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专题07 圆中的重要模型--圆中的内切圆和外接圆模型
模型1、内切圆模型
【模型解读】
内切圆：平面上的多边形的每条边都能与其内部的一个圆形相切，该圆就是该多边形的内切圆，这时称这
个多边形为圆外切多边形。它亦是该多边形内部最大的圆形。内切圆的圆心被称为该多边形的内心。
三角形内切圆圆心：在三角形中，三个角的角平分线的交点是内切圆的圆心，圆心到三角形各个边的垂线
段相等。正多边形必然有内切圆，而且其内切圆的圆心和外接圆的圆心重合，都在正多边形的中心。
【常见模型及结论】
1）三角形的内切圆模型
条件：如图1，⊙O为三角形ABC的内切圆（即O为三角形ABC的内心），⊙O的半径为r。
结论：①点O到三角形ABC的三边距离相等；② ；③r= 。
图1 图2 图3
2）直角三角形的内切圆模型
条件：如图2，⊙O为Rt 的内切圆（即O为三角形ABC的内心），⊙O的半径为r。
结论：①点O到三角形ABC的三边距离相等；② ；③r= ；
3）四边形的内切圆模型
条件：如图3，⊙O是四边形ABCD的内切圆。
结论： 。
例1．（2023·黑龙江鸡西·校考三模）如图，在 中， ，半径为 的 是 的内切圆，
连接 ，分别交 于D，E两点，则 的长为 ．（结果用含 的式子表示）【答案】
【分析】根据内切圆圆心是三角形三条角平分线的交点，得到 的大小，然后用弧长公式即可求解．
【详解】∵内切圆圆心是三条角平分线的交点，
∴ ； 设 ， ，
在 中： ，在 中： ，
由①②得： ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查内心的性质，求弧长；解题关键是根据角平分线算出 的度数．
例2．（2022秋·安徽·九年级统考期末）如图，在 中， ，过点 作 于点D，P是
内一点，且 ，连接 交 于点 ，若点 恰好为 内心，则 的度数为
（ ）
A．36° B．48° C．60° D．72°
【答案】C
【分析】根据内心定义可知 ， ， 分别是 ， ， 的角平分线，推导出
，由等腰三角形三线合一的性质可得 ，由全等三角形的判定及其性质可得, ，继而可得 ， ，进而即可求解．
【详解】∵点 恰好为 内心，
∴ ， ， 分别是 ， ， 的角平分线，
∴ ，
又 ，∴ ，∴ ，∴ ，
∵ ， 于点D，∴点 是 的中点， ，
又 ， ，∴ ,∴ ，
又 ，∴ ，
又 ，∴ ，
∴ ，故选：C．
【点睛】本题考查三角形内心的定义及其性质，全等三角形的判定及其性质、等腰三角形三线合一的性质，
三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握所学知识点．
例3．（2023秋·河南漯河·九年级统考期末）如图， 是 的内切圆，切点分别为 ，且
， ， ，则 的半径是 ．
【答案】1
【分析】先根据勾股定理求出 ，由切线长定理得 ， ， ，设
，则 ， ，然后根据 ，求解即可．
【详解】解：在 中，∵ ， ， ，∴ ，
∵ 为 的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴ ， ， ，如图，连接 ， ，∵ 为 的内切圆，∴ ，
∴ ，∴四边形 是正方形，
设 ，则 ， ，
∵ ，∴ ，∴ ，则 的半径为1．故答案为：1．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，勾股定理，正方形的判定与性质，切线长定理等知识，解题的
关键是熟练掌握切线长定理．
例4．（2023秋·辽宁葫芦岛·九年级统考期末）如图，点 是 的内心， ， ， ，
，则 的半径为 ．
【答案】
【分析】过O作交 于E，设 ，在 和 中，运用勾股定理即可解答；
【详解】过O作交 于E，设点 是 的内心， ， ，
在 中，由勾股定理可得： 在 中，由勾股定理可得：
故 解得 故 故答案为
【点睛】该题考查了角平分线的性质，勾股定理，圆的基本性质，解答该题的关键是掌握该部分知识点．
例5．（2023·江苏南京·九年级校联考阶段练习）如图，AB、BC、CD、DA都是⊙O的切线．若 ，
，则 的值是 ．
【答案】9
【分析】根据切线长定理，可得 ，由此即可解决问题．
【详解】∵AB、BC、CD、DA都是⊙O的切线，∴可以假设切点分别为E、H、G、F，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，∴ ，故答案为：9．
【点睛】本题考查了切线长定理，考查了数学运算能力．
例6．（2023·成都市九年级期中）如图， 是 的内切圆， 、 、 为切点， ，
， ， 切 交 于 ，交 于 ，则 的周长为（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用切线长定理得到等边，再利用给出的三条边长，设未知数列方程组，计算出边长，再利用等
边换边得到 的周长．
【详解】 是 的内切圆, 、 、 是 的切线，
又 切 于点K， 、 、 、 、 ，
的周长为：
设 ， ， ，
则 、 、 ，
解得 ， 的周长为： ．故选D．
【点睛】本题考查切线长定理及边长的计算，需要理清目标和条件，正确且有条理的计算是解题的关键．
例7．（2023·四川宜宾·九年级专题练习）如图，在直角坐标系中，一直线l经过点M（ ，1）与x轴、y
轴分别交于A、B两点，且MA＝MB，可求得△ABO的内切圆⊙O 的半径r ＝ ﹣1；若⊙O 与⊙O 、l、y
1 1 2 1
轴分别相切，⊙O 与⊙O 、l、y轴分别相切，…，按此规律，则⊙O 的半径r ＝ ．
3 2 2014 2014【答案】
【分析】连接OO 、AO 、BO ，作O D⊥OB于D，O E⊥AB于E，O F⊥OA于F，将三角形ABO分解成三
1 1 1 1 1 1
个三角形，再根据三个三角形的面积之和等于△ABO的面积，即可得出半径的值，再根据题意依次列出
⊙O ，⊙O …的半径大小，找出规律即可．
2 3
【详解】连接OO 、AO 、BO ，作O D⊥OB于D，O E⊥AB于E，O F⊥OA于F，如图所示：
1 1 1 1 1 1
则O D＝O E＝O F＝r ，
1 1 1 1
∵M是AB的中点，∴B（0，2），A（2 ，0），则S ＝ ×OB×r ＝r ，
OO1B 1 1
△
S ＝ ×AO×r ＝ r
AO1O 1 1
△
∵S ＝S +S +S ＝ ∴
AOB OO1B AO1O AO1B
△ △ △ △
同理得： …∴
依此类推可得：⊙O 的半径r ＝ 故答案为
2014 2014
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆、勾股定理、规律型，解此类题目时要根据题意列出等式，适当地
对图形进行分解，总结出规律是解题的关键．例8．（2023·广东东莞·九年级校考期中）如图，在内切圆半径为1的直角三角形ABC中， ，
，内切圆与BC边切于点D，则A到D的距离AD （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取内切圆的圆心O，连接圆心与切点，由 ， 可得∠BAC=60°，再根据内切圆的
圆心的是三角形三条角平分线的交点，可知∠OAE=30°，从而得到AE= ，CE=1， CD=1，再用勾股定理
即可求解．
【详解】解：取内切圆的圆心O，与AC，AB的切点E、F，连接OD、OE、OF．
∵ ， ，∴∠BAC=60°，
∵内切圆的圆心的是三角形三条角平分线的交点，∴
又∵OE=1，OE⊥AC（切线的性质），∴AE= ，
∵OE⊥AC，OD⊥BC， ，∴四边形CDOE是矩形，
又∵OD=OE，∴四边形CDOE是正方形，∴CE=CD=OE=1， ∴AC= AE+CE= +1，
在Rt△ACD中， ，∴ ，
∴ ，故选：D．
【点睛】本题考查勾股定理，正方形的判定与性质，三角形的内切圆，切线的性质等知识，根据题意正确
画出的辅助线是解题的关键．模型2、多边形的外接圆模型
【模型解读】
外接圆：与多边形各顶点都相交的圆叫做多边形的外接圆，通常是针对一个凸多边形来说的，如三角形，
若一个圆恰好过三个顶点，这个圆就叫作三角形的外接圆，此时圆正好把三角形包围。
三角形外接圆圆心：即做三角形三条边的垂直平分线（两条也可，两线相交确定一点）。
【常见模型及结论】
1）三角形的外接圆模型
条件：如图1，⊙O为三角形ABC的外接圆（即O为三角形ABC的外心）。结论：①OA=OB=OC；② 。
图1 图2 图3
2）等边三角形的外接圆模型
条件：如图2，点P为等边三角形ABC外接圆劣弧BC上一点。
结论：① ，PM平分 ；②PA=PB+PC；③ ；
3）四边形的外接圆模型
条件：如图3，四边形ABCD是⊙O的内接四边形。
结论：① ； ；② 。
例1．（2023·黑龙江·校联考模拟预测） ABC中，∠A＝80°，点M是 ABC的外心，点N是 ABC的内心，
连接BM，CM，BN，CN，则∠BMC与∠△BNC的差为（ ） △ △
A．30° B．35° C．40° D．45°
【答案】A
【分析】分别求出∠BMC＝2∠A＝160°，BNC＝130°,然后得出结果．
【详解】解：如图，∵点M是△ABC的外心，∴∠BMC＝2∠A＝160°，
∵点N是△ABC的内心，∴∠BNC＝180°﹣（∠NBC+∠NCB）
＝180° （∠ABC+∠ACB）＝180° （180°﹣∠A）＝130°，
∴∠BMC﹣∠BNC＝160°﹣130°＝30°．故选：A．
【点睛】本题考查三角形的内心和外心，解题关键掌握内心（内切圆圆心）和外心（外接圆圆心）的定义．
例2．（2023秋·河北邢台·九年级校联考期末）如图，点O，I分别是锐角 的外心、内心，若
，则 的度数为 ．【答案】 /24度
【分析】连接 ，先计算出 ，再利用外心性质和等腰三角形的性质得到 ，
则 ，利用圆周角定理得到 ，接着计算出 ，再根据三角形内心即可解
决问题．
【详解】解：连接 ，如图，
∵ ，∴ ，∵O点为 的外心，∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∵I为 的内心，∴ 平分 ，∴ ．故答案为： ．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，圆周角定理，解决本题的关键是掌
握内心与外心定义．
例3．（2023·湖北武汉·九年级阶段练习）如图，等腰△ABC内接于⊙O，AB=AC=4 ，BC=8，则⊙O的半
径为 .
【答案】5cm【分析】作AD⊥BC于D，根据等腰三角形的性质得BD=CD= BC=4，再利用三角形外心的定义得到△ABC
的外接圆的圆心在AD上，连结OB，设⊙O的半径为r，利用勾股定理，在Rt△ABD中计算出AD=8，然后
在Rt△OBD中得到42+（8-r）2=r2，再解关于r的方程即可；
【详解】解：
如图1，作AD⊥BC于D，∵AB=AC， ∴BD=CD= BC=4，∴△ABC的外接圆的圆心在AD上，
连结OB，设⊙O的半径为r，在Rt△ABD中，∵AB=4 ，BD=4，∴AD= =8，
在Rt△OBD中，OD=AD-OA=8-r，OB=r，BD=4，∴42+（8-r）2=r2，解得r=5，
即△ABC的外接圆的半径为5；
【点睛】本题考查三角形的外接圆和外心，解题关键证明等腰三角形底边上的高经过三角形外接圆的圆心.
例4．（2022春·江苏·九年级期末） 中， ， ，点I是 的内心，点O是
的外心，则 ．
【答案】14.3
【分析】如图，过点A作 交于点D，由等腰三角形得点I、点O都在直线AD上，连接OB、
OC，过点I作 交于点E，设 ， ，根据勾股定理求出 ，则
， ，由勾股定理求出R的值，证明 由相似三角形的性质得 ，求
出r的值，即可计算 ．
【详解】如图，过点A作 交于点D，∵ ， ，∴ 是等腰三角形，∴ ，
∵点I是 的内心，点O是 的外心，∴点I、点O都在直线AD上，
连接OB、OC，过点I作 交于点E，设 ， ，
在 中， ，∴ ， ，
在 中， ，解得： ，
∵ ， ，∴ ，
∴ ，即 ， 解得： ，∴ ，
∴ ．故答案为：14.3．
【点睛】本题考查内切圆与外接圆，等腰三角形的性质以及相似三角形的判定与性质，掌握内切圆的圆心
为三角形三条角平分线的交点，外接圆圆心为三角形三条垂直平分线的交点是解题的关键．
例5．（2023.广东九年级期中）如图，在△ABC中，∠C=60°，以AB为直径的半圆O分别交AC，BC于点
D，E，已知⊙O的半径为 ．（1）求证：△CDE∽△CBA；（2）求DE的长．
分析 （1）由圆内接四边形的外角等于它的内对角知∠CED=∠A（或∠CDE=∠B），又有∠C=∠C，故
△CDE∽△CBA；（2）连接AE．由（1）中△CDE∽△CBA得DE：BA=CE：CA，由于直径对的圆周角是直角，有∠AEB=∠AEC=90°；在Rt△AEC中，有∠C=60°，∠CAE=30°．则DE：BA=CE：CA=1：2，即
DE= ．
解答 （1）证明：∵四边形ABED为⊙O的内接四边形，
∴∠CED=∠A（或∠CDE=∠B）；又∠C=∠C，∴△CDE∽△CBA．
（2）解：连接AE．
由（1）得△CDE∽△CBA，∴DE：BA=CE：CA，
∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB=∠AEC=90°．
在Rt△AEC中，∵∠C=60°，∴∠CAE=30°；
∴DE：BA=CE：CA=1：2，即DE= ．
点评 本题考查了圆内接四边形的性质、相似三角形的判定和性质、圆周角定理，直角三角形的性质等知
识的综合应用能力．
例6．（2023湖北省荆门市九年级上期中）如图， 、 、 、 是 上的四个点，
．
(1)判断 的形状，并证明你的结论；(2)探究 、 、 之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)等边三角形，见解析(2) ，见解析
【分析】（1）根据圆周角定理得到 ， ，根据等边三角形的判定
定理证明；（2）在 上截取 ，得到 为等边三角形，证明 ，根据全等三角
形的性质，结合图形证明即可．
【详解】（1）解： 是等边三角形，理由如下：由圆周角定理得， ， ，∴ 是等边三角形；
（2）解： ，理由如下：在 上截取 ，
∵ ，∴ 为等边三角形，∴ ， ，
在 和 中， ，∴
∴ ，∴ ．
【点睛】本题考查的是圆周角定理，全等三角形的判定和性质，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的
圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．
例7．（2023广东中考模拟）如图，点P为等边△ABC外接圆劣弧BC上一点．（1）求∠BPC的度数；
（2）求证：PA=PB+PC；（3）设PA，BC交于点M，若AB=4，PC=2，求CM的长度．
【答案】（1）∠BPC=120°，（2）证明见解析；（3）CM= ．
【分析】（1）由圆周角定理得∠BPC与∠BAC互补；
（2）在PA上截取PD=PC，可证明 ACD≌△BCP，则AD=PB，从而得出PA=PB+PC；
（3）容易得到 CDM∽△ACM，所以△CM：AM=DM：MC=DC：AC=2：4=1：2，设DM=x，则CM=2x，
BM=4-2x，PM=△2-x，AM=4x，AD=AM-DM=4x-x=3x， BPM∽△ACM，所以BP：AC=PM：CM，即3x：4=
（2-x）：2x，解此分式方程求出x． △
【详解】解：（1）∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC=60°，
∵点P为等边 ABC外接圆劣弧BC上一点，
∴四边形ABP△C是圆的内接四边形∴∠BPC+∠BAC=180°，∴∠BPC=120°，（2）证明：连结CD．在PA上截取PD=PC，
∵∠ABC=∠APC=60°，∴△PCD为等边三角形，∴∠PCD=∠ACB=60°，CP=CD，
∴∠PCD-∠DCM=∠ACB-∠DCM，即∠ACD=∠BCP，
在 ACD和 BCP中， ，∴△ACD≌△BCP，∴AD=PB，
△ △
∵PA=AD+DP，DP=PC，∴PA=PB+PC；
（3）∵△PCD和 ABC都为等边三角形，∴∠MDC=∠ACM=60°，CD=PC，
又∵∠DMC=∠CM△A，∴△CDM∽△ACM，AB=4，PC=2，
∴CM：AM=DM：MC=DC：AC=PC：AC=2：4=1：2，
设DM=x，则CM=2x，BM=4-2x，PM=2-x，AM=4x，AD=AM-DM=4x-x=3x
∵∠BMP=∠CMA，∠PBM=∠CAM，∴△BPM∽△ACM，
∴BP：AC=PM：CM，即3x：4=（2-x）：2x，
解得x= （舍去负值），∴CM= ．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、圆周角定理以及等边三角形的
性质，是一个综合题，难度较大．课后专项训练
1．（2023·湖北恩施·九年级统考期末）如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，
F，且AD＝BD＝2，EC＝3，则△ABC的周长为（ ）
A．10 B．10 C．14 D．16
【答案】C
【分析】根据切线长定理得到AF=AD=2、BE=BD=2、CF=CE=3，然后根据三角形的周长公式计算即可．
【详解】解：∵△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，
∴AF=AD=2、BE=BD=2、CF=CE=3∴BC=BE+CE =5，AB=AD+BD=4，AC=BF+FC=BC=5，
∴△ABC的周长=2+2+5+5=14．故答案为C．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心、切线长定理等知识点，灵活利用切线长定理是解题答本题
的关键．
2．（2023春·湖北九年级课时练习）已知 的内切圆 的半径为 ，且 ， 的周
长为16，则 的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】根据题意，画出图形，，过点 作 ， ， ，连接 ，根据内切圆的性质，可得 ，求得线段 ，再根据切线长定理求解即可．
【详解】解：根据题意，作出图形，过点 作 ， ， ，连接 ，如下图：
由切线长定理可得： ， ， ， ， ，
，
∵ ，∴ ，
∴ ，∴ ，即 ，
在 中， ， ，∴ ，由勾股定理可得： ，
的周长为16，可得： 解得 ，故选：C．
【点睛】此题考查了圆与三角形的综合应用，涉及了切线长定理，勾股定理，直角三角形的性质，解题的
关键是熟练掌握相关基础性质．
4．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）如图，将 折叠，使 边落在 边上，展开后得到折痕 ．
将 再次折叠，使 边落在 边上，展开后得到折痕 ， ， 交于点 ．则以下结论一定成
立的是（ ）
A． B．
C．点 到 三边的距离相等 D．点 到 三个顶点的距离相等
【答案】C
【分析】根据 是折痕，可知 平分 ， 平分 ，点 为 的内接圆的圆心，由
此即可求解．
【详解】解：∵ 是折痕，∴ 平分 ， 平分 ，点 为 的内接圆的圆心，如图所示，
于 ， 于 ， 于 ，
选项， 的度数无法确定， 与 的数量关系也不确定，故 选项不符合题意；
选项， 的长度不确定， 的数量关系也不确定，故 选项不符合题意；
选项，根据角平分的性质可得， ，即点 到 三边的距离相等，故 选项符合题意；
选项， ，故 选项不符合题意；故选： ．
【点睛】本题考查三角形与圆的知识的综合，理解并掌握角平分线的性质，内切圆的知识是解题的关键．
4．（2022春·绵阳市九年级课时练习）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交
于点D，连接BD，CE，若∠CBD=32°，则∠BEC的大小为（ ）
A．64° B．120° C．122° D．128°
【答案】C
【分析】根据圆周角定理可求∠CAD=32°，再根据三角形内心的定义可求∠BAC，再根据三角形内角和定理
和三角形内心的定义可求∠EBC+∠ECB，再根据三角形内角和定理可求∠BEC的度数．
【详解】在⊙O中，∵∠CBD=32°，∴∠CAD=32°，∵点E是△ABC的内心，∴∠BAC=64°，
∴∠EBC+∠ECB=(180°-64°)÷2=58°，∴∠BEC=180°-58°=122°．故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的内心，圆周角定理，三角形内角和定理，关键是得到∠EBC+∠ECB的度数．
5．（2023·山西太原·校考模拟预测）如图， 截 的三条边所得的弦长相等，若 ，则
的度数为( )A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先利用 截 的三条边所得的弦长相等，得出即 是 的内心，从而∠1=∠2，
∠3=∠4，进一步求出 的度数．
【详解】解：过点 分别作 、 、 ，垂足分别为 、 、 ，连接 、 、
、 、 、 、 、 ，如图：
∵ ， ∴
∴ ∴点 是 三条角平分线的交点，即三角形的内心∴ ，
∵ ∴
∴ ．故选：C
【点睛】本题考查的是三角形的内心、角平分线的性质、全等三角形的判定和性质以及三角形内角和定理，
比较简单．
6．（2023·河北邢台·九年级校考阶段练习）如图，在 中，点 为 的内心，点 在 边上，且
⊥ ，若 ， ，则 的度数为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】 中，点 为 的内心，可求出 的度数，根据四边形 的内角和即可得出结论．
【详解】解：在 中， ，
点 为 的内心，
四边形 的内角和 ，且
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形内心的定义及多边形的内角和，牢固掌握相关概念是解题的关键．
7．（2023春·湖北九年级期中）点I是 的内心，若 ，则 的度数为（ ）
A． B． C． D． 或
【答案】A
【分析】先根据内心的定义得到 ，再根据 作答即可．
【详解】如图，
∵点I是 的内心，∴ ，
∵ ，∴ ；
∴ ；∴ ．故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的内心，熟练掌握定义是解答本题的关键．三角形内切圆的圆心叫做三角形的
内心，三角形的内心是三角形角平分线的交点．
8．（2023·重庆九年级期中）已知三角形三边长分别为5cm、5cm、6cm，则这个三角形内切圆的半径是（）
A． cm B． cm C．2cm D．3cm
【答案】B
【分析】由⊙O是 ABC的内切圆，⊙O切AB于E，切BC 于D，根据切线长定理得到AB=AC，A，O，D三
点共线，求得BD，△AD，BE，AE，由勾股定理列方程求解．
【详解】如图∵⊙O是 ABC的内切圆，⊙O切AB于E，切BC 于D，
△
∵AB=AC=5，∴A，O，D三点共线，∴BD= BC=3，∴AD= =4，
∴BE=BD=3，∴AE=2， 设三角形内切圆的半径为r，
∴（4-r）2=22+r2，∴r= cm，∴三角形内切圆的半径为 cm．故选B．
【点睛】考查对三角形的内切圆与内心，切线长定理，切线的性质等知识点的理解和掌握，综合运用这些
性质进行推理是解此题的关键．
9．（2023·广东广州·统考中考真题）如图， 的内切圆 与 ， ， 分别相切于点D，E，
F，若 的半径为r， ，则 的值和 的大小分别为（ ）
A．2r， B．0， C．2r， D．0，
【答案】D
【分析】如图，连接 ．利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可．【详解】解：如图，连接 ．
∵ 的内切圆 与 ， ， 分别相切于点D，E，F，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，∴ ．故选：D．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性
质，属于中考常考题型．
10．（2023·山东·九年级专题练习）如图，点I为的 内心，连接 并延长交 的外接圆于点D，
若 ，点E为弦 的中点，连接 ，若 ，则 的长为（ ）
A．5 B． C．4 D．
【答案】C
【分析】由已知条件可得到 ，过点D作 于F，连接 ，可得四边形 为平
行四边形，可得 ，即可求出IE的长．
【详解】解：连接 ，如图，∵I为 的内心，∴ ， ∴ ，
又∵ ， ，
∴ ，∴ ， ∴ ，
∵ ，∴ ，过点D作 于F，连接 ，∴ ，
在 中，由勾股定理得， ，∵点E为弦 的中点∴ 为 的中位线，
∴ ， ，∴四边形 为平行四边形，∴ ，故选C．
【点睛】本题是三角形外接圆和内切圆综合，考查了平行四边形的性质与判定，三角形中位线定理，等腰
三角形的性质与判定，内心等等，正确作出辅助线构造平行四边形是解题的关键．
11．（2022秋·浙江宁波·九年级统考期末）如图，点 为 的内心，连接 并延长交 的外接圆
于点 ，交 于点 ，若 ，则 的值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【分析】根据三角形的内心性质，证明 ，得到 ，则 ，进而得到
，代入 即可得到答案．
【详解】解：连接 ，如图所示：
∵ 为 的内心，，∴ ，∵ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，∴ ，∴
∴ ，故选：D．
【点睛】本题考查三角形的内心、三角形的外接圆、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是学会
添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
12．（2022秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在⊙O中， ，BC＝6，AC ．I是
△ABC的内心，则线段OI的值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】连接AO，延长AO交BC于H，连接OB．想办法求出OH，IH即可解决问题．
【详解】解：如图，连接AO，延长AO交BC于H，连接OB．
∵ ，∴AB=AC，AH⊥BC，∴BH=CH=3，∴AH= =9，
设OA=OB=x，在Rt BOH中，∵OB2=OH2+BH2，∴x2=（9-x）2+32，∴x=5，∴OH=AH-AO=9-5=4，
△
∵S ABC= •BC•AH= •（AB+AC+BC）•IH，
△
∴IH= ，∴OI=OH-IH=4-（ -1）=5- ，故选：B．【点睛】本题主要考查的是三角形的内心和外心、等腰三角形的性质，勾股定理等知识，掌握本题的辅助
线的作法是解题的关键．
13．（2022春·浙江·九年级专题练习）如图，点 O 是△ABC 的内心，也是△DBC 的外心．若∠A＝80°，
则∠D 的度数是（ ）
A．60° B．65 C．70° D．75°
【答案】B
【分析】利用三角形内心的性质得OB，OC分别是角平分线，进而求出 的大小，再利用三角形外
心的性质得出 等于 的一半，即可得出答案．
【详解】解：连接OB，OC，如图，
点 O 是△ABC 的内心， ， ，
，， 点 O是△DBC 的外心， ，故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形的内心和三角形外心的性质，牢记以上知识点得出各角之间的关系是做出
本题的关键．
14．（2023·江苏九年级课时练习）已知等腰直角三角形外接圆半径为5，则内切圆半径为（ ）
A．5 +5 B．12 ﹣5 C．5 ﹣5 D．10 ﹣10
【答案】C
【分析】由于直角三角形的外接圆半径是斜边的一半，由此可求得等腰直角三角形的斜边长，进而可求得
两条直角边的长；然后根据直角三角形内切圆半径公式求出内切圆半径的长．
【详解】解：∵等腰直角三角形外接圆半径为5，
∴此直角三角形的斜边长为10，两条直角边分别为5 ，
∴它的内切圆半径为：R= (5 +5 −10)=5 −5；故选C.
【点睛】要注意直角三角形内切圆半径与外接圆半径的区别：直角三角形的内切圆半径：r= (a+b-c)；
(a、b为直角边，c为斜边).直角三角形的外接圆半径：R= c.
15．（2023·山东聊城·统考中考真题）如图，点O是 外接圆的圆心，点I是 的内心，连接 ，
．若 ，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据三角形内心的定义可得 的度数，然后由圆周角定理求出 ，再根据三角形内角
和定理以及等腰三角形的性质得出答案．
【详解】解：连接 ，∵点I是 的内心， ，
∴ ，∴ ，∵ ，∴ ，故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形内心的定义和圆周角定理，熟知三角形的内心是三角形三个内角平分线的
交点是解题的关键．
16．（2023·山东九年级月考）如图， 是 的内切圆，切点分别为点 、 、 ，设 的面积、
周长分别为 、 ， 的半径为 ，则下列等式：① ；② ；③
；④ ，其中成立的是 （填序号）
【答案】①②③④
【分析】 正确，首先证明 ，同法可证 ， ，由
，可得 ． 正确，利用面积法证明即可．
正确，证明 ，可得结论． 正确，利用切线长定理解决问题即可．
【详解】解：如图，作直径 ，连接 ．
是 的切线， ， ， ，
是直径， ， ， ，， ，同法可证， ， ，
， ，故 正确，
连接 ， ， ， ， ．
，故 正确，
， ，
， ， ，故 正确，
是 的内切圆，切点分别相为点 、 、 ， ， ， ，
，故 正确，故答案为： ．
【点睛】本题考查三角形的内切圆，切线的性质，圆周角定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会
添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
17．（2023·四川绵阳·统考二模）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，其周长为20，⊙I是△ABC的内切圆，
其半径为 ，则△BIC的外接圆直径为 .
【答案】
【分析】设△BIC的外接圆圆心为O，连接OB，OC，作CD⊥AB于点D，在圆O上取点F，连接FB，
FC，作OE⊥BC于点E，设AB＝c，BC＝a，AC＝b，根据三角形内心定义可得S ABC＝ lr＝ ×20× ＝
△
AB•CD，可得bc＝40，根据勾股定理可得BC＝a＝7，再根据I是△ABC内心，可得IB平分∠ABC，IC
平分∠ACB，根据圆内接四边形性质和圆周角定理可得∠BOC＝120°，再根据垂径定理和勾股定理即可求
出OB的长．
【详解】解：如图，设△BIC的外接圆圆心为O，连接OB，OC，作CD⊥AB于点D，
在圆O上取点F，连接FB，FC，作OE⊥BC于点E，设AB＝c，BC＝a，AC＝b，
∵∠BAC＝60°，∴AD＝ b，CD＝AC•sin60°＝ b，∴BD＝AB﹣AD＝c﹣ b，
∵△ABC周长为l＝20，△ABC的内切圆半径为r＝ ，
∴S ABC＝ lr＝ ×20× ＝ AB•CD，∴ b•c，∴bc＝40，
△
在Rt△BDC中，根据勾股定理，得BC2＝BD2+CD2，
即a2＝（c﹣ b）2+（ b）2，整理得：a2＝c2+b2﹣bc，
∵a+b+c＝20，∴a2＝c2+b2﹣bc＝（b+c）2﹣3bc＝（20﹣a）2﹣3×40，解得a＝7，∴BC＝a＝7，
∵I是△ABC内心，∴IB平分∠ABC，IC平分∠ACB，
∵∠BAC＝60°，∴∠ABC+∠ACB＝120°，∴∠IBC+∠ICB＝60°，∴∠BIC＝120°，
∴∠BFC＝180°﹣120°＝60°，∴∠BOC＝120°，∵OE⊥BC，∴BE＝CE＝ ，∠BOE＝60°，
∴OB＝ .∴外接圆直径为 ．故答案为： ．
【点睛】本题属于圆的综合题，考查了三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，解直角三角形，
圆内接四边形的性质，垂径定理，勾股定理，解决本题的关键是综合运用以上知识．属于中考选择题的压
轴题，很有难度．18．（2023·广东·九年级专题练习）已知，点 为 的外心，点 为 的内心．
（1）若 ，则 ；（2）若 ，则 ．
【答案】 /100度 /125度
【分析】（1）如图，证明 ；求出 ，进而求出 即可解
决问题；（2）根据圆周角定理得到 ，根据三角形的内心的性质得到 平分
平分 ，根据三角形内角和定理计算即可．
【详解】解：（1）如图， 的内心为点 ，
， ， ，
， ，故答案为： ；
（2）如图， 点 为 的外心，
， ，
点 为 的内心， 平分 平分 ，
， ，故答案为： ．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心、外接圆与外心，掌握圆周角定理、三角形的内心的概念和
性质是解题的关键．
19．（2023·江苏南京·统考二模）如图，正方形 的边长是 ， 是 边的中点．将该正方形沿
折叠，点 落在点 处． 分别与 ， ， 相切，切点分别为 ， ， ，则 的半径为．
【答案】1
【分析】如图所示，延长 交 于M，连接 ，先证明 得到 ，设
设 ，则 ， ，利用勾股定理建立方程 ，
解方程求出 ，如图所示，连接 ，利用等面积法求出半径即
可．
【详解】解：如图所示，延长 交 于M，连接 ，
∵四边形 是正方形，∴ ，∵E为 的中点，∴ ，
由折叠的性质可得 ，∴ ，
又∵ ，∴ ， ∴ ，
设 ，则 ， ，
在 中，由勾股定理得 ，
∴ ，解得 ，∴ ，
如图所示，连接
∵ 分别与 ， ， 相切，切点分别为 ， ， ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，∴ 的半径为 ，故答案为；1．【点睛】本题考查了三角形内切圆，正方形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定等等，正确
作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
20．（2022秋·江苏盐城·九年级统考期中）如图，I是 的内心， 的延长线交 的外接圆于点
D．
(1)求证： ；(2)求证： ；(3)连接 、 ，求证：点D是 的外心．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析
【分析】（1）根据三角形内心的定义得 ，再由圆周角与弧之间的关系即可得证；
（2）连接 ，证出 即可得证；
（3）连接 ， ， ，证出 即可得证．
【详解】（1）证明： 点I是 的内心， 平分 ， ，
， ， ．
（2）证明：如图，连接 ，点I是 的内心， 平分 ， 平分 ，
， 又 ， ，
， ， ， ．
（3）证明：如图，连接 ， ， ，
， ． ，∴点D是 的外心．
【点睛】本题考查了三角形内心和外心的定义，圆的基本性质中圆周角与弧之间的关系等，理解定义，掌
握圆的基本性质，根据题意作出辅助线是解题的关键.
21．（2023浙江年级上期中）我们知道，与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，则三角形可以称
为圆的外切三角形．如图1， 与 的三边 分别相切于点 则 叫做 的外
切三角形.以此类推，各边都和圆相切的四边形称为圆外切四边形．如图2， 与四边形ABCD的边
AB,BC,CD,DA分别相切于点 则四边形 叫做 的外切四边形．
（1）如图2，试探究圆外切四边形 的两组对边 与 之间的数量关系，猜想：
(横线上填“>”，“<”或“=”)；（2）利用图2证明你的猜想(写出已知，求证，证明过程)；
（3）用文字叙述上面证明的结论： ；
（4）若圆外切四边形的周长为 相邻的三条边的比为 ，求此四边形各边的长．【答案】（1）=；（2）答案见解析；（3）圆外切四边形的对边之和相等；（4）4；10；12；6
【分析】（1）根据圆外切四边形的定义猜想得出结论；
（2）根据切线长定理即可得出结论；（3）由（2）可得出答案；
（4）根据圆外切四边形的性质求出第四边，利用周长建立方程求解即可得出结论．
【详解】（1）∵⊙O与四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA分别相切于点E，F，G，H，
∴猜想AB＋CD＝AD＋BC，故答案为：＝．
（2）已知：四边形ABCD的四边AB，BC，CD，DA都于⊙O相切于G，F，E，H，
求证：AD＋BC＝AB＋CD，
证明：∵AB，AD和⊙O相切，∴AG＝AH，
同理：BG＝BF，CE＝CF，DE＝DH，
∴AD＋BC＝AH＋DH＋BF＋CF＝AG＋BG＋CE＋DE＝AB＋CD，
即：圆外切四边形的对边和相等．
（3）由（2）可知：圆外切四边形的对边和相等．
故答案为：圆外切四边形的对边和相等；
（4）∵相邻的三条边的比为2：5：6，
∴设此三边为2x，5x，6x，
根据圆外切四边形的性质得，第四边为2x＋6x−5x＝3x，
∵圆外切四边形的周长为32，∴2x＋5x＋6x＋3x＝16x＝32，∴x＝2，
∴此四边形的四边的长为2x＝4，5x＝10，6x＝12，3x＝6．
即此四边形各边的长为：4，10，12，6．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了新定义圆的外切四边形的性质，四边形的周长，切线长定理，理
解和掌握圆外切四边形的定义是解本题的关键．
22．（2023·福建泉州·统考二模）如图，在 中，点I是 的内心．
(1)求作过点I且平行于 的直线，与 分别相交于点D，E（要求：尺规作图，不写作法，保留作
图痕迹）；(2)若 ， ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）根据过直线外一点作已知直线的平行线的作法作图即可；
（2）过点I作 于点N， 于点M， 于点M， 于点P，过点A作
于点F，交 于点H，过点D作 于点G，连接 ．易证 ，即可得出
．由三角形内心的性质可知 ，结合三角形面积公式可得出
， ，即得出 ，结合题意可求
出 ， ．又易证 ， ，即可证 ，得出 ，从
而可求出 ，即可求解．
【详解】（1）解：如图，直线 即为所作；（2）解：如图，过点I作 于点N， 于点M， 于点M， 于点P，过点A
作 于点F，交 于点H，过点D作 于点G，连接 ．
∵ ，∴ ，∴ ,∴ ．
∵点I是 的内心，∴ ．
∵ ， ，∴ ．
∵ ，即 ，∴ ， ．
由所作辅助线可知四边形 为矩形，∴ ，∴ ．
∵ ， ，∴ ．
又∵ ，∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ，解得： ．
【点睛】本题考查作图—作平行线，三角形相似的判定和性质，三角形内心的性质，三角形全等的判定和
性质，矩形的判定和性质等知识．掌握基本作图方法和正确作出辅助线是解题关键．
23．（2023·山东·九年级专题练习）如图所示，在 中，
（1）求 .（2）求 内切圆半径.【答案】（1） ；（2）内切圆半径为1.
【分析】（1）由三角形内角和可得∠CBA+∠CAB=90°，由O为内切圆圆心可得OA、OB为∠CBA和∠CAB
的角平分线，即可得出∠OAB+∠OBA=45°，根据三角形内角和求出∠BOA的度数即可；（2）连接OD，
OE、OF，由切线性质可得OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，由∠C=90°，OD=OE可证明四边形DCEO是正方形，
可得OD=CD，利用勾股定理可求出AB的长，根据切线长定理可得CD=CE，AE=AF，BD=BF，设内切圆半径
OD=r，根据AB=BF+AF列方程即可求出r的值，即可得答案.
【详解】（1）∵∠C=90°，∴∠CBA+∠CAB=90°，
∵O为内切圆圆心，∴OA、OB为∠CBA和∠CAB的角平分线，
∴∠OAB+∠OBA= ∠CBA+ ∠CAB=45°，∴∠BOA=180°-45°=135°.
（2）连接OD，OE、OF，∵AB、AC、BC是切线，切点为D、E、F，
∴OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，CD=CE，AE=AF，BD=BF，
∵∠C=90°，OD=OE，∴四边形DCEO是正方形，∴CD=OD，
设OD=r，∴AF=AE=3-r，BF=BD=4-r，
∵AC=3，BC=4，∴AB= =5，∴AB=BF+AF=3-r+4-r=5，
解得r=1，即 内切圆半径为1.
【点睛】本题考查了三角形的内切圆的性质、切线长定理、正方形的判定与性质以及勾股定理．注意掌握
数形结合思想与方程思想的应用是解题关键．
24．（2023春·广东广州·九年级校考阶段练习）如图，在 中， ，以 为直径的半圆O交
于点D．(1)尺规作图：过点D作半圆O的切线，交 于点E；(2)求证： ；(3)若 ， ，求半圆O的半径长．
【答案】(1)见详解(2)见详解(3)
【分析】（1）以D点为圆心画弧交 于两点，再以这两点为圆心，以合适的长度为半径画弧，两弧交于
一点，将该点与D点连接，交 于点E，即可；
（2）连接 ，先得到 ，根据“三线合一”可得： 平分 ，即有
，再根据 ，可得 ，问题随之得解；
（3）利用勾股定理可得 ，根据（2）中的相关结论再证明
，即有 ，即可得 ，问题得解．
【详解】（1）以D点为圆心画弧交 于两点，再以这两点为圆心，以合适的长度为半径画弧，两弧交于
一点，将该点与D点连接，交 于点E，如图，
即为半圆O的切线；
证明：连接 ，如图，根据作图可知： ，∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，∴ ，
∵ 是圆的半径，∴ 即为半圆O的切线；
（2）证明：连接 ，如图，
∵ 是圆的直径，∴ ，∴ ， ，
∵ ，∴根据“三线合一”可得： 平分 ，∴ ，
∵ 即为半圆O的切线，∴ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ；
（3）根据（1）可知： ，
∵ ， ，∴ ，
根据（2）可知： ， ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ，∴ ，∴半圆O的半径长为 ．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，切线的判定与性质以及等腰三角形的性质等
知识，掌握切线的判定与性质是解答本题的关键．
25．（2023.山东九年级期中）探究问题：(1)阅读理解：①如图A，在 所在平面上存在一点P，若它到 三个顶点的距离之和最小，则称点
P为 的费马点，此时 的值为 的费马距离．②如图B，若四边形 的四个顶点
在同一个圆上，则有 ，此为托勒密定理．
知识迁移：①请你利用托勒密定理解决如下问题：如图C，已知点P为等边 外接圆的 上任意一点．
求证： ；②根据（2）①的结论，我们有如下探寻 （其中 均小于
）的费马点和费马距离的方法：
第一步：如图D，在 的外部以 为一边作等边 及其外接圆；
第二步：在 上任取一点 ，连接 ．易知
________；
第三步：请你根据（1）①中定义，在图D中找出 的费马点P，则线段______的长度即为 的费
马距离．
(2)知识应用：今年以来某市持续干旱，许多村庄出现了人、畜饮水困难的问题，为解决老百姓的饮水问题，
解放军某部来到该市某地打井取水．已知三村庄A、B、C构成了如图E所示的 （其中
，均小于 ），现选取一点P打水井，使从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总
长度最小，求输水管总长度的最小值．
【答案】(1)①见解析；② ， (2)最小值为
【分析】（1）知识迁移①问，只需按照题意套用托勒密定理，再利用等边三角形三边相等，将所得等式
两边都除以等边三角形的边长，即可获证．②问，借用①问结论，及线段的性质“两点之间线段最短”数学容易获解．（2）知识应用，在（1）的基础上先画出图形，再求解．
【详解】（1）解：①证明：由托勒密定理可知
是等边三角形 ， ；
②由题意可得：
线段 的长度即为 的费马距离．
（2）如图，以 为边长在 的外部作等边 ，连接 ，则知线段 的长即为最短距离．
为等边三角形， ， ， ，
， ，
在 中， ， ， ，
从水井 到三村庄 、 、 所铺设的输水管总长度的最小值为 ．
【点睛】此题是一个综合性很强的题目，主要考查等边三角形的性质、勾股定理等知识．难度很大，有利
于培养同学们钻研问题和探索问题的精神．
26．（2023江苏盐城九年级月考）探究题(1)知识储备：①如图1，已知点P为等边△ABC外接圆的弧BC上任意一点．求证：PB+PC=PA．
②定义：在△ABC所在平面上存在一点P，使它到三角形三顶点的距离之和最小，则称点P为△ABC的费
马点，此时PA+PB+PC的值为△ABC的费马距离．
(2)知识迁移：我们有如下探寻△ABC(其中∠A，∠B，∠C均小于120°)的费马点和费马距离的方法：如图
2，在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆，根据(1)的结论，易知线段____的长度即为
△ABC的费马距离．
(3)知识应用：①如图3所示的△ABC（其中 均小于 ）， ，现
取一点P，使点P到 三点的距离之和最小，求最小值；
②如图4，若三个村庄 构成Rt△ABC，其中 ．现选取一点P打水井，
使P点到三个村庄 铺设的输水管总长度最小，画出点P所对应的位置，输水管总长度的最小值为
________．（直接写结果）
【答案】(1)证明见解析；(2)AD (3)5， ．
【分析】（1）在PA上截取PD=PC，可证明△ACD≌△BCP，则AD=PB，从而得出PA=PB+PC；
（2）利用（1）中结论得出PA+PB+PC=PA+(PB+PC)=PA+PD，再根据“两点之间线段最短”可得答案；
（3）①在（2）的基础上先画出图形，再利用勾股定理求解；
②仿照①的方法可画出P的位置，利用勾股定理可求出输水管总长度的最小值，
【详解】（1）解：①证明：在PA上截取PD=PC，连接CD，∵AB=AC=BC，所以 ，
∴∠APB=∠APC=60°，∴△PCD为等边三角形，
∴∠PCD=∠ACB=60°，CP=CD，
∴ ，即∠ACD=∠BCP，
在△ACD和△BCP中，
∴△ACD≌△BCP(SAS)，∴AD=PB，
∵PA=AD+DP，DP=PC，∴PA=PB+PC；
（2）如图2，根据（1）的结论得：PA+PB+PC=PA+(PB+PC)=PA+PD，
∴当A、P、D共线时，PA+PB+PC的值最小，
∴线段AD的长度即为△ABC的费马距离，故答案为：AD；
（3）①如图，以BC为边长在△ABC的外部作等边△BCD，连接AD，则线段AD的长即为最短距离，
∵△BCD为等边三角形，BC=4，∴∠CBD=60°，BD=BC=4，∵∠ABC=30°，∴∠ABD=90°，
在Rt△ABD中，∵AB=3，BD=4，∴ ；
②以BC为边，在BC下方作等边△BCK，设等边△BCK外接圆为⊙O，连接AK交⊙O于P，则由①知此
时PA+PB+PC最短，且最短距离等于AK的长度，过K作KT⊥AC交AC延长线于T，如图：
∵△BCK是等边三角形，∴∠BCK=60°，CK=BC= ，∵∠CAB=90°，∴．∠TCK=30°，
在Rt△CTK中， ∴
在Rt△AKT中， ，故答案为： ．
【点睛】本题考查圆的综合应用，也是阅读理解型问题，主要考查了新定义：三角形费马点和费马距离，还考查了等边三角形的性质、三角形全等、勾股定理等知识，难度很大，理解新定义是本题的关键．
