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专题 24.7 切线长定理与三角形的内切圆【十大题型】
【人教版】
【题型1 利用切线长定理求线段长度】..................................................................................................................2
【题型2 利用切线长定理求周长】..........................................................................................................................6
【题型3 利用切线长定理求面积】........................................................................................................................10
【题型4 利用切线长定理求角度】........................................................................................................................15
【题型5 利用切线长定理进行证明】....................................................................................................................19
【题型6 利用切线长定理求内切圆半径】...........................................................................................................25
【题型7 作三角形的内切圆】................................................................................................................................30
【题型8 三角形内切圆中求最值】........................................................................................................................34
【题型9 三角形周长、面积与内切圆半径的关系】...........................................................................................41
【题型10 三角形的内切圆与外接圆的综合】.......................................................................................................46
知识点1：切线长定理、三角形的内切圆与内心
切线长定理：
（1）切线长的定义：经过园外一点作圆的切线，这点与切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长。
（2）切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点与圆心的连线平分两条
切线的夹角。
注意：切线与切线长就是两个完全不同的概念，必须弄清楚切线就是直线，就是不能度量的；切线长就是
一条线段的长，这条线段的两个端点一个就是在圆外一点，另一个就是切点。
三角形的内切圆与内心：
（1）三角形的内切圆定义：与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆。这个三角形叫做圆的外切三
角形。
（2）三角形的内心：三角形内切圆的圆心叫做三角形的内心。
注意：三角形的内心就是三角形三条角平分线的交点，所以当三角形的内心已知时，过三角形的顶点与内
心的射线，必平分三角形的内角。
【题型1 利用切线长定理求线段长度】
【例1】（23-24九年级·四川绵阳·阶段练习）如图，等腰△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切
于点D，E、F，且AB=AC=13，BC=10，则DE的长是（ ）13❑√5 26❑√5 10❑√13 20❑√13
A． B． C． D．
5 5 13 13
【答案】D
【分析】连接OA，OF，OC，OE，OB，OD，OB交DE于点M，根据“从圆外一点可以引圆的两条切
线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分这两条切线的夹角”可得AD=AF，BD=BE，
CF=CE，结合AB=AC求得点E是BC中点，然后由等腰三角形三线合一的性质求得点A，O，E共线，
在Rt△ABE中由勾股定理求得AE后，利用△ABC的面积求得内切圆的半径OE；由切线长定理和等腰三
角形三线合一的性质可得BM垂直平分DE，在Rt△OBE中由勾股定理求得OB后，再利用面积法求得EM
即可解答；
【详解】解：如下图，连接OA，OF，OC，OE，OB，OD，OB交DE于点M，
由切线长定理可知OA平分∠BAC，AD=AF，
∵AB=AC，
∴AB−AD=AC−AF，
∴BD=CF，
同理根据切线长定理可知OB平分∠ABC，BD=BE，CF=CE，
∴BE=EC，∴点E是BC中点，
根据等腰三角形三线合一的性质可得点E在AO的延长线上，即点A，O，E共线，
∴AE⊥BC，
Rt△ABE中由勾股定理可得AE=❑√AB2−BE2=❑√132−52=12，
1 1 1 1
∵S = BC⋅AE= BC⋅OE+ AC⋅OF+ AB⋅OD且OE=OF=OD，
△ABC 2 2 2 2
BC⋅AE 10
∴OE= = ，
BC+AC+AB 3
Rt△OBE中由勾股定理可得OB=❑√OE2+BE2=❑
√ (10) 2
+52=
5
❑√13，
3 3
等腰△BED中由三线合一的性质可得BM垂直平分DE，
1 1
∵S = BE⋅OE= OB⋅EM，
△BOE 2 2
BE⋅OE 10
∴EM= = ❑√13，
OB 13
20
∴DE=2EM= ❑√13，
13
故选： D．
【点睛】本题考查了切线长定理，勾股定理，等腰三角形的性质；利用面积法求三角形内切圆半径可使计
算简便．
【变式1-1】（23-24九年级·重庆北碚·期末）如图，AB、BC是⊙O的切线，D、C为切点，AC经过圆
心O，若AD=BD=3，则AC的长度是（ ）
A．2❑√3 B．3❑√3 C．4❑√3 D．3❑√5
【答案】B
【分析】本题考查了切线的性质定理，切线长定理，勾股定理，根据切线长定理，得到BC=BD=3，根
据切线性质，得∠ACB=90°，勾股定理计算即可．
【详解】∵AB、BC是⊙O的切线，D、C为切点，AC经过圆心O，AD=BD=3，
∴BC=BD=3，∠ACB=90°，AB=AD+BD=6，∴AC=❑√AB2−BC2=3❑√3，
故选：B．
【变式1-2】（23-24九年级·河北承德·期末）如图，⊙O与正方形ABCD的两边AB，AD相切，且DE与
⊙O相切于E点．若⊙O的半径为4，且AB=10，则DE的长度为（ ）
A．5 B．5.5 C．❑√30 D．6
【答案】D
【知识点】根据正方形的性质与判定求线段长、切线的性质定理、应用切线长定理求解
【分析】设⊙O与正方形ABCD的边AD，AB切于点F，H，先证四边形AHOF是正方形，求出DF，再
根据切线长定理可得DE=DF．
【详解】解：如图，设⊙O与正方形ABCD的边AD，AB切于点F，H，
则∠OFD=∠OFA=∠OHA=90°，
∵∠A=90°，OH=OF，
∴四边形AHOF是正方形，
∵⊙O的半径为4，且AB=10，
∴OF=AF=OH=4，AD=AB=10，
∴DF=10−4=6，
∵DE与⊙O相切于点E，
∴DE=DF=6，
故选D．
【点睛】本题考查了正方形的性质和判定，切线的性质，切线长定理等知识点的应用，解题的关键是根据
切线长定理得出DE=DF．【变式1-3】（23-24九年级·江苏南京·期末）如图，AB为⊙O的直径，PB，PC分别与⊙O相切于点B，
C，过点C作AB的垂线，垂足为E，交⊙O于点D．若CD=PB=2❑√3，则BE长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、利用垂径定理求值、应用切线长定理
求解
【分析】作CH⊥PB于H，由垂径定理得到CE的长，从而求出PH的长，由勾股定理求出CH的长，即可
求出BE的长．
【详解】解：作CH⊥PB于H，
∵直径AB⊥CD于H，
1
∴CE=DE= CD=❑√3，
2
∵PC，PB分别切⊙O于C，B，
∴PB=PC=CD=2❑√3，直径AB⊥PB，
∴四边形ECHB是矩形，
∴BH=CE=❑√3，BE=CH，
∴.PH=PB−BH=2❑√3−❑√3=❑√3，
∴.CH=❑√PC2−PH2=❑√(2❑√3) 2 −(❑√3) 2=3，
∴BE=CH=3．
故选：C．
【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，矩形的判定与性质，勾股定理，关键是通过辅助线构造直角
三角形，应用勾股定理求出CH的长．【题型2 利用切线长定理求周长】
【例2】（23-24九年级·浙江宁波·期末）如图，⊙O是△ABC的内切圆，AB，AC分别与⊙O相切于
D，E两点，已知AD=1，BC=7，则△ABC的周长为（ ）
A．14 B．10❑√2 C．16 D．18
【答案】C
【分析】本题主要考查切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键．
根据切线长定理得到AE=AD=1，BD=BF，CE=CF，根据BC=7即可得到△ABC的周长．
【详解】解：如图：∵△ABC的内切圆⊙O分别与AB，AC相切于点D，E，且AD=1，
∴AE=AD=1，BD=BF，CE=CF，
∵BF+CF=BC=7，
∴BD+CE=BF+CF=BC=7，
∴△ABC的周长=1+1+7+7=16，
故选：C．
【变式2-1】（23-24九年级·江西赣州·阶段练习）如图，已知△ABC是边长为3的等边三角形，⊙A的半
径为1，D是BC上一动点，DM，DN分别切⊙A于点M，N，⊙A的另一条切线EF切⊙A于点G，分
别交DM，DN于点E，F．若D是BC的中点，则△≝¿的周长是（ ）A．4❑√2 B．6 C．❑√23 D．2❑√10
【答案】C
【知识点】等边三角形的性质、切线的性质定理、应用切线长定理求解
【分析】本题主要考查了切线的性质和切线长定理，根据切线长定理可知△≝¿的周长
=DE+DF+EF=DE+EM+DF+FN=DM+DN，连接AD，AN，在Rt△∧¿中，由勾股定理求出
AN的长即可得出结论
【详解】解：连接AD，AN，如图，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=CD=3,
∵D是BC的中点，
1 3
∴AD⊥BC,CD= BC= ,
2 2
3❑√3
∴AD=❑√AC2−CD2=
,
2
∵DM，DN分别切⊙A于点M，N，
∴DM=DN，AN⊥DN，
同理：EM=EG，FN=FG，
∴△≝¿的周长=DE+DF+EF=DE+ME+DF+FN=DM+DN=2DN，
在Rt△∧¿中，DN=❑√AD2−AN2=❑
√ (3❑√3) 2
−12=
❑√23
，
2 2
❑√23
∴△≝¿的周长为2× =❑√23，
2
故选：C
【变式2-2】（23-24九年级·北京海淀·期末）如图，过点A作⊙O的切线AB，AC，切点分别是B，C，
连接BC．过B´C上一点D作⊙O的切线，交AB，AC于点E，F．若∠A=90°，△AEF的周长为4，则
BC的长为（ ）A．2 B．2❑√2 C．4 D．4❑√2
【答案】B
【分析】本题考查切线长定理，勾股定理；利用切线长定理得出AB=AC，DF=FC，DE=EB，再根据
三角形周长等于4，可求得AB=AC=2，从而利用勾股定理可求解．
【详解】解：∵AB，AC是⊙O的切线，切点分别是B，C，
∴AB=AC，
∵DF、DE是⊙O的切线，切点是D，交AB，AC于点E，F，
∴DF=FC，DE=EB，
∵△AEF的周长为4，即AF+EF+AE=AF+DF+DE+AE=AC+AB=4，
∴AB=AC=2，
∵∠A=90°，
∴BC=❑√AB2+AC2=❑√22+22=2❑√2，
故选：B．
【变式2-3】（23-24九年级·江苏南通·期中）已知△ABC是边长为3的等边三角形，⊙A的半径为1,D是
BC上一动点，DM,DN分别切⊙A于点M,N,⊙A的另一条切线交DM,DN于点E,F，则△≝¿周长l
的取值范围是（ ）
A．4❑√2≤l≤6 B．4≤l≤❑√23 C．❑√23≤l≤4❑√2 D．4❑√2≤l≤2❑√10
【答案】C
【知识点】等边三角形的性质、用勾股定理解三角形、切线的性质定理、应用切线长定理求解【分析】连接AD，AM，根据切线长定理和切线性质、勾股定理求得l=2❑√AD2−1，根据垂线段最短可
3❑√3
得，当AD⊥BC时，AD最小，求出AD最小值为 ，当点D与点B（或C）重合时，AD最长，此时
2
3❑√3
AD=3，即可得出 ≤AD≤3，从而可求得l最大与是最小值，即可得出答案．
2
【详解】解：连接AD，AM，设EF切⊙A于G，
∵DM，DN分别是⊙A的切线，
∴DM=DN，
∵EF是⊙A的切线，
∴EM=EG，FN=FG，
∴EF=EG+FG=EM+FN，
∴△≝¿周长l=DE+EF+DF=DE+EM+FN+DF=DM+DN=2DM，
∵DM是⊙A的切线，
∴AM⊥DM，
∴DM=❑√AD2−AM2=❑√AD2−1，
∴l=2❑√AD2−1，
∴当AD最小时，l最小，当AD最大时，l最大；
根据垂线段最短可得，当AD⊥BC时，AD最小，
∵△ABC是边长为3的等边三角形，AD⊥BC，
1 3
∴BD= BC= ，
2 2
由勾股定理得：AD=❑
√
32−
(3) 2
=
3❑√3
，
2 2
当点D与点B（或C）重合时，AD最长，此时AD=3，3❑√3
∴ ≤AD≤3，
2
∴❑√23≤l≤4❑√2．
故选：C．
【点睛】本题考查切线长定理，切线的性质，勾股定理，等边三角形的性质，垂线段最短．根据切线长定
理和切线性质、勾股定理求得l=2❑√AD2−1，以及当AD⊥BC时，AD最小，点D与点B（或C）重合
时，AD最长是解题的关键．
【题型3 利用切线长定理求面积】
【例3】（23-24九年级·江苏镇江·期末）我们知道：过圆外一点所画的圆的两条切线长相等．
【问题解决】如图，现有一块边长为20m的正方形空地ABCD，在AB边取一点M，以MB长为直径，在
这个正方形的空地内建一个半圆形儿童游乐场，过点C划出一条与这个半圆相切的分割线，正方形ABCD
位于分割线右下方的部分作为娱乐区，娱乐区的最大面积等于（ ）
A．180m2 B．110❑√3m2 C．250m2 D．200❑√2m2
【答案】C
【分析】本题考查切线的性质，正方形的性质，勾股定理，关键是掌握切线长定理．
当半圆面积最大，即M与A重合时，娱乐区的面积最大，由切线长定理得到CH=CB=20(m)，PA=PH
，由勾股定理列出关于PA的方程，求出PA的长即可解决问题．
【详解】解：当半圆面积最大，即M与A重合时，娱乐区的面积最大，PC与半圆相切于H，交AD于P，∵四边形ABCD是正方形，
∴PA⊥AB，CB⊥AB，
∴PA，PB分别是半圆的切线，
∴CH=CB=20(m)，PA=PH，
设PA=xm，则PH=xm，PD=(20−x)m，PC=(x+20)m，
在Rt△PDC中，PC2=PD2+DC2，
∴(x+20) 2=(20−x) 2+202，
∴x=5，
∴PA=5(m)，
1 1
∴娱乐区的最大面积=梯形ABCP的面积= (AP+BC)⋅AB= ×(5+20)×20=250(m2)．
2 2
故选：C．
【变式3-1】（23-24九年级·山东威海·期末）如图，Rt△ABC的内切圆分别与三边相切于点D，点E和点
F，若AD=4，BD=5，则△ABC的面积为 ．
【答案】20
【分析】直接利用切线长定理得出AF=AD=4，BF=BD=5，FC=EC，设FC=EC=x，再结合勾股
定理得出FC的长，进而得出答案．
本题考查了切线长定理和勾股定理，解决本题的关键是正确理解题意，熟练掌握切线长定理的相关内容，
找到线段之间的关系．
【详解】∵Rt△ABC的内切圆分别与斜边AB、直角边CA、BC切于点D、E、F，AD=4，BD=5，
∴AF=AD=4，BF=BD=5，FC=EC，
设FC=EC=x，
则(4+x) 2+(5+x) 2=(4+5) 2
整理得，x2+9x−20=0，−9+❑√161 −9−❑√161
解得：x = ，x = （不合题意舍去），
1 2 2 2
−9+❑√161 ❑√161−1 −9+❑√161 ❑√161+1
则AC=4+ = ，BC=5+ = ，
2 2 2 2
1 1 ❑√161−1 ❑√161+1
∴S = AC⋅BC= × × =20，
△ABC 2 2 2 2
故Rt△ABC的面积为20，
故答案为20．
【变式3-2】（23-24九年级·四川·期末）如图，直线AB、BC、CD分别与⊙O相切于E、F、G，且
AB∥CD，连接OB、OC、OE、OG，若OB=6,OC=8，则梯形BEGC的面积等于（ ）
A．64 B．48 C．36 D．24
【答案】B
【知识点】应用切线长定理求解
【分析】先根据切线长定理得出BE=BF,CF=CG，然后利用△OBC面积求出OF的长度，即可得到圆的
1
半径，最后利用梯形的面积公式S= (a+b)ℎ 即可求出梯形的面积．
2
【详解】连接OF，
∵直线AB、BC、CD分别与⊙O相切于E、F、G，
∴BE=BF,CF=CG,OF⊥BC,OE⊥AB,OG⊥DC ．
{OE=OF)
在Rt△OEB 和Rt△OFB 中，
OB=OB
∴Rt△OEB≅Rt△OFB(HL),
∴∠EOB=∠BOF．{OG=OF)
在Rt△OGC 和Rt△OFC 中，
OC=OC
∴Rt△OGC≅Rt△OFC(HL)，
∴∠GOC=∠FOC．
∵∠EOB+∠BOF+∠FOC+∠GOC=180° ，
∴∠BOC=∠BOF+∠FOC=90° ．
∵OB=6,OC=8，
∴BC=❑√OB2+OC2=10 ．
1 1
∵ OB·OC= BC·OF ，
2 2
24
∴OF= ，
5
24
∴OE=OG= ，
5
∴梯形BEGC的面积为
1 1 1
(EB+GC)·(OE+OG)= (EB+GC)·(OE+OG)= ·BC·(OE+OG)=48 ．
2 2 2
故选：B．
【点睛】本题主要考查切线的性质，切线长定理，梯形的面积公式，掌握切线的性质和切线长定理是解题
的关键．
【变式3-3】（23-24九年级·全国·单元测试）如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，以AC为直径的
⊙O与边AB交于点D，过点D作⊙O的切线，交BC于点E．
(1)求证：BE=CE．
(2)若以O，D，E，C四点为顶点的四边形是正方形，⊙O的半径为r，求△ABC的面积．
(3)若EC=4，BD=4❑√3，求⊙O的半径OC的长．【答案】(1)见解析
(2)2r2
4❑√3
(3)
3
【知识点】切线的性质定理、应用切线长定理求证、相似三角形的判定与性质综合
【分析】（1）根据切线长定理可得DE=EC,再证明∠B=∠BDE,得出BE=DE,从而可证明BE=CF；
（2）连接OD，由四边形DOCE是正方形可得DE=EC=OC=OD=r，进而得出BE=r和AC=BC=2r
，运用三角形面积公式可得出结论；
BC2 16❑√3
（3）连接CD，证明△BDC∼△BCA，得出AB= ,代入数据求出AB= ，再由勾股定理求出
BD 3
AC的长即可得出圆的半径
【详解】（1）证明：如图所示，连接CD．
∵AC是直径,
∴∠ADC=90°,
∴∠BDC=90°,
∵DE，CE都是⊙O的切线，
∴DE=CE，
∴∠EDC=∠ECD；
又∵∠B+∠ECD=90∘，∠BDE+∠EDC=90∘，
∴∠B=∠BDE，
∴BE=DE．
∴BE=CE．
（2）如图，连接OD．
当以O，D，E，C四点为顶点的四边形是正方形时，DE=EC=OC=OD=r,∴AC=2r；
∵BE=EC,
∴BE=r，
∴BC=2r,
∵∠ACB=90°,
1 1
∴S = AC⋅BC= ×2r×2r=2r2 ．
△ABC 2 2
（3）若EC=4，则BC=BE+EC=2EC=8
∵∠BDC=∠BCA=90°,∠B=∠B,
∴△BDC∼△BCA，
BC BD BC2
∴ = ，即AB= ,
AB BC BD
∵BC=8, BD=4❑√3，
64 16❑√3
∴AB= = ，
4❑√3 3
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2,
∴AC=❑√AB2−BC2=❑ √ (16 ❑√3 ) 2 −82= 8❑√3 ，
3 3
1 4
∴OC= AC= ❑√3,
2 3
【点睛】本题考查了圆的切线性质，切线长定理，相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识．运用切
线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．
【题型4 利用切线长定理求角度】
【例4】（23-24九年级·湖北武汉·期末）四边形ABCD是⊙O的外切四边形，若∠AOB=78°，则
∠COD的度数是 ．
【答案】102°/102度
【分析】本题主要考查了切线长定理，解题的关键是熟练掌握切线长定理及其推论．令四边形ABCD与⊙O分别相切于点E、F、G、H，连接OE,OF,OG,OH，通过证明∠1=∠2，
∠3=∠4,∠5=∠6,∠7=∠8即可求解．
【详解】解：令四边形ABCD与⊙O分别相切于点E、F、G、H，
连接OE,OF,OG,OH，
∵ABCD是⊙O的外切四边形，
∴AE=AF，
∵OE=OF,OA=OA，
∴△OAE≌△OAF，
∴∠1=∠2，
同理可得：∠3=∠4,∠5=∠6,∠7=∠8，
∵∠AOB=∠3+∠2=78°，
∴∠EOG=2∠AOB=156°，
∴∠5+∠6+∠7+∠8=360°−156°=204°，
∴∠COD=∠6+∠7=102°，
故答案为：102°．
【变式4-1】（23-24九年级·四川广安·期末）如图，PA，PB是⊙O的两条切线，切点分别为A，B，连接
OA，AB，若∠OAB=35°，则∠ABP= °．
【答案】55
【分析】本题考查了切线的性质以及切线长定理．根据题意可得PA=PB，OA⊥PA，进而求得∠BAP，
根据等边对等角，即可求解．
【详解】解：∵PA，PB是⊙O的两条切线，∴PA=PB，OA⊥PA，
∵∠OAB=35°，
∴∠BAP=90°−∠OAB=55°，
∵PA=PB，
∴∠ABP=∠BAP=55°．
故答案为：55．
【变式4-2】（23-24九年级·辽宁葫芦岛·期末）如图，PA,PB,CD是⊙O的切线，A,B,E是切点，CD
分别交PA,PB于C，D两点，若∠APB=50°，则∠COD= ．
【答案】65°/65度
【分析】本题考查了切线的性质定理以及切线长定理，连接OA、OB、OE，由切线的性质可求出
1
∠AOB，再由切线长定理可得出∠COD= AOB，可求得答案．
2
【详解】解：如图，连接OA、OB、OE，
∵PA、PB分别为⊙O的切线，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∴∠AOB=180°−∠APB=130°，
∵CD为⊙O的切线，
∴∠AOC=∠EOC，∠BOD=∠DOE，
1 1
∴∠COD=∠COE+∠EOD= (∠AOE+∠BOE)= ∠AOB=65°，
2 2
故答案为：65°．【变式4-3】（23-24九年级·浙江杭州·期中）如图，A是⊙O外一点，AB，AC分别与⊙O相切于点B，
C．P是BC上任意一点，过点P作⊙O的切线，交AB于点M，交AC于点N．AO=8，BO=6，则
△AMN的周长是 ，若∠BAC=40°，则∠BPC= ．
【答案】 4❑√7 110°/110度
【分析】本题考查切线的性质、切线长定理，圆周角定理，先利用勾股定理可计算出AB的长，再根据切
线长定理得到得到△AMN的周长=2AB，由四边形的内角和得到∠BOC的度数，然后利用圆周角定理计
算是解题的关键．
【详解】解：连接OC，PB，PC,
∵AB，AC分别与⊙O切于点B，C，
∴AB=AC，OB⊥AB，OC⊥AC，
在Rt△AOB中，AB=❑√OA2−OB2=❑√82−62=2❑√7，
∵MN与⊙O相切于P，
∴MB=MP，NC=NP，
∴△AMN的周长
＝AM+MN+AN=AM+MP+NP+AN=AM+BM+NC+AN=AB+AC=2AB=2×2❑√7=4❑√7．
∵OB⊥AB，OC⊥AC，
∴∠OBA=∠OCA=90°，∴∠BOC=180°−∠BAC=180°−40°=140°，
∴优弧BC的度数为360°−140°=220°，
1
∴∠BPC= ×220°=110°，
2
故答案为：4❑√7，110°．
【题型5 利用切线长定理进行证明】
【例5】（23-24九年级·北京·期末）如图，AB是⊙O的直径，PB，PC是⊙O的两条切线，切点分别为
B，C．连接PO交⊙O于点D，交BC于点E，连接AC．
1
(1)求证：OE= AC；
2
(2)若点E是OD的中点，⊙O的半径为6，求PB的长．
【答案】(1)见解析；
(2)6❑√3
【分析】（1）根据切线长定理得到PB=PC，∠BPO=∠CPO．根据等腰三角形的性质和中位线定理即
可得到结论；
（2）根据题意得出△AOC为等边三角形，得出∠OAC=∠BOP=60°，得出∠BPO=30°，再由含30
度角的直角三角形的性质及勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵PB，PC是⊙O的两条切线，切点分别为B，C，
∴PB=PC，∠BPO=∠CPO，
∴PO⊥BC，BE=CE，
∵OB=OA，
∴OE是△ABC的中位线，
1
∴OE= AC；
2
1
（2）∵OE= AC，点E是OD的中点，
2∴AC=OD=OC=OA，
∴△AOC为等边三角形，
∴∠OAC=∠BOP=60°，
∴∠BPO=30°，
∵PB是⊙O的切线，
∴∠OBP=90°，
∵⊙O的半径为6，
∴OB=6，
∴OP=2OB=12，
∴PB=❑√122−62=6❑√3．
【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，中位线定理，等边三角形的判定和性质，勾股定理解三角形
等知识点．熟练掌握切线的性质和切线长定理是解题的关键．
【变式5-1】（23-24九年级·江苏南京·期末）如图，AC，BD是⊙O的切线，C，D为切点，连接AB．
(1)若AB与⊙O相切于点E，求证AC+BD=AB；
(2)若AC+BD=AB，求证AB与⊙O相切．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析．
【分析】（1）利用切线长定理证明AE=AC，BE=BD即可求证；
（2）延长AC到点F，使得CF=BD，连AO，过点O作OG⊥AB，垂足为G，连接OB，OD，OC，
OF，证明AB=AF，再由SAS证明△BDO≌△FCO，根据性质再证明△ABO≌△AFO(SSS)，最后由性
质即可求证；
此题考查了切线长定理和切线的判定与性质，全等三角形的性质和判定，熟练掌握以上知识点的的应用及正确添加辅助线是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵AB与⊙O相切，切点为E，且AC，BD是⊙O的切线，C，D为切点，
∴ AE=AC，BE=BD，
∵AB=AE+BE，
∴AB=AC+BD；
（2）证明：延长AC到点F，使得CF=BD，连接AO，过点O作OG⊥AB，垂足为G，连接OB，OD，
OC，OF，
∵CF=BD，AC+BD=AB，
∴ AB=AC+CF=AF，
∵AC，BD是⊙O的切线，C，D为切点，
∴∠BDO=∠FCO=90°，OC=OD，
∵CF=BD，∠BDO=∠FCO=90°，OC=OD，
∴△BDO≌△FCO(SAS)，
∴OB=OF，
又∵AF=AB，AO=AO，
∴△ABO≌△AFO(SSS)，
∴∠BAO=∠FAO，
∴AO平分∠BAC，
又∵OG⊥AB，OC⊥AC，
∴OG=OC，
∴AB与⊙O相切．
【变式5-2】（23-24九年级·河南安阳·期中）如图，在⊙O中，AB为直径，点M为AB延长线上的一点，
MC与⊙O相切于点C，圆周上有另一点D与点C分居直径AB两侧，且使得MC=MD=AC，连接AD．求证：①MD与⊙O相切；
②四边形ACMD是__________形；
③∠ADM=__________．
【答案】①见解析；②菱；③120°
【分析】①通过连接两条半径构建全等三角形，利用切线的判定即可证明MD与⊙O相切；②通过证明
ΔACM≅ΔADM可得四边相等，根据菱形的判定即可求解；③通过等腰三角形的性质可得
∠CAM=∠ACM，∠ACO=∠CAO，再根据切线的性质可得∠CAO=∠CMA=30°，再根据菱形的
性质即可求解．
【详解】
解：①证：连接OC，OD
在ΔOCM和ΔODM中
{OC=OD
)
CM=DM ，
OM=OM
∴ΔOCM≅ΔODM，
∴∠OCM=∠ODM，
∵ MC是⊙O的切线，
∴∠OCM=∠ODM=90°，
∴MD与⊙O相切；
②由①可知：∠CMO=∠DMO，
又∵CM＝DM，AM＝AM，
∴ΔACM≅ΔADM，
∴AC＝AD，
∵AC＝AD＝CM＝MD，∴四边形ACMD是菱形；
故答案为：菱；
③∵AM＝CM，OC＝OD，
∴∠CAM=∠ACM，∠ACO=∠CAO，
∵∠COM=∠CAO+∠ACO，
∴∠COM=2∠CAO=2∠CMA，
∵MD与⊙O相切，
∴∠OCM=90°，
∴∠CAO=∠CMA=30°，
又∵ACMD是菱形，
∴∠CAD=2∠CAM=60° ，
∴∠ADM=120°，
故答案为：120°．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定、圆的切线的性质与判定、菱形的判定与性质、以及切
线长定理等．切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平
分这两条切线的夹角．此类题目综合性较强，熟练掌握每个知识点是解题关键．
【变式5-3】（23-24九年级·广东云浮·期末）如图1所示，⊙O为△CDE的外接圆，CD为直径，AD、
BC分别与⊙O相切于点D、C（BC>AD）.E在线段AB上，连接DE并延长与直线BC相交于点P，B为
PC中点.
(1)证明：AB是⊙O的切线.
(2)如图2，连接OA，OB，求证：OA⊥OB.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接OE，根据直角三角形斜边上的中线的性质以及等边对等角得出∠OEC=∠OCE，进而根据BC为切线，∠OCB=90°， ∠OEC+∠BEC=∠OCE+∠BCE=90°，得出∠OEB=90°，即
可得证；
（2）根据AD、AB、BC分别与⊙O相切于点D、E、C，根据切线长定理得出AD⊥CD，BC⊥CD，
1 1
则AD∥BC，∠OAE= ∠DAE，∠OBE= CBE，∠DAE+∠CBE＝180°，即可得出
2 2
∠AOB=90°，进而即可得证．
【详解】（1）证明：连接OE，
∵CD为⊙O直径，
∴∠CEP=90°.
在RT△CEP中，B为PC中点，
1
∴EB=BC= CP，
2
∴∠BCE=∠BEC，
∵OE=OC，
∴∠OEC=∠OCE，
又∵BC为切线，
∴∠OCB=90°，
∴∠OEC+∠BEC=∠OCE+∠BCE=90°
∴∠OEB=90°.
即OE⊥AB，
∴AB是⊙O的切线.
（2）证明：∵AD、AB、BC分别与⊙O相切于点D、E、C，1 1
∴AD⊥CD，BC⊥CD，∠OAE= ∠DAE，∠OBE= CBE，
2 2
∴AD∥BC，
∴∠DAE+∠CBE＝180°，
1 1
∴∠OAE+∠OBE= ×(∠DAE+∠CBE)= ×180°=90°，
2 2
∴∠AOB=90°，
∴OA⊥OB；
【点睛】本题考查了切线的性质与切线长定理，掌握切线的判定方法以及切线长定理是解题的关键．
【题型6 利用切线长定理求内切圆半径】
【例6】（23-24九年级·江苏南通·期中）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，则△ABC的
内切圆半径r= ．
【答案】1
【分析】本题考查了切线长定理，圆的切线的性质，正方形的判定与性质，熟练掌握切线长定理是解答本
题的关键，首先利用切线的性质证明四边形OECF是正方形，得到CE=CF=r，再利用切线长定理得到
AE=3−r，BF=4−r，最后由AD+BD=AB列方程即可求解．
【详解】设△ABC的内切圆与AB、AC、BC分别相切于点D、E、F，
∴OE⊥AC，OF⊥BC，
∵∠C=90°，
∴四边形OECF是矩形，∵CE=CF，
∴四边形OECF是正方形，
∴CE=CF=OE=r，
∴AE=3−r，BF=4−r，
∵AD=AE，BD=BF，
∴AD=3−r，BD=4−r，
在Rt△ABC中，AB=❑√AC2+BC2=❑√32+42=5，
∵AD+BD=AB，
∴3−r+4−r=5，
解得 r=1．
故答案为：1．
【变式6-1】（23-24九年级·河北邢台·期末）如图，将刻度尺、含60°角的直角三角板和量角器如图摆放
（无重叠部分），若三角板60°角的顶点A在刻度尺上的读数是5cm，量角器与刻度尺接触点在刻度尺上
的读数是7cm，量角器与三角板的接触点为B．
（1）AB= cm．
（2）该量角器的直径长为 cm．（结果保留根号）
【答案】 2 4❑√3
【分析】本题考查了切线长定理，含30度角直角三角形的特征，勾股定理．根据题意得出AC和AB与量角器相切，则AC=AB，∠OAB=∠OAC，进而得出∠AOB=30°，即可解答．
【详解】解：令量角器与刻度尺接触点为点C，量角器圆心为点O，
根据题意可知，AC和AB与量角器相切，
∴∠OAB=∠OAC，OB⊥AB，AC=AB，
∵A在刻度尺上的读数是5cm，C在刻度尺上的读数是7cm，
∴AC=AB=2cm，
∵∠BAD=60°，
1
∴∠OAB= (180°−60°)=60°，
2
∵OB⊥AB，
∴∠AOB=30°，
∴OA=2AB=4cm，
根据勾股定理可得：OB=❑√OA2−AB2=2❑√3(cm)，
∴该量角器的直径长为4❑√3cm，
故答案为：2，4❑√3．
【变式6-2】（23-24九年级·江苏南京·期末）如图，在四边形ABCD中，BC、CD、DA分别与⊙O相
切于B、E、A三点，AB为⊙O的直径．若BC=4cm，AD=3cm，则⊙O的半径为 cm．
【答案】2❑√3【分析】本题考查了切线的性质，切线长定理，勾股定理，矩形的判定与性质，根据切线的性质把图形分
割为矩形和直角三角形是解题的关键．
过D作DF⊥BC于F，由切线的性质得四边形ABFD是矩形，则DF=AB，AD=BF；由切线长定理可
得CD的长，由勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，过D作DF⊥BC于F，
∵AD，BC与⊙O，
∴AB⊥AD，AB⊥BC，
∴∠A=∠B=∠DFB=90°，
∴四边形ABFD是矩形，
∴DF=AB，BF=AD=3cm，
∴CF=BC−BF=4−3=1(cm)；
∵BC、CD、DA分别与⊙O相切，
∴DE=AD=3cm，CE=BC=4cm，
∴CD=CE+DE=4+3=7(cm)；
在Rt△DFC中，由勾股定理得：DF=❑√CD2−CF2=❑√49−1=4❑√3(cm)，
∴AB=DF=4❑√3cm，
1
∴⊙O的半径为 ×AB=2❑√3cm．
2
故答案 为：2❑√3
【变式6-3】（23-24九年级·湖北荆门·期末）如图， ⊙O 内切于正方形ABCD，边AD、DC上两点E，
9
F，且EF是⊙O的切线，当△BEF的面积为 时，则⊙O的半径r是 ．
43
【答案】
2
【分析】设正方形的边长为2a，则AM=DM=DG=CG=a，设ME=NE=x，NF=FG= y，则
DE=a−x，DF=a−y，EF=x+ y，利用勾股定理得出ax+ay+xy=a2，再由
9
S =S −S −S −S ，得出a2= ，从而求出a，得到r．
△BEF 正方形ABCD △ABE △BCF △≝¿¿ 4
【详解】解：设⊙O与AD相切于M，与EF相切于N，与CF相切于G，
设正方形的边长为2a，
∴AM=DM=DG=CG=a，
设ME=NE=x，NF=FG= y，
在Rt△≝¿中，
∵DE=a−x，DF=a−y，EF=x+ y，
∴(x+ y) 2=(a−x) 2+(a−y) 2，
∴ ax+ay+xy=a2，
∵ S =S −S −S −S
△BEF 正方形ABCD △ABE △BCF △≝¿¿
1 1 1 9
∴ 4a2− ×2a×(a+x)− ×2a×(a+ y)− ×(a−x)(a−y)= ，
2 2 2 4
3 1 9
∴ a2− (ax+ay+xy)=
2 2 49
∴
a2=
，
4
∵ a>0，
3
∴ a= ，
2
∵ AB=2a
3
∴ ⊙O的半径为 ，
2
3
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，以及勾股定理等知识，熟记切线长定理是解决问题的关键．
【题型7 作三角形的内切圆】
【例7】（2024·浙江绍兴·一模）如图，在6×6的正方形网格中，有部分网格线被擦去．点A，B，C在格
点（正方形网格的交点）上．
（1）请用无刻度的直尺在图1中找到三角形ABC的外心P；
（2）请用无刻度的直尺在图2中找到三角形ABC的内心Q．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）作以AC为对角线的平行四边形的另一条对角线，其余AC的交点即为所求；
（2）分别作出∠BAC和∠ABC的角平分线，其交点即为所求．
【详解】解：（1）如图，点P即为所求；（2）如图，点Q即为所求．
【点睛】本题主要考查了三角形的内心和外心、等腰三角形的性质以及平行四边形的性质等知识点，灵活
运用等腰三角形的性质和平行四边形的性质成为解答本题的关键．
【变式7-1】（23-24九年级·广东江门·期末）为建设绿色花园城市，某小区要在一块等边△ABC空地内修
建一个圆形花坛．
(1)实践与操作：要使花坛面积最大，用尺规作图法画出圆形花坛示意图（保留作图痕迹，不要求写作
法）；
(2)应用与计算：在（1）的条件下，AB=30米，求圆形花坛的面积．
【答案】(1)图见详解
(2)75πm2
【分析】本题主要考查三角形的内切圆，熟练掌握三角形的内切圆是解题的关键；（1）以点B为圆心，任意长为半径画弧，交AB,BC于两点，大于这两点之间距离的一半为半径画弧，交
于一点D，连接BD，交AC于点N，同理可作∠A,∠C的角平分线，三线交于一点O，然后以ON为半径
画圆，进而问题可求解；
（2）由（1）可知∠ABN=∠CBN=30°,AN=CN=15米，则有BN=❑√3CN=15❑√3米，然后问题可求
解．
【详解】（1）解：所作图形如图所示：
（2）解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=30米，∠ABC=∠ACB=60°，
∵BN平分∠ABC，
∴∠ABN=∠CBN=30°,AN=CN=15米，
∴BN=❑√3CN=15❑√3米，
由作图可知点O为△ABC的内切圆的圆心，也是△ABC的重心，
1
∴ON= BN=5❑√3米，
3
∴圆形花坛的面积为S=πR2=75πm2．
【变式7-2】（23-24九年级·江苏连云港·期中）如图，点C，D分别在射线OA、OB上，求作⊙P，使它与
OA、OB、CD都相切．（使用直尺、圆规、直角板作图并保留作图痕迹）
【答案】见解析
【分析】⊙P与OA、OB、CD都相切．即圆心P到OA、OB、CD的距离相等，故点P在OA、OB、CD所
在直线成角的平分线上，然后由交点到直线的距离为半径画圆即可．【详解】解：如图，作∠DOC的平分线OM，∠ODC的平分线DN，OM交DN于点P，作PF⊥OD，以
1 1
P 为圆心，PF为半径作⊙P 即可；同法作出⊙P．
1 1 1 2
⊙P ，⊙P 即为所求；
1 2
【点睛】本题考查作图−复杂作图，三角形的内心、角平分线的定义、切线的判定和性质等知识，掌握三
角形内心的定义及性质是解题的关键，属于中考常考题型．
【变式7-3】（23-24九年级·江苏连云港·期中）按着要求画图．
(1)在图1中，利用直尺和圆规，作出△ABC的内切圆（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)如图2，由小正方形构成的6×6网格中，每个正方形的顶点叫做格点．△ABC的顶点都在格点上，⊙O
经过A、B、C三点，仅用无刻度的直尺在给定的网格中按要求作图（不写作法，保留作图痕迹）．
①在图2中，找出⊙O的圆心O．
②在图2中的BC边上找到一点D，使得AD平分∠BAC；
③在图2备用图中的⊙O上找到一点E（不与点C重合），使得AE=AC．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）作△ABC任意两个角的角平分线，两条角平分线的交点即为内切圆的圆心，过圆心作一条
边的垂线，得到半径，再作圆即可；
（2）①由∠ACB=90°可得AB为直径，利用格点找出AB的中点即可得到圆心；②利用格点找出B´C的中点G，根据等弧所对的圆周角相等可得∠GAC=∠GAB，即GA平分∠BAC，因
此GA与BC的交点即为所求的点D；
③在格点上找到点H，使得∠ACH=∠ABC，可得CH⊥AB，延长CH交圆于点E，由垂直定理可得
A´C=A´E，进而可证AE=AC．
【详解】（1）解：如图，⊙I即为△ABC的内切圆；
（2）解：①圆心O如下图所示；
②点D如下图所示；
③点E如下图所示．【点睛】本题考查尺规作图——作角平分线和垂线，格点作图，三角形的内心，圆周角定理，垂直径定理
等，掌握格点作图的特点，综合运用上述知识点是解题的关键．
【题型8 三角形内切圆中求最值】
【例8】（2024·四川内江·一模）如图，矩形ABCO的顶点A，C分别在x轴、y轴上，点B的坐标为
(−4，3)，⊙M是△AOC的内切圆，点N，点P分别是⊙M，x轴上的动点，则PB+PN的最小值是
．
【答案】4
【分析】延长BA到点B′，使B′ A=BA，则点B与点B′关于x轴对称，则PB=PB′，过点B′作B′D⊥y轴
于点D，连接B′M交x轴于点P，交⊙M于点N，则BP+PN=PB′+PN，当B′，P，N，M在一条直线
上时，PB+PN取得最小值NB′；利用点的坐标的特征求得线段AB=AB′=OC=3，BC=B′D=OA=4
，利用三角形的面积关系求得⊙M的半径，延长ME交B′D于点H，利用矩形的性质和勾股定理求得
B′M的长度，则结论可得．
【详解】解：如图，延长BA到点B′，使B′ A=BA，则点B与点B′关于x轴对称，则PB=PB′，过点B′作
B′D⊥y轴于点D，连接B′M交x轴于点P，交⊙M于点N，则BP+PN=PB′+PN，当B′，P，N，M
在一条直线上时，PB+PN取得最小值NB′，
∵ B (−4,3)
点 的坐标为 ，∴点B′的坐标为(−4,−3)，
∴AB=AB′=OC=3，BC=B′D=OA=4，AC=❑√OA2+OC2=5
设⊙M与△ACO三边的切点为E，F，G，连接ME，MF，MG，则MG⊥AC，ME⊥OA，
MF⊥OC，设ME=MF=MG=a，
∵S =S +S +S ，
△ACO △MAC △MAO △MCO
1 1 1 1
∴ OA⋅OC= AC⋅a+ OA⋅a+ OC⋅a，
2 2 2 2
1 1 1 1
∴ ×3×4= ×5a+ ×4a+ ×3a，
2 2 2 2
∴a=1，
∴MF=OE=1，
延长ME交B′D于点H，
∵ME⊥OA，B′D∥OA，
∴HD=OE=1，HE=OD=3，
∴B′H=B′D−HD=3，MH=HE+ME=4，
∴B′M=❑√B′H2+M H2=5，
∴B′N=B′M−MN=5−1=4，
∴PB+PN的最小值为4．
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，点的坐标的特征，三角形的内切圆，轴对称的最短路径问题，圆的
切线的性质定理，勾股定理，作出点B关于x轴的对称点，从而得到点P的位置是解题的关键．
【变式8-1】（23-24九年级·江苏南京·阶段练习）如图，矩形ABCD，AD＝6，AB＝8，点P为BC边上的
中点，点Q是△ACD的内切圆圆O上的一个动点，点M是CQ的中点，则PM的最大值是 ．
【答案】❑√13+1【分析】由矩形的性质得出∠D=90°，CD=AB=8，由勾股定理得出AC=❑√AD2+CD2=10，设△
1 1 1 1
AD的内切圆O的半径为r，则 ×10r+ ×8r+ ×6r= ×8×6，解得r=2，连接BQ，易证PM是
2 2 2 2
1
ΔBCQ的中位线，得出PM= BQ，当BQ经过圆心O时，BQ最长，则此时PM最长，作OE⊥AD于E
2
，OF⊥AB于F，则BF=AB−AF=6，OF=AE=AD−DE=4，由勾股定理得出
BO=❑√BF2+OF2=2❑√13，则BQ=BO+OQ=2❑√13+2，即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，CD=AB=8，
∴AC=❑√AD2+CD2=❑√62+82=10，
设△AD的内切圆O的半径为r，
1 1 1 1
则 ×10r+ ×8r+ ×6r= ×8×6，
2 2 2 2
解得：r=2，
连接BQ，
∵P BC M CQ
是 边上的中点，点 是 的中点，
∴PM是ΔBCQ的中位线，
1
∴PM= BQ，
2
当BQ经过圆心O时，BQ最长，则此时PM最长，
作OE⊥AD于E，OF⊥AB于F，
则BF=AB−AF=8−2=6，OF=AE=AD−DE=6−2=4，
∴BO=❑√BF2+OF2=❑√62+42=2❑√13，∴BQ=BO+OQ=2❑√13+2，
1
∴PM= BQ=❑√13+1；
2
故答案为：❑√13+1．
【点睛】本题考查了三角形内切圆与内心、勾股定理、矩形的性质、三角形中位线的判定与性质等知识；
熟练掌握矩形的性质和三角形中位线定理是解题的关键．
【变式8-2】（23-24九年级·湖北武汉·阶段练习）如图，点B的坐标为(2，0)，以O点为圆心，以OB为
半径的圆交y轴于点A，点C为第一象限圆上一动点，CD⊥x轴于D点，点I为△OCD的内心，则AI的
最小值为 ．
【答案】❑√10−❑√2/−❑√2+❑√10
【分析】连接OI，IB，作△OIB的外接圆，圆心为P，根据内心定义证明△IOC≌△IOB(SAS)，可得
∠OIC=∠OIB=135°，当A，I，P三点共线时，AI取得最小值，此时AI=AP−PI，然后根据勾股定
理即可解决问题．
【详解】解：如图，连接OI，IB，作△OIB的外接圆，圆心为P，连接PO，PB，IC，ON，BN，
∵点I为△OCD的内心，
∴∠IOC=∠IOB，{
OI=OI
)
在△IOC和△IOB中， ∠IOC=∠OB ，
OC=OB
∴△IOC≌△IOB(SAS)，
∴∠OIC=∠OIB，
∵CD⊥x，
∴∠ODC=90°，
∴∠COD+∠OCD=90°，
1 1
∴ ∠COD+ ∠OCD=45°，
2 2
∴∠IOC+∠ICO=45°，
∴∠OIC=135°，
∴∠OIC=∠OIB=135°，
∴∠ONB=45°，
∴∠OPB=90°，
∵点B的坐标为(2，0)，
∴OB=2，
❑√2
∴OP=BP= OB=❑√2，
2
∴P(1，−1)，
当A，I，P三点共线时，AI取得最小值，
此时AI=AP−PI
=❑√(0−1) 2+(2+1) 2−❑√2
=❑√10−❑√2．
故答案为：❑√10−❑√2．
【点睛】本题考查了三角形内切圆与内心，坐标与图形性质，垂径定理，解决本题的关键是掌握三角形内
切圆与内心．
【变式8-3】（2024九年级·全国·竞赛）如图，以Rt△ABC的斜边AB为直径作⊙O，I为△ABC的内心，
点P为⊙O上一个动点，N为IP的中点，若AB=10，AC=6，则AN的最大值为 ．❑√85+5
【答案】
2
【分析】此题考查了三角形的内切圆和外接圆，连接IO，AI，OP，取IO中点M，连接MN，过I作
IH⊥AB于点H，则点N在以点M为圆心，MN为半径的圆上运动，当点A、M、N三点共线时，AN
最大值为AM+MN，然后由勾股定理求出AM的值即可，解题的关键是熟练掌握切线长定理，三角形中
位线性质定理和勾股定理的应用．
【详解】解：如图，连接IO，AI，OP，取IO中点M，连接MN，过I作IH⊥AB于点H，
∵AB=10，AC=6，∠ACB=90°，
∴由勾股定理得：BC=❑√AB2−AC2=❑√102−62=8，
∵N为IP的中点，
1 5
∴MN= OP= ，
2 2
则点N在以点M为圆心，MN为半径的圆上运动，
当点A、M、N三点共线时，AN最大，为AM+MN的值，
∵I为△ABC的内心，过I作IR⊥AC于点R，IL⊥BC于点L，
∴四边形CRIL为正方形，
8+6−10
由直角三角形的内切圆半径为 =2，即IH=IL=IR=2，
2∴CR=IR=IH=2，
取OH的中点G，连接MG，
1
∴MG= IH=1，AH=AR=4，
2
∵OA=OB=5，
∴OH=1，
1 1
∴HG=GO= OH= ，
2 2
1 9
∴AG=AH+HG=4+ = ，
2 2
在Rt△AMG中，由勾股定理得：
AM=❑√AG2+MG2=❑
√ (9) 2
+12=
❑√85
，
2 2
❑√85+5
∴AN最大值为AM+MN= ，
2
❑√85+5
故答案为： ．
2
【题型9 三角形周长、面积与内切圆半径的关系】
【例9】（23-24九年级·陕西西安·期中）如图，已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，⊙O为△ABC的内切
圆，若OC=2❑√2，且△ABC的面积为24，则△ABC的周长为（ ）
A．48 B．24❑√2 C．24 D．6❑√2
【答案】C
【分析】本题考查了三角形内切圆的性质及正方形的判定和性质．
设⊙O的半径为r，⊙O与△ABC的三边AB、BC、AC的切点分别为D、E、F，连接OD、OE、OF．
1
先证四边形OECF是正方形，则CE=OE=r，根据勾股定理求出r．又由S = ⋅ △ABC的周长⋅内切
△ABC 2
圆半径，即可求出△ABC的周长．
熟练掌握“三角形内切圆的圆心是三条角平分线的交点，它到三角形三条边的距离相等”这一性质，并且能求出内切圆的半径是解题的关键．
【详解】解：如图，设⊙O的半径为r，⊙O与△ABC的三边AB、BC、AC的切点分别为D、E、F，
连接OD、OE、OF，则OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，且OD=OE=OF=r，
又∵∠ACB=90°，
∴四边形OECF是正方形，
∴CE=OE=r，
∵CE2+OE2=OC2，
∴2r2=(2❑√2) 2 ，
解得r=2，
1 1 1
∵S = AB⋅OD+ BC⋅OE+ AC⋅OF=24，
△ABC 2 2 2
1
∴ (AB+BC+AC)·r=24，
2
∴AB+BC+AC=24，即△ABC的周长为24，
故选：C．
【变式9-1】（2024·广西梧州·二模）如图，⊙O是△ABC的内切圆，若△ABC的周长为18，面积为9，
则⊙O的半径是（ ）
A．1 B．❑√2 C．1.5 D．2
【答案】A
【分析】作辅助线如解析图，根据S =S +S +S ，代入数据求解即可.
△ABC △ABO △ACO △BOC
【详解】解：如图，设⊙O与△ABC的各边分别相切于点E、F、G，连接OE,OF,OG,OA,OB,OC，
设⊙O的半径为r，
则OE⊥AB,OF⊥AC,OG⊥BC，OE=OF=OG=r，∵S =S +S +S
△ABC △ABO △ACO △BOC
1 1 1
= AB⋅r+ AC⋅r+ BC⋅r
2 2 2
1
= (AB+AC+BC)⋅r，
2
又△ABC的周长为18，面积为9，
1
∴9= ×18⋅r，
2
∴r=1，
故选：A.
【点睛】本题考查了利用三角形的面积求三角形的内切圆半径，掌握求解的方法是解题的关键.
【变式9-2】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD为中线，若AB=5，
r
AC=12，设△ABD与△ACD的内切圆半径分别为r ，r ，则 1 的值为（ ）
1 2 r
2
37 12 25 37
A． B． C． D．
23 5 18 33
【答案】C
【分析】此题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形的内切圆和面积，设
△ABD的内切圆为⊙I，⊙I与AB、AD、BD 分别相切于点E、F、G，由∠BAC=90°，AB=5，
AC=12得BC=13，S =30，连接IE、IF、IG、IA、IB、ID，由
△ABC
1 1 1 5 6
S +S +S =S =15可得 ×6r + ×5r + ×5r =12，即得r = ，同理得r = ，进而即
△ABI △ADI △BDI △ABD 2 1 2 1 2 1 1 3 2 5
可求解，正确地作出辅助线是解题的关键．【详解】解：设△ABD的内切圆为⊙I，⊙I与AB、AD、BD 分别相切于点E、F、G，
∵∠BAC=90°，AB=5，AC=12，
∴BC=❑√AB2+AC2=❑√52+122=13，
1 1
S = AB⋅AC= ×5×12=30，
△ABC 2 2
∵AD为斜边BC上的中线，
1 13
∴AD=BD=CD= BC= ，
2 2
1
∴S =S = S =15，
△ABD △ACD 2 △ABC
连接IE，IF，IG，IA，IB，ID，则IE=IF=IG=r ，
1
∵ S +S +S =S =15，且AB⊥IE，AD⊥IF，BD⊥IG，
△ABI △ADI △BDI △ABD
1 1 13 1 13
∴ ×5r + × r + × r =15，
2 1 2 2 1 2 2 1
5
解得r = ，
1 3
1 1 13 1 13
同理可得， ×12r + × r + × r =15，
2 2 2 2 2 2 2 2
6
解得r = ，
2 5
5
r 3 25
∴ 1= = ，
r 6 18
2
5
故选：C．
【变式9-3】（23-24九年级·浙江·期中）小明准备以“青山看日出”为元素为永嘉县某名宿设计标志示意
图，如图所示，他利用两个等边三角形和一个圆分别表示青山和日出，已知点B，E，C，F在同一条直线
上，且BE=EC=2CF，四边形ABEG和四边形GCFD的面积之差为7❑√3，则CF的长是 ；连结
AD，若⊙O是△ADG的内切圆，则圆心O到BF的距离是 ．【答案】 2 4❑√3−2
【分析】设CF=x，表示出相关线段的长，根据四边形ABEG和四边形GCFD的面积之差，得到
S −S ，求出x值即可；连结AD，连接OG并延长交BF于点M，设圆O与AC的切点为H，连
△ABC △≝¿=7❑√3¿
接OH，连接AE，作DN⊥AE，垂足为N，证明△ADG为直角三角形，求出内切圆半径，再根据切线长
定理得到∠HGO，从而证明OM⊥BF，求出GM，从而得到OM即可．
【详解】解：∵ BE=EC=2CF，
∴设CF=x，则BE=EC=2x，
∴ BC=2x+2x=4x，EF=2x+x=3x，
∵ △ABC与△≝¿为等边三角形，
∴ S △ABC = ❑√ 4 3 BC2= ❑√ 4 3 ×(4x) 2=4❑√3x2 ， S △≝¿= ❑√ 4 3 EF2= ❑√ 4 3 ×(3x)2= 4 9 ❑√3x2¿ ，
∵ S −S ，
△ABC △≝¿=7❑√3¿
9
∴
4❑√3x2− ❑√3x2=7❑√3，
4
∴ x2=4，
∴ x=2，
∴ CF=2．
连结AD，连接OG并延长交BF于点M，设圆O与AC的切点为H，连接OH，连接AE，作DN⊥AE，
垂足为N，
∵ △ABC 4×2=8 E BC
等边 的边长为 ， 为 中点，
∴ AE=❑√3CE=4❑√3，∠AEC=90°，∵ ∠DEC=60°，
∴ ∠DEN=30°，
∵ DE=3×2=6，
1
∴ DN= DE=3，NE=❑√3DN=3❑√3，
2
∴ AN=4❑√3−3❑√3=❑√3，
∴ AD=❑√AN2+DN2=2❑√3，
∵ AG=AC−GC=8−4=4，DG=DE−EG=6−4=2，
∴ AG2=16=DG2+AD2，
∴ ∠ADG=90°，△ADG为直角三角形，
AD+DG−AG 2❑√3+2−4
∴内切圆半径DH= = =❑√3−1，
2 2
∵ ∠HGD=60°，
1
∴ ∠HGO= ∠HGD=30°，
2
∴ OG=2OH=2(❑√3−1)=2❑√3−2，
∵ ∠HGO=30°，∠AGE=180°−60°=120°，
∴ ∠EGM=180°−30°−120°=30°，
∴ ∠GME=180°−60°−30°=90°，
∴ OM⊥BF，
❑√3 ❑√3
∵ GM= ≥= ×4=2❑√3，
2 2
∴ OM=OG+GM=2❑√3−2+2❑√3=4❑√3−2，
∴圆心O到BF的距离为4❑√3−2，
故答案为：2，4❑√3−2．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了等边三角形的性质，勾股定理，切线长定理，切线的性质，熟练掌握
以上知识是解题的关键．
【题型10 三角形的内切圆与外接圆的综合】
【例10】（23-24九年级·浙江台州·期中）如图，△ABC中，∠BAC=60°，BC=3，内心为I，连接AI
并延长交△ABC的外接圆于D，若∠ABD=45°，则AI= （ ）A．❑√3−1 B．1 C．❑√6−2 D．❑√6−❑√3
【答案】D
【分析】设△ABC的外接圆的圆心为O，连接AO，BO，DO，BI，根据圆周角定理证得△OBD是等边
1 3
三角形，再根据垂径定理可得OD⊥BC，BE=CE= BC= ，再根据三角形内心证得DI=DB=❑√3，
2 2
进而解决问题．
【详解】解：如图，设△ABC的外接圆的圆心为O，连接AO，BO，DO，BI，
在△ABC中，∠BAC=60°，BC=3，内心为I，
∴AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD=30°，
∴∠BOD=60°，
∵OB=OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴DB=OD=OB=OA，
∵∠BAD=∠CAD=30°，
∴B´D=C´D，
1 3
∴OD⊥BC，BE=CE= BC= ，
2 2
∵∠BAD=∠CBD=30°，
3 ❑√3 ❑√3
∴DE= × = ，
2 3 2∴DB=2DE=❑√3，
∵∠DBI=∠DBC+∠CBI，∠DIB=∠IAB+∠IBA，
∵I是△ABC的内心，
∴∠IBA=∠CBI，
∴∠DBI=∠DIB，
∴DI=DB=❑√3，
∴∠ABD=45°，
∴∠AOD=90°，
∵OA=OD=DB=❑√3，
∴AD=❑√2OA=❑√6，
∴AI=AD−DI=❑√6−❑√3．
故选：D．
【点睛】本题考查三角形内切圆与内心、三角形外接圆与外心、垂径定理、圆周角定理、等边三角形的性
质与判定、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的性质，证得△OBD是等边三角形是解题的关键．
【变式10-1】（23-24九年级·江苏扬州·期中）一个三角形三边长分别为5，12，13，R是其外接圆半径，r
是其内切圆半径，则R﹣r＝ ．
【答案】4.5
【分析】根据勾股定理的逆定理推出∠C=90°，连接OE，OQ，根据圆O是△ABC的内切圆，得到
AE=AF，BQ=BF，∠OEC=∠OQC=90°，OE=OQ，推出正方形OECQ，设
OE=CE=CQ=OQ=r，得到方程12−r+5−r=13，求出方程的解即可，进而得出其外接圆的半径，即
可得出答案
【详解】如图：连接OE，OQ
∵AC2+BC2=25+144=169，AB2=169
∴ AC2+BC2=AB2
∴∠C=90°∵圆O是△ABC的内切圆
∴AE=AF，BQ=BF，∠OEC=∠OQC=∠C=90°，OE=OQ
∴四边形OECQ是正方形
∴设OE=CE=CQ=OQ=r
∵AF+BF=13
∴ 12−r+5−r=13
∴r=2
∵直角三角形斜边长是直角三角形外接圆的直径
∴其外接圆半径为：R=6.5
∴R−r=6.5−2=4.5
故答案为：4.5
【点睛】本题考查了对三角形内切圆与内心以及直角三角形外接圆半径求法，切线长定理，切线的性质，
正方形的性质和判定，勾股定理的逆定理等知识，综合运用这些性质进行推理是解题关键．
【变式10-2】（23-24九年级·江苏盐城·期中）如图，I是△ABC的内心，AI的延长线交△ABC的外接圆
于点D．
(1)求证：∠BAD=∠CBD；
(2)求证：BD=ID；
(3)连接BI、CI，求证：点D是△BIC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∠BAD=∠CAD，再由圆周角与弧之间的关系即可得证；
（2）连接BI，证出∠BID=∠IBD即可得证；
（3）连接BI，CI，DC，证出BD=CD=ID即可得证．【详解】（1）证明：∵点I是△ABC的内心，
∴AI平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∵C´D=C´D，
∴∠CBD=∠CAD，
∴∠BAD=∠CBD．
（2）证明：如图，连接BI，
∵ △ABC
点I是 的内心，
∴AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，
∴∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠CBI
又∠CBD=∠CAD，
∴∠CBD=∠BAD，
∵∠BID=∠ABI+∠BAD，∠DBI=∠CBI+∠CBD，
∴∠BID=∠IBD，
∴ID=BD．
（3）证明：如图，连接BI，CI，DC，
∵∠BAD=∠CAD
，
∴BD=CD．
∵ID=BD
∴BD=CD=ID，
∴点D是△BIC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.
【变式10-3】（2024·山东潍坊·三模）如图，点I是 ABC的内心，BI的延长线与 ABC的外接圆⊙O交
于点D，与AC交于点E，延长CD、BA相交于点F△，∠ADF的平分线交AF于点G△．
（1）求证：DG是⊙O的切线；
（2）若DE＝4，BE＝5，求DI的长．
【答案】（1）见解析；（2）6．
【分析】（1）根据三角形内心的性质得∠2=∠7，再利用圆内接四边形的性质得∠ADF=∠ABC，则
∠1=∠2，从而得到∠1=∠3，则可判断DG//AC，连接OD，根据垂径定理可得OD⊥AC，故
OD⊥DG，即可得证；
（2）根据三角形内心的性质得∠5=∠6，然后证明∠4=∠DAI得到DA=DI，证明△DAE∽△DBA，
利用相似比得到AD=6，则DI的长度即可求解．
【详解】（1）证明：连接OD．
∵点I是 ABC的内心，
∴∠2＝∠△7，
⏜ ⏜
∴ CD=AD ，
∴OD⊥AC，1 1
又∵∠1＝ ∠ADF，∠2= ∠ABC，∠ADF＝∠ABC，
2 2
∴∠1＝∠2，
∵∠3＝∠2，
∴∠1＝∠3，
∴DG//AC；
∴OD⊥DG，
∴DG是⊙O的切线；
（2）解：∵点I是△ABC的内心，
∴∠5＝∠6，
∵∠4＝∠7+∠5＝∠3+∠6，
即∠4＝∠DAI，
∴DA＝DI；
∵∠3＝∠7，∠AED＝∠BAD，
∴△DAE∽△DBA，
∴AD：DB＝DE：DA，即AD：9＝4：AD，
∴AD＝6，
∴DI＝6．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，圆周角定理和三角形的外心，三角形的内心到三角形三边的
距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．
