第19讲切线长定理与三角形内切圆 期末复习课件 2025-2026学年浙教版（2012）数学九年级下册

这是一份初中数学期末复习课件，共44页，围绕切线长定理与三角形内切圆展开。包含归类探究（例1-例4）、变式题、思路生成、证明过程及知识归纳，通过例题解析和辅助线技巧构建学习支架。 资料特色突出，融入笛卡尔等数学家故事激发兴趣，例题从基础证明（如Rt△切线长定理）到综合应用（内切圆概率、梯形内切圆），培养几何直观与推理能力。辅助线方法指导（连圆心、构造直角）提升解题技能，帮助学生巩固考点，为教师提供系统教学资源。九年级学生面临升学考试，资料聚焦重点题型，助力高效复习。

第19讲切线长定理与三角形内切圆 YOUR LOGO 灵感与准备 法国数学家笛卡尔早就有把相互独立的代数与几何结合起来的愿望，经过长时期的思考，仍未找到合适的方法.1619年随军服务时他仍在思考.11月9日，在多瑙河畔的诺伊堡，他几天来整日沉迷在思考之中而不得其解，入睡后连做数梦，梦中迷迷糊糊地想到引入直角坐标系的方法．第二天，也即是11月10日清晨，醒后立即将梦中所得加以整理，终于创造了解析几何学．笛卡尔获得了成功，但他为此酝酿了约为两年的时间． 被称为数学王子的高斯为证明某一算术定理，曾苦思冥想达两年之久，后来突然得到一个想法，使他获得成功．高斯回忆说：“终于在两天前我成功了……像闪电一样，谜一下解开了．我自己也说不清楚是什么导线把原先的知识和我成功的东西连接起来．”尽管解开这个谜的想法是突然来的，但高斯本人经过两年的艰苦努力才为这个成功的到来做好了准备． 灵感是不能靠偶然的机遇、守株待兔式的消极等待得到的．必须是执著追求、锲而不舍、百折不挠，才能有成功的一天．所谓“触景生情”、“灵机一动”、“眉头一皱，计上心来”，都是经过长期坚持不懈地创造性劳动而“偶然得之”的．巴斯加说：“机遇只偏爱有准备的头脑．”恰恰道出了此中的真谛． 切线长定理 例1 如图6－19－1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AC为直径的⊙O与AB边交于点D，过点D作⊙O的切线，交BC于点E. (1)求证：EB＝EC； 图6－19－1 (2)若以点O，D，E，C为顶点的四边形是正方形，试判断△ABC的形状，并说明理由． 【思路生成】(1)证法一：连结CD.利用切线长定理证明ED＝EC，进而证明ED＝EB.从而证明EB＝EC； 证法二：连结OD.利用切线长定理证明ED＝EC，进而证明∠EDB＝∠DBE，得ED＝EB.从而可知EB＝EC； (2)根据四边形ODEC为正方形及正方形的性质可得AC＝BC，即可得△ABC为等腰直角三角形． 解：(1)证法一：如答图①，连结CD. ∵AC为⊙O的直径，∠ACB＝90°，∴CB为⊙O的切线. 又∵DE切⊙O于D，∴ED＝EC，∴∠CDE＝∠DCE. ∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC＝90°， ∴∠CDE＋∠EDB＝90°，∠DCE＋∠CBD＝90°，∴∠EDB＝∠CBD. ∴ED＝EB，∴EB＝EC. 证法二：如答图②，连结OD. ∵AC为⊙O的直径，∠ACB＝90°，∴CB为⊙O的切线. 又∵DE切⊙O于点D，∴ED＝EC，∠ODE＝90°. ∴∠ODA＋∠EDB＝90°. ∵OA＝OD，∴∠ODA＝∠OAD. 又∵∠OAD＋∠DBE＝90°， ∴∠EDB＝∠DBE.∴ED＝EB.∴EB＝EC. (2)△ACB为等腰直角三角形．理由：∵四边形ODEC为正方形， ∴OC＝CE，∠ACB＝90°. 例1答图 切线长定理 1．经过圆外一点作圆的切线，这点与切点之间的线段的长，叫这点到圆的切线长． 2．从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角． 三角形的内切圆与内心 与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，三角形的内心是三角形三条内角平分线的交点． 三角形的内心到三角形三边的距离相等． 切线长定理的基本结论 如下图，P是⊙O外一点，PA，PB切⊙O于点A，B，AB交PO于C，则有如下结论： (1)PA＝PB； (2)∠APO＝∠BPO，∠OAC＝∠OBC，∠AOP＝∠BOP，∠CAP＝∠CBP； (3)AB⊥OP且AC＝BC. 1．如图6－19－2，PA，PB分别切⊙O于点A，B，点C在⊙O上，且∠ACB＝50°，则∠P＝_______． 图6－19－2 80° 2．如图6－19－3，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，AC是⊙O的直径，AC，PB的延长线相交于点D. (1)若∠1＝20°，求∠APB的度数； (2)当∠1为多少度时，OP＝OD，并说明理由． 图6－19－3 解：(1)∵PA是⊙O的切线， ∴∠BAP＝90°－∠1＝70°. 又∵PA，PB是⊙O的切线， ∴PA＝PB，∴∠BAP＝∠ABP＝70°， ∴∠APB＝180°－70°×2＝40°. (2)当∠1＝30°时，OP＝OD. 理由如下：当∠1＝30°时， 由(1)知∠BAP＝∠ABP＝60°， ∴∠APB＝180°－60°×2＝60°. ∵PA，PB是⊙O的切线， 又∵∠D＝∠ABP－∠1＝60°－30°＝30°， ∴∠OPB＝∠D，∴OP＝OD. 切线的性质定理和切线长定理在证明线段、角相等关系或证明线与线之间的垂直关系，或求其中线段的长时有重要的应用，常作的辅助线是连结切点和圆心，构造直角三角形． 三角形的内切圆 图6－19－4 【思路生成】利用等边三角形以及其内切圆的性质以及锐角三角函数关系得出△ABC的高，再利用圆以及三角形面积公式求． 例2答图 3．如图6－19－5，⊙O内切于△ABC，切点分别为D，E，F，已知∠B＝50°，∠C＝60°，连结OE，OF，DE，DF，那么∠EDF等于_______． 图6－19－5 55° 4．如图6－19－6，△ABC中，AB＝AC， ∠A为锐角，CD为AB边上的高，点O为△ACD 的内切圆圆心，则∠AOB＝________． 【解析】 如答图，连结CO，并延长AO交 BC于点F， 图6－19－6 135° 变式跟进4答图 ∵CD为AB边上的高，∴∠ADC＝90°. ∴∠BAC＋∠ACD＝90°. 又∵O为△ACD的内切圆圆心， ∴AO，CO分别是∠BAC和∠ACD的角平分线， 三角形的内切圆 1．如下图所示，⊙O内切于△ABC，切点分别为D，E，F，△ABC的三边长为BC＝a，AC＝b，AB＝c，设⊙O的半径为r，则有： 四边形(梯形)的内切圆问题 例3 如图6－19－7，AB是⊙O的直径，AM和BN是它的两条切线，DE切⊙O于点E，交AM于点D，交BN于点C. (1)求证：OD∥BE； (2)如果OD＝6 cm，OC＝8 cm，求CD的长． 图6－19－7 解：(1)证明：如答图，连结OE，∵AM，DE是⊙O的切线，OA，OE是⊙O的半径， ∴∠ADO＝∠EDO，∠DAO＝∠DEO＝90°， 例3答图 5．如图6－19－8，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，以AB为直径作⊙O，恰与另一腰CD相切于点E，连结OD，OC，BE. (1)求证：OD∥BE； (2)若梯形ABCD的面积是48，设OD＝x，OC＝y，且x＋y＝14，求CD的长． 图6－19－8 解：(1)证明：连结OE，∵CD是⊙O的切线，∴OE⊥CD， 在Rt△OAD和Rt△OED中，OA＝OE，OD＝OD， 变式跟进5答图 ∴∠DOE＋∠COE＝90°，∴△COD是直角三角形， ∵S△DEO＝S△DAO，S△COE＝S△COB， ∴S梯形ABCD＝2(S△DOE＋S△COE)＝2S△DOC＝OC·OD＝48，即xy＝48. 又∵x＋y＝14，∴x2＋y2＝(x＋y)2－2xy＝142－2×48＝100， 常见辅助线 (1)作梯形的高； (2)由直径构造直角． 内切圆有关的探究型问题 例4 阅读材料： 已知，如图6－19－9①，在面积为S的△ABC中，BC＝a，AC＝b，AB＝c，内切圆O的半径为r.连结OA，OB，OC，△ABC被划分为三个小三角形． (1)类比推理：若面积为S的四边形ABCD存在内切圆(与各边都相切的圆)，如图6－19－9②，各边长分别为AB＝a，BC＝b，CD＝c，AD＝d，求四边形的内切圆半径r； 图6－19－9 例4答图 图6－19－10 【解析】 如答图，连结OP，OQ. ∵PQ是⊙O的切线，∴OQ⊥PQ. 根据勾股定理知PQ2＝OP2－OQ2， ∴当PO⊥AB时，线段OP最短， 变式跟进6答图 切线长定理及三角形的内切圆常见的基本图形如下图所示： 图6－19－11 t＝2或3≤t ≤7或t＝8 【解析】 ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC＝BC＝AM＋MB＝4 cm，∠A＝∠C＝∠B＝60°. ∵QN∥AC，AM＝BM. ∴N为BC的中点， 分为三种情况：①如答图①， ②如答图②，当⊙P与AC 切于A点时，连结PA， 则∠CAP＝∠APM＝90°， ∴PM＝1 cm，∴QP＝QM－PM＝3 cm， 即t＝3； 当⊙P与AC切于C点时，连结P′C， ∴P′N＝1 cm，∴QP＝ QM＋MP＋P′N＝7 cm， 即t＝7. 当3≤t≤7时，⊙P和AC边相切． 例5答图 ∵OC＝AC，CE＝EB＝BC，∴AC＝BC.∴△ACB为等腰直角三角形． ∴∠OPB＝∠APB＝30°. 例2　一般地，如果在一次实验中，结果落在区域 D中每一个点都是等可能的，用A表示“实验结果落在D中的某个小区域M中”这个事件，那么事件A发生的概率P(A)＝.如图 6－19－4，现在等边△ABC内射入一个点，则该点落在△ABC 内切圆中的概率是_______． π 【解析】 D为BC与⊙O相切的切点，连结CO，DO，由题意，可得OD⊥BC，∠OCD＝30°，设BC＝2x，则CD＝x，故＝tan 30°， 【解析】 ∵∠B＝50°，∠C＝60°， ∴∠A＝180°－50°－60°＝70°. 又∵E，F是切点，∴OE⊥AB，OF⊥AC， ∴∠EOF＝180°－70°＝110°， ∴∠EDF＝×110°＝55°. ∴∠OAC＋∠OCA＝(∠BAC＋∠ACD)＝×90°＝45°， ∴∠AOC＝135°； 在△AOB和△AOC中， ∴△AOB≌△AOC(SAS)，∴∠AOB＝∠AOC＝135°. (1)∠BOC＝90°＋∠A； (2)S△ABC＝(a＋b＋c)r； (3)设AE＝AF＝x，BD＝BF＝y，CD＝CE＝z， 则 解得 2．在Rt△ABC中，∠C＝90°，则内切圆的半径为r＝. 【思路生成】(1)首先连结OE，AM和DE是它的两条切线，由切线长定理，可得∠AOD＝∠EOD＝∠AOE，进而证∠AOD＝∠ABE，即可证得OD∥BE； (2)由(1)，易证得∠EOD＋∠EOC＝90°，然后利用勾股定理，即可求得CD的长． ∴∠AOD＝∠EOD＝∠AOE， ∵∠ABE＝∠AOE，∴∠AOD ＝∠ABE，∴OD∥BE. ∴Rt△OAD≌Rt△OED，∴∠AOD＝∠EOD＝∠AOE， 在⊙O中，∠ABE＝∠AOE， ∴∠AOD＝∠ABE，∴OD∥BE. (2)同理可证：Rt△COE≌Rt△COB，∴∠COE＝∠COB＝∠BOE， 在Rt△COD中，CD＝＝＝10，即CD的长为10. ∵S＝S△OBC＋S△OAB＋S△OAC＝AC·r＋BC·r＋AB·r＝(a＋b＋c)r. ∴r＝. (2)理解应用：如图6－19－9③，在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝21，CD＝11，AD＝13，⊙O 1与⊙O 2分别为△ABD与△BCD的内切圆，设它们的半径分别为r1和r2，求的值． 解：(1)如答图①，连结OA，OB，OC，OD.∵S＝S△AOB＋S△BOC＋S△COD＋ S△AOD＝ar＋br＋cr＋dr＝(a＋b＋c＋d)r，∴r＝. (2)如答图②，过点D作DE⊥AB于点E， 则AE＝×(AB－DC)＝×(21－11)＝5. DE＝＝＝12. BE＝AB－AE＝21－5＝16. BD＝＝＝20. ∵AB∥DC，∴＝＝. 又∵＝＝＝， ∴＝，即＝. 6．如图6－19－10，在Rt△AOB中，OA＝OB＝3，⊙O的半径为1，点P是AB边上的动点，过点P作⊙O的一条切线PQ(点Q为切点)，则切线长PQ的最小值为________． 2 ∵在Rt△AOB中，OA＝OB＝3， ∴AB＝OA＝6，∴OP＝3，∴PQ＝＝＝2. 求三角形内切圆的半径时用不同的方法表示三角形的面积，建立等量关系，设三角形三边为a，b，c，a边上的高为h，内切圆的半径为r，则(a＋b＋c)·r＝ah. 右移动，经过t s，以点P为圆心， cm为半径的圆与△ABC的边相切(切点在边上)，请写出t可取的一切值______________ ______________．(单位：s) 例5　如图6－19－11，射线QN与等边△ABC的两边AB，BC分别交于点M，N，且AC∥QN，AM＝MB＝2 cm，QM＝4 cm.动点P从点Q出发，沿 射线QN以每秒1 cm的速度向 【思路生成】求出AB＝AC＝BC＝4 cm，MN＝AC＝2 cm，∠BMN＝∠BNM＝∠C＝∠A＝60°，分为三种情况：画出图形，结合图形求出． ∴MN＝AC＝2 cm，∠BMN＝∠BNM＝∠C＝∠A＝60°. 当⊙P切AB于M′时，连结PM′， 则PM′＝ cm，∠PM′M＝90°， ∵∠PMM′＝∠BMN＝60°， ∴MM′＝1 cm，PM＝2MM′＝2 cm， ∴QP＝QM－PM＝2 cm， 即t＝2. ∠PMA＝∠BMN＝60°，AP＝ cm， 则∠CP′N＝∠ACP′＝90°，∠P′NC＝∠BNM＝60°，CP′＝ cm， ③如答图③， 当⊙P切BC于N′时，连结PN′， 则PN′＝ cm，∠PN′N＝90°， ∵∠PNN′＝∠BNM＝60°， ∴PN＝＝＝2(cm)， ∴QP＝QM＋MN＋NP＝8 cm， 即t＝8. 综上可知，t的取值为2或3≤t≤7或8. $