13.如图,在△ABC中,AB=AC,D为AC边上一点,⊙I为△ABD的内切圆,G,E,F为切点.
(1)求证:BE=CF;
(2)若BD=10,CD=4,求BE的长.

(1) 证明：
∵ ⊙I是△ABD的内切圆，G、E、F为切点，
由切线长定理得：$BE = BG$，$AG = AF$。
∵ $AB = AC$，
∴ $AB - AG = AC - AF$，即 $BG = CF$。
又∵ $BE = BG$，
∴ $BE = CF$。
(2) 解：
设$BE = x$，
由切线长定理得：$DE = DF$。
∵ $BD = 10$，
∴ $DE = BD - BE = 10 - x$，即 $DF = 10 - x$。
∵ $CD = 4$，
∴ $CF = DF + CD = (10 - x) + 4 = 14 - x$。
由(1)知$BE = CF$，
∴ $x = 14 - x$，
解得 $x = 7$。
答：$BE$的长为7。

【分析】
（1）要证明BE=CF，首先结合三角形内切圆的切线长定理，可得BE=BG、AG=AF；再利用已知AB=AC的条件，对两腰作等量减法得到BG=CF，最后通过等量代换即可完成证明。
（2）求BE的长度时，先设BE长为未知数x，根据切线长定理可得DE=DF，先用含x的式子表示出DF的长度，再结合CD的长度表示出CF，最后利用（1）中BE=CF的结论列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ ⊙I是△ABD的内切圆，G、E、F为切点，
由切线长定理得：$BE = BG$，$AG = AF$。
∵ $AB = AC$，
∴ $AB - AG = AC - AF$，即 $BG = CF$。
又
∵ $BE = BG$，
∴ $BE = CF$。
(2) 解：
设$BE = x$，
由切线长定理得：$DE = DF$。
∵ $BD = 10$，
∴ $DE = BD - BE = 10 - x$，即 $DF = 10 - x$。
∵ $CD = 4$，
∴ $CF = DF + CD = (10 - x) + 4 = 14 - x$。
由(1)知$BE = CF$，
∴ $x = 14 - x$，
解得 $x = 7$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) BE的长为7。
【知识点】
切线长定理，三角形内切圆性质，等腰三角形性质
【点评】
本题是三角形内切圆相关的典型习题，第一问考查切线长定理和等量代换的应用，第二问结合方程思想求解线段长度，解题的核心是熟练掌握切线长定理，准确找到线段之间的等量关系。
【难度系数】
0.7

14.(数学文化)【问题引入】古希腊几何学家海伦和我国南宋数学家秦九韶都曾提出利用三角形的三边求面积的公式,名为海伦-秦九韶公式:如果一个三角形的三边长分别是a,b,c,记 $ p = \frac{a+b+c}{2} $, 那么三角形的面积为 $ S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} $. 例如,在$ △ ABC $中,$ ∠ A,∠ B,∠ C $所对的边长分别为a,b,c,若$ a=3,b=4,c=5 $,则$ △ ABC $的面积为6.
【问题探索】如图1,在$ △ ABC $中,BC=a,AC=b,AB=c,$ p = \frac{a+b+c}{2} $,$ \odot M $是$ △ ABC $的内切圆,$ \odot N $分别与AC的延长线、AB的延长线以及线段BC均只有一个公共点,$ \odot M $的半径为m,$ \odot N $的半径为n.
(1)分析与证明:如图2,连接MA,MB,MC,则$ △ ABC $被划分为三个小三角形.用S表示$ △ ABC $的面积,则$ S=S_{△ MBC}+S_{△ MCA}+S_{△ MAB} $,那么$ S = p · m $是否成立?请证明你的结论;
(2)理解与应用:当$ ∠ A = 60°, m=2, n=6 $时,求$ △ ABC $的面积.

(1) 证明：
$S = p · m$成立，证明如下：
∵ $\odot M$是$△ ABC$的内切圆，半径为$m$，
∴ 圆心$M$到$△ ABC$三边$BC$、$AC$、$AB$的距离都等于$m$，
∴ $S_{△ MBC} = \frac{1}{2} · BC · m = \frac{1}{2} a m$，
$S_{△ MCA} = \frac{1}{2} · AC · m = \frac{1}{2} b m$，
$S_{△ MAB} = \frac{1}{2} · AB · m = \frac{1}{2} c m$，
∴ $S = S_{△ MBC} + S_{△ MCA} + S_{△ MAB} = \frac{1}{2} a m + \frac{1}{2} b m + \frac{1}{2} c m = \frac{1}{2}(a+b+c) · m$。
又∵ $p = \frac{a+b+c}{2}$，
∴ $S = p · m$。
---
(2) 解：
∵ $\odot M$是$△ ABC$的内切圆，
∴ 点$M$在$∠ A$的角平分线上，
∵ $∠ A = 60°$，
∴ $∠ MAC = \frac{1}{2}∠ A = 30°$。
设$\odot M$切$AC$于点$E$，连接$ME$，则$ME ⊥ AC$，$ME = m = 2$。
在$\mathrm{Rt}△ AME$中，$\tan 30° = \frac{ME}{AE}$，
∴ $AE = \frac{ME}{\tan 30°} = \frac{2}{\frac{\sqrt{3}}{3}} = 2\sqrt{3}$。
由内切圆切线长性质，$AE = \frac{AB + AC - BC}{2} = p - a$，即$p - a = 2\sqrt{3}$。
∵ $\odot N$与$AC$的延长线、$AB$的延长线、线段$BC$都相切，
∴ 点$N$是$△ ABC$对应$∠ A$的旁心，点$N$也在$∠ A$的角平分线上。
设$\odot N$切$AC$的延长线于点$Q$，连接$NQ$，则$NQ ⊥ AC$，$NQ = n = 6$。
在$\mathrm{Rt}△ ANQ$中，$\tan 30° = \frac{NQ}{AQ}$，
∴ $AQ = \frac{NQ}{\tan 30°} = \frac{6}{\frac{\sqrt{3}}{3}} = 6\sqrt{3}$。
由旁切圆切线长性质，$AQ = \frac{AB + AC + BC}{2} = p$，即$p = 6\sqrt{3}$。
由(1)的结论$S = p · m$，代入$p=6\sqrt{3}$，$m=2$，得：
$S = 6\sqrt{3} × 2 = 12\sqrt{3}$。
答：$△ ABC$的面积为$12\sqrt{3}$。

【分析】
(1) 要验证$S = p · m$是否成立，可利用内切圆的性质：内切圆的圆心到三角形三边的距离均等于半径$m$，将$△ ABC$拆分为3个分别以$BC、AC、AB$为底，$m$为高的小三角形，计算3个小三角形的面积和，再结合$p=\frac{a+b+c}{2}$的定义即可推导。
(2) 可直接利用(1)的结论$S=p·m$求解面积，已知$m=2$，因此仅需求出$p$的值。首先，内切圆圆心$M$在$∠ A$的角平分线上，结合$∠ A=60°$可得$∠ MAC=30°$，过$M$作$AC$的垂线，利用三角函数求内切圆在$AC$边的切线长$AE$，结合切线长定理可得$AE=p-a$；同理，旁切圆圆心$N$也在$∠ A$的角平分线上，过$N$作$AC$延长线的垂线，用三角函数求得旁切圆切线长$AQ$，结合旁切圆切线长性质可得$AQ=p$，求出$p$后代入$S=p·m$即可得到结果。
【解析】
(1) $S = p · m$成立，证明如下：
∵ $\odot M$是$△ ABC$的内切圆，半径为$m$，
∴ 圆心$M$到$△ ABC$三边$BC$、$AC$、$AB$的距离都等于$m$，
∴ $S_{△ MBC} = \frac{1}{2} · BC · m = \frac{1}{2} a m$，
$S_{△ MCA} = \frac{1}{2} · AC · m = \frac{1}{2} b m$，
$S_{△ MAB} = \frac{1}{2} · AB · m = \frac{1}{2} c m$，
∴ $S = S_{△ MBC} + S_{△ MCA} + S_{△ MAB} = \frac{1}{2} a m + \frac{1}{2} b m + \frac{1}{2} c m = \frac{1}{2}(a+b+c) · m$。
又
∵ $p = \frac{a+b+c}{2}$，
∴ $S = p · m$。
(2) 解：
∵ $\odot M$是$△ ABC$的内切圆，
∴ 点$M$在$∠ A$的角平分线上，
∵ $∠ A = 60°$，
∴ $∠ MAC = \frac{1}{2}∠ A = 30°$。
设$\odot M$切$AC$于点$E$，连接$ME$，则$ME ⊥ AC$，$ME = m = 2$。
在$\mathrm{Rt}△ AME$中，$\tan 30° = \frac{ME}{AE}$，
∴ $AE = \frac{ME}{\tan 30°} = \frac{2}{\frac{\sqrt{3}}{3}} = 2\sqrt{3}$。
由内切圆切线长性质，$AE = \frac{AB + AC - BC}{2} = p - a$，即$p - a = 2\sqrt{3}$。
∵ $\odot N$与$AC$的延长线、$AB$的延长线、线段$BC$都相切，
∴ 点$N$是$△ ABC$对应$∠ A$的旁心，点$N$也在$∠ A$的角平分线上。
设$\odot N$切$AC$的延长线于点$Q$，连接$NQ$，则$NQ ⊥ AC$，$NQ = n = 6$。
在$\mathrm{Rt}△ ANQ$中，$\tan 30° = \frac{NQ}{AQ}$，
∴ $AQ = \frac{NQ}{\tan 30°} = \frac{6}{\frac{\sqrt{3}}{3}} = 6\sqrt{3}$。
由旁切圆切线长性质，$AQ = \frac{AB + AC + BC}{2} = p$，即$p = 6\sqrt{3}$。
由(1)的结论$S = p · m$，代入$p=6\sqrt{3}$，$m=2$，得：
$S = 6\sqrt{3} × 2 = 12\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $S=p·m$成立，证明见上述解析；(2) $△ ABC$的面积为$12\sqrt{3}$
【知识点】
三角形内切圆性质，切线长定理，解直角三角形
【点评】
本题以海伦-秦九韶公式这一数学文化为背景，既考查了三角形内切圆面积公式的基础推导，又结合旁切圆性质、三角函数、切线长定理进行综合考查，能够有效检验对圆与三角形相关性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6