文档内容
2026 年中考数学一轮复习精讲精练
模块六 圆
专题5 三角形的内切圆与外接圆
知识梳理
【考点一】 三角形内切圆与外接圆
经过三角形三个顶点的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心是三角形三条边垂直平
三角形外接圆
分线的交点，叫做三角形的外心，这个三角形叫做这个圆的内接三角形.
与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心，这
三角形内切圆
个三角形叫做圆的外切三角形.
【注意】一个圆可以有无数个外切三角形，但是一个三角形只有一个内切圆.
【考点二】 三角形内心与外心
名称 三角形的外心 三角形的内心
三角形的外接圆圆心，即三角形三边 三角形的内切圆圆心，即三角形三条角平分线的
形成
垂直平分线的交点。 交点。
图形
内心到三角形三条边的距离相等，即
外心到三角形三个顶点的距离相等，
性质 ID=IE=IF。内心与顶点连线平分三角形的内
即 OA=OB=OC。
角。
位置 外心不一定在三角形的内部。 内心一定在三角形的内部。
1
角度关系 ∠BOC=2∠BAC。 ∠BIC=90∘+ ∠A。
2
【考点三】常见结论
2S
1）三角形内切圆半径公式：r= ，其中S为三角形的面积；C为三角形的周长.
C
a+b−c ab
2）特殊的直角三角形内切圆半径公式：r= 或r= ，其中a，b为直角三角形的直角边长，
2 a+b+c
c为斜边长.
【解题思路】解三角形的内切圆问题，通常分别连接．内切圆的圆心与切点、圆心与三角形的顶点来构造
直角三角形，以便利用直角三角形的知识进行求解．例题讲解
【题型一】判断三角形外接圆圆心位置
◇典例1：
如图，已知△ABC．
(1)用直尺和圆规作△ABC的外接圆⊙O；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)若AB=√2，∠ACB=45°，求⊙O的半径．
【答案】(1)图见解析
(2)⊙O的半径为1
【分析】（1）作线段AB，BC的垂直平分线交于点O，连接OA．以O为圆心，OA为半径作⊙O即可；
（2）由圆周角定理求出∠AOB=90°，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：如图，⊙O即为所求．
（2）解：连接OB．
由题意得，OA=OB=r，∵A´B=A´B，∠ACB=45°，
∴∠AOB=90°．
在Rt△AOB中，OA2+OB2=AB2，
∵AB＝√2，
∴OA=OB=1，
∴⊙O的半径为1．
◆变式训练
1.用圆规和直尺作图，不写作法，但要保留作图痕迹．
为美化校园，学校准备建造一个圆形的养鱼池（如图），使得△ABC的三个顶点都落在圆形养鱼池的边上，
请在图中画出这个圆形鱼池．
【答案】见解析
【分析】本题考查了作线段的垂直平分线，画三角形的外接圆，如图，作AB、BC的垂直平分线，两线交
于点O，可知OA=OB=OC，以OA为半径作圆，⊙O即为所求．掌握三角形的外心的性质，垂直平分线
的性质是解题的关键．
【详解】解：如图所示，⊙O即为所求．
【题型二】求外心坐标
◇典例2：
如图，△ABC的顶点坐标分别为：A(1,0)，B(3,0)，C(0,1)．(1)△ABC的外接圆圆心M的坐标为 ．
(2)以点M为位似中心，画出△A′B′C′，使它与△ABC位似，且位似比为2:1．
【答案】(1)(2,2)
(2)见解析
【分析】本题主要考查三角形的外心，以及位似图形的作图，理解三角形外心的定义以及作位似图形的方
法是解题关键．
（1）根据三角形的外接圆圆心是三边中垂线的交点，则可画出三边中垂线交于M点，得出坐标即可；
（2）①连接MA并反向延长至A′，使得M A′=2MA，同理构造MB′和MC′，顺次连接A′、B′、C′，则
△A′B′C′即为所求．
【详解】（1）如图所示，分别作△ABC三边的中垂线，交于M点，坐标为(2,2)；
（2）①如图，连接MA并反向延长至A′，使得M A′=2MA，
同理构造出B′、C′，顺次连接A′、B′、C′，则△A′B′C′即为所求
◆变式训练
1.如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，点O，A，B，C在格点（两条网格线的交点叫
格点）上，以点O为原点建立直角坐标系．(1)过A，B，C三点的圆的圆心M坐标为______；
(2)请通过计算判断点D(−3,−2)与⊙M的位置关系．
【答案】(1)(1,−2)
(2)D在圆M外
【分析】本题考查了垂径定理推论，勾股定理，平面坐标系中点的坐标，点与圆的位置关系，根据垂径定
理得出圆心位置是解答本题的关键．
（1）连接AB，AC，分别作AB，AC的垂直平分线，两直线交于点M，就是过A，B，C三点的圆的圆
心，由图形可得M的坐标；
（2）分别求出MD和MB的长度进行比较即可作出判断．
【详解】（1）解：如图，连接AB，AC，分别作AB，AC的垂直平分线，两直线交于点M，
∴M是过A，B，C三点的圆的圆心，
∴M(1,−2)
．
（2）∵M(1,−2)，D(−3,−2)，B(0,1)，
∴MD=1−(−3)=4，MB=√12+(−2−1) 2=√10，
∴MD>MB，∴点D在⊙M的外部．
【题型三】已知外心的位置判断三角形形状
◇典例3：
如图，O是△ABC的外心，则∠1+∠2+∠3=( )
A．60∘ B．75∘ C．90∘ D．105∘
【答案】C
【分析】根据等腰三角形的性质得到∠3=∠4，根据三角形内角和定理计算即可．
【详解】如图，
∵OA=OB，
∴∠3=∠4，
同理，∠1=∠5，∠2=∠6，
∵∠3+∠4+∠1+∠5+∠2+∠6=180∘，
∴∠1+∠2+∠3=90∘，
故选C．
◆变式训练
1.已知△ABC和△ABD有相同的外心，∠D=70°，则∠C的度数是（ ）
A．70° B．110° C．70°或110° D．不能确定
【答案】C
【分析】分两种情况讨论：若C、D在AB的同侧，根据圆周角定理求解；若C、D在AB的异侧，根据圆内
接四边形的性质求解．
【详解】解：若C、D在AB的同侧，如图1，则∠D=∠C=70°，若C、D在AB的异侧，如图2，则∠D+∠C=180°，
∵∠C=70°，
∴∠D=110°；
综上，∠D=70°或110°．
故选：C．
2.如图，在正六边形ABCDEF中，连接BF，BE，则关于△ABF外心的位置，下列说法正确的是（ ）
A．在△ABF内 B．在△BFE内
C．在线段BF上 D．在线段BE上
【答案】D
【分析】先判断△BFE的形状，再确定外心的位置．
【详解】解：∵正六边形的每一个外角都是360°÷6=60°，
∴正六边形的每一个内角都为180°−60°=120°，∴∠A=∠AFE=120°
在正六边形ABCDEF中，AB=AF，
1
∴∠AFB=∠ABF= (180°−120°)=30°，
2
∴∠BFE=∠AFE−∠AFB=120°−30°=90°，
∴△BFE是直角三角形，
∴△BFE的外心是BE的中点，
故选：D．
【题型四】求特殊三角形外接圆的半径
◇典例4：
如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，若AB=3，则⊙O的半径是（ ）
3 √3 5
A． B． C．√3 D．
2 2 2
【答案】C
【分析】作直径AD，连接CD，如图，利用等边三角形的性质得到∠B=60°，关键圆周角定理得到
∠ACD=90°，∠D=∠B=60°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求解．
【详解】解：作直径AD，连接CD，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=60°，
∵AD为直径，∴∠ACD=90°，
∵∠D=∠B=60°，则∠DAC=30°，
1
∴CD= AD，
2
1
∵AD2=CD2+AC2，即AD2=( AD)2+32，
2
∴AD=2√3，
1
∴OA=OB= AD=√3．
2
故选：C．
◆变式训练
AB BE
1.如图，四边形ABCD是矩形，E为AB上一点，F为CD上一点．AB=8，且 = =2，过点D作
BC CF
DG⊥EF，垂足为G，连接BG，则BG的最小值为 ．
【答案】2√13−2√5
【分析】题目主要考查矩形的性质，三角形外接圆，相似三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等，理
解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
延长EF与BC的延长线交于M，连接DM，作△DCM的外接圆，设O为圆心，连接BO交⊙O于P，过点
O作ON⊥CM于N，根据相似三角形的判定和性质得出CM=BC=4，然后利用勾股定理得出DM=4√5，
由圆外一点到圆上的距离得：当点G与点P重合时，BG为最小，最小值为线段BP的长，结合图形利用相
似三角形的判定和性质及勾股定理求解即可．
【详解】解：延长EF与BC的延长线交于M，连接DM，作△DCM的外接圆，设O为圆心，连接BO交
⊙O于P，过点O作ON⊥CM于N，如图所示：
,AB BE
∵ = =2，AB=8，
BC CF
∴BC=4，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD,CD=AB=8,∠BCD=90°，
∴△MBE∽△MCF，,
BM BE
∴ = =2，
CM CF
∴BM=2CM，
∴CM=BC=4，
在Rt△DCM中，由勾股定理得：DM=√CD2+CM2=4√5，
∵∠DCM=90°，
∴DM为⊙O的直径，点O为DM的中点，
1
∴⊙O的半径OP=OD=OM= DM=2√5，
2
∵DG⊥EF，
∴∠DGM=90°，
点G始终在⊙O上运动，
由圆外一点到圆上的距离得：当点G与点P重合时，BG为最小，最小值为线段BP的长，
∵ON⊥CM， ∠BCD=90°，
∴ON∥CD，
∴△OMN∽△DMC，
ON OM MN 1
∴ = = = ，
DC DM CM 2
1 1
∴ON= CD=4,CN=MN= CM=2，
2 2
∴BN=BC+CN=6，
在Rt△OBN中，由勾股定理得：OB=√ON2+BN2=2√13，
∴BP=OB−OP=2√13−2√5，
∴BG的最小值为2√13−2√5，
故答案为：2√13−2√5．1
2.在梯形ABCD中，AD∥BC，点E在边AB上，且AE= AB．
3
1
(1)如图1所示，点F在边CD上，且DF= CD，联结EF，求证：EF∥BC；
3
(2)已知AD=AE=1；
①如图2所示，联结DE，如果△ADE外接圆的心恰好落在∠B的平分线上，求△ADE的外接圆的半径长；
②如图3所示，如果点M在边BC上，联结EM、DM、EC，DM与EC交于N，如果BC=4，且
CD2=DM⋅DN，∠DMC=∠CEM，求边CD的长．
【答案】(1)见详解
√6
(2)① ；②√3
2
AE DE AE 1 DF 1
【分析】（1）延长DE,CB交于点G，由AD∥BC，得到 = ，由已知数据得到 = ， = ，
EB EG EB 2 FC 2
DE DF
故 = ，因此EF∥BC；
EG FC
（2）①记点O为△ADE外接圆圆心，过点O作OF⊥AE于点F，连接OA,OE,OD，先证明
3 √6
∠AOB=90°，再证明△FAO∽△OAB，则AO2=AF⋅AB，即AO2= ，求得AO= ；
2 2
②延长BA,CD交于点P，过点E作EQ⊥BC，垂足为点Q，由△PAD∽△PBC，求得PA=1，可证明
BE BM
△DCN∽△DCM，角度推导得EM∥DC，则 = ，求出BE=2，继而得到BM=MC=2，由
EP MC
BM ME 1
△BEM∽△BPC，则 = = ，设ME=2a，则PC=4a，由AD∥BC，设PD=a，DC=3a，由
BC PC 2
EN EM 2
△ENM∽△CND，得到 = = ，设EN=2b,CN=3b，可证明△CNM∽△CME，求出
CN DC 3
2 2
b= √15，则CE= √15，在Rt△BQE,Rt△CQE中，运用勾股定理得：
15 34−BQ2= (2 √15 ) 2 −(4−BQ) 2 ，则 BQ= 5，在 Rt△EQM 中，由勾股定理得，
3 3
2
EM=√EQ2+QM2= √3，故DC=√3．
3
【详解】（1）证明：延长DE,CB交于点G，
∵AD∥BC，
AE DE
∴ = ，
EB EG
1 1
∵AE= AB，DF= CD
3 3
AE 1 DF 1
∴ = ， = ，
EB 2 FC 2
DE DF
∴ = ，
EG FC
∴EF∥BC；
（2）①解：记点O为△ADE外接圆圆心，过点O作OF⊥AE于点F，连接OA,OE,OD，
∵点O为△ADE外接圆圆心，
∴OA=OE=OD，
1
∴AF=EF= ，
21
∵AE= AB，
3
∴AB=3，
∵AE=AD,OE=OD,OA=OA，
∴△AEO≌△ADO，
∴∠EAO=∠DAO，
∵BO平分∠ABC，
∴∠1=∠2，
∵AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∴2∠EAO+2∠1=180°，
∴∠EAO+∠1=90°，
∴∠AOB=90°，
∵OF⊥AE，
∴∠AFO=∠AOB=90°，
∵∠FAO=∠OAB，
∴△FAO∽△OAB，
AO FA
∴ = ，
AB AO
即AO2=AF⋅AB，
1 3
∴AO2= ×3= ，
2 2
√6
∴AO= ，
2
√6
∴△ADE外接圆半径为 ；
2
②延长BA,CD交于点P，过点E作EQ⊥BC，垂足为点Q，∵AD∥BC，
∴△PAD∽△PBC，
PA AD 1
∴ = = ，
PB BC 4
由①知AB=3，
PA 1
∴ = ，
PA+3 4
∴PA=1，
∵CD2=DM⋅DN，
CD DN
∴ = ，
DM CD
∵∠3=∠3，
∴△DCN∽△DMC，
∴∠4=∠5，
∵∠5=∠6，
∴∠4=∠6，
∴EM∥DC，
BE BM
∴ = ，
EP MC
由AB=3，AE=1
得BE=2，
BE
∴ =1，
EP
BM
∴ =1，
MC
∴BM=MC=2，
∵EM∥DC，
∴△BEM∽△BPC，
BM ME 1
∴ = = ，
BC PC 2
设ME=2a，则PC=4a，
∵AD∥BC，
PD PA 1
∴ = = ，
PC PB 4∴PD=a，
∴DC=3a，
∵EM∥DC，
∴△ENM∽△CND，
EN EM 2
∴ = = ，
CN DC 3
∴设EN=2b,CN=3b，
∵∠5=∠6，∠7=∠7，
∴△CNM∽△CME，
CN CM
∴ = ，
CM CE
即CM2=CN⋅CE，
∴4=3b⋅5b，
2
解得：b= √15，
15
2
∴CE= √15，
3
在Rt△BQE,Rt△CQE中，由勾股定理得：
BE2−BQ2=CN2−CQ2，
∴4−BQ2= (2 √15 ) 2 −(4−BQ) 2 ，
3
5
∴BQ= ，
3
11
∴EQ2=BE2−BQ2=
，
9
5 1
而QM=BM−BQ=2− = ，
3 3
2
∴在Rt△EQM中，由勾股定理得，EM=√EQ2+QM2= √3，
3
EM 2
∵ = ，
DC 3
∴DC=√3．
【题型五】由三角形的内切圆求解
◇典例5：如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在AC边上，过△ABD的内心I作IE⊥BD于点E．若BD＝10，CD＝4，则
BE的长为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
【分析】过点I作IF⊥AD,IG⊥AB，根据切线长定理设AG=AF=a,DE=DF=b，进而结合已知条件
表示出AB,AC，求得DE的长，进而即可求解．
【详解】解：如图，过点I作IF⊥AD,IG⊥AB，
∵I是△ABD的内心，
∴AG=AF,BG=BE,DE=DF，
设AG=AF=a,DE=DF=b，
∵BD＝10，
∴BE=BG=10−b，
∴AB=AG+BG=a+10−b,AC=AD+DC=a+b+4，
∵AB=AC，
∴a+10−b=a+b+4，
解得b=3，
∴BE=BD−DE=10−3=7，
故选B．
◆变式训练
1.如图，△ABC的内切圆圆O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，若∠≝=53°，则∠A的度数是（）
A．36° B．53° C．74° D．128°
【答案】C
【分析】连接OD、OF，如图，先根据圆周角定理得到∠DOF=2∠≝=106°，再根据切线的性质得
OD⊥AB，OF⊥AC，则∠ADO=∠AFO=90°，然后根据四边形内角和计算∠A的度数．
【详解】解：连接OD、OF，如图：
∵∠≝=53°，
∵∠DOF=2∠≝=106°，
∵⊙O是△ABC的内切圆，与AB、CA分别相切于点D、F，
∴OD⊥AB，OF⊥AC，
∴∠ADO=∠AFO=90°，
∴∠A+∠DOF=180°，
∴∠A=180°−106°=74°．
故选：C．
2.如图，⊙O是△ABC的内切圆，∠C=40°，则∠AOB的大小是 ．
【答案】110°
【分析】⊙O是△ABC的内切圆，即O是△ABC的内心，求得∠BAC+∠ABC，然后利用三角形内角和
定理求解．【详解】解：∵⊙O是△ABC的内切圆，即O是△ABC的内心，
1 1
∴∠BAO= ∠BAC，∠ABO= ∠ABC，
2 2
1 1
∴∠BAO+∠ABO= （∠BAC＋∠ABC）= (180°−40°)=70°，
2 2
∴∠AOB=180°−(∠BAO+∠ABO)=180°−70°=110°．
故答案为：110°．
【题型六】求三角形的内切圆半径
◇典例6：
如图，△ABC中，∠C=90°，点O为△ABC的外心，BC=6，AC=8，⊙P是△ABC的内切圆．则OP
的长为（ ）
12
A．2 B．3 C．√5 D．
5
【答案】C
【分析】本题主要考查了直角三角形的内心与外心．熟练掌握三角形内心性质，三角形外心性质，切线长
定理，勾股定理解直角三角形，是解题的关键．
过点P作PD⊥AC，PE⊥BC，PF⊥AB，根据三角形的内心性质得到PD=PE=PF，根据切线长定
理得到CD=CE，BE=BF，AF=AD，得到四边形PDCE是正方形，根据勾股定理求出AB=10，得到
OB=5，求出PF=CD=2，得到BF=4，得到OF=1，即得OP=√5．
【详解】过点P作PD⊥AC，PE⊥BC，PF⊥AB，
∵点P是内切圆的圆心，
∴PD=PE=PF，CD=CE，BE=BF，AF=AD，
∴四边形PDCE是正方形，
∵△ABC中，∠C=90°， BC=6，AC=8，
∴AB=√AC2+BC2=10，
设CD=CE=x，BE=BF= y，AF=AD=z，
则¿，(①+②−③)÷2，得x=2，
∴PE=PF=CD=2，
∴BE=BF=6−2=4，
∵点O为△ABC的外心，
1
∴OB= AB=5，
2
∴OF=OB−BF=5−4=1，
∴OP=√OF2+PF2=√5．
故选：C．
◆变式训练
1.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5，⊙O是Rt△ABC的内切圆，则⊙O的半径为
（ ）
A．1 B．√3 C．2 D．2√3
【答案】A
【分析】本题考查了勾股定理，切线的定义，三角形面积公式，熟记勾股定理，三角形面积公式是解题的
关键．
设△ABC三边内切⊙O于点D,E,F，连接OD,OE,OF, OA,OB,OC，根据勾股定理求出BC=4，根
据三角形面积公式计算即可得到答案．
【详解】解：如图，设△ABC三边内切⊙O于点D,E,F，连接OD,OE,OF, OA,OB,OC，设⊙O的半径为r，
∴OD=OE=OF=r
∵ ∠C=90°，AC=3，AB=5，
∴BC=√AB2−AC2=4，
∵S =S +S +S ，
△ABC △ABO △ACO △BCO
1 1 1 1
∴ AC⋅BC= AB⋅r+ AC⋅r+ BC⋅r，
2 2 2 2
∴3×4=r(AB+AC+BC)，
∴12=r(3+4+5)，
∴r=1，
故选：A ．
2.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.
【题型七】直角三角形周长、面积和内切圆半径的关系
◇典例7：
如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD为中线，若AB=5，AC=12，设△ABD与△ACD的内切圆半
r
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．
◆变式训练
1.如图，一块四边形材料ABCD，AD∥BC，∠A=90°，AD=9cm，AB=20cm，BC=24cm．现用
此材料截出一个面积最大的圆形模板，则此圆的半径是（ ）A．6cm B．8cm C．6√2cm D．10cm
【答案】B
【分析】本题主要考查了三角形内切圆半径与三角形的关系，相似三角形的判定与性质，勾股定理，构造
三角形用等面积法是解题的关键．延长BA交CD延长线于E，当这个圆是△BCE的内切圆时，此圆的面积
最大，构造三角形，通过等面积法求解即可．
【详解】解：延长BA交CD延长线于E
∵ AD∥BC ∠A=90°
， ，
∴ △EAD∽△EBC，
EA AD EA 9
∴ = ，即 = ，
EB BC EA+20 24
解得EA=12cm，
∴ EB=EA+AB=32cm，
在Rt△EBC中，EC2=EB2+BC2，
∴ EC=√EB2+BC2=√322+242=40cm，
设这个圆的圆心为O，与EB,BC,EC分别相切于F,G,H，
∴ OF=OG=OH，
∵ S =S +S +S ，
△EBC △EOB △BOC △EOC
1 1 1 1
∴ EB⋅BC= EB⋅OF+ OG⋅BC+ EC⋅OH，
2 2 2 21 1 1 1
∴ EB⋅BC= EB⋅OF+ OF⋅BC+ EC⋅OF，
2 2 2 2
1 1
∴ EB⋅BC= OF(EB+BC+EC)，
2 2
即24×32=OF(24+32+40)，
解得OF=8cm，
故选：B．
2.如图，△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，△ABC，△ADC，△DBC的内切圆半径分别记为r，r ，
1
4
r ，若r =1，r = ，则r= ．
2 1 2 3
5
【答案】
3
【分析】根据已知条件证明△ADC∽△ACB，△BDC∽△BCA，利用三角形面积比解答即可．本题主要
考查了三角形的内切圆，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相关的性质是解答本题的关键．
【详解】解：令BC=a，CA=b，AB=c，
在△ABC中，CD⊥AB，
可得：∠ADC=∠CDB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ADC=∠ACB，
又∵∠A=∠A，
∴△ADC∽△ACB，
AD AC
∴ = ，
AC AB
即：AC2=AD×AB，
b2
∴AD= ，
c
同理可得：△BDC∽△BCA，
BD BC
∴ = ，
BC AB∴BC2=BD×AB，
a2
即：BD= ，
c
∵△ABC，△ADC，△DBC的内切圆半径分别记为r，r ，r ，
1 2
1 1 ab b2 b a2 ab a
∴r= (a+b−c)，r = ( + −b)= r，r =( + −a)= r，
2 1 2 c c c 2 c c c
b 2 a 2
∴ r2+r2=( r) +( r) =r2；
1 2 c c
∴ r 2+r 2=r2 ，
1 2
4
∵r =1，r = ，
1 2 3
√ 4 2 5
∴r=√r 2+r 2= 12+( ) = ．
1 2 3 3
5
故答案为： ．
3
【题型八】三角形内心有关的应用
◇典例8：
如图，△ABC的内切圆⊙I与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，若⊙I的半径为r，∠A=α，则
(BF+CE−BC)的值和∠FDE的大小分别为（ ）
α α
A．2r，90°−α B．0，90°−α C．2r，90°− D．0，90°−
2 2
【答案】D
【分析】如图，连接IF，IE．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IF，IE．∵△ABC的内切圆⊙I与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，
∴BF=BD，CD=CE，IF⊥AB，IE⊥AC，
∴BF+CE−BC=BD+CD−BC=BC−BC=0，∠AFI=∠AEI=90°，
∴∠EIF=180°−α，
1 1
∴∠EDF= ∠EIF=90°− α．
2 2
故选：D．
◆变式训练
1.如图，在△ABC中，∠ABC=60°，BC=8，E是BC边上一点，且BE=2，点I是△ABC的内心，BI
的延长线交AC于点D，P是BD上一动点，连接PE、PC，则PE+PC的最小值为 ．
【答案】2√13
【分析】在AB取点F，使BF=BE=2，连接PF，CF，过点F作FH⊥BC于H，利用三角形内心的定义
可得出∠ABD=∠CBD，利用SAS证明△BFP≌△BEP，得出PF=PE，则PE+PC=PF+PC≥CF，
当C、P、F三点共线时，PE+PC最小，最小值为CF，利用含30°的直角三角形的性质求出BH，利用勾
股定理求出FH，CF即可．
【详解】解：在AB取点F，使BF=BE=2，连接PF，CF，过点F作FH⊥BC于H，∵I是△ABC的内心，
∴BI平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
又BP=BP，
∴△BFP≌△BEP(SAS)，
∴PF=PE，
∴PE+PC=PF+PC≥CF，
当C、P、F三点共线时，PE+PC最小，最小值为CF，
∵FH⊥BC，∠ABC=60°，
∴∠BFH=30°，
1
∴BH= BF=1，
2
∴FH=√BF2−BH2=√3，CH=BC−BH=7，
∴CF=√CH2+FH2=2√13，
∴PE+PC的最小值为2√13．
故答案为：2√13．
2.如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，点D是△ABC的内心，连接AD并延长交⊙O于点E，过
点E作⊙O的切线交AB的延长线于点F．(1)求证：BC∥EF；
1
(2)连接CE，若⊙O的半径为2，sin∠AEC= ，求阴影部分的面积（结果用含π的式子表示）．
2
【答案】(1)见解析
2π
(2)2√3−
3
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角函数的定义，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，扇
形面积的计算．
（1）连接OE，交BC于点G，根据等腰三角形的性质得到∠OAE=∠OEA，由D为△ABC的内心，得
到∠OAE=∠CAE，求得OE∥AC，根据圆周角定理得到∠∠ACB=90°，求得∠BGO=90°，根据切
线的性质得到∠FEO=90°，根据平行线的判定定理得到结论；
（2）根据三角函数的定义得到∠AEC=30°，求得∠ABC=∠AEC=30°，求得
EF=OE⋅tan60°=2√3，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OE，交BC于点G，
∵OA=OE
，
∴∠OAE=∠OEA，
又∵D为△ABC的内心，
∴∠OAE=∠CAE，
∴∠OEA=∠CAE，
∴OE∥AC，
又∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BGO=90°
又∵EF为⊙O的切线且OE为⊙O的半径，
∴∠FEO=90°，
∴∠BGO=∠FEO，
∴BC∥EF；1
（2）解：∵sin∠AEC= ，
2
∴∠AEC=30°，
∴∠ABC=∠AEC=30°，
∴∠BOE=60°,∠EFO=30°，
∴EF=OE⋅tan60°=2√3，
∴S =S −S
阴影部分 △EFO 扇形BOE
1 60×π×22
= ×2×2√3−
2 360
2π
=2√3− ．
3
【题型九】三角形外接圆与内切圆综合
◇典例9：
如图，点O是△ABC外接圆的圆心，点I是△ABC的内心，连接OB，IA．若∠CAI=35°，则∠OBC的
度数为（ ）
A．15° B．17.5° C．20° D．25°
【答案】C
【分析】根据三角形内心的定义可得∠BAC的度数，然后由圆周角定理求出∠BOC，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OC，
∵点I是△ABC的内心，∠CAI=35°，
∴∠BAC=2∠CAI=70°，
∴∠BOC=2∠BAC=140°，
∵OB=OC，
180°−∠BOC 180°−140°
∴∠OBC=∠OCB= = =20°，
2 2
故选：C．◆变式训练
1.如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径的⊙O交斜边AC于点D，过点D作⊙O的切线与BC交于点E，
弦DM与AB垂直，垂足为H．
(1)求证：E为BC的中点；
(2)若⊙O的面积为12π，两个△AHD和△BMH的外接圆面积之比为3，求△DEC的内切圆面积S 和四
1
边形OBED的外接圆面积S 的比．
2
【答案】(1)见解析
S 1
(2)
1=
S 12
2
【分析】（1）证明∠EDB=∠EBD，∠BDC=90°，E为直角三角形BDC的中线，即可求解；
（2）△AHD和△BMH的外接圆面积之比为3，确定AD:BM=√3，即HM:BH=√3，得
∠BMH=30°=∠BAC，即可求解．
【详解】（1）证明：连接BD、OE，
∵AB ∠ADB=90°=∠ADO+∠ODB
是直径，则 ，∵DE是切线，
∴∠ODE=90°=∠EDB+∠BDO，
∴∠EDB=∠ADO=∠CAB，
∵∠ABC=90°，即BC是圆的切线，
∴ED=EB，
∴∠EDB=∠EBD，
∵∠C+∠EBD=90°，∠CDE+∠EDB=90°
∴∠C=∠EDC，
∴ED=EC，
∴EC=EB，
∴E为BC的中点；
（2）解：△AHD和△BMH的外接圆面积之比为3，DM⊥AB，
则两个三角形的外接圆的直径分别为AD、BM，
∴AD:BM=√3，
∵∠DAB=∠BMD，
∴△ADH∽△MBH，
∴DH:BH=AD:BM=√3，
∵DM⊥AB，AB是直径，
∴DH=HM，
∴HM:BH=√3，
BH √3
∴tan∠BMH= = ，
MH 3
∴∠BMH=30°=∠BAC，
∴∠C=60°，DE是直角三角形的中线，
∴DE=CE，
∴△DEC为等边三角形，
(1 ) 2
⊙O的面积：12π= AB π，
2
则AB=4√3，∠CAB=30°，
∴BD=2√3，BC=4，AC=8，
∵OE是△ABC的中位线，1
∴OE= AC=4，
2
∴四边形OBED的外接圆面积S =π⋅22=4π，
2
∵等边三角形DEC边长为2，
√3 π
∴其内切圆的半径为： ，面积为 ，
3 3
1
故△DEC的内切圆面积S 和四边形OBED的外接圆面积S 的比为： ．
1 2 12
2.如图，O是△ABC的外心，I是△ABC的内心，连接AI并延长交BC和⊙O于D，E．
(1)求证：EB=EI；
(2)若AB=8，AC=6，BE=4，求AI的长．
【答案】(1)见解析；
(2)AI=4．
【分析】（1）欲证明EB=EI，只要证明∠EBI=∠EIB；
BD AD AB
（2）连接EC，由△ADB∽△CDE，可得 = = =2，设DE=m，CD=n，则BD=2m，
DE DC EC
AD AC 2n 3
AD=2n，同法可证：△ADC∽ △BDE，推出 = ，推出 = ，推出n:m=3:2，设n=3k，
BD BE 2m 2
m=2k，由△ECD∽△EAC，可得EC2=ED⋅EA，推出16=m⋅(m+2n)，即16=2k(2k+6k)解得k，
由此即可解决问题；
【详解】（1）∵I是△ABC的内心，
∴AE平分∠CAB，BI平分∠ABC，
∴∠BAE=∠CAE，∠ABI=∠CBI，
∵∠BIE=∠BAE+∠ABI，∠IBE=∠IBD+∠EBD，
∵∠CBE=∠CAE，
∴∠BIE=∠EBI，
∴EB=EI；（2）连接EC．
∵∠BAE=∠CAE
，
∴B´E=E´C，
∴BE=EC=4，
∵∠ADB=∠CDE，∠BAD=∠DCE，
∴△ADB∽△CDE，
BD AD AB
∴ = = =2，设DE=m，CD=n，则BD=2m，AD=2n，
DE DC EC
同法可证：△ADC∽△BDE，
AD AC
∴ = ，
BD BE
2n 3
∴ = ，
2m 2
∴n：m=3：2，设n=3k，m=2k，
∵∠CED=∠AEC，∠ECD=∠BAE=∠CAE，
∴△ECD∽△EAC，
∴EC2=ED⋅EA，
∴16=m⋅(m+2n)，
∴16=2k(2k+6k)
∴k=1或−1(舍弃)，
∴DE=2，AD=6，
∴AE=8，
∵EI=BE=4，
∴AI=AE−EI=4．
真题在线
一、单选题
1．（2025·江苏南京·中考真题）下列图形中，一定有外接圆的是（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【答案】A【分析】本题考查了外接圆．外接圆是指多边形的所有顶点都在同一个圆上．三角形一定有外接圆，因为
三角形的三条垂直平分线交于一点（外心），该点到各顶点距离相等，四边形、五边形、六边形不一定有
外接圆，只有特殊的多边形（如圆内接多边形）才有，据此进行分析，即可作答．
【详解】解：∵任何三角形的三条垂直平分线都交于一点（外心）,且外心到三个顶点的距离相等，
∴ 三角形一定有外接圆，
四边形、五边形、六边形不一定有外接圆，只有特殊的多边形（如圆内接多边形）才有，
故选：A
2．（2024·贵州毕节·中考真题）三角形的外心就是三角形外接圆圆心，是三角形（ ）
A．三边上的高线的交点 B．三边中线的交点
C．三边垂直平分线的交点 D．三个内角平分线的交点
【答案】C
【分析】本题考查了三角形的外心，三角形的外心就是三角形外接圆的圆心，就是三角形的三边的垂直平
分线的交点．
【详解】解： 三角形的外心就是三角形外接圆圆心，
角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，
到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分线上，
三角形的外心就是三角形的三边的垂直平分线的交点．
故选： C．
3．（2024·山东·中考真题）在 中， ，下列说法错误的是（ ）
A． B．
C． 内切圆的半径 D．当 时， 是直角三角形
【答案】C
【分析】根据三角形三边关系、三角形面积、内切圆半径的计算以及勾股定理逆定理逐一求解即可．
【详解】解：∵ ，
∴ 即 ，故A说法正确；
当 时， ，
若以 为底，高 ，
∴ ，故B说法正确；设 内切圆的半径为r，
则 ，
∵ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，故C说法错误；
当 时， ，
∴ 是直角三角形，故D说法正确；
故选：C．
4．（2024·四川攀枝花·中考真题）已知 的周长为 ，其内切圆的面积为 ，则 的面积为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意可得 ， ， ，由面积关系可求解．
【详解】解：如图，设内切圆 与 相切于点 ，点 ，点 ，连接 ， ， ， ， ，
，
切 于 ，
， ，
，
同理： ，，
，
，
，
故选A
5．（2024·山东泰安·中考真题）如图， 是 的外接圆，半径为4，连接OB，OC，OA，若
， ，则阴影部分的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求得 ，再根据扇形
的面积公式即可求解．
【详解】解：∵ ， ， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故选：C．
6．（2024·山东聊城·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．
7．（2024·内蒙古·中考真题）如图， 是锐角三角形 的外接圆， ，垂
足分别为 ，连接 ．若 的周长为21，则 的长为（ ）A．8 B．4 C．3.5 D．3
【答案】B
【分析】根据三角形外接圆的性质得出点D、E、F分别是 的中点，再由中位线的性质及三
角形的周长求解即可．
【详解】解：∵ 是锐角三角形 的外接圆， ，
∴点D、E、F分别是 的中点，
∴ ，
∵ 的周长为21，
∴ 即 ，
∴ ，
故选：B．
8．（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形 的四条边上，
．若 ， ，则 的内切圆半径为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形内切圆的性质，掌握相
关知识点是解题关键．根据正方形的性质证明全等，得到 ，设 ，利用勾股定理求出 ， ，令 的内切圆圆心为 ，连接 、 、 ，令切点为M，N，P，然
后连接 ， ， ，则 ， ， ，根据内切圆的性质得到
，再利用三角形的面积公式求解即可．
【详解】解： 正方形ABCD，
， ，
，
，
，
，
设 ，则 ，
在 中， ，
，
解得： ，
， ，
令 的内切圆圆心为 ，连接 、 、 ，令切点为M，N，P，然后连接 ， ， ，则
， ， ，
内切于 ，
，
，
，
，
解得： ，即 的内切圆半径为2，
故选：B．
二、填空题9．（2024·江苏镇江·中考真题）《九章算术》中记载：“今有勾八步，股一十五步．问勾中容圆，径几
何？”译文：现在有一个直角三角形，短直角边的长为8步，长直角边的长为15步．问这个直角三角形内
切圆的直径是多少？书中给出的算法译文如下：如图，根据短直角边的长和长直角边的长，求得斜边的长．
用直角三角形三条边的长相加作为除数，用两条直角边相乘的积再乘2作为被除数，计算所得的商就是这
个直角三角形内切圆的直径．根据以上方法，求得该直径等于 步．（注：“步”为长度单位）
【答案】6
【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边，根据直角三角形的内切圆的半径的求法确定出内切圆半径，
得到直径．
【详解】解：根据勾股定理得：斜边为 ，
则该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）半径 （步），即直径为6步，
故答案为：6．
10．（2025·宁夏·中考真题）如图，⊙ 是 的内切圆， ，则 ．
【答案】
【分析】本题考查三角形的内切圆的性质与三角形内角和定理，此题难度不大．
根据 是 的内切圆，得出 ， ，进而得出 ，
即可得出答案．
【详解】解：∵ 是 的内切圆，
∴ ， ，∵ ，
∴ ，
∴
故答案为： ．
11．（2024·江苏常州·中考真题）如图， 是 的内接三角形．若 ， ，则
的半径是 ．
【答案】1
【分析】连接 、 ，根据圆周角定理得到 ，根据勾股定理计算即可．
【详解】解：连接 、 ，
，
，
，即 ，
解得： ，
故答案为：1．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理、勾股定理是解题的关键．
12．（2024·湖南湘西·中考真题）如图， 是等边三角形 的外接圆，其半径为4．过点B作
于点E，点P为线段 上一动点（点P不与B，E重合），则 的最小值为 ．【答案】6
【分析】过点P作 ，连接 并延长交 于点F，连接 ，根据等边三角形的性质和圆内接三
角形的性质得到 ， ，然后利用含 角直角三角形的性质得到 ，进而
求出 ，然后利用 代入求解即可．
【详解】如图所示，过点P作 ，连接 并延长交 于点F，连接
∵ 是等边三角形，
∴
∵ 是等边三角形 的外接圆，其半径为4
∴ ， ，
∴
∴
∵
∴
∴
∵ ，∴
∴
∴ 的最小值为 的长度
∵ 是等边三角形， ，
∴
∴ 的最小值为6．
故答案为：6．
三、解答题
13．（2024·宁夏·中考真题）如图， 是 的外接圆， 为直径，点 是 的内心，连接
并延长交 于点 ，过点 作 的切线交 的延长线于点 ．
(1)求证： ；
(2)连接 ，若 的半径为2， ，求阴影部分的面积（结果用含 的式子表示）．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角函数的定义，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，扇
形面积的计算．
（1）连接 ，交 于点G，根据等腰三角形的性质得到 ，由D为 的内心，得到
，求得 ，根据圆周角定理得到∠ ，求得 ，根据切线的性
质得到 ，根据平行线的判定定理得到结论；
（2）根据三角函数的定义得到 ，求得 ，求得 ，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接 ，交 于点 ，
，
，
又 为 的内心，
，
，
∴ ，
又 为 的直径，
，
又 为 的切线且 为 的半径，
，
，
∴ ；
（2）解： ，
，
，
，
，
．14．（2024·山东烟台·中考真题）如图， 是 的直径， 内接于 ，点I为 的内心，连
接 并延长交O于点D，E是 上任意一点，连接 ， ， ， ．
(1)若 ，求 的度数；
(2)找出图中所有与 相等的线段，并证明；
(3)若 ， ，求 的周长．
【答案】(1)
(2) ，证明见解析
(3)30
【分析】（1）利用圆周角定理得到 ，再根据三角形的内角和定理求 ，然后利用圆
内接四边形的对角互补求解即可；
（2）连接 ，由三角形的内心性质得到内心， ， ，然后利用圆周角定理得
到 ， ，利用三角形的外角性质证得 ，然后利用等角对等边
可得结论；
（3）过I分别作 ， ， ，垂足分别为Q、F、P，根据内切圆的性质和和切线长定
理得到 ， ， ，利用解直角三角形求得 ， ，进而可求解．
【详解】（1）解：∵ 是 的直径，
∴ ，又 ，
∴ ，
∵四边形 是 内接四边形，
∴ ，∴ ；
（2）解： ，
证明：连接 ，
∵点I为 的内心，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ；
（3）解：过I分别作 ， ， ，垂足分别为Q、F、P，
∵点I为 的内心，即为 的内切圆的圆心．
∴Q、F、P分别为该内切圆与 三边的切点，
∴ ， ， ，
∵ ， ， ，
∴ ，
∵ ， ， ，∴ ，
∴ 的周长为
．
15．（2024·陕西·中考真题）问题提出
（1）如图①，在 中， ， ，垂足为 ．若 ， ，则 的长为
______；
问题解决
（2）如图②所示，某工厂剩余一块 型板材，其中 ， ， ．为了
充分利用材料，工人师傅想用这块板材裁出一个尽可能大的圆型部件．你认为可以吗？若可以，请在图中
确定可裁出的最大圆型部件的圆心 的位置，并求出 的半径；若不可以，请说明理由．
【答案】（1） （2）可以，画图见解析， 的半径为
【分析】（1）首先根据勾股定理求出 的长度，然后利用等面积法求解即可；
（2）根据三角形内最大的圆是三角形的内切圆可求出点的位置；作 和 的平分线 交于
点 ，则点 就是裁出的最大圆型部件的圆心 的位置，过点 作 于 ， 于 ，
于 ，连接 ，过点 作 于 ，设 ， 的半径为 ，则
，利用勾股定理解得 ，易得 ，再求得 ，然后根据
求得 的值，即可获得答案．【详解】解：（1）∵在 中， ， ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，即 ，
解得 ．
故答案为： ；
（2）可以，
∵三角形内最大的圆是三角形的内切圆，
∴所求圆的圆心是 的内心，
作 和 的平分线 交于点 ，则点 就是裁出的最大圆型部件的圆心 的位置，
过点 作 于 ， 于 ， 于 ，连接 ，过点 作 于 ，如
图所示，
设 ， 的半径为 ，
∵ ， ， ，
∴ ，
在 中，由勾股定理得 ，
在 中，由勾股定理得 ，
∴ ，
解得 ，
∴ ，∴ ，
∵点 为 的内心
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
即 ，
解得 ，
即 的半径为 ．
专项练习
一、单选题
1．如图，在4×4的网格中，点 ， ， ， ， ， ， 均在格点上，则 的外心是（ ）
A．点 B．点 C．点 D．点
【答案】C
【分析】本题主要考查三角形的外心，关键是熟练掌握三角形的外心的概念．根据三角形的外心是三边的
垂直平分线的交点，再结合图形进行判断即可．
【详解】解： 三角形的外心是三边的垂直平分线的交点，
三角形的外心到三个顶点的距离相等．
由图可知，设网格中每个小正方形的边长为 ，
则点 到三个顶点的距离均为 ，
即点 到三个顶点的距离相等，
的外心是点 ．故选：C．
2．在 中， ， ， ，则它的外心与顶点的距离为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查直角三角形外心的性质、勾股定理以及直角三角形斜边上的中线性质等，熟练掌握
直角三角形外心在斜边中点，外接圆半径等于斜边的一半是解题的关键．先运用勾股定理求出 的值，
再通过 外心为斜边 的中点，求出外接圆半径，即得外心与顶点的距离．
【详解】解：∵ ， ， ， ，
∴ ．
∵ 外心为斜边 的中点，
∴ 外接圆半径 ．
∴ 外心与顶点的距离为 ．
故选：D．
3．如图，已知点 是 的外心， ，连接 ，则 的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了三角形外心的性质以及圆周角定理，掌握“三角形的外心是其外接圆的圆心”、“同
弧所对的圆心角的度数是圆周角的两倍”知识点是解题的关键．
由已知点 是 的外心，说明点 是 外接圆的圆心，根据圆周角定理即可求出 的度数．
【详解】解： 点 是 的外心， ，
是圆周角， 是同弧 所对的圆心角，
．
故选：C．4．下列说法中，正确的是（ ）
A．相等的圆心角所对的弧相等
B．三角形的外心是三角形各边垂直平分线的交点
C．三点确定一个圆
D．三角形的内心到三角形各顶点的距离都相等
【答案】B
【分析】本题考查了确定圆的条件：不在同一直线上的三点确定一个圆．也考查了圆周角、圆心角、弧、
弦的关系，三角形的内心和外心．此题比较简单，注意掌握定理的条件(在同圆或等圆中)是解此题的关键．
根据圆心角、弦、弧的关系对A进行判断；根据三角形的外心对B进行判断；根据确定圆的条件对C进行
判断；根据三角形内心的定义对D进行判断．
【详解】解：A．相等的圆心角所对的弧相等，缺少条件“在同圆或等圆中”，所以选项A错误，不符合
题意；
B．三角形的外心是三角形各边垂直平分线的交点，故选项B正确，符合题意；
C．三点确定一个圆，缺少条件“这三点要不共线”，所以选项C错误，不符合题意；
D．三角形的内心到三角形三边的距离相等，但到三个顶点的距离不一定相等，故选项D不符合题意；
故选：B
5．《孙子算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著．书中有这样一个问题：“今有勾八步，股十五步，
问勾中容圆径几何？”其意思是今有直角三角形，勾（短直角边）长为8步，股（长直角边）为15步，如
图，则该直角三角形能容纳的圆（内切圆）的半径是（ ）
A．3步 B．4步 C．5步 D．6步
【答案】A
【分析】本题考查了圆的内切圆相关知识，勾股定理，等面积法，运用等面积法求圆的半径是解题的关键．
先用勾股定理求出 的值，再运用等面积法，建立与内切圆半径相关的方程，解方程即可．
【详解】解：由题意得， ， ，
在 中，根据勾股定理，得 ，
连接 ， ， ，设内切圆的半径为r，则 ，
即 ，
∴ ，
∴ ，
∴该直角三角形内切圆的半径是3步．
故选：A．
6．如图，在 中， ， ， ， 是它的内切圆，用剪刀沿 的切线 剪一个
，则 的周长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】B
【分析】设 的内切圆切三边于点F、H、G，连接 、 、 ，由切线长定理可知 ，
根据 是 的切线，可得 ， ，根据勾股定理可得 ，四边形 是正
方形，根据面积法求出内切圆的半径，进而可得 的周长．
本题考查了三角形的内切圆与内心，勾股定理，切线的性质，解决本题的关键是掌握切线的性质．
【详解】解：如图，设 的内切圆切三边于点F、H、G，连接 、 、 ，由切线长定理可知 ， ， ，
∵ 是 的切线，
∴ ， ，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
则四边形 是正方形，
∵ 是 的内切圆，
设内切圆的半径为r，
由 ，
得 ，
解得 ，
∴ ，
∴ ，
，
∴ 的周长
．
故选：B．
7．如图，点 是 的内心，过点 作 、 、 ，垂足分别为点 、 、 ，
下列结论一定成立的是（ ）A．点 是 三条高的交点
B．点 是 三条中线的交点
C．点 是 三条角平分线的交点
D．点 是 三边垂直平分线的交点
【答案】D
【分析】本题主要考查三角形的内心和垂直平分线的性质，掌握三角形的内心是解题的关键．
首先根据点 是 的内心知道点 是三条角平分线的交点，进而得到 ，再根据 ，
得到点 在 和 的垂直平分线上，即可推断点 是 三边垂直平分线的交点．
【详解】解：∵点 是 的内心， 、 、 ，
∴ ，
∵ ，
∴点 在 的垂直平分线上，
∵ ，
∴点 在 的垂直平分线上，
∴点 是 三边垂直平分线的交点，
故选：D．
8．如图， 是 的外接圆，且 为 的直径，点 为 的内心， 的延长线交 于点
，连接 ．若 ， ，则 的长为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】此题考查了勾股定理、圆周角定理、三角形内心的性质、垂径定理的推论、等腰三角形的判定和
性质等知识，熟练掌握相关定理及推论是解题的关键．
连接 ，交 于点 ，作 于点 ，证明 ，得到 ，根据 是直径得
出 ，证明 是等腰直角三角形，得到 ，利用勾股定理得出
，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接 ，交 于点 ，作 于点 ，
∵点 为 的内心，
∴ 是 的角平分线， 是 的角平分线，即 ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是直径得出 ，
∴ ，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ．
故选：C．
9．如图， 顶点都在网格格点上， 外接圆的圆心的是（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据三角形的外接圆的圆心为三角形三边中垂线的交点，然后根据两点之间的距离公式可知每段
线段的大小，根据线段的等量关系求解．
本题考查了三角形的外接圆，平面直角坐标系以及两点之间的距离公式，知道三角形的外接圆的圆心为三
角形三边中垂线的交点是解题关键．
【详解】
解：
设 外接圆的圆心为点 ,
外接圆的圆心为三角形三条边中垂线的交点，
由题可知， , ,
则作 的中垂线 交 于 ,
作 的中垂线 交 于 ,
,
设点 的坐标为 ，
,，
，
，
则点 的坐标为 ．
故选: ．
10．如图，在 中， ， 为中线，若 ， ，设 与 的内切圆
半径分别为 ， ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【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
的内切圆为 ， 与 分别相切于点 ，由 ， ，
得 ， ，连接 ，由 可得
，即得 ，同理得 ，进而即可求解，正确地作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：设 的内切圆为 ， 与 分别相切于点 ，
∵ ， ， ，
∴ ，，
∵ 为斜边 上的中线，
∴ ，
∴ ，
连接 ， ， ， ， ， ，则 ，
∵ ，且 ， ， ，
∴ ，
解得 ，
同理可得， ，
解得 ，
∴ ，
故选：C．
二、填空题
11．已知等腰三角形的一边长等于它的外接圆的半径，则它的顶角度数是 ．
【答案】 或 或
【分析】等腰三角形的一边长等于外接圆半径，分两种情况讨论：若底边等于半径，根据等边三角形的性
质以及圆周角定理，圆内接四边形的性质即可得出它的顶角度数；若腰等于半径，根据等边三角形的性质，
即可求解．
【详解】情况1：底边等于它的外接圆的半径，
如图， ， ，
∴ 是等边三角形，
∴∴
∵四边形 是圆内接四边形，
∴
∴它的顶角度数是 或
情况2：腰等于它的外接圆的半径，
如图，当 时，连接 ，
则 ，
∴ 是等边三角形，
∴
∵
∴
∵
∴
∴ ，
即它的顶角度数是
综上所述，顶角可能为 、 或 ．故答案为 或 或 ．
12．如图，已知 的周长是20，点 为三角形内心，连接 、 ， 于点 ，且 ，
则 的面积是 ．
【答案】30
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，角平分线的性质，解决本题的关键是掌握三角形的内切圆与
内心．连接 ，过点 作 于点 ， 于点 ，可得 ，根据
，即可解决问题．
【详解】解：如图，连接 ，过点 作 于点 ， 于点 ，
点 为三角形内心， ，
，
．
故答案为：30．
13．如图，在等腰 中， ，则此三角形的重心与外心之间的距离为 ．【答案】
【分析】本题主要考查三角形的重心和外心，能够掌握三角形的外心和重心的性质是解题的关键；
画出图形，找到三角形的重心与外心，利用重心和外心的性质求距离即可．
【详解】解：如图，点D为三角形外心，点I为三角形重心， 为所求，
∵等腰 中， ，
∴
∵直角三角形的外心是斜边的中点，
∴ ，
∵I是 的重心，
∴ 是三角形三条中线的交点，
∴ ，
故答案为： ．
14．如图， 是等边三角形 的内切圆，分别与 、 、 切于点D、E、F．若 ，则求
阴影部分的面积 ．【答案】
【分析】本题考查等边三角形的内切圆求阴影部分面积，熟练掌握相关知识求内切圆半径是解题的关键；
连接 、 ， ，过点E作 于G，过点D作 于H，求出 ， 和
弓形面积即可解答．
【详解】解：连接 、 ， ， ，并延长 交 于K，过点E作 于G，过点D作
于H，
∵ 是等边三角形 的内切圆，分别与 、 、 切于点D、E、F．
∴ ， ， 平分 ， ， ， ，且
，
∴ ，点K与点F重合，即O，F，B三点共线，
∴ 垂直平分 ，同理 垂直平分 ， 垂直平分 ，
∴点D是 的中点，点F是 的中点，
∴ ， ， ，
∵ ，则 ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴弓形面积为 ，∴阴影部分的面积为 ，
故答案为 ．
15．如图， 是 的内接三角形， 是 的直径，弦 ，垂足为 ．设 ，
，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】如图，连接 ，根据圆周角定理得到 ，求得 ，根据圆周角定理得到
、 ，根据勾股定理得到 ，根据扇形和三角形的面积公
式即可解答．
【详解】解：如图， 是 的直径，连接 ，
，
，
，
，
，
， ，
，
，，
在直角三角形 中，由勾股定理得： ，
图中阴影部分的面积 ，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了三角形的外接圆与外心、勾股定理、垂径定理、圆周角定理、扇形面积的计算等
知识点，将求不规则图形的面积转化为求规则图形的面积是解题的关键．
16．如图，在 中， ， 是 的内切圆，三个切点分别为D，E，F，若 ，
，则 的面积是 ．
【答案】54
【分析】本题主要考查切线的性质、三角形的内切圆、勾股定理、全等三角形的判定与性质，灵活运用相
关性质定理是解题的关键．
由 ， ，可得 ，如图：连接 ，根据切线的性质易证
可得： ，同理可得： ，设 ，则
，再根据勾股定理列方程求得 的值，进而确定 ，最后运用三角形的面积
公式求解即可．
【详解】解：∵ ， ，
∴ ，
如图：连接 ，∵ 是 的内切圆，三个切点分别为D，E，F，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
同理可得： ，
设 ，则 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，解得： 或 负值舍去，
∴ ．
∴ ．
故答案为：54．
三、解答题
17．如图， 是 的外接圆，点 是它的内心，射线 、 各交对边于点 、 ，射线 、
各交 于点 、 ．求证： ．
【答案】证明见解析【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理和内心的性质，证明三角形相似是解决本题的
关键．
根据内心的性质可得 ，再通过圆周角定理证明 可得
，进而即可得证．
【详解】解：连接 ，如图，
∵点 是 的内心，
∴ 分别平分 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
由图可得， ，
，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
18．如图， 是四边形 的外接圆， 是 的直径， 平分 ， ．(1)求 的度数；
(2)若点E是弦 上一点，且点E是 的内心， ，求 的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由同弧所对圆周角相等可推出 ，由直径所对圆周角为直角可得出
，即可由 求解；
（2）首先求出 ，由三角形内心的定义得出 ，由角平分线的定义得出
．由同弧所对圆周角相等可推出 ，再结合三角形外角性质即得出
，得到 ，如图所示，过点D作 于点F，求出 ，然后
利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：∵ ，
∴ ．
∵ 是 的直径，
∴ ，
∴ ；
（2）解：∵ 是 的直径，
∴
∵ 平分 ，
∴ ，
∴
∴
∵ 平分 ，点E是 的内心，
∴ ， ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∵
∴
如图所示，过点D作 于点F，
∴
∴ ，
∴
∴
∴
∴ ．
【点睛】本题考查圆周角定理的推论，三角形内心的定义，三角形外角的性质，等角对等角，勾股定理等
知识，解题的关键是掌握以上知识点．
19．如图，设 是一个锐角三角形，且 ，圆 为其外接圆，O、H分别为其外心和垂心，
为圆 直径，M为线段 上一动点且满足 ．
(1)证明：M为 的中点；
(2)过O作 的平行线交 于点E，若F为 的中点，证明： ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，外心和垂心的性质，解题的关键是熟练掌握外心和垂
心的定义．（1）证明四边形 为平行四边形，则 ，即可求解；
（2）证明四边形 平行四边形，则H为 垂心，进而求解．
【详解】（1）证明：连接 ， ， ，
∵ 为圆 直径，
∴ ， ，
又∵H为 垂心，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴四边形 为平行四边形，
∴ ，
取 中点 ，
又∵O为 中点，
∴ 是 的中位线，
∴ ， ，
∴ ， ，
∵过 点且垂直 的线段有且只有一条，且 是点 到 的最短距离，
∴ 和 重合，
∴M为 的中点；
（2）证明：如图1，过E作 ，连接 ， ， ，
∵F为 的中点，
∴ ，
由（1）可得 ， ，
∵过O作 的平行线交 于点E， ， ，
∴四边形 是矩形，
∴ ， ，
∴ ， ，∴四边形 为平行四边形，四边形 为平行四边形，
∴ ， ，
∵H为 垂心，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴H为 垂心，
∴ ，而 ，
∴ ．
20．如图， 为等边三角形， ，图中大圆为 的外接圆，小圆为 的内切圆．
(1)请分别求出 的外接圆和内切圆的半径；
(2)求阴影部分面积．
【答案】(1) ， ；
(2) ．
【分析】（1）先用等边三角形的外接圆和内切圆求得 ， ，
延长 交 于点 ，即 为 的中垂线求出 ， ，利用三角函数即可求解；
（2）先求 内部阴影部分面积，再求外接圆与 之间阴影部分面积，相加即为阴影部分面积，
即可求解．
【详解】（1）解： 为等边三角形，大圆为 的外接圆，小圆为 的内切圆，
， ，
延长 交 于点 ，即 为 的中垂线，， ，
在直角 中， ， ，
，
，
同理得 ，
的外接圆半径为 ，内切圆的半径为 ；
（2）由（1）得 ， ，
，
内部阴影部分面积为： ，
外接圆与 之间阴影部分面积为： ，
阴影部分面积为: ．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、三角形的外接圆和内切圆、三角函数、圆的面积，掌握相关
知识解题的关键．
21．如图， 是 的直径， 内接于 ，点 为 的内心，连接 并延长交 于点 ，
是 上任意一点，连接 ， ， ， ．(1)若 ，求 的度数；
(2)求证： ；
(3)若 ， ，求 的周长．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由圆内接四边形可得， ，结合 是 的直径可得， ，
根据三角形内角和定理，计算出 ；
（2）连接 ，由内心的性质可知， 平分 ， 平分 ，则 ，
．结合圆周角定理可得， ，由三角形外角的性质可证明 ，
于是得到 ；
（3）作 ，垂足为 ，结合内心的性质和圆周角定理，容易证明 进而 都是等腰直
角三角形．根据等腰直角三角形的性质并使用勾股定理，依次计算出 、 、 和 ，相加求得求
的周长．
【详解】（1）解：由圆内接四边形的性质可知， ，
∵ ，
∴ ，
∵ 是 的直径，
∴ ，
∴ ；
（2）证明：如图，连接 ，∵点 为 的内心，
∴ 平分 ， 平分 ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ 是 的外角，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；
（3）解：作 ，垂足为 ，
由（2）可得， 平分 ，
∴ ，
∵ 是 的直径，
∴ ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，在直角 中， ，
∵ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
在直角 中， ，
∴ ，
在直角 中， ，
∴ ，
在直角 中， ，
∴ 的周长为 ．
