專題35 內(nèi)外心綜合問題（解析版）-中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)經(jīng)典問題專題訓(xùn)練

專題35內(nèi)外心綜合問題【規(guī)律總結(jié)】1、內(nèi)心（1）定義：三角形的內(nèi)心是三角形三條角平分線的交點(diǎn)(或內(nèi)切圓的圓心)。（2）三角形的內(nèi)心的性質(zhì)①三角形的三條角平分線交于一點(diǎn)，該點(diǎn)即為三角形的內(nèi)心②三角形的內(nèi)心到三邊的距離相等，都等于內(nèi)切圓半徑r??③（r為內(nèi)切圓半徑）④在Rt△ABC中，∠C=90°，r=(a+b-c)/2．⑤∠BOC=90?°+∠A/2?∠BOA=90°+∠C/2?∠AOC=90°+∠B/2??2、外心（1）定義：三角形的外心是三角形三條垂直平分線的交點(diǎn)(或三角形外接圓的圓心)?。（2）三角形的外心的性質(zhì)①三角形三條邊的垂直平分線的交于一點(diǎn)，該點(diǎn)即為三角形外接圓的圓心.??②三角形的外接圓有且只有一個，即對于給定的三角形，其外心是唯一的，但一個圓的內(nèi)接三角形卻有無數(shù)個，這些三角形的外心重合。③銳角三角形的外心在三角形內(nèi)；鈍角三角形的外心在三角形外；直角三角形的外心與斜邊的中點(diǎn)重合④OA=OB=OC=R??⑤∠BOC=2∠BAC，∠AOB=2∠ACB，∠COA=2∠CBA??⑥S△ABC=abc/4R【典例分析】例1．（2020·浙江省黃巖實驗中學(xué)九年級期中）如圖，扇形AOD中，，，點(diǎn)P為弧AD上任意一點(diǎn)（不與點(diǎn)A和D重合），于Q，點(diǎn)I為的內(nèi)心，過O，I和D三點(diǎn)的圓的半徑為r．則當(dāng)點(diǎn)P在弧AD上運(yùn)動時，r的值滿足（）A． B． C． D．【答案】D【分析】連OI，PI，DI，由△OPH的內(nèi)心為I，可得到∠PIO=180°-∠IPO-∠IOP=180°-（∠HOP+∠OPH）=135°，并且易證△OPI≌△ODI，得到∠DIO=∠PIO=135°，所以點(diǎn)I在以O(shè)D為弦，并且所對的圓周角為135°的一段劣弧上；過D、I、O三點(diǎn)作⊙O′，如圖，連O′D，O′O，在優(yōu)弧AO取點(diǎn)P′，連P′D，P′O，可得∠DP′O=180°-135°=45°，得∠DO′O=90°，O′O=．【詳解】解：如圖，連OI，PI，DI，

∵△OPH的內(nèi)心為I，

∴∠IOP=∠IOD，∠IPO=∠IPH，

∴∠PIO=180°-∠IPO-∠IOP=180°-（∠HOP+∠OPH），

而PH⊥OD，即∠PHO=90°，

∴∠PIO=180°-（∠HOP+∠OPH）=180°-（180°-90°）=135°，在△OPI和△ODI中，，∴△OPI≌△ODI（SAS），

∴∠DIO=∠PIO=135°，

所以點(diǎn)I在以O(shè)D為弦，并且所對的圓周角為135°的一段劣弧上；

過D、I、O三點(diǎn)作⊙O′，如圖，連O′D，O′O，

在優(yōu)弧DO取點(diǎn)P′，連P′D，P′O，

∵∠DIO=135°，

∴∠DP′O=180°-135°=45°，

∴∠DO′O=90°，而OD=6，

∴OO′=DO′=，∴r的值為，故選D．【點(diǎn)睛】本題考查的是三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出全等三角形是解答此題的關(guān)鍵．例2．（2020·山東省昌樂第一中學(xué)九年級期中）如圖，是的內(nèi)心，的延長線與的外接圓相交于點(diǎn)，與交于點(diǎn)，連接、、、．下列說法：①，②，③；④點(diǎn)是的外心；正確的有______．（填寫正確說法的序號）【答案】①③④【分析】利用三角形內(nèi)心的性質(zhì)得到，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可對①進(jìn)行判斷；利用三角形內(nèi)心的性質(zhì)可對②進(jìn)行判斷；利用，和三角形內(nèi)角和定理得，可對③判斷；通過證明，可得，在證明，可對④進(jìn)行判斷．【詳解】∵是的內(nèi)心，∴AD平分，即，∴繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度一定能和重合，∴①正確；∵是的內(nèi)心，∴點(diǎn)I到三角形三邊距離相等，∴②錯誤；∵BI平分，CI平分，∴，，∵∴③正確；∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴點(diǎn)B、I、C在以點(diǎn)D為圓心，DB為半徑的圓上，即點(diǎn)是的外心，∴④正確．故答案為：①③④．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心的性質(zhì)，以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和三角形外心，熟練掌握三角形內(nèi)切圓以及內(nèi)心的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．例3．（2020·陜西九年級專題練習(xí)）問題提出（1）如圖①，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，點(diǎn)O是△ABC的外接圓的圓心，則OB的長為問題探究（2）如圖②，已知矩形ABCD，AB＝4，AD＝6，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，以BC為直徑作半圓O，點(diǎn)P為半圓O上一動點(diǎn)，求E、P之間的最大距離；問題解決（3）某地有一塊如圖③所示的果園，果園是由四邊形ABCD和弦CB與其所對的劣弧場地組成的，果園主人現(xiàn)要從入口D到上的一點(diǎn)P修建一條筆直的小路DP．已知AD∥BC，∠ADB＝45°，BD＝120米，BC＝160米，過弦BC的中點(diǎn)E作EF⊥BC交于點(diǎn)F，又測得EF＝40米．修建小路平均每米需要40元（小路寬度不計），不考慮其他因素，請你根據(jù)以上信息，幫助果園主人計算修建這條小路最多要花費(fèi)多少元？【答案】（1）；（2）E、P之間的最大距離為7；（3）修建這條小路最多要花費(fèi)元．【分析】（1）若AO交BC于K，則AK＝8，在Rt△BOK中，設(shè)OB＝x，可得x2＝62+（8﹣x）2，解方程可得OB的長；（2）延長EO交半圓于點(diǎn)P，可求出此時E、P之間的最大距離為OE+OP的長即可；（3）先求出所在圓的半徑，過點(diǎn)D作DG⊥BC，垂足為G，連接DO并延長交于點(diǎn)P，則DP為入口D到上一點(diǎn)P的最大距離，求出DP長即可求出修建這條小路花費(fèi)的最多費(fèi)用．【詳解】（1）如圖，若AO交BC于K，∵點(diǎn)O是△ABC的外接圓的圓心，AB＝AC，∴AK⊥BC，BK＝，∴AK＝，在Rt△BOK中，OB2＝BK2+OK2，設(shè)OB＝x，∴x2＝62+(8?x)2，解得x＝，∴OB＝；故答案為：．（2）如圖，連接EO，延長EO交半圓于點(diǎn)P，可求出此時E、P之間的距離最大，∵在是任意取一點(diǎn)異于點(diǎn)P的P′，連接OP′，P′E，∴EP＝EO+OP＝EO+OP′＞EP′，即EP＞EP′，∵AB＝4，AD＝6，∴EO＝4，OP＝OC＝，∴EP＝OE+OP＝7，∴E、P之間的最大距離為7．（3）作射線FE交BD于點(diǎn)M，∵BE＝CE，EF⊥BC，是劣弧，∴所在圓的圓心在射線FE上，假設(shè)圓心為O，半徑為r，連接OC，則OC＝r，OE＝r?40，BE＝CE＝，在Rt△OEC中，r2＝802+(r?40)2，解得：r＝100，∴OE＝OF?EF＝60，過點(diǎn)D作DG⊥BC，垂足為G，∵AD∥BC，∠ADB＝45°，∴∠DBC＝45°，在Rt△BDG中，DG＝BG＝，在Rt△BEM中，ME＝BE＝80，∴ME＞OE，∴點(diǎn)O在△BDC內(nèi)部，∴連接DO并延長交于點(diǎn)P，則DP為入口D到上一點(diǎn)P的最大距離，∵在上任取一點(diǎn)異于點(diǎn)P的點(diǎn)P′，連接OP′，P′D，∴DP＝OD+OP＝OD+OP′＞DP′，即DP＞DP′，過點(diǎn)O作OH⊥DG，垂足為H，則OH＝EG＝40，DH＝DG?HG＝DG?OE＝60，∴,∴DP＝OD+r＝，∴修建這條小路最多要花費(fèi)40×元．【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓的性質(zhì)與矩形性質(zhì)的綜合運(yùn)用，熟練掌握相關(guān)方法是解題關(guān)鍵.【好題演練】一、單選題1．（2020·江蘇蘇州市·九年級期中）10個大小相同的正六邊形按如圖所示方式緊密排列在同一平面內(nèi)，、、、、、均是正六邊形的頂點(diǎn)．則點(diǎn)是下列哪個三角形的外心（）．A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)三角形外心的性質(zhì)，到三個頂點(diǎn)的距離相等，可以依次判斷．【詳解】答：因為三角形的外心到三角形的三個頂點(diǎn)的距離相等，所以由正六邊形性質(zhì)可知，點(diǎn)O到A，B，C，D，E的距離中，只有OA=OC=OD．

故選：D．【點(diǎn)睛】此題主要考查了三角形外心的性質(zhì)，即到三角形三個頂點(diǎn)的距離相等．2．（2020·上饒市廣信區(qū)第七中學(xué)九年級月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，為，點(diǎn)A的坐標(biāo)是，，把繞點(diǎn)A按順時針方向旋轉(zhuǎn)后，得到，則的外接圓圓心坐標(biāo)是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】取AB'中點(diǎn)P，過點(diǎn)P分別作PE⊥x軸，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AB＝AB'，∠BAB'＝90°，∠B'O'A＝∠BOA＝90°，先說明的外接圓圓心為點(diǎn)P，再利用點(diǎn)A的坐標(biāo)是，，求得AB長，進(jìn)而可得AB'的長，在求得∠PAE＝30°，在Rt△PAE中，利用30°角的性質(zhì)及勾股定理即可求得答案．【詳解】解：如圖，取AB'中點(diǎn)P，過點(diǎn)P分別作PE⊥x軸，垂足為點(diǎn)E，連接PO'，∵把繞點(diǎn)A按順時針方向旋轉(zhuǎn)后，得到，∴AB＝AB'，∠BAB'＝90°，∠B'O'A＝∠BOA＝90°，∵點(diǎn)P為AB'的中點(diǎn)，∴PA＝PB'＝PO'＝AB'，∴的外接圓圓心為點(diǎn)P，∵∠BAO＝60°，∠AOB＝90°，∴∠ABO＝90°－∠BAO＝30°，∴OA＝AB，∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，0），∴OA＝1，∴AB'＝AB＝2OA＝2，∴PA＝AB'＝1，∵∠BAB'＝90°，∠BAO＝60°，∴∠PAE＝180°－∠BAB'－∠BAO＝30°，∴PE＝PA＝,∴在Rt△PEA中，，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為．【點(diǎn)睛】本題考查了含30°角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理，直角三角形的外接圓等相關(guān)知識，熟練掌握含30°角的直角三角形的性質(zhì)及勾股定理是解決本題的關(guān)鍵．二、填空題3．（2020·杭州市建蘭中學(xué)九年級月考）如圖，中，，邊上有一點(diǎn)P（不與點(diǎn)重合），I為的內(nèi)心，若的取值范圍為，則_______．【答案】【分析】I為△APC的內(nèi)心，即I為△APC角平分線的交點(diǎn)，應(yīng)用三角形內(nèi)角和定理及角平分線定義即可表示出∠AIC，從而得到m，n的值即可．【詳解】設(shè)，則，則，∵I為△APC的內(nèi)心，

∴AI、CI分別平分∠PAC，∠PCA，∴，∵，∴，即，∴，∴，故答案為：．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心，三角形內(nèi)角和定理，角平分線定義等，熟練掌握內(nèi)心的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．4．（2020·福建南平市·九年級期中）如圖，AB是⊙O的直徑，且AB=4，點(diǎn)C是半圓AB上一動點(diǎn)（不與A，B重合），CD平分∠ACB交⊙O于點(diǎn)D，點(diǎn)I是△ABC的內(nèi)心，連接BD．下列結(jié)論：①點(diǎn)D的位置隨著動點(diǎn)C位置的變化而變化；②ID=BD；③OI的最小值為；④ACBC=CD．其中正確的是_____________．（把你認(rèn)為正確結(jié)論的序號都填上）【答案】②④【分析】①在同圓或等圓中，根據(jù)圓周角相等，則弧相等可作判斷；②連接IB，根據(jù)點(diǎn)I是△ABC的內(nèi)心，得到，可以證得，即有，可以判斷②正確；③當(dāng)OI最小時，經(jīng)過圓心O，作，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理，可求出，可判斷③錯誤；④用反證法證明即可．【詳解】解：平分，AB是⊙O的直徑，，，是的直徑，是半圓的中點(diǎn)，即點(diǎn)是定點(diǎn)；故①錯誤；如圖示，連接IB，∵點(diǎn)I是△ABC的內(nèi)心，∴又∵，∴即有∴，故②正確；如圖示，當(dāng)OI最小時，經(jīng)過圓心O，過I點(diǎn)，作，交于點(diǎn)∵點(diǎn)I是△ABC的內(nèi)心，經(jīng)過圓心O，∴，∵∴是等腰直角三角形，又∵，∴，設(shè)，則，，∴，解之得：，即：，故③錯誤；假設(shè)，∵點(diǎn)C是半圓AB上一動點(diǎn)，則點(diǎn)C在半圓AB上對于任意位置上都滿足，如圖示，當(dāng)經(jīng)過圓心O時，，，∴與假設(shè)矛盾，故假設(shè)不成立，∴故④正確；綜上所述，正確的是②④，故答案是：②④【點(diǎn)睛】此題考查了三角形的內(nèi)心的定義和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，三角形外接圓有關(guān)的性質(zhì)，角平分線的定義等知識點(diǎn)，熟悉相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．三、解答題5．（2020·河北石家莊市·石家莊外國語學(xué)校九年級一模）如圖，在∠DAM內(nèi)部做Rt△ABC，AB平分∠DAM，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，點(diǎn)N為BC的中點(diǎn)，動點(diǎn)E由A點(diǎn)出發(fā)，沿AB運(yùn)動，速度為每秒5個單位，動點(diǎn)F由A點(diǎn)出發(fā)，沿AM運(yùn)動，速度為每秒8個單位，當(dāng)點(diǎn)E到達(dá)點(diǎn)B時，兩點(diǎn)同時停止運(yùn)動，過A、E、F作⊙O．（1）判斷△AEF的形狀為，并判斷AD與⊙O的位置關(guān)系為；（2）求t為何值時，EN與⊙O相切，求出此時⊙O的半徑，并比較半徑與劣弧長度的大??；（3）直接寫出△AEF的內(nèi)心運(yùn)動的路徑長為；（注：當(dāng)A、E、F重合時，內(nèi)心就是A點(diǎn)）（4）直接寫出線段EN與⊙O有兩個公共點(diǎn)時，t的取值范圍為．（參考數(shù)據(jù)：sin37°＝，tan37°＝，tan74°≈，sin74°≈，cos74°≈）【答案】（1）等腰三角形，相切；（2）t=1，半徑為，劣弧長度大于半徑；（3）；（4）1≤t≤【分析】（1）過點(diǎn)E作EH⊥AF于H，連接OA、OE、OH，由勾股定理求出BC＝＝6，設(shè)運(yùn)動時間為t，則AE＝5t，AF＝8t，證明△EAH∽△BAC，得出，求出AH＝4t，則FH＝AF﹣AH＝4t，AH＝FH，得出△AEF是等腰三角形，證明E、H、O三點(diǎn)共線，得出∠OAF+∠AOE＝90°，由AB平分∠DAM，得出∠DAE＝∠EAF＝∠EFA，由圓周角定理得出∠AOE＝2∠EFA，則∠DAF+∠OAF＝90°＝∠DAO，即OA⊥AD，即可得出AD與⊙O相切；（2）連接OA、OF、OE，OE于AC交于H，易證四邊形EHCN為矩形，得出EH＝NC，由勾股定理得出EH＝＝3t，則NC＝3t，BC＝2NC＝6t，由BC＝6，得出t＝1，則AH＝4，EH＝3，設(shè)⊙O的半徑為x，則OH＝x﹣3，由勾股定理得出OA2＝OH2+AH2，解得x＝，得出OH＝，tan∠AOH＝，得出∠AOH＝74°，由∠AOH＝60°時，△AOE是等邊三角形，AE＝OA，74°＞60°，得出AE＞OA，則劣弧長度的大于半徑；（3）當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動到B點(diǎn)時，t＝2，AF＝16，AE＝EF＝AB＝10，此時△AEF的內(nèi)心記為G，當(dāng)A、E、F重合時，內(nèi)心為A點(diǎn)，△AEF的內(nèi)心運(yùn)動的路徑長為AG，作GP⊥AE于P，GQ⊥EF于Q，連接AG、GF，則CG＝PG＝NQ，S△AEF＝AF?BC＝48，設(shè)CG＝PG＝NQ＝a，則S△AEF＝S△AGF+S△AEB+S△FEG＝AF?CG+AE?PG+EF?NQ＝×(16+10+10)a＝48，解得a＝，由勾股定理得出AC2+CG2＝AG2，得出AG＝；（4）分別討論兩種極限位置，①當(dāng)EN與⊙O相切時，由（2）知，t＝1；②當(dāng)N在⊙O上，即ON為⊙O的半徑，連接OA、ON、OE，OE交AC于H，過點(diǎn)O作OK⊥BC于K，則四邊形OKCH為矩形，OA＝OE＝ON，得出OH＝CK，AH＝4t，EH＝3t，設(shè)⊙O的半徑為x，由勾股定理得出AH2+OH2＝OA2，解得x＝t，則OH＝CK＝t，由勾股定理得出，解得t＝，即可得出結(jié)果．【詳解】（1）過點(diǎn)E作EH⊥AF于H，連接OA、OE、OH，如圖1所示：∵∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，∴BC＝＝6，設(shè)運(yùn)動時間為t，則AE＝5t，AF＝8t，∵∠AHE＝∠ACB＝90°，∠EAH＝∠BAC，∴△EAH∽△BAC，∴，即，∴AH＝4t，∴FH＝AF﹣AH＝8t﹣4t＝4t，∴AH＝FH，∵EH⊥AF，∴△AEF是等腰三角形，∴E為的中點(diǎn)，∠EAF＝∠EFA，∵AH＝FH，∴OH⊥AC，∴E、H、O三點(diǎn)共線，∴∠OAF+∠AOE＝90°，∵AB平分∠DAM，∴∠DAE＝∠EAF＝∠EFA，∵∠AOE＝2∠EFA，∴∠AOE＝∠DAE+∠EAF＝∠DAF，∴∠DAF+∠OAF＝90°＝∠DAO，即OA⊥AD，∵OA為⊙O的半徑，∴AD與⊙O相切；故答案為：等腰三角形，相切；（2）連接OA、OF、OE，OE于AC交于H，如圖2所示：由（1）知：EH⊥AC，∵EN與⊙O相切，∴∠OEN＝90°，∵∠ACB＝90°，∴四邊形EHCN為矩形，∴EH＝NC，在Rt△AHE中，EH＝＝3t，∴NC＝3t，∵點(diǎn)N為BC的中點(diǎn)，∴BC＝2NC＝6t，∵BC＝6，∴6t＝6，∴t＝1，∴AH＝4，EH＝3，設(shè)⊙O的半徑為x，則OH＝x﹣3，在Rt△AOH中，由勾股定理得：OA2＝OH2+AH2，即x2＝(x﹣3)2+42，解得：x＝，∴⊙O的半徑為，∴OH＝，∴tan∠AOH＝＝，∴∠AOH＝74°，∵∠AOH＝60°時，△AOE是等邊三角形，AE＝OA，74°＞60°，∴AE＞OA，∴劣弧長度的大于半徑；（3）當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動到B點(diǎn)時，t＝10÷5＝2，∴AF＝2×8＝16，AE＝EF＝AB＝10，此時△AEF的內(nèi)心記為G，當(dāng)A、E、F重合時，內(nèi)心為A點(diǎn)，∴△AEF的內(nèi)心運(yùn)動的路徑長為AG，作GP⊥AE于P，GQ⊥EF于Q，連接AG、GF，則CG＝PG＝NQ，如圖3所示：S△AEF＝AF?BC＝×16×6＝48，設(shè)CG＝PG＝NQ＝a，則S△AEF＝S△AGF+S△AEB+S△FEG＝AF?CG+AE?PG+EF?NQ＝×(16+10+10)a＝48，解得：a＝，在Rt△AGC中，AC2+CG2＝AG2，即82+()2＝AG，∴AG＝，故答案為：；（4）分別討論兩種極限位置，①當(dāng)EN與⊙O相切時，由（2）知，t＝1；②當(dāng)N在⊙O上，即ON為⊙O的半徑，連接OA、ON、OE，OE交AC于H，過點(diǎn)O作OK⊥BC于K，如圖4所示：則四邊形OKCH為矩形，OA＝OE＝ON，∴OH＝CK，AH＝4t，EH＝3t，設(shè)⊙O的半徑為x，則在Rt△AOH中，AH2+OH2＝OA2，即(4t)2+(x﹣3t)2＝x2，解得：x＝t，∴OH＝CK＝t﹣3t＝t，在Rt△OKN中，OK2+KN2＝ON2，即(8﹣4t)2+(3+t)2＝(t)2，解得：t＝，∴線段EN與⊙O有兩個公共點(diǎn)時，t的取值范圍為：1≤t≤，故答案為：1≤t≤．【點(diǎn)睛】本題考查圓的綜合，還用到了三角函數(shù)和勾股定理，注意在動點(diǎn)問題的處理中，我們要先找出動點(diǎn)運(yùn)動時的分界點(diǎn)，將動點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為頂點(diǎn)問題來解決．6．（2020·浙江寧波市·九年級學(xué)業(yè)考試）如圖，AB為⊙O的直徑，點(diǎn)C為下方的一動點(diǎn)，連結(jié)OC，過點(diǎn)O作OD⊥OC交BC于點(diǎn)D，過點(diǎn)C作AB的垂線，垂足為F，交DO的延長線于點(diǎn)E．（1）求證：EC＝ED．（2）當(dāng)OE＝OD，AB＝4時，求OE的長．（3）設(shè)＝x，tanB＝y(tǒng)．①求y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式；②若△COD的面積是△BOD的面積的3倍，求y的值．【答案】（1）見解析；（2）OE＝；（3）①y＝（0＜x＜1），②y＝．【分析】（1）先證明∠EC