专题24.7 切线长定理及三角形的内切圆【七大题型】（人教版）（解析版）.docx

专题24.7 切线长定理及三角形的内切圆【七大题型】 【人教版】 【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AD＝10cm，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DM＝MF，FN＝EN，AD＝AE，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，AD＝10cm， ∴设E、F分别是⊙O的切点， 故DM＝MF，FN＝EN，AD＝AE， ∴AM+AN+MN＝AD+AE＝10+10＝20（cm）． 故答案是：20cm． 【变式1-1】（2022秋•莒南县期末）如图，PA、PB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x2﹣mx+m﹣1＝0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PA＝PB，又由PA、PB的长是关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣1＝0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x2﹣mx+m﹣1＝0的两个根， ∴PA+PB＝m，PA•PB＝m﹣1， ∵PA、PB切⊙O于A、B两点， ∴PA＝PB=m2， 即m2•m2=m﹣1， 即m2﹣4m+4＝0， 解得：m＝2， ∴PA＝PB＝1， ∵PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E， ∴AD＝ED，BC＝EC， ∴△PCD的周长为：PD+CD+PC＝PD+DE+EC+PC＝PD+AD+BC+PC＝PA+PB＝2． 【变式1-2】（2022•雨花区校级三模）如图，△ABC中，∠C＝90°，BC＝5，⊙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（　　） A．14 B．20 C．24 D．30 【分析】设AD＝x，由切线长定理得AE＝x，根据题意可得四边形OECF为正方形，则CE＝CF＝2，BD＝BF＝3，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AD＝x，由切线长定理得AE＝x， ∵⊙O与Rt△ABC的三边分别点D、E、F， ∴OE⊥AC，OF⊥BC， ∴四边形OECF为正方形， ∵⊙O的半径为2，BC＝5， ∴CE＝CF＝2，BD＝BF＝3， ∴在Rt△ABC中， ∵AC2+BC2＝AB2，即（x+2）2+52＝（x+3）2， 解得x＝10， ∴△ABC的周长为12+5+13＝30． 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，∠DOE＝65°，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x2﹣10x+k＝0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∠AOB＝130°，∠PAO＝∠PBO＝90°，再利用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x2﹣10x+k＝0的两根．可得DN+EM＝10，再利用切线长定理即可解决问题； 【解答】解：（1）连接OA、OB、OC． ∴PA、PB、DE是⊙O的切线， ∴PA⊥OA，OB⊥PB，∠DOA＝∠DOC，∠EOB＝∠EOC， ∵∠DOE＝65°， ∴∠AOB＝130°，∠PAO＝∠PBO＝90°， ∴∠P＝360°﹣90°﹣90°﹣130°＝50°． （2）∵PA、PB、DE是⊙O的切线， ∴DA＝DC，EC＝EB，PA＝PB＝5， ∴△PDE的周长＝PD+DE+PE＝PD+DA+PE+EB＝PA+PB＝10． （3）∵DN、EM的长是方程x2﹣10x+k＝0的两根． ∴DN+EM＝10， ∴PN，PM，MN是⊙O的切线， ∴AN＝NF，MF＝MB，DA＝DC，EC＝EB， ∴四边形EMND的周长＝EM+MN+DN+DE＝EM+BM+NA+DA+EB+DN＝2（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Rt△ABC中，∠A＝90°，⊙O是它的内切圆，与AB，BC，CA分别切于点D，E，F，若∠ACB＝40°，则∠DOE＝　130°　． 【分析】利用直角三角形性质求出∠ABC＝50°，再利用切线性质求出∠BDO＝∠BEO＝90°，再利用四边形内角和为360°，即可求得答案． 【解答】解：在Rt△ABC中，∵∠A＝90°，∠ACB＝40°， ∴∠ABC＝90°﹣∠ACB＝90°﹣40°＝50°， ∵⊙O是Rt△ABC的内切圆，与AB，BC，CA分别切于点D，E，F， ∴AB、BC是⊙O的切线， ∴∠BDO＝∠BEO＝90°， ∴∠DOE＝360°﹣∠BDO﹣∠BEO﹣∠ABC＝130°， 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∠A＝40°，连接OB，OC，DE，EF，则∠BOC＝　110　°，∠DEF＝　70　°． 【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，∠A＝40°， ∴OB，OC平分∠ABC，∠ACB， ∴∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB ＝180°−12（∠ABC+∠ACB） ＝180°−12×140° ＝110°， ∵OD⊥AB，OF⊥AC， ∴∠ADO＝∠AFO＝90°， ∴∠DOF＝360°﹣90°﹣90°﹣40°＝140°， ∴∠DEF=12∠DOF＝70°． 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∠A＝40°，求∠BIC与∠FDE的度数． （2）若∠BIC＝α；∠FDE＝β，试猜想α，β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∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB），∠FDE＝180°﹣2∠A，根据三角形的内角和定理求出∠BIC＝90°+12∠A，代入即可求出答案． 【解答】解：（1）∵圆I是△ABC的内切圆， ∴∠IBC=12∠ABC，∠ICB=12∠ACB， ∴∠IBC+∠ICB=12（∠ABC+∠ACB）， ∵∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝140°， ∴∠IBC+∠ICB＝70°， ∴∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB）＝110°， 如图，连接IF、IE， ∵圆I是△ABC的内切圆， ∴∠IFA＝∠IEA＝90°， ∵∠A＝40°， ∴∠FIE＝360°﹣∠IFA﹣∠IEA﹣∠A＝140°， ∴∠EDF=12∠EIF＝70°， 答：∠BIC＝110°，∠FDE＝70°； （2）解：α＝180°﹣β， 证明：由圆周角定理得：∠FIE＝2∠FDE， 由（1）知：2∠FDE＝180°﹣∠A， 即∠A＝180°﹣2∠FDE， ∴∠A＝180°﹣∠EIF， 由（1）知：2∠FDE＝180°﹣∠A， ∴∠A＝180°﹣2∠FDE＝180°﹣2β， ∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB） ＝180°−12（∠ABC+∠ACB） ＝180°−12（180°﹣∠A） ＝90°+12∠A， ∴∠BIC＝α＝90°+12（180°﹣2β）， 即α＝180°﹣β． 【变式2-3】（2022秋•邗江区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点M是△ABC内一点，连接BM交AD于点N，已知∠AMB＝108°，若点M是△CAN的内心，则∠BAC的度数为（　　） A．36° B．48° C．60° D．72° 【分析】过点M作ME⊥AD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ME∥BC，可得∠NME＝∠NBD，由点M是△CAN的内心，可得点M在∠NAC和∠ANC的角平分线上，设∠NAM＝x，∠NBD＝y，所以∠BAC＝4x，∠NBD＝∠NCD＝∠NME＝y，∠ENM＝∠CNM＝2y，然后利用∠AMB＝108°，列出方程组y−x=18°2y+x=72°，求解即可得结论． 【解答】解：如图，过点M作ME⊥AD于点E， ∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴△ABC是等腰三角形，AD是BC边的中垂线， ∴NB＝NC，∠BAD＝∠CAD， ∴∠NBD＝∠NCD， ∵ME⊥AD，AD⊥BC， ∴ME∥BC， ∴∠NME＝∠NBD， ∵点M是△CAN的内心， ∴点M在∠NAC和∠ANC的角平分线上， ∴∠NAM＝∠CAM，∠ANM＝∠CNM， 设∠NAM＝x，∠NBD＝y， ∴∠BAC＝4x，∠NBD＝∠NCD＝∠NME＝y， ∴∠ENM＝∠CNM＝∠NBC+∠NCB＝2y， ∵∠AMB＝108°， ∴∠AME＝∠AMB﹣∠EMN＝108°﹣y， 在△AEM中，∠EAM+∠AME＝90°， ∴x+108°﹣y＝90°， ∴y﹣x＝18°， 在△ANM中，∠NAM+∠ANM＝180°﹣108°， ∴x+2y＝72°， y−x=18°2y+x=72°， 解得x=12°y=30°， ∴∠BAC＝4x＝48°． 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AF＝x，由切线长定理可得EF＝AF＝x，则FD＝1﹣x，CF＝CE+EF＝CB+EF＝1+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AF＝x， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DAB＝90°， ∴DA⊥AB， ∴AD是圆的切线， ∵CF是⊙O的切线，E为切点， ∴EF＝AF＝x， ∴FD＝1﹣x， ∵CB⊥AB， ∴CB 为⊙O 的切线， ∴CB＝CE， ∴CF＝CE+EF＝CB+EF＝1+x． ∴在Rt△CDF中由勾股定理得到：CF2＝CD2+DF2， 即（1+x）2＝1+（1﹣x）2， 解得x=14， ∴DF＝1﹣x=34， ∴S△CDF=12×1×34=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，OE⊥EB．若AE＝22，则△ABE的面积为（　　） A．22 B．2 C．2 D．1 【分析】延长BE交⊙O于点F，连接AF，OF，根据AB是⊙O的直径，可得∠AFB＝∠C＝90°，证明△FEA是等腰直角三角形，可得AF＝EF＝2，根据垂径定理可得EF＝BE＝2，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， ∴∠AFB＝∠C＝90°， ∴∠CAB+∠CBA＝90°， ∵E是△ABC的内心， ∴∠EAB=12∠CAB，∠EBA=12∠CBA， ∴∠EAB+∠EBA=12（∠CAB+∠CBA）＝45°， ∴∠FEA＝45°， ∴△FEA是等腰直角三角形， ∴AE=2AF=2EF， ∵AE＝22， ∴AF＝EF＝2， ∵OE⊥EB， ∴EF＝BE＝2， ∴△ABE的面积为：12BE•AF=12×2×2＝2． 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（　　） A．150π B．1503 C．3003 D．200 【分析】画出图形，连接AD，OB，则AD过O，求出∠OBD＝30°，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， ∴∠ABC＝60°， ∵⊙O是△ABC的内切圆， ∴∠OBC=12∠ABC＝30°， ∵⊙O切BC于D， ∴∠ODB＝90°， ∵OD＝1， ∴OB＝2， 由勾股定理得：BD=22−12=3， ∴BC＝23， ∴S△ABC=12BC•AD=12×23×3＝33． ∴这条花边的面积＝100S△ABC＝3003， 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（　　）cm2 A．12 B．24 C．8 D．6 【分析】由于AE与圆O切于点F，根据切线长定理有AF＝AB＝4cm，EF＝EC；设EF＝EC＝xcm．则DE＝（4﹣x）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AF＝AB＝4cm，EF＝EC， 设EF＝EC＝xcm， 则DE＝（4﹣x）cm，AE＝（4+x）cm， 在三角形ADE中由勾股定理得： （4﹣x）2+42＝（4+x）2， ∴x＝1cm， ∴CE＝1cm， ∴DE＝4﹣1＝3cm， ∴S△ADE＝AD•DE÷2＝3×4÷2＝6cm2． 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、BC、CA于点D、E、F、若AB＝5，AC＝6，BC＝7，求AD、BE、CF的长． 【分析】由切线长定理，可知：AF＝AD，CF＝CE，BE＝BD，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+CE＝7，可求出AD的长进而求出BE、CF的长． 【解答】解：假设AD＝x， ∵⊙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AD＝AF，BD＝BE，EC＝FC， ∴AF＝x， ∵AB＝5，AC＝6，BC＝7， ∴BE＝BD＝AB﹣AD＝5﹣x，FC＝EC＝AC﹣AF＝6﹣x， ∴BC＝BE+EC＝5﹣x+6﹣x＝7， 解得：x＝2， ∴AD＝2，BE＝BD＝5﹣2＝3，CF＝AC﹣AF＝6﹣2＝4． 【变式4-1】（2022秋•崇川区月考）如图，已知△ABC的内切圆O与三边分别切于D、E、F，∠A＝60°，CB＝6cm，△ABC的周长为16cm，则DF的长等于（　　） A．2cm B．3cm C．4cm D．6cm 【分析】利用三角形内切圆的性质以及切线长定理得出BD＝BE，CE＝CF，AD＝AF，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，CB＝6cm，△ABC的周长为16cm， ∴BD＝BE，CE＝CF，AD＝AF， ∵BE+EC＝BD+FC＝6， ∴AD＝AF=12（AB+AC+BC﹣BC﹣BD﹣CF）=12（16﹣6﹣6）＝2， ∵∠A＝60°， ∴△ADF是等边三角形， ∴DF＝2． 故选：A． 【变式4-2】（2022秋•龙凤区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，⊙O是△ABC的内切圆，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AB＝5，根据△ABC的内切圆，得到OE⊥AC，OF⊥BC，OE＝OF，推出四边形CFOE是正方形，得到CE＝CF＝OF＝OE，根据3﹣r+4﹣r＝5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， ∴OE⊥AC，OF⊥BC，OE＝OF，AE＝AQ，BF＝BQ， ∵∠C＝90°， ∴∠C＝∠CFO＝∠CEO＝90°， ∴四边形CFOE是正方形， ∴CE＝CF＝OF＝OE， ∴3﹣r+4﹣r＝5， r＝1，AQ＝AE＝3﹣1＝2，OQ＝1， ∵D是AB的中点， ∴AD=52， ∴DQ＝AD﹣AQ=12， ∴OD2＝OQ2+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，AB＝12，BC＝16，⊙O1和⊙O2分别是△ABC和△ADC的内切圆，点E、F为切点，则EF的长是　4　cm． 【分析】根据矩形的性质得到AC＝20，△ABC≌△CDA，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∠B＝90°，推出四边形O1NBP是正方形，设圆的半径为r，根据切线长定理12﹣r+16﹣r＝20，解得r＝4，过O1作O1M⊥FO2于M，则O1M＝PQ＝8，QM＝BN＝4，同法可得DG＝4，根据EF＝AC﹣AE﹣CF计算即可． 【解答】解：∵矩形ABCD中，AB＝12，BC＝16， ∴AC＝20，△ABC≌△CDA，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， ∵∠B＝90°， ∴四边形O1NBP是正方形， 设圆的半径为r，根据切线长定理12﹣r+16﹣r＝20，解得r＝4， ∴BP＝BN＝4，同法可得DG＝4， ∴AN＝AE＝CG＝CF＝8， ∴EF＝AC﹣AE﹣CF＝20﹣16＝4 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，AD＜AB，AD＝9，AB＝12，则△ACD内切圆的半径是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据矩形性质和勾股定理可得AC＝15，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，∠B＝90°，AD＝BC＝9，AB＝12， 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， ∴DF＝DG＝r， ∴AG＝AE＝AD﹣DG＝9﹣r， CF＝CE＝CD﹣DF＝AB﹣DF＝12﹣r， ∵AE+CE＝AC， ∴9﹣r+12﹣r＝15， 解得r＝3． ∴△ACD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Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AB＝5，⊙O是Rt△ABC的内切圆，则⊙O的半径为（　　） A．1 B．3 C．2 D．23 【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：∵∠C＝90°，BC＝3，AB＝5， ∴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， ∴OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB于D、E、F，OD＝OE＝OF， ∴S△ABC＝S△BOC+S△AOC+S△AOB=12BC•DO+12AC•OE+12AB•FO=12（BC+AC+AB）•OD， ∵∠C＝90°， ∴12×AC•BC=12（BC+AC+AB）•OD， ∴OD=3×43+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），四边形面积为S，各边长分别为a，b，c，d，则该圆的直径为（　　） A．a+b+c+dS B．Sa+c C．c−dS(a+b) D．2Sa+b+c+d 【分析】连接OA、OB、OC、OD．由S四边形ABCD＝S△OAB+S△OBC+S△OCD+S△AOD，由S四边形ABCD=12AB•r+12BC•r+12CD•r+12AD•r=12（a+b+c+d）•r＝S，即可推出r=2Sa+b+c+d． 【解答】解：如图，连接OA、OB、OC、OD． ∵S四边形ABCD＝S△OAB+S△OBC+S△OCD+S△AOD 又∵S△OAB=12AB•r，S△OBC=12BC•r，S△OCD=12CD•r，S△AOD=12AD•r， ∴S四边形ABCD=12AB•r+12BC•r+12CD•r+12AD•r=12（a+b+c+d）•r＝S， ∴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∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，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AB＝10，证明四边形OECF是正方形，可得CF＝CE＝OF＝r，然后根据切线长定理可得AE＝AE＝AC﹣CE＝6﹣r，BF＝BD＝BC﹣CF＝8﹣r，进而可以解决问题． 【解答】解：如图，连结OD，OE，OF，设⊙O半径为r， ∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8， ∴AB=AC2+BC2=10， ∵△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，AC分别相切于点D，F，E， ∴AC⊥OE，AB⊥OD，BC⊥OE，且OF＝OD＝OE＝