24.8 切线长定理及三角形的内切圆【七大题型】（举一反三）（沪科版）（教师版）.docx

1、专题24.8 切线长定理及三角形的内切圆【七大题型】【沪科版】【题型1 利用切线长定理求周长】1【题型2 三角形内切圆中求角度】5【题型3 三角形内切圆中求面积】9【题型4 三角形内切圆中求线段长度】13【题型5 三角形内切圆中求半径】16【题型6 三角形内切圆中求最值】20【题型7 外接圆和内切圆的综合运用】25【知识点1 切线长定理及三角形的内切圆】（1）切线长定理：过圆外一点所画的圆的两条切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角（2）三角形内切圆三角形内切圆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是三角形三个内角的角平分线的交点，叫做三角形的内心三角形的内心到三角形三

2、边的距离相等【题型1 利用切线长定理求周长】【例1】（2022秋宜兴市校级期中）如图，ABC是一张三角形的纸片，O是它的内切圆，点D是其中的一个切点，已知AD10cm，小明准备用剪刀沿着与O相切的任意一条直线MN剪下一块三角形（AMN），则剪下的AMN的周长为20cm【分析】利用切线长定理得出DMMF，FNEN，ADAE，进而得出答案【解答】解：ABC是一张三角形的纸片，O是它的内切圆，点D是其中的一个切点，AD10cm，设E、F分别是O的切点，故DMMF，FNEN，ADAE，AM+AN+MNAD+AE10+1020（cm）故答案是：20cm【变式1-1】（2022秋莒南县期末）如图，PA、P

3、B切O于A、B两点，CD切O于点E，分别交PA、PB于点C、D若PA、PB的长是关于x的一元二次方程x2mx+m10的两个根，求PCD的周长【分析】由PA、PB切O于A、B两点，CD切O于点E，根据切线长定理，可得PAPB，又由PA、PB的长是关于x的一元二次方程x2mx+m10的两个根，根据根与系数的关系，可求得PA与PB的长，又由CD切O于点E，即可得PCD的周长等于PA+PB【解答】解：PA、PB的长是关于x的一元二次方程x2mx+m10的两个根，PA+PBm，PAPBm1，PA、PB切O于A、B两点，PAPB=m2，即m2m2=m1，即m24m+40，解得：m2，PAPB1，PA、PB

4、切O于A、B两点，CD切O于点E，ADED，BCEC，PCD的周长为：PD+CD+PCPD+DE+EC+PCPD+AD+BC+PCPA+PB2【变式1-2】（2022雨花区校级三模）如图，ABC中，C90，BC5，O与ABC的三边相切于点D、E、F，若O的半径为2，则ABC的周长为（）A14B20C24D30【分析】设ADx，由切线长定理得AEx，根据题意可得四边形OECF为正方形，则CECF2，BDBF3，在直角三角形ABC中，利用勾股定理求出x，然后求其周长【解答】解：连接OE、OF，设ADx，由切线长定理得AEx，O与RtABC的三边分别点D、E、F，OEAC，OFBC，四边形OECF为

5、正方形，O的半径为2，BC5，CECF2，BDBF3，在RtABC中，AC2+BC2AB2，即（x+2）2+52（x+3）2，解得x10，ABC的周长为12+5+1330故选：D【变式1-3】（2022秋崇川区月考）如图，P是O外一点，PA、PB分别和O相切于点A、B，C是劣弧AB上任意一点，过C作O切线DE，交PA、PB于点D、E，已知PA的长为5cm，DOE65，点M、N分别在PA、PB的延长线上，MN与O相切于点F，已知DN、EM的长是方程x210x+k0的两根（1）求P的度数；（2）求PDE的周长；（3）求四边形DEMN的周长【分析】（1）只要证明AOB130，PAOPBO90，再利用

6、四边形内角和定理即可解决问题；（2）利用切线长定理即可解决问题；（3）因为DN、EM的长是方程x210x+k0的两根可得DN+EM10，再利用切线长定理即可解决问题；【解答】解：（1）连接OA、OB、OCPA、PB、DE是O的切线，PAOA，OBPB，DOADOC，EOBEOC，DOE65，AOB130，PAOPBO90，P360909013050（2）PA、PB、DE是O的切线，DADC，ECEB，PAPB5，PDE的周长PD+DE+PEPD+DA+PE+EBPA+PB10（3）DN、EM的长是方程x210x+k0的两根DN+EM10，PN，PM，MN是O的切线，ANNF，MFMB，DADC

7、，ECEB，四边形EMND的周长EM+MN+DN+DEEM+BM+NA+DA+EB+DN2（DN+EM）20【题型2 三角形内切圆中求角度】【例2】（2022温州模拟）如图，在RtABC中，A90，O是它的内切圆，与AB，BC，CA分别切于点D，E，F，若ACB40，则DOE130【分析】利用直角三角形性质求出ABC50，再利用切线性质求出BDOBEO90，再利用四边形内角和为360，即可求得答案【解答】解：在RtABC中，A90，ACB40，ABC90ACB904050，O是RtABC的内切圆，与AB，BC，CA分别切于点D，E，F，AB、BC是O的切线，BDOBEO90，DOE360BDO

8、BEOABC130，故答案为：130【变式2-1】（2022秋昌平区期末）如图，O是ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，已知A40，连接OB，OC，DE，EF，则BOC110，DEF70【分析】连接OD和OF，根据内切圆的性质可得OB，OC平分ABC，ACB，再根据三角形内角和定理即可求出角BOC的度数；根据切线的性质可得DOF的度数，进而根据圆周角定理可得DEF的度数【解答】解：如图，连接OD和OF，O是ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，A40，OB，OC平分ABC，ACB，BOC180OBCOCB180-12（ABC+ACB）180-12140110，ODAB，OFAC，ADOAFO

9、90，DOF360909040140，DEF=12DOF70故答案为：110，70【变式2-2】（2022万年县校级模拟）如图，ABC中，内切圆I与AB，BC，CA分别切于F，D，E，连接BI，CI，再连接FD，ED，（1）若A40，求BIC与FDE的度数（2）若BIC；FDE，试猜想，的关系，并证明你的结论【分析】（1）根据圆I是ABC的内切圆求出IBC+ICB=12（ABC+ACB），求出ABC+ACB的度数，求出IBC+ICB即可；连接IF、IE，求出FIE，即可求出FDE；（2）由（1）得出BIC180（IBC+ICB），FDE1802A，根据三角形的内角和定理求出BIC90+12A，

10、代入即可求出答案【解答】解：（1）圆I是ABC的内切圆，IBC=12ABC，ICB=12ACB，IBC+ICB=12（ABC+ACB），ABC+ACB180A140，IBC+ICB70，BIC180（IBC+ICB）110，如图，连接IF、IE，圆I是ABC的内切圆，IFAIEA90，A40，FIE360IFAIEAA140，EDF=12EIF70，答：BIC110，FDE70；（2）解：180，证明：由圆周角定理得：FIE2FDE，由（1）知：2FDE180A，即A1802FDE，A180EIF，由（1）知：2FDE180A，A1802FDE1802，BIC180（IBC+ICB）180-1

11、2（ABC+ACB）180-12（180A）90+12A，BIC90+12（1802），即180【变式2-3】（2022秋邗江区期中）如图，在ABC中，ABAC，ADBC于点D，点M是ABC内一点，连接BM交AD于点N，已知AMB108，若点M是CAN的内心，则BAC的度数为（）A36B48C60D72【分析】过点M作MEAD于点E，根据已知条件可得ABC是等腰三角形，AD是BC边的中垂线，证明MEBC，可得NMENBD，由点M是CAN的内心，可得点M在NAC和ANC的角平分线上，设NAMx，NBDy，所以BAC4x，NBDNCDNMEy，ENMCNM2y，然后利用AMB108，列出方程组y-

12、x=182y+x=72，求解即可得结论【解答】解：如图，过点M作MEAD于点E，ABAC，ADBC，ABC是等腰三角形，AD是BC边的中垂线，NBNC，BADCAD，NBDNCD，MEAD，ADBC，MEBC，NMENBD，点M是CAN的内心，点M在NAC和ANC的角平分线上，NAMCAM，ANMCNM，设NAMx，NBDy，BAC4x，NBDNCDNMEy，ENMCNMNBC+NCB2y，AMB108，AMEAMBEMN108y，在AEM中，EAM+AME90，x+108y90，yx18，在ANM中，NAM+ANM180108，x+2y72，y-x=182y+x=72，解得x=12y=30，

13、BAC4x48故选：B【题型3 三角形内切圆中求面积】【例3】（2022秋黄冈期中）如图，边长为1的正方形ABCD的边AB是O的直径，CF是O的切线，E为切点，F点在AD上，BE是O的弦，求CDF的面积【分析】设AFx，由切线长定理可得EFAFx，则FD1x，CFCE+EFCB+EF1+x，利用勾股定理建立方程求出x的值，再根据三角形的面积公式即可求出问题的答案【解答】解：设AFx，四边形ABCD是正方形，DAB90，DAAB，AD是圆的切线，CF是O的切线，E为切点，EFAFx，FD1x，CBAB，CB 为O 的切线，CBCE，CFCE+EFCB+EF1+x在RtCDF中由勾股定理得到：CF

14、2CD2+DF2，即（1+x）21+（1x）2，解得x=14，DF1x=34，SCDF=12134=38【变式3-1】（2022武汉模拟）如图，AB是O的直径，C是O上一点，E是ABC的内心，OEEB若AE22，则ABE的面积为（）A22B2C2D1【分析】延长BE交O于点F，连接AF，OF，根据AB是O的直径，可得AFBC90，证明FEA是等腰直角三角形，可得AFEF2，根据垂径定理可得EFBE2，进而可得ABE的面积【解答】解：如图，延长BE交O于点F，连接AF，OF，AB是O的直径，AFBC90，CAB+CBA90，E是ABC的内心，EAB=12CAB，EBA=12CBA，EAB+EBA

15、=12（CAB+CBA）45，FEA45，FEA是等腰直角三角形，AE=2AF=2EF，AE22，AFEF2，OEEB，EFBE2，ABE的面积为：12BEAF=12222故选：B【变式3-2】（2022春海曙区校级期中）如图，花边带上正三角形的内切圆半径为1cm如果这条花边带有100个圆和100个正三角形，则这条花边的面积为（）A150B1503C3003D200【分析】画出图形，连接AD，OB，则AD过O，求出OBD30，求出OB，根据勾股定理求出BD，同法求出CD，求出BC的长后求得一个三角形的面积即可求得花边的面积【解答】解：从中选择一个等边三角形和其内接圆如图，O是ABC的内切圆，O

16、切AB于F，切AC于E，切BC于D，连接AD，OB，则AD过O（因为等边三角形的内切圆的圆心再角平分线上，也在底边的垂直平分线上），ABC是等边三角形，ABC60，O是ABC的内切圆，OBC=12ABC30，O切BC于D，ODB90，OD1，OB2，由勾股定理得：BD=22-12=3，BC23，SABC=12BCAD=1223333这条花边的面积100SABC3003，故选：C【变式3-3】（2022齐齐哈尔一模）如图，正方形ABCD边长为4cm，以正方形的一边BC为直径在正方形ABCD内作半圆，过A作半圆的切线，与半圆相切于F点，与DC相交于E点，则ADE的面积（）cm2A12B24C8D6

17、【分析】由于AE与圆O切于点F，根据切线长定理有AFAB4cm，EFEC；设EFECxcm则DE（4x）cm，AE（4+x）cm，然后在三角形BCE中由勾股定理可以列出关于x的方程，解方程即可求出，然后就可以求出ADE的面积【解答】解：AE与圆O切于点F，显然根据切线长定理有AFAB4cm，EFEC，设EFECxcm，则DE（4x）cm，AE（4+x）cm，在三角形ADE中由勾股定理得：（4x）2+42（4+x）2，x1cm，CE1cm，DE413cm，SADEADDE23426cm2故选：D【题型4 三角形内切圆中求线段长度】【例4】（2022秋乌兰察布期末）如图，O分别切ABC的三条边AB

18、、BC、CA于点D、E、F、若AB5，AC6，BC7，求AD、BE、CF的长【分析】由切线长定理，可知：AFAD，CFCE，BEBD，用未知数设AD的长，然后表示出BD、CF的长，即可表示出BE、CE的长，根据BE+CE7，可求出AD的长进而求出BE、CF的长【解答】解：假设ADx，O分别切ABC的三条边AB、BC、CA于点D、E、F；根据切线长定理得出ADAF，BDBE，ECFC，AFx，AB5，AC6，BC7，BEBDABAD5x，FCECACAF6x，BCBE+EC5x+6x7，解得：x2，AD2，BEBD523，CFACAF624【变式4-1】（2022秋崇川区月考）如图，已知ABC的

19、内切圆O与三边分别切于D、E、F，A60，CB6cm，ABC的周长为16cm，则DF的长等于（）A2cmB3cmC4cmD6cm【分析】利用三角形内切圆的性质以及切线长定理得出BDBE，CECF，ADAF，进而得出ADF是等边三角形，即可得出答案【解答】解：ABC的内切圆O与三边分别切于D、E、F，CB6cm，ABC的周长为16cm，BDBE，CECF，ADAF，BE+ECBD+FC6，ADAF=12（AB+AC+BCBCBDCF）=12（1666）2，A60，ADF是等边三角形，DF2故选：A【变式4-2】（2022秋龙凤区期末）如图，在RtABC中，C90，AC3，BC4，O是ABC的内切

20、圆，点D是斜边AB的中点，则OD的长度是52【分析】如图连接OE、OF、OQ，设O的半径是r，由勾股定理求出AB5，根据ABC的内切圆，得到OEAC，OFBC，OEOF，推出四边形CFOE是正方形，得到CECFOFOE，根据3r+4r5求出r、AQ、OQ的长求出AD、DQ的长【解答】解：如图连接OE、OF、OQ，设O的半径是r，由勾股定理得：AB=AC2+BC2=5，O是三角形ABC的内切圆，OEAC，OFBC，OEOF，AEAQ，BFBQ，C90，CCFOCEO90，四边形CFOE是正方形，CECFOFOE，3r+4r5，r1，AQAE312，OQ1，D是AB的中点，AD=52，DQADAQ

21、=12，OD2OQ2+DQ2，OD=OQ2+DQ2=52，故答案为：52【变式4-3】（2022永定区模拟）如图，已知在矩形ABCD中，AB12，BC16，O1和O2分别是ABC和ADC的内切圆，点E、F为切点，则EF的长是4cm【分析】根据矩形的性质得到AC20，ABCCDA，则O1和O2的半径相等如图，过O1作AB、BC的垂线分别交AB、BC于N、P，过O2作BC，CD、AD的垂线分别交BC，CD、AD于Q，G、H，由B90，推出四边形O1NBP是正方形，设圆的半径为r，根据切线长定理12r+16r20，解得r4，过O1作O1MFO2于M，则O1MPQ8，QMBN4，同法可得DG4，根据E

22、FACAECF计算即可【解答】解：矩形ABCD中，AB12，BC16，AC20，ABCCDA，则O1和O2的半径相等如图，过O1作AB、BC的垂线分别交AB、BC于N、P，过O2作BC，CD、AD的垂线分别交BC，CD、AD于Q，G、H，B90，四边形O1NBP是正方形，设圆的半径为r，根据切线长定理12r+16r20，解得r4，BPBN4，同法可得DG4，ANAECGCF8，EFACAECF20164故答案为：4【题型5 三角形内切圆中求半径】【例5】（2022定安县二模）如图，在矩形ABCD中，ADAB，AD9，AB12，则ACD内切圆的半径是（）A1B2C3D4【分析】根据矩形性质和勾股

23、定理可得AC15，设ACD内切圆的圆心为O，ACD内切圆的半径为r，连接OE，OF，OG，得四边形DFOG是正方形，然后根据切线长定理即可解决问题【解答】解：在矩形ABCD中，B90，ADBC9，AB12，根据勾股定理，得AC=AB2+BC2=122+92=15，设ACD内切圆的圆心为O，ACD内切圆的半径为r，如图，连接OE，OF，OG，得四边形DFOG是正方形，DFDGr，AGAEADDG9r，CFCECDDFABDF12r，AE+CEAC，9r+12r15，解得r3ACD内切圆的半径是3故选：C【变式5-1】（2022秋张店区期末）如图，在RtABC中，C90，BC3，AB5，O是RtA

24、BC的内切圆，则O的半径为（）A1B3C2D23【分析】根据三角形内切圆与内心的性质和三角形面积公式解答即可【解答】解：C90，BC3，AB5，AC=AB2-BC2=4，如图，分别连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，O是ABC内切圆，D、E、F为切点，ODBC，OEAC，OFAB于D、E、F，ODOEOF，SABCSBOC+SAOC+SAOB=12BCDO+12ACOE+12ABFO=12（BC+AC+AB）OD，C90，12ACBC=12（BC+AC+AB）OD，OD=343+4+5=1故选：A【变式5-2】（2022秋虎丘区校级期中）若四边形ABCD有内切圆（与四边形四边均相切），四边

25、形面积为S，各边长分别为a，b，c，d，则该圆的直径为（）Aa+b+c+dSBSa+cCc-dS(a+b)D2Sa+b+c+d【分析】连接OA、OB、OC、OD由S四边形ABCDSOAB+SOBC+SOCD+SAOD，由S四边形ABCD=12ABr+12BCr+12CDr+12ADr=12（a+b+c+d）rS，即可推出r=2Sa+b+c+d【解答】解：如图，连接OA、OB、OC、ODS四边形ABCDSOAB+SOBC+SOCD+SAOD又SOAB=12ABr，SOBC=12BCr，SOCD=12CDr，SAOD=12ADr，S四边形ABCD=12ABr+12BCr+12CDr+12ADr=1

26、2（a+b+c+d）rS，r=2Sa+b+c+d故选：D【变式5-3】（2022秋南丹县期末）如图，ABC的内切圆O分别与AB，AC，BC相切于点D，E，F若C90，AC6，BC8，则O的半径等于 2【分析】连结OD，OE，OF，设O半径为r，根据勾股定理可得AB10，证明四边形OECF是正方形，可得CFCEOFr，然后根据切线长定理可得AEAEACCE6r，BFBDBCCF8r，进而可以解决问题【解答】解：如图，连结OD，OE，OF，设O半径为r，C90，AC6，BC8，AB=AC2+BC2=10，ABC的内切圆O与AB，BC，AC分别相切于点D，F，E，ACOE，ABOD，BCOE，且OF

27、ODOEr，四边形OECF是正方形，CFCEOFr，AEAEACCE6r，BFBDBCCF8r，AD+BDAB10，6r+8r10，r2O的半径等于2故答案为：2【题型6 三角形内切圆中求最值】【例6】（2022春长兴县月考）如图，矩形ABCD，AD6，AB8，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13+1【分析】由矩形性质和勾股定理可得AC10，设ADC内切圆半径为r，由面积法可得r2，连接BQ，易证PM为BCQ的中位线，得出PM=12BQ，当BQ经过圆心O时，BQ最长，则此时PM最大，作OEAD与点E，OFAB与点F，则BFABAF8

28、26，OFAEADDE624，由勾股定理可得BO=213，则BQBO+OQ213+2，从而可得PM的结果【解答】解：四边形ABCD为矩形，D90，CDAB8，AC=AD2+CD2=62+82=10，设ADC的内切圆半径为r，则有12r(AC+AD+DC)=1268，即12r(10+6+8)=24，解得：r2连接BQ，P为BC中点，M为CQ中点，PM为BQC的中位线，PM=12BQ，当BQ经过圆心O时，BQ最长，则此时PM最大，作OEAD与点E，OFAB与点F，则BFABAF826，OFAEADDE624，BO=BF2+OF2=62+42=213，BQBO+OQ213+2，PM=12BQ=13+

29、1故答案为：13+1【变式6-1】（2022秋扬州月考）如图是一块ABC余料，已知AB20cm，BC7cm，AC15cm，现将余料裁剪成一个圆形材料，则该圆的最大面积是4cm2【分析】当该圆为三角形内切圆时面积最大，设内切圆半径为r，则该三角形面积可表示为：12r（AB+AC+BC）21r，利用三角形的面积公式可表示为12BCAD，利用勾股定理可得AD，易得三角形ABC的面积，可得r，求得圆的面积【解答】解：如图1所示，SABC=12r（AB+BC+AC）=12r4221r，过点A作ADBC交BC的延长线于点D，如图2，设CDx，由勾股定理得：在RtABD中，AD2AB2BD2400（7+x）

30、2，在RtACD中，AD2AC2x2225x2，400（7+x）2225x2，解得：x9，AD12，SABC=12BCAD=1271242，21r42，r2，该圆的最大面积为：Sr2224（cm2），故答案为：4cm2【变式6-2】（2022温州自主招生）设等边ABC的内切圆半径为2，圆心为I若点P满足PI1，则ABC与APC的面积之比的最大值为6【分析】P满足PI1，则P在以I为圆心，以1位半径的圆上，当P是O和BE的交点时，ACP的面积最小，即ABC与APC的面积之比最大此时PE211，则ABC与APC的面积的比值是BE与PE的比值，据此即可求解【解答】解：点P满足PI1，则P在以I为圆心

31、，以1位半径的圆上作BEAC，则BE一定过点I，连接AI在直角AIE中，IAE=12BAC=126030，IE2，AI2IE4，BEIE+BIIE+AI2+46当P是I和BE的交点时，ACP的面积最小，即ABC与APC的面积之比最大此时PE211，则ABC与APC的面积的比值是BEPE=61=6故答案是：6【变式6-3】（2022秋滨湖区期末）已知点C是O上一动点，弦AB6，ACB120（1）如图1，若CD平分ACB，求证：AC+BCCD；（2）如图2，ABC内切圆半径为r用含r的代数式表示AC+BC；求r的最大值【分析】（1）在CD上截取CEBC，由ACDBCD60得到BCE为等边三角形，根

32、据圆周角定理得ABDACD60，则BEBCCE，1+ABE60，ABE+260，所以12，于是可根据“AAS”判断ACBDEB，得到ACDE，由此得到CDCE+DEBC+AC；（2）作弦CD平分ACB，设ABC的内心为P点，作PQAB于Q，PHBC于H，PFAC于F，根据内心的性质得PFPQPHr，由ACDBCD60得到CPFCPH30，根据含30度的直角三角形三边的关系得到CF=33PF=33r，CH=33PH=33r，然后根据切线长定理得到AFAQACCFAC-33r，BHBQBCCHBC-33r，而ABAQ+BQ，所以AC-33r+BC-33r6，整理得AC+BC6+233r；由于AC+

33、BCCD得到CD6+233r，所以当CD为直径时，r最大；当CD为直径，根据垂径定理的推论得CDAB，AMBM=12AB3，ACBC，可计算出CD=33AM=3，AC2CD23，所以23+23=6+233r，可解得r633【解答】（1）证明：在CD上截取CEBC，如图1，CD平分ACB，ACB120，ACDBCD60，BCE为等边三角形，ABDACD60，BEBCCE，1+ABE60，ABE+260，12，在ACB和DEB中A=D1=2BC=BE，ACBDEB，ACDE，CDCE+DEBC+AC；（2）解：作弦CD平分ACB，设ABC的内心为P点，作PQAB于Q，PHBC于H，PFAC于F，如

34、图，则PFPQPHr，CD平分ACB，ACB120，ACDBCD60，CPFCPH30，CF=33PF=33r，CH=33PH=33r，AFAQACCFAC-33r，BHBQBCCHBC-33r，而ABAQ+BQ，AC-33r+BC-33r6，AC+BC6+233r；AC+BCCD，CD6+233r，当CD为直径时，r最大，如图3，当CD为直径，CDAB，垂足为M，AMBM=12AB3，ACBC，ACD60，CAM30，CD=33AM=3，AC2CD23，23+23=6+233r，r633，即r的最大值为633【题型7 外接圆和内切圆的综合运用】【例7】（2022秋滨湖区期末）设两直角边分别为

35、3、4的直角三角形的外接圆和内切圆的半径长分别为R和r，则Rr1.5【分析】利用三角形的外心与内心的性质即可进行计算【解答】解：因为直角三角形的外接圆半径等于斜边长的一半，所以R=1232+42=2.5；如图，若RtABC的边AC3，BC4，根据勾股定理，得AB=AC2+BC2=5，其内切圆O分别切AB、BC、AC于D、E、F设OEOFODr，SABCSAOB+SBOC+SAOC，即12ACBC=12ABOD+12BCOE+12ACOF，1234=125r+124r+123r，6=12r（5+4+3），66r，r1，则Rr2.511.5故答案为：1.5【变式7-1】（2022鞍山模拟）如图，O

36、内切于RtABC，切点分别为D、E、F，C90已知AOC120，则OAC15，B60已知AC4cm，BC3cm，则ABC的外接圆的半径为52cm，内切圆的半径为1cm【分析】由三角形内心的性质得到OC平分ACB，求得ACO=12ACB45，根据三角形的内角和得到结论；根据勾股定理得到AB=AC2+BC2=42+32=5，于是得到结论【解答】解：O内切于RtABC，C90，OC平分ACB，ACO=12ACB45，AOC120，OAC1804512015，AO平分BAC，BAC2OAC30，B903060；AC4cm，BC3cm，C90，AB=AC2+BC2=42+32=5，ABC的外接圆的半径为

37、52；设内切圆的半径为r，r=3+4-52=1，故答案为：15，60，52，1【变式7-2】（2022游仙区模拟）如图，在ABC中，BAC60，其周长为20，I是ABC的内切圆，其半径为3，则BIC的外接圆直径为 1433【分析】设BIC的外接圆圆心为O，连接OB，OC，作CDAB于点D，在圆O上取点F，连接FB，FC，作OEBC于点E，设ABc，BCa，ACb，根据三角形内心定义可得SABC=12lr=12203=12ABCD，可得bc40，根据勾股定理可得BCa7，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BOC120，再根据垂径定理和勾

38、股定理即可求出OB的长【解答】解：如图，设BIC的外接圆圆心为O，连接OB，OC，作CDAB于点D，在圆O上取点F，连接FB，FC，作OEBC于点E，设ABc，BCa，ACb，BAC60，AD=12b，CD=32b，BDABADc-12b，ABC周长为l20，ABC的内切圆半径为r=3，SABC=12lr=12203=12ABCD，203=32bc，bc40，在RtBDC中，根据勾股定理，得BC2BD2+CD2，即a2（c-12b）2+（32b）2，整理得：a2c2+b2bc，a+b+c20，a2c2+b2bc（b+c）23bc（20a）2340，解得a7，BCa7，I是ABC内心，IB平分A

39、BC，IC平分ACB，BAC60，ABC+ACB120，IBC+ICB60，BIC120，BFC18012060，BOC120，OEBC，BECE=72，BOE60，OB=7232=733外接圆直径为1433故答案为：1433【变式7-3】（2022秋鄞州区校级月考）如图，在RtABC中，AC8，BC6，C90I分别切AC，BC，AB于点D，E，F，求RtABC的内心I与外心O之间的距离【分析】连接ID、IE、IF，如图，由AC8，BC6，C90，根据圆周角定理的推论和勾股定理得到AB为ABC的外接圆的直径，AB10，则外心O为AB的中点，BO=12AB5，连接OI，设I的半径为r，根据切线的

40、性质和切线长定理得IDAC，IEBC，IFAB，ADAF，BEBF，易得四边形IDCE为正方形，则DCCEr，所以ADACDC8r，BEBCCE6r，即AF8r，BF6r，利用AF+BFAB得8r+6r10，解得r2，所以BF4，则OFOBBF1，在RtIOF中，根据勾股定理得IO=5【解答】解：连接ID、IE、IF，如图，AC8，BC6，C90，AB为ABC的外接圆的直径，AB=AC2+BC2=10，外心O为AB的中点，BO=12AB5，连接OI，如图，设I的半径为r，I分别切AC，BC，AB于点D，E，F，IDAC，IEBC，IFAB，ADAF，BEBF，而C90，四边形IDCE为正方形，DCCEr，ADACDC8r，BEBCCE6r，AF8r，BF6r，而AF+BFAB，8r+6r10，解得r2，BF6r4，OFOBBF541，在RtIOF中，IF2，OF1，IO=OF2+IF2=5，即RtABC的内心I与外心O之间的距离为5