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1. 如图，$\odot O$ 是 $△ ABC$ 的外接圆，$AB$ 是直径，$\odot D$ 是 $△ ABC$ 的内切圆，连接 $AD$，$BD$，则 $∠ ADB$ 的度数为 （
A.$120°$
B.$135°$
C.$145°$
D.$150°$
B
）A.$120°$
B.$135°$
C.$145°$
D.$150°$
答案
1. B
解析
【分析】
首先，AB是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角为直角，可得△ABC中∠ACB=90°，进而推出∠CAB与∠CBA的和为90°；其次，⊙D是△ABC的内切圆，点D是△ABC的内心，内心是三角形内角平分线的交点，因此AD、BD分别平分∠CAB和∠CBA；最后利用三角形内角和定理，即可计算出∠ADB的度数。
【解析】
解：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°（直径所对的圆周角为直角），
∴在△ABC中，∠CAB + ∠CBA = 180° - ∠ACB = 180° - 90° = 90°。
∵⊙D是△ABC的内切圆，
∴点D是△ABC的内心，即AD平分∠CAB，BD平分∠CBA，
∴∠DAB = $\frac{1}{2}$∠CAB，∠DBA = $\frac{1}{2}$∠CBA，
∴∠DAB + ∠DBA = $\frac{1}{2}$(∠CAB + ∠CBA) = $\frac{1}{2}$×90° = 45°。
在△ABD中，∠ADB = 180° - (∠DAB + ∠DBA) = 180° - 45° = 135°。
【答案】
B
【知识点】
圆周角定理；三角形内心性质；三角形内角和定理
【点评】
本题综合考查圆的性质与三角形的相关知识，核心是利用直径的圆周角为直角、内心是角平分线交点的性质，结合三角形内角和求解角度，属于中等难度的几何题。
【难度系数】
0.5
首先，AB是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角为直角，可得△ABC中∠ACB=90°，进而推出∠CAB与∠CBA的和为90°；其次，⊙D是△ABC的内切圆，点D是△ABC的内心，内心是三角形内角平分线的交点，因此AD、BD分别平分∠CAB和∠CBA；最后利用三角形内角和定理，即可计算出∠ADB的度数。
【解析】
解：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°（直径所对的圆周角为直角），
∴在△ABC中，∠CAB + ∠CBA = 180° - ∠ACB = 180° - 90° = 90°。
∵⊙D是△ABC的内切圆，
∴点D是△ABC的内心，即AD平分∠CAB，BD平分∠CBA，
∴∠DAB = $\frac{1}{2}$∠CAB，∠DBA = $\frac{1}{2}$∠CBA，
∴∠DAB + ∠DBA = $\frac{1}{2}$(∠CAB + ∠CBA) = $\frac{1}{2}$×90° = 45°。
在△ABD中，∠ADB = 180° - (∠DAB + ∠DBA) = 180° - 45° = 135°。
【答案】
B
【知识点】
圆周角定理；三角形内心性质；三角形内角和定理
【点评】
本题综合考查圆的性质与三角形的相关知识，核心是利用直径的圆周角为直角、内心是角平分线交点的性质，结合三角形内角和求解角度，属于中等难度的几何题。
【难度系数】
0.5
2. 如图,$AC$ 是矩形 $ABCD$ 的对角线,$\odot O$ 是$△ ABC$ 的内切圆,$E$ 是边 $AD$ 上一点,连接$CE$. 将$△ CDE$ 绕点 $C$ 逆时针旋转,当 $CD$ 落到对角线 $AC$ 上时,点 $E$ 恰好与圆心 $O$ 重合. 已知 $AE=6$,则下列结论不正确的是
（
A.$BC+DE=AC$
B.$\odot O$ 的半径是 $2$
C.$∠ ACB=2∠ DCE$
D.$AE=CE$
（
D
）A.$BC+DE=AC$
B.$\odot O$ 的半径是 $2$
C.$∠ ACB=2∠ DCE$
D.$AE=CE$
答案
2. D 提示:设$\odot O$与边AC,AB,BC的切点分别为F,G,H,$\odot O$的半径为r,连接OG,OH.易证四边形BGOH是正方形,所以$OG=OH=BG=BH=OF=r$.由旋转的性质,得$OF=ED=r$,$CF=CD$,$∠FCO=∠DCE$,所以$∠ACB=2∠DCE$.因为$BC=AD$,所以$BC-BH=AD-ED$,即$CH=AE$.由切线长定理,得$CH=CF$,$AF=AG$,所以$AB=CD=CF=CH=AE=6$,$AF=AG=6-r$,所以$AC=12-r$.在$Rt△ABC$中,由勾股定理,得$AB^2+BC^2=AC^2$,即$6^2+(6+r)^2=(12-r)^2$,解得$r=2$.所以$BC=8$,$AC=10$.所以$BC+DE=AC$,$\odot O$的半径是2,所以选项A,B,C正确.因为$AE=CD$,$CD＜CE$,所以$AE＜CE$,所以选项D不正确.
解析
【分析】
要解决本题，需结合旋转的性质、三角形内切圆的切线长定理、矩形性质及勾股定理，先设内切圆半径为r，利用旋转得到对应边和角的关系，再结合切线长定理建立方程求出各边长度，最后逐一判断选项是否正确。
【解析】
设$\odot O$的半径为$r$，连接$\odot O$与$AC$、$AB$、$BC$的切点$F$、$G$、$H$，连接$OG$、$OH$。
因为$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，所以$OG⊥ AB$，$OH⊥ BC$，又$∠ ABC=90°$，故四边形$BGOH$是正方形，得$BG=BH=OG=OH=r$。
由旋转的性质，得$OF=ED=r$，$CF=CD$，$∠ FCO=∠ DCE$，因此$∠ ACB=∠ FCO+∠ DCE=2∠ DCE$，故选项C正确。
因为矩形中$BC=AD$，所以$BC - BH = AD - ED$，即$CH=AE=6$。根据切线长定理，$CH=CF$，$AF=AG$，所以$CF=CH=6$，$AB=CD=CF=6$，$BC=BH + CH=r +6$，$AF=AB - BG=6 - r$，因此$AC=AF + CF=(6 - r)+6=12 - r$。
在$Rt△ ABC$中，由勾股定理：$AB^2 + BC^2=AC^2$，代入得：$6^2 + (6 + r)^2=(12 - r)^2$，展开化简得$r=2$。
由此得$BC=8$，$AC=10$，$DE=2$。
选项A：$BC+DE=8+2=10=AC$，正确；
选项B：$\odot O$半径$r=2$，正确；
选项C：已证$∠ ACB=2∠ DCE$，正确；
选项D：$AE=6$，$CE=\sqrt{6^2+2^2}=\sqrt{40}\approx6.32＞6$，故$AE≠ CE$，错误。
【答案】
D
【知识点】
矩形性质、内切圆与旋转、勾股定理
【点评】
本题综合考查几何核心知识点，需熟练运用切线长定理、旋转性质及勾股定理建立方程求解，再逐一分析选项，对学生的几何综合应用能力要求较高。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合旋转的性质、三角形内切圆的切线长定理、矩形性质及勾股定理，先设内切圆半径为r，利用旋转得到对应边和角的关系，再结合切线长定理建立方程求出各边长度，最后逐一判断选项是否正确。
【解析】
设$\odot O$的半径为$r$，连接$\odot O$与$AC$、$AB$、$BC$的切点$F$、$G$、$H$，连接$OG$、$OH$。
因为$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，所以$OG⊥ AB$，$OH⊥ BC$，又$∠ ABC=90°$，故四边形$BGOH$是正方形，得$BG=BH=OG=OH=r$。
由旋转的性质，得$OF=ED=r$，$CF=CD$，$∠ FCO=∠ DCE$，因此$∠ ACB=∠ FCO+∠ DCE=2∠ DCE$，故选项C正确。
因为矩形中$BC=AD$，所以$BC - BH = AD - ED$，即$CH=AE=6$。根据切线长定理，$CH=CF$，$AF=AG$，所以$CF=CH=6$，$AB=CD=CF=6$，$BC=BH + CH=r +6$，$AF=AB - BG=6 - r$，因此$AC=AF + CF=(6 - r)+6=12 - r$。
在$Rt△ ABC$中，由勾股定理：$AB^2 + BC^2=AC^2$，代入得：$6^2 + (6 + r)^2=(12 - r)^2$，展开化简得$r=2$。
由此得$BC=8$，$AC=10$，$DE=2$。
选项A：$BC+DE=8+2=10=AC$，正确；
选项B：$\odot O$半径$r=2$，正确；
选项C：已证$∠ ACB=2∠ DCE$，正确；
选项D：$AE=6$，$CE=\sqrt{6^2+2^2}=\sqrt{40}\approx6.32＞6$，故$AE≠ CE$，错误。
【答案】
D
【知识点】
矩形性质、内切圆与旋转、勾股定理
【点评】
本题综合考查几何核心知识点，需熟练运用切线长定理、旋转性质及勾股定理建立方程求解，再逐一分析选项，对学生的几何综合应用能力要求较高。
【难度系数】
0.5
3.（2024 盐城市大丰区期中）如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$△ ABC$的内切圆$\odot O$与$AB$，$BC$，$CA$分别相切于点$D$，$E$，$F$。若$\odot O$的半径为$2$，$AD· DB=24$，则$AB$的长为
10
。答案
3. 10 提示:如图,连接OE,OF.由题意可知,四边形ECFO是边长为2的正方形.因为$△ABC$的内切圆$\odot O$与AB,BC,CA分别相切于点D,E,F,所以$AD=AF$,$BD=BE$.设$AD=AF=a$,$BD=BE=b$,则$AC=a+2$,$BC=b+2$,$AB=a+b$.在$Rt△ABC$中,$AC^2+BC^2=AB^2$,即$(a+2)^2+(b+2)^2=(a+b)^2$,所以$4a+4b+8=2ab$.又因为$AD·DB=ab=24$,所以$2ab=48$,所以$4(a+b)=48-8=40$,所以$a+b=10$,即$AB=10$.
解析
【分析】
要解决这个问题，需结合切线长定理、直角三角形内切圆的性质和勾股定理推导：首先连接内切圆与直角边的切点，利用切线垂直于半径和直角条件得到正方形；再通过切线长相等设未知数，结合勾股定理与已知的$AD·DB$的值，即可求出$AB$的长度。
【解析】
连接$OE$、$OF$，如图所示。
因为$\odot O$是$\mathrm{Rt}△ ABC$的内切圆，与$AC$、$BC$分别相切于$F$、$E$，所以$OF⊥AC$，$OE⊥BC$，又$∠ C=90°$，故四边形$OECF$是矩形；结合内切圆半径$OE=OF=2$，可知四边形$OECF$是边长为2的正方形，因此$FC=EC=2$。
根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，可得$AD=AF$，$BD=BE$。
设$AD=AF=a$，$BD=BE=b$，则$AB=a+b$，$AC=a+2$，$BC=b+2$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，由勾股定理得：
$AC^2 + BC^2 = AB^2$，代入得：
$(a+2)^2 + (b+2)^2 = (a+b)^2$
展开左边：$a^2 +4a +4 + b^2 +4b +4 = a^2 + 2ab + b^2$
整理得：$4a +4b +8 = 2ab$
已知$AD·DB=ab=24$，代入上式：
$4(a+b) +8 = 2×24$，即$4(a+b)=40$，解得$a+b=10$，故$AB=10$。
【答案】
10
【知识点】
切线长定理，正方形的判定，勾股定理
【点评】
本题是几何与代数结合的典型题，综合考查切线长定理、直角三角形内切圆性质及勾股定理，通过设未知数转化几何关系为代数运算，需熟练掌握相关定理的应用。
【难度系数】
0.5
要解决这个问题，需结合切线长定理、直角三角形内切圆的性质和勾股定理推导：首先连接内切圆与直角边的切点，利用切线垂直于半径和直角条件得到正方形；再通过切线长相等设未知数，结合勾股定理与已知的$AD·DB$的值，即可求出$AB$的长度。
【解析】
连接$OE$、$OF$，如图所示。
因为$\odot O$是$\mathrm{Rt}△ ABC$的内切圆，与$AC$、$BC$分别相切于$F$、$E$，所以$OF⊥AC$，$OE⊥BC$，又$∠ C=90°$，故四边形$OECF$是矩形；结合内切圆半径$OE=OF=2$，可知四边形$OECF$是边长为2的正方形，因此$FC=EC=2$。
根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，可得$AD=AF$，$BD=BE$。
设$AD=AF=a$，$BD=BE=b$，则$AB=a+b$，$AC=a+2$，$BC=b+2$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，由勾股定理得：
$AC^2 + BC^2 = AB^2$，代入得：
$(a+2)^2 + (b+2)^2 = (a+b)^2$
展开左边：$a^2 +4a +4 + b^2 +4b +4 = a^2 + 2ab + b^2$
整理得：$4a +4b +8 = 2ab$
已知$AD·DB=ab=24$，代入上式：
$4(a+b) +8 = 2×24$，即$4(a+b)=40$，解得$a+b=10$，故$AB=10$。
【答案】
10
【知识点】
切线长定理，正方形的判定，勾股定理
【点评】
本题是几何与代数结合的典型题，综合考查切线长定理、直角三角形内切圆性质及勾股定理，通过设未知数转化几何关系为代数运算，需熟练掌握相关定理的应用。
【难度系数】
0.5
4. 如图, A B 为 $\odot O$ 的直径, $A O=4$, 点 C 在半圆上, $O C ⊥ A B$, 垂足为 O, P 为半圆上任意一点, 过点 P 作 $P E ⊥ O C$ 于点 E. 设 $△ O P E$ 的内心为点 M, 连接 O M, M P.
(1) 求 $∠ O M P$ 的度数.
(2) 随着点 P 在半圆上位置的改变, $∠ C M O$ 的大小是否改变? 请说明理由.
(1) 求 $∠ O M P$ 的度数.
(2) 随着点 P 在半圆上位置的改变, $∠ C M O$ 的大小是否改变? 请说明理由.
答案
4. 解:(1) 因为$PE⊥OC$,所以$∠PEO=90°$,所以$∠EOP+∠EPO=90°$.因为点M为$△OPE$的内心,所以$∠MOP=\frac{1}{2}∠EOP$,$∠MPO=\frac{1}{2}∠EPO$,所以$∠MOP+∠MPO=\frac{1}{2}(∠EOP+∠EPO)=45°$,所以$∠OMP=180°-45°=135°$.
(2)$∠CMO$的大小不变.理由如下:
连接CM.在$△CMO$和$△PMO$中,
$\begin{cases} CO=PO, \\ ∠COM=∠POM, \\ MO=MO, \end{cases}$所以$△CMO≌△PMO$(SAS),所以$∠CMO=∠PMO=135°$,即$∠CMO$的大小不发生改变.
(2)$∠CMO$的大小不变.理由如下:
连接CM.在$△CMO$和$△PMO$中,
$\begin{cases} CO=PO, \\ ∠COM=∠POM, \\ MO=MO, \end{cases}$所以$△CMO≌△PMO$(SAS),所以$∠CMO=∠PMO=135°$,即$∠CMO$的大小不发生改变.
解析
【分析】
第(1)问先利用PE⊥OC得到△OPE为直角三角形，其两锐角和为90°；再根据内心是三角形角平分线交点的性质，得出OM、PM分别平分∠EOP、∠EPO，进而计算出∠MOP与∠MPO的和，结合三角形内角和定理求出∠OMP的度数。第(2)问通过连接CM，证明△CMO与△PMO全等，利用全等三角形对应角相等，结合第(1)问结论判断∠CMO是否改变。
【解析】
(1) 因为PE⊥OC，所以∠PEO=90°，在△OPE中，∠EOP + ∠EPO = 180° - ∠PEO = 90°。
又因为点M是△OPE的内心，所以OM平分∠EOP，PM平分∠EPO，因此∠MOP = $\frac{1}{2}$∠EOP，∠MPO = $\frac{1}{2}$∠EPO。
所以∠MOP + ∠MPO = $\frac{1}{2}$(∠EOP + ∠EPO) = $\frac{1}{2}$×90° = 45°。
在△OMP中，∠OMP = 180° - (∠MOP + ∠MPO) = 180° - 45° = 135°。
(2) ∠CMO的大小不改变，理由如下：
连接CM。
因为OC⊥AB，所以∠COP = 90°，又OM平分∠EOP（即∠COP），所以∠COM = ∠POM = $\frac{1}{2}$∠COP = 45°。
在△CMO和△PMO中：
$\begin{cases} CO=PO \\ ∠COM=∠POM \\ MO=MO \end{cases}$
所以△CMO ≌ △PMO（SAS），因此∠CMO = ∠PMO。
由(1)知∠PMO = 135°，故∠CMO = 135°，即∠CMO的大小不变。
【答案】
(1) 135°；(2) ∠CMO的大小不变，为135°
【知识点】
三角形内心性质、全等三角形判定、圆的半径性质
【点评】
本题结合圆的性质与三角形内心特点，通过角平分线性质和全等三角形判定解决角度问题，重点考查对内心定义的理解及全等三角形的应用，逻辑清晰，难度适中。
【难度系数】
0.4
第(1)问先利用PE⊥OC得到△OPE为直角三角形，其两锐角和为90°；再根据内心是三角形角平分线交点的性质，得出OM、PM分别平分∠EOP、∠EPO，进而计算出∠MOP与∠MPO的和，结合三角形内角和定理求出∠OMP的度数。第(2)问通过连接CM，证明△CMO与△PMO全等，利用全等三角形对应角相等，结合第(1)问结论判断∠CMO是否改变。
【解析】
(1) 因为PE⊥OC，所以∠PEO=90°，在△OPE中，∠EOP + ∠EPO = 180° - ∠PEO = 90°。
又因为点M是△OPE的内心，所以OM平分∠EOP，PM平分∠EPO，因此∠MOP = $\frac{1}{2}$∠EOP，∠MPO = $\frac{1}{2}$∠EPO。
所以∠MOP + ∠MPO = $\frac{1}{2}$(∠EOP + ∠EPO) = $\frac{1}{2}$×90° = 45°。
在△OMP中，∠OMP = 180° - (∠MOP + ∠MPO) = 180° - 45° = 135°。
(2) ∠CMO的大小不改变，理由如下：
连接CM。
因为OC⊥AB，所以∠COP = 90°，又OM平分∠EOP（即∠COP），所以∠COM = ∠POM = $\frac{1}{2}$∠COP = 45°。
在△CMO和△PMO中：
$\begin{cases} CO=PO \\ ∠COM=∠POM \\ MO=MO \end{cases}$
所以△CMO ≌ △PMO（SAS），因此∠CMO = ∠PMO。
由(1)知∠PMO = 135°，故∠CMO = 135°，即∠CMO的大小不变。
【答案】
(1) 135°；(2) ∠CMO的大小不变，为135°
【知识点】
三角形内心性质、全等三角形判定、圆的半径性质
【点评】
本题结合圆的性质与三角形内心特点，通过角平分线性质和全等三角形判定解决角度问题，重点考查对内心定义的理解及全等三角形的应用，逻辑清晰，难度适中。
【难度系数】
0.4
5. 类似于三角形的内切圆，我们定义：与四边形各边都相切的圆叫作四边形的内切圆。
请结合定义，解答下列问题：
(1) 下列说法正确的是
①邻边不相等的矩形一定没有内切圆；
②正方形一定有内切圆；
③四边形 $ABCD$ 中，若 $∠ B = ∠ D = 90°$，$AB = AD$，则四边形 $ABCD$ 没有内切圆。
(2) 如图 1，若四边形 $ABCD$ 有内切圆 $\odot O$，求证：$AB + CD = BC + AD$。
(3) 如图 2，在四边形 $ABCD$ 中，若 $∠ A + ∠ C = 180°$，它的内切圆 $\odot O$ 与边 $AB$，$BC$，$CD$，$AD$ 分别相切于点 $E$，$F$，$G$，$H$，连接 $EG$，$FH$ 交于点 $P$。
①求证：$EG ⊥ FH$；
②连接 $OP$，若 $\odot O$ 的半径为 1，当 $6 ≤ EG^2 + HF^2 ≤ 7$ 时，求 $OP$ 的取值范围。
请结合定义，解答下列问题：
(1) 下列说法正确的是
①②
.①邻边不相等的矩形一定没有内切圆；
②正方形一定有内切圆；
③四边形 $ABCD$ 中，若 $∠ B = ∠ D = 90°$，$AB = AD$，则四边形 $ABCD$ 没有内切圆。
(2) 如图 1，若四边形 $ABCD$ 有内切圆 $\odot O$，求证：$AB + CD = BC + AD$。
(3) 如图 2，在四边形 $ABCD$ 中，若 $∠ A + ∠ C = 180°$，它的内切圆 $\odot O$ 与边 $AB$，$BC$，$CD$，$AD$ 分别相切于点 $E$，$F$，$G$，$H$，连接 $EG$，$FH$ 交于点 $P$。
①求证：$EG ⊥ FH$；
②连接 $OP$，若 $\odot O$ 的半径为 1，当 $6 ≤ EG^2 + HF^2 ≤ 7$ 时，求 $OP$ 的取值范围。
答案
5. ①② 提示:因为当矩形有内切圆时,长和宽都等于直径,故①正确;以正方形对角线的交点为圆心,作与正方形其中一边相切的圆,由正方形的对称性可知,该圆与正方形各边都相切,故②正确;由②知,正方形ABCD中,$∠B=∠D=90°$,$AB=AD$,其有内切圆,故③不正确.
(2) 证明:如图1,设$\odot O$与AB,BC,CD,AD分别切于点E,F,G,H,由切线长定理,可得$AE=AH$,$BE=BF$,$DG=DH$,$CG=CF$,所以$AE+BE+DG+CG=AH+BF+DH+CF$,即$AB+CD=BC+AD$.
(3) ①证明:如图2,连接OE,OF,OH,OG,GH.因为四边形ABCD的内切圆$\odot O$与边AB,BC,CD,AD分别相切于点E,F,G,H,所以$∠AEO=∠CFO=∠AHO=∠CGO=90°$,所以$∠EOH+∠A=180°$,$∠FOG+∠C=180°$.又因为$∠A+∠C=180°$,所以$∠EOH+∠FOG=180°$,因为$∠EGH=\frac{1}{2}∠EOH$,$∠FHG=\frac{1}{2}∠FOG$,所以$∠EGH+∠FHG=90°$,所以$∠HPG=90°$,所以$EG⊥FH$.
②解:如图3,过点O作$OW⊥EG$于点W,$OV⊥FH$于点V,则$EW=\frac{1}{2}EG$,$FV=\frac{1}{2}HF$,$∠OWP=∠OVP=90°$.由①知,$∠EPF=90°$,所以四边形PWOV是矩形,所以$PV=OW$.因为$PV^2=OW^2=OE^2-EW^2$,$OV^2=OF^2-FV^2$,所以$OP^2=PV^2+OV^2=OE^2-EW^2+OF^2-FV^2=2-[(\frac{1}{2}EG)^2+(\frac{1}{2}HF)^2]=2-\frac{1}{4}(EG^2+HF^2)$.因为$6≤EG^2+HF^2≤7$,所以$\frac{1}{4}≤OP^2≤\frac{1}{2}$,所以$\frac{1}{2}≤OP≤\frac{\sqrt{2}}{2}$.
解析
【分析】
本题围绕四边形内切圆的定义及性质展开，分三小问逐步分析：
(1) 需根据内切圆定义判断各说法：矩形有内切圆的充要条件是邻边相等（即正方形），故邻边不等的矩形无内切圆，正方形有；给定∠B=∠D=90°且AB=AD的四边形实际为正方形，存在内切圆，因此选①②。
(2) 要证AB+CD=BC+AD，利用切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线长度相等，将四边形各边被切点分成的线段对应相加，即可推导等式。
(3) ① 证EG⊥FH：连接圆心与切点得直角，结合四边形内角和与∠A+∠C=180°，推出两个圆心角和为180°，再用圆周角定理得圆周角和为90°，从而证垂直；② 求OP范围：作垂线构造矩形，结合垂径定理和勾股定理，将OP用EG²+HF²表示，代入范围计算得OP的取值。
【解析】
(1) 逐一分析说法：
① 矩形有内切圆时，需满足圆心到各边距离相等，即长=宽，故邻边不相等的矩形无内切圆，正确；
② 正方形对角线交点为圆心，到各边距离相等，故正方形一定有内切圆，正确；
③ 给定∠B=∠D=90°、AB=AD的四边形是正方形，存在内切圆，错误；
故答案为①②。
(2) 证明：
设⊙O与AB、BC、CD、AD分别切于E、F、G、H，由切线长定理得：
AE=AH，BE=BF，DG=DH，CG=CF；
将上述四式相加：AE+BE+DG+CG = AH+BF+DH+CF，
即AB + CD = BC + AD，得证。
(3) ① 证明：
连接OE、OF、OH、OG、GH，
∵ ⊙O与各边相切，
∴ ∠AEO=∠AHO=∠CFO=∠CGO=90°，
在四边形AEOH中，∠EOH + ∠A = 360° - 90° -90°=180°，
同理，四边形CFOG中，∠FOG + ∠C=180°；
又
∵ ∠A + ∠C=180°，
∴ ∠EOH + ∠FOG=180°；
由圆周角定理：∠EGH=½∠EOH，∠FHG=½∠FOG，
∴ ∠EGH + ∠FHG=½(∠EOH + ∠FOG)=½×180°=90°，
在△GPH中，∠HPG=180° - (∠EGH + ∠FHG)=90°，故EG⊥FH，得证。
② 解：
过O作OW⊥EG于W，OV⊥FH于V，
由垂径定理：EW=½EG，FV=½HF；
由①知∠EPF=90°，又∠OWP=∠OVP=90°，故四边形PWOV是矩形，得PV=OW；
在Rt△OEW中，OW²=OE² - EW²=1² - (½EG)²，
在Rt△OFV中，OV²=OF² - FV²=1² - (½HF)²；
在Rt△OPV中，OP²=PV² + OV²=OW² + OV²，
代入得：OP²= [1 - (EG²)/4] + [1 - (HF²)/4] = 2 - ¼(EG² + HF²)；
已知6≤EG² + HF²≤7，
则 2 - ¼×7 ≤ OP² ≤ 2 - ¼×6 → 0.25 ≤ OP² ≤0.5，
∵ OP为长度，故½ ≤ OP ≤ √2/2。
【答案】
5. ①② (2) 证明见解析 (3) ① 证明见解析；② OP的取值范围是$\frac{1}{2}≤OP≤\frac{\sqrt{2}}{2}$
【知识点】
切线长定理，四边形内切圆性质，圆周角定理，垂径定理，矩形判定与性质
【点评】
本题是四边形内切圆的综合题，融合切线长、圆周角、垂径等多个几何定理，考查学生的逻辑推理与代数计算能力，需熟练掌握几何性质的灵活应用。
【难度系数】
0.5
本题围绕四边形内切圆的定义及性质展开，分三小问逐步分析：
(1) 需根据内切圆定义判断各说法：矩形有内切圆的充要条件是邻边相等（即正方形），故邻边不等的矩形无内切圆，正方形有；给定∠B=∠D=90°且AB=AD的四边形实际为正方形，存在内切圆，因此选①②。
(2) 要证AB+CD=BC+AD，利用切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线长度相等，将四边形各边被切点分成的线段对应相加，即可推导等式。
(3) ① 证EG⊥FH：连接圆心与切点得直角，结合四边形内角和与∠A+∠C=180°，推出两个圆心角和为180°，再用圆周角定理得圆周角和为90°，从而证垂直；② 求OP范围：作垂线构造矩形，结合垂径定理和勾股定理，将OP用EG²+HF²表示，代入范围计算得OP的取值。
【解析】
(1) 逐一分析说法：
① 矩形有内切圆时，需满足圆心到各边距离相等，即长=宽，故邻边不相等的矩形无内切圆，正确；
② 正方形对角线交点为圆心，到各边距离相等，故正方形一定有内切圆，正确；
③ 给定∠B=∠D=90°、AB=AD的四边形是正方形，存在内切圆，错误；
故答案为①②。
(2) 证明：
设⊙O与AB、BC、CD、AD分别切于E、F、G、H，由切线长定理得：
AE=AH，BE=BF，DG=DH，CG=CF；
将上述四式相加：AE+BE+DG+CG = AH+BF+DH+CF，
即AB + CD = BC + AD，得证。
(3) ① 证明：
连接OE、OF、OH、OG、GH，
∵ ⊙O与各边相切，
∴ ∠AEO=∠AHO=∠CFO=∠CGO=90°，
在四边形AEOH中，∠EOH + ∠A = 360° - 90° -90°=180°，
同理，四边形CFOG中，∠FOG + ∠C=180°；
又
∵ ∠A + ∠C=180°，
∴ ∠EOH + ∠FOG=180°；
由圆周角定理：∠EGH=½∠EOH，∠FHG=½∠FOG，
∴ ∠EGH + ∠FHG=½(∠EOH + ∠FOG)=½×180°=90°，
在△GPH中，∠HPG=180° - (∠EGH + ∠FHG)=90°，故EG⊥FH，得证。
② 解：
过O作OW⊥EG于W，OV⊥FH于V，
由垂径定理：EW=½EG，FV=½HF；
由①知∠EPF=90°，又∠OWP=∠OVP=90°，故四边形PWOV是矩形，得PV=OW；
在Rt△OEW中，OW²=OE² - EW²=1² - (½EG)²，
在Rt△OFV中，OV²=OF² - FV²=1² - (½HF)²；
在Rt△OPV中，OP²=PV² + OV²=OW² + OV²，
代入得：OP²= [1 - (EG²)/4] + [1 - (HF²)/4] = 2 - ¼(EG² + HF²)；
已知6≤EG² + HF²≤7，
则 2 - ¼×7 ≤ OP² ≤ 2 - ¼×6 → 0.25 ≤ OP² ≤0.5，
∵ OP为长度，故½ ≤ OP ≤ √2/2。
【答案】
5. ①②
(2) 证明见解析 (3) ① 证明见解析；② OP的取值范围是$\frac{1}{2}≤OP≤\frac{\sqrt{2}}{2}$ 【知识点】
切线长定理，四边形内切圆性质，圆周角定理，垂径定理，矩形判定与性质
【点评】
本题是四边形内切圆的综合题，融合切线长、圆周角、垂径等多个几何定理，考查学生的逻辑推理与代数计算能力，需熟练掌握几何性质的灵活应用。
【难度系数】
0.5
