因此只需找到∠BAC的角平分线与BC的交点作为圆心，该点到AB的距离即为最大半径，依此作图即可。
【解析】
作法：
1. 作$∠ BAC$的角平分线，交$BC$于点$O$；
2. 过点$O$作$OD⊥ AB$，垂足为$D$；
3. 以$O$为圆心，$OD$长为半径，在$△ ABC$内部作直径落在$BC$上的半圆，所得半圆即为所求。
理由：
$\because AO$平分$∠ BAC$，$OD⊥ AB$，
$\therefore$ 根据角平分线的性质，点$O$到$AC$的距离等于$OD$，
因此以$O$为圆心、$OD$为半径的半圆与$AB$、$AC$都相切，且整个半圆都在锐角$△ ABC$的内部。
设$BC$上任意异于点$O$的点$O'$，若以$O'$为圆心作半径为$r$的半圆，使其直径在$BC$上且整个半圆落在$△ ABC$内部，则$r$必须同时不大于$O'$到$AB$的距离、$O'$到$AC$的距离。
由角平分线的性质可知，点$O$是$BC$上唯一到$AB$、$AC$距离相等的点，且该距离是$BC$上所有点到$AB$、$AC$的距离的最大值，即$OD$是所有符合要求的半圆的半径的最大值。
$\because$ 半圆的面积$S=\frac{1}{2}π r^2$，$S$随$r$的增大而增大，
$\therefore$ 上述作法截出的半圆形面积最大。
【答案】
作法：1. 作$∠ BAC$的角平分线交$BC$于点$O$；2. 过$O$作$OD⊥ AB$于点$D$；3. 以$O$为圆心、$OD$为半径，在$△ ABC$内作直径落在$BC$上的半圆，该半圆即为面积最大的半圆形板块。理由见解析。
【知识点】
1. 角平分线的性质
2. 切线的判定与性质
3. 最值问题分析
【点评】
本题结合了几何作图与最值分析，需要学生将面积最大的问题转化为半径最大的问题，再结合角平分线、圆的切线相关性质求解，既考查了基本作图能力，也锻炼了逻辑推理和知识迁移的能力，是几何实际应用类的典型题目。
【难度系数】
0.6
9. 如图,在$Rt△ ABC$中,$AC=8$,$BC=6$,$∠ C=90°$.$\odot I$分别切$AC$,$BC$,$AB$于点$D$,$E$,$F$,求$Rt△ ABC$的内心$I$与外心$O$之间的距离.
答案
解：
在$Rt△ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=8$，$BC=6$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$。
∵点$O$是$Rt△ABC$的外心，
∴$O$为斜边$AB$的中点，
∴$AO=\frac{1}{2}AB=5$。
设$Rt△ABC$的内切圆半径为$r$，
∵$\odot I$分别切$AC$，$BC$，$AB$于点$D$，$E$，$F$，
∴$ID⊥ AC$，$IE⊥ BC$，$IF⊥ AB$，$AD=AF$，$BE=BF$，$CD=CE$。
又∵$∠ C=90°$，
∴四边形$IDCE$是矩形，
又$ID=IE=r$，
∴矩形$IDCE$是正方形，
∴$CD=CE=r$。
∴$AD=AC-CD=8-r$，$BE=BC-CE=6-r$。
∵$AD+BE=AF+BF=AB=10$，
∴$(8-r)+(6-r)=10$，
解得$r=2$。
∴$AF=AD=8-2=6$。
∵$AO=5$，
∴$OF=AF-AO=6-5=1$。
在$Rt△IFO$中，$IF=r=2$，$∠ IFO=90°$，
由勾股定理得：$OI=\sqrt{OF^2+IF^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$。
答：内心$I$与外心$O$之间的距离为$\sqrt{5}$。
在$Rt△ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=8$，$BC=6$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$。
∵点$O$是$Rt△ABC$的外心，
∴$O$为斜边$AB$的中点，
∴$AO=\frac{1}{2}AB=5$。
设$Rt△ABC$的内切圆半径为$r$，
∵$\odot I$分别切$AC$，$BC$，$AB$于点$D$，$E$，$F$，
∴$ID⊥ AC$，$IE⊥ BC$，$IF⊥ AB$，$AD=AF$，$BE=BF$，$CD=CE$。
又∵$∠ C=90°$，
∴四边形$IDCE$是矩形，
又$ID=IE=r$，
∴矩形$IDCE$是正方形，
∴$CD=CE=r$。
∴$AD=AC-CD=8-r$，$BE=BC-CE=6-r$。
∵$AD+BE=AF+BF=AB=10$，
∴$(8-r)+(6-r)=10$，
解得$r=2$。
∴$AF=AD=8-2=6$。
∵$AO=5$，
∴$OF=AF-AO=6-5=1$。
在$Rt△IFO$中，$IF=r=2$，$∠ IFO=90°$，
由勾股定理得：$OI=\sqrt{OF^2+IF^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$。
答：内心$I$与外心$O$之间的距离为$\sqrt{5}$。
解析
【分析】
要解决该问题可按以下思路推导：1. 首先利用勾股定理求出直角三角形的斜边长度，直角三角形的外心是斜边中点，可先确定外心O的位置和AO的长度；2. 结合切线的性质和切线长定理，推导内切圆半径的关系，求出内切圆半径r，同时得到切线长AF的长度；3. 计算出线段OF的长度，最后在直角三角形IFO中用勾股定理求出OI的长度，即为内外心的距离。
【解析】
在$Rt△ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=8$，$BC=6$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$。
∵点$O$是$Rt△ABC$的外心，
∴$O$为斜边$AB$的中点，
∴$AO=\frac{1}{2}AB=5$。
设$Rt△ABC$的内切圆半径为$r$，
∵$\odot I$分别切$AC$，$BC$，$AB$于点$D$，$E$，$F$，
∴$ID⊥ AC$，$IE⊥ BC$，$IF⊥ AB$，$AD=AF$，$BE=BF$，$CD=CE$。
又
∵$∠ C=90°$，
∴四边形$IDCE$是矩形，
又$ID=IE=r$，
∴矩形$IDCE$是正方形，
∴$CD=CE=r$。
∴$AD=AC-CD=8-r$，$BE=BC-CE=6-r$。
∵$AD+BE=AF+BF=AB=10$，
∴$(8-r)+(6-r)=10$，
解得$r=2$。
∴$AF=AD=8-2=6$。
∵$AO=5$，
∴$OF=AF-AO=6-5=1$。
在$Rt△IFO$中，$IF=r=2$，$∠ IFO=90°$，
由勾股定理得：$OI=\sqrt{OF^2+IF^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$。
【答案】
$\sqrt{5}$
【知识点】
勾股定理，切线长定理，三角形内外心性质
【点评】
本题是圆与三角形结合的典型综合题，考察了直角三角形外接圆、内切圆的核心性质，解题的关键是准确定位内外心的位置，通过切线长定理求出内切圆半径后构造直角三角形完成求解，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
要解决该问题可按以下思路推导：1. 首先利用勾股定理求出直角三角形的斜边长度，直角三角形的外心是斜边中点，可先确定外心O的位置和AO的长度；2. 结合切线的性质和切线长定理，推导内切圆半径的关系，求出内切圆半径r，同时得到切线长AF的长度；3. 计算出线段OF的长度，最后在直角三角形IFO中用勾股定理求出OI的长度，即为内外心的距离。
【解析】
在$Rt△ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=8$，$BC=6$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$。
∵点$O$是$Rt△ABC$的外心，
∴$O$为斜边$AB$的中点，
∴$AO=\frac{1}{2}AB=5$。
设$Rt△ABC$的内切圆半径为$r$，
∵$\odot I$分别切$AC$，$BC$，$AB$于点$D$，$E$，$F$，
∴$ID⊥ AC$，$IE⊥ BC$，$IF⊥ AB$，$AD=AF$，$BE=BF$，$CD=CE$。
又
∵$∠ C=90°$，
∴四边形$IDCE$是矩形，
又$ID=IE=r$，
∴矩形$IDCE$是正方形，
∴$CD=CE=r$。
∴$AD=AC-CD=8-r$，$BE=BC-CE=6-r$。
∵$AD+BE=AF+BF=AB=10$，
∴$(8-r)+(6-r)=10$，
解得$r=2$。
∴$AF=AD=8-2=6$。
∵$AO=5$，
∴$OF=AF-AO=6-5=1$。
在$Rt△IFO$中，$IF=r=2$，$∠ IFO=90°$，
由勾股定理得：$OI=\sqrt{OF^2+IF^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$。
【答案】
$\sqrt{5}$
【知识点】
勾股定理，切线长定理，三角形内外心性质
【点评】
本题是圆与三角形结合的典型综合题，考察了直角三角形外接圆、内切圆的核心性质，解题的关键是准确定位内外心的位置，通过切线长定理求出内切圆半径后构造直角三角形完成求解，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
