题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C, \odot 0$ 是 $\triangle A B C$ 的内切圆, 它与 $A B, B C, C A$ 分别相切于点 $D 、 E 、$ F.

(1) 求证: $\mathrm{BE}=\mathrm{CE}$;

(2) 若 $\angle A=90^{\circ}, A B=A C=2$, 求 $\odot 0$ 的半径.


选项：
答案：【分析】 (1) 利用切线长定理得出 $\mathrm{AD}=\mathrm{AF}, \mathrm{BD}=\mathrm{BE}, \mathrm{CE}=\mathrm{CF}$, 进而得出 $\mathrm{BD}=\mathrm{CF}$, 即可得出答案;

（2）首先连结 $O \mathrm{D} 、 0 \mathrm{E}$, 进而利用切线的性质得出 $\angle O D A=\angle O F A=\angle A=90^{\circ}$ ，进而得出四边形 $0 D A F$ 是正方形, 再利用勾股定理求出 $\odot 0$ 的半径.

解法一: (1) 证明: $\because \odot 0$ 是 $\triangle A B C$ 的内切圆, 切点为 $D 、 E 、 F$

$\therefore \mathrm{AD}=\mathrm{AF}, \mathrm{BD}=\mathrm{BE}, \mathrm{CE}=\mathrm{CF}$,

$\because \mathrm{AB}=\mathrm{AC}$,

$\therefore \mathrm{AB}-\mathrm{AD}=\mathrm{AC}-\mathrm{AF}$,

即 $\mathrm{BD}=\mathrm{CF}$,

$\therefore \mathrm{BE}=\mathrm{CE} ;$

解法二: (1) 证明：连结 $O B 、 O C 、 O E$

$\because \odot 0$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的内切圆,

$\therefore O B, O C$ 分别平分 $\angle A B C, \angle A C B$,

$\therefore \angle 0 \mathrm{BC}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{ABC}, \angle O C B=\frac{1}{2} \angle \mathrm{ACB}$,

$\because \mathrm{AB}=\mathrm{AC}$,

$\therefore \angle \mathrm{ABC}=\angle \mathrm{ACB}$,

$\therefore \angle \mathrm{OBC}=\angle \mathrm{OCB}$,

$\therefore 0 \mathrm{~B}=0 \mathrm{C}$,

又 $\because \odot 0$ 是 $\triangle A B C$ 的内切圆, 切点为 $E$,

$\therefore 0 \mathrm{E} \perp \mathrm{BC}$,

$\therefore \mathrm{BE}=\mathrm{CE} ;$

(2) 解：连结 $O D 、 O E$,

$\because \odot 0$ 是 $\triangle A B C$ 的内切圆, 切点为 $D 、 E 、 F$,

$\therefore \angle 0 \mathrm{DA}=\angle \mathrm{OFA}=\angle \mathrm{A}=90^{\circ}$,

又 $\because 0 \mathrm{O}=0 \mathrm{~F}$,

$\therefore$ 四边形 0 DAF 是正方形,

设 $0 D=A D=A F=r$,

则 $\mathrm{BE}=\mathrm{BD}=\mathrm{CF}=\mathrm{CE}=2-\mathrm{r}$,

在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{A}=90^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{BC}=\sqrt{\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{AC}^{2}}=2 \sqrt{2}$,

又 $\because \mathrm{BC}=\mathrm{BE}+\mathrm{CE}$,

$\therefore(2-r)+(2-r)=2 \sqrt{2}$,

得: $r=2-\sqrt{2}$,

$\therefore \odot 0$ 的半径是 $2-\sqrt{2}$.

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解析：【分析】 (1) 利用切线长定理得出 $\mathrm{AD}=\mathrm{AF}, \mathrm{BD}=\mathrm{BE}, \mathrm{CE}=\mathrm{CF}$, 进而得出 $\mathrm{BD}=\mathrm{CF}$, 即可得出答案;

（2）首先连结 $O \mathrm{D} 、 0 \mathrm{E}$, 进而利用切线的性质得出 $\angle O D A=\angle O F A=\angle A=90^{\circ}$ ，进而得出四边形 $0 D A F$ 是正方形, 再利用勾股定理求出 $\odot 0$ 的半径.

解法一: (1) 证明: $\because \odot 0$ 是 $\triangle A B C$ 的内切圆, 切点为 $D 、 E 、 F$

$\therefore \mathrm{AD}=\mathrm{AF}, \mathrm{BD}=\mathrm{BE}, \mathrm{CE}=\mathrm{CF}$,

$\because \mathrm{AB}=\mathrm{AC}$,

$\therefore \mathrm{AB}-\mathrm{AD}=\mathrm{AC}-\mathrm{AF}$,

即 $\mathrm{BD}=\mathrm{CF}$,

$\therefore \mathrm{BE}=\mathrm{CE} ;$

解法二: (1) 证明：连结 $O B 、 O C 、 O E$

$\because \odot 0$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的内切圆,

$\therefore O B, O C$ 分别平分 $\angle A B C, \angle A C B$,

$\therefore \angle 0 \mathrm{BC}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{ABC}, \angle O C B=\frac{1}{2} \angle \mathrm{ACB}$,

$\because \mathrm{AB}=\mathrm{AC}$,

$\therefore \angle \mathrm{ABC}=\angle \mathrm{ACB}$,

$\therefore \angle \mathrm{OBC}=\angle \mathrm{OCB}$,

$\therefore 0 \mathrm{~B}=0 \mathrm{C}$,

又 $\because \odot 0$ 是 $\triangle A B C$ 的内切圆, 切点为 $E$,

$\therefore 0 \mathrm{E} \perp \mathrm{BC}$,

$\therefore \mathrm{BE}=\mathrm{CE} ;$

(2) 解：连结 $O D 、 O E$,

$\because \odot 0$ 是 $\triangle A B C$ 的内切圆, 切点为 $D 、 E 、 F$,

$\therefore \angle 0 \mathrm{DA}=\angle \mathrm{OFA}=\angle \mathrm{A}=90^{\circ}$,

又 $\because 0 \mathrm{O}=0 \mathrm{~F}$,

$\therefore$ 四边形 0 DAF 是正方形,

设 $0 D=A D=A F=r$,

则 $\mathrm{BE}=\mathrm{BD}=\mathrm{CF}=\mathrm{CE}=2-\mathrm{r}$,

在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{A}=90^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{BC}=\sqrt{\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{AC}^{2}}=2 \sqrt{2}$,

又 $\because \mathrm{BC}=\mathrm{BE}+\mathrm{CE}$,

$\therefore(2-r)+(2-r)=2 \sqrt{2}$,

得: $r=2-\sqrt{2}$,

$\therefore \odot 0$ 的半径是 $2-\sqrt{2}$.