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7 如图所示的网格由边长为1个单位长度的小正方形组成，点A，B，C在平面直角坐标系中的坐标分别为(3,6)，(-3,3)，(7,-2)，则△ABC的内心的坐标为
（第7题）
(2,3)
。（第7题）答案
7.(2,3)
解析
【分析】
要确定△ABC内心的坐标，首先明确三角形的内心是三个内角角平分线的交点，也可结合三角形边长与顶点坐标的关系求解。第一步先根据三点坐标利用勾股定理计算三边长度，再代入三角形内心坐标公式即可求出内心坐标；也可先判断三角形形状，结合直角三角形内切圆的性质推导坐标。
【解析】
1. 计算△ABC三边的长度：
已知点$A(3,6)$，$B(-3,3)$，$C(7,-2)$，根据两点间距离公式：
$AB=\sqrt{[3-(-3)]^2+(6-3)^2}=\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt{5}$
$AC=\sqrt{(7-3)^2+(-2-6)^2}=\sqrt{4^2+(-8)^2}=4\sqrt{5}$
$BC=\sqrt{[7-(-3)]^2+(-2-3)^2}=\sqrt{10^2+(-5)^2}=5\sqrt{5}$
2. 代入内心坐标公式：
三角形内心坐标公式为：若顶点$A(x_A,y_A)$、$B(x_B,y_B)$、$C(x_C,y_C)$，各顶点对边长度分别为$a=BC$、$b=AC$、$c=AB$，则内心坐标为$(\frac{a· x_A + b· x_B + c· x_C}{a+b+c},\frac{a· y_A + b· y_B + c· y_C}{a+b+c})$。
代入$a=5\sqrt{5}$，$b=4\sqrt{5}$，$c=3\sqrt{5}$，得$a+b+c=12\sqrt{5}$。
横坐标：$\frac{5\sqrt{5}×3 + 4\sqrt{5}×(-3) + 3\sqrt{5}×7}{12\sqrt{5}}=\frac{15\sqrt{5}-12\sqrt{5}+21\sqrt{5}}{12\sqrt{5}}=2$
纵坐标：$\frac{5\sqrt{5}×6 + 4\sqrt{5}×3 + 3\sqrt{5}×(-2)}{12\sqrt{5}}=\frac{30\sqrt{5}+12\sqrt{5}-6\sqrt{5}}{12\sqrt{5}}=3$
【答案】
$(2,3)$
【知识点】
三角形内心的性质、勾股定理、平面直角坐标系的应用
【点评】
本题将三角形内心的知识与平面直角坐标系结合，解题的关键是先通过勾股定理求出三角形三边长度，再结合内心的相关性质求解，既考查了基础概念的掌握，也锻炼了坐标运算能力。
【难度系数】
0.6
要确定△ABC内心的坐标，首先明确三角形的内心是三个内角角平分线的交点，也可结合三角形边长与顶点坐标的关系求解。第一步先根据三点坐标利用勾股定理计算三边长度，再代入三角形内心坐标公式即可求出内心坐标；也可先判断三角形形状，结合直角三角形内切圆的性质推导坐标。
【解析】
1. 计算△ABC三边的长度：
已知点$A(3,6)$，$B(-3,3)$，$C(7,-2)$，根据两点间距离公式：
$AB=\sqrt{[3-(-3)]^2+(6-3)^2}=\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt{5}$
$AC=\sqrt{(7-3)^2+(-2-6)^2}=\sqrt{4^2+(-8)^2}=4\sqrt{5}$
$BC=\sqrt{[7-(-3)]^2+(-2-3)^2}=\sqrt{10^2+(-5)^2}=5\sqrt{5}$
2. 代入内心坐标公式：
三角形内心坐标公式为：若顶点$A(x_A,y_A)$、$B(x_B,y_B)$、$C(x_C,y_C)$，各顶点对边长度分别为$a=BC$、$b=AC$、$c=AB$，则内心坐标为$(\frac{a· x_A + b· x_B + c· x_C}{a+b+c},\frac{a· y_A + b· y_B + c· y_C}{a+b+c})$。
代入$a=5\sqrt{5}$，$b=4\sqrt{5}$，$c=3\sqrt{5}$，得$a+b+c=12\sqrt{5}$。
横坐标：$\frac{5\sqrt{5}×3 + 4\sqrt{5}×(-3) + 3\sqrt{5}×7}{12\sqrt{5}}=\frac{15\sqrt{5}-12\sqrt{5}+21\sqrt{5}}{12\sqrt{5}}=2$
纵坐标：$\frac{5\sqrt{5}×6 + 4\sqrt{5}×3 + 3\sqrt{5}×(-2)}{12\sqrt{5}}=\frac{30\sqrt{5}+12\sqrt{5}-6\sqrt{5}}{12\sqrt{5}}=3$
【答案】
$(2,3)$
【知识点】
三角形内心的性质、勾股定理、平面直角坐标系的应用
【点评】
本题将三角形内心的知识与平面直角坐标系结合，解题的关键是先通过勾股定理求出三角形三边长度，再结合内心的相关性质求解，既考查了基础概念的掌握，也锻炼了坐标运算能力。
【难度系数】
0.6
8 已知$△ ABC$ 的周长为$l$,其内切圆的面积为$π r^2$,则$△ ABC$ 的面积为
$\frac{1}{2}rl$
.答案
8.$\frac{1}{2}rl$
解析
【分析】
解题时首先回忆三角形内切圆的性质：内切圆的圆心（内心）到三角形三边的距离均等于内切圆半径r。要求△ABC的面积，我们可以采用分割转化的思路：连接内心与三角形的三个顶点，将原三角形拆分为3个分别以原三角形三边为底、以内切圆半径r为高的小三角形，三个小三角形的面积之和就是原三角形的面积，再结合周长是三边长度之和，代入计算即可得到结果。
【解析】
设△ABC的三边长度分别为BC=a，AC=b，AB=c，内切圆圆心为O，则周长l=a+b+c。
连接OA、OB、OC，将△ABC分为△OBC、△OAC、△OAB三个小三角形。
∵内切圆与△ABC的三边均相切，
∴点O到三边的距离都等于内切圆半径r，即三个小三角形的高均为r。
根据三角形面积公式可得：
$S_{△ OBC}=\frac{1}{2}ar$，$S_{△ OAC}=\frac{1}{2}br$，$S_{△ OAB}=\frac{1}{2}cr$
则△ABC的面积：
$S=S_{△ OBC}+S_{△ OAC}+S_{△ OAB}=\frac{1}{2}ar+\frac{1}{2}br+\frac{1}{2}cr=\frac{1}{2}r(a+b+c)$
∵a+b+c=l，
∴$S=\frac{1}{2}rl$
【答案】
$\frac{1}{2}rl$
【知识点】
三角形内切圆的性质；分割法求几何面积
【点评】
本题核心考查转化思想的应用，通过分割将整体面积转化为多个规则小三角形的面积和，结合内切圆的性质即可推导得出结论，该三角形面积与内切圆半径、周长的关联公式是常用结论，需熟练掌握推导过程。
【难度系数】
0.8
解题时首先回忆三角形内切圆的性质：内切圆的圆心（内心）到三角形三边的距离均等于内切圆半径r。要求△ABC的面积，我们可以采用分割转化的思路：连接内心与三角形的三个顶点，将原三角形拆分为3个分别以原三角形三边为底、以内切圆半径r为高的小三角形，三个小三角形的面积之和就是原三角形的面积，再结合周长是三边长度之和，代入计算即可得到结果。
【解析】
设△ABC的三边长度分别为BC=a，AC=b，AB=c，内切圆圆心为O，则周长l=a+b+c。
连接OA、OB、OC，将△ABC分为△OBC、△OAC、△OAB三个小三角形。
∵内切圆与△ABC的三边均相切，
∴点O到三边的距离都等于内切圆半径r，即三个小三角形的高均为r。
根据三角形面积公式可得：
$S_{△ OBC}=\frac{1}{2}ar$，$S_{△ OAC}=\frac{1}{2}br$，$S_{△ OAB}=\frac{1}{2}cr$
则△ABC的面积：
$S=S_{△ OBC}+S_{△ OAC}+S_{△ OAB}=\frac{1}{2}ar+\frac{1}{2}br+\frac{1}{2}cr=\frac{1}{2}r(a+b+c)$
∵a+b+c=l，
∴$S=\frac{1}{2}rl$
【答案】
$\frac{1}{2}rl$
【知识点】
三角形内切圆的性质；分割法求几何面积
【点评】
本题核心考查转化思想的应用，通过分割将整体面积转化为多个规则小三角形的面积和，结合内切圆的性质即可推导得出结论，该三角形面积与内切圆半径、周长的关联公式是常用结论，需熟练掌握推导过程。
【难度系数】
0.8
9 整体思想 [2024苏州工业园区段考]如图，$△ ABC$的周长是18 cm，点O是$△ ABC$的内心，过点O作$EF// AB$，与AC，BC分别交于点E，F。若$AB=6$ cm，则$△ CEF$的周长为
12
cm。答案
9.12
解析
【分析】
解题时先明确三角形内心是内角平分线的交点，结合EF//AB的条件，利用平行线的内错角相等可推导出等腰三角形，实现线段的等量转换，最终将△CEF的周长转化为△ABC中AC与BC的长度和，结合已知周长即可求解。
【解析】
连接OA、OB。
∵点O是△ABC的内心，
∴OA平分∠CAB，OB平分∠CBA，即∠EAO=∠OAB，∠FBO=∠OBA。
∵EF//AB，
∴∠EOA=∠OAB，∠FOB=∠OBA（两直线平行，内错角相等）。
∴∠EAO=∠EOA，∠FBO=∠FOB，
∴EO=EA，FO=FB（等角对等边）。
则△CEF的周长为：
$C_{△ CEF}=CE + CF + EF=CE + CF + EO + OF$
代入EO=EA、FO=FB得：
$C_{△ CEF}=CE + CF + EA + FB=(CE+EA)+(CF+FB)=AC + BC$
已知$C_{△ ABC}=AC+BC+AB=18\ \mathrm{cm}$，$AB=6\ \mathrm{cm}$，
∴$AC+BC=18 - AB=18 - 6=12\ \mathrm{cm}$，即$C_{△ CEF}=12\ \mathrm{cm}$。
【答案】
12
【知识点】
三角形内心的性质；平行线的性质；等腰三角形的判定
【点评】
本题侧重考查整体思想的运用，无需单独计算△CEF各边的长度，通过线段等量转化即可快速求出周长，是三角形内切圆相关的典型基础题型。
【难度系数】
0.7
解题时先明确三角形内心是内角平分线的交点，结合EF//AB的条件，利用平行线的内错角相等可推导出等腰三角形，实现线段的等量转换，最终将△CEF的周长转化为△ABC中AC与BC的长度和，结合已知周长即可求解。
【解析】
连接OA、OB。
∵点O是△ABC的内心，
∴OA平分∠CAB，OB平分∠CBA，即∠EAO=∠OAB，∠FBO=∠OBA。
∵EF//AB，
∴∠EOA=∠OAB，∠FOB=∠OBA（两直线平行，内错角相等）。
∴∠EAO=∠EOA，∠FBO=∠FOB，
∴EO=EA，FO=FB（等角对等边）。
则△CEF的周长为：
$C_{△ CEF}=CE + CF + EF=CE + CF + EO + OF$
代入EO=EA、FO=FB得：
$C_{△ CEF}=CE + CF + EA + FB=(CE+EA)+(CF+FB)=AC + BC$
已知$C_{△ ABC}=AC+BC+AB=18\ \mathrm{cm}$，$AB=6\ \mathrm{cm}$，
∴$AC+BC=18 - AB=18 - 6=12\ \mathrm{cm}$，即$C_{△ CEF}=12\ \mathrm{cm}$。
【答案】
12
【知识点】
三角形内心的性质；平行线的性质；等腰三角形的判定
【点评】
本题侧重考查整体思想的运用，无需单独计算△CEF各边的长度，通过线段等量转化即可快速求出周长，是三角形内切圆相关的典型基础题型。
【难度系数】
0.7
10 如图，在$△ ABC$中，$∠ C=90°$，$∠ BAC$，$∠ ABC$的平分线交于点$D$，$DE⊥ BC$于点$E$，$DF⊥ AC$于点$F$.
（1）求证：四边形$CFDE$是正方形；
（2）若$AC=6$，$BC=8$，求$△ ABC$的内切圆的周长.
（1）求证：四边形$CFDE$是正方形；
（2）若$AC=6$，$BC=8$，求$△ ABC$的内切圆的周长.
答案
(1) 如图,过点 D 作 DN⊥AB 于点 N.
∵ ∠C=90°,DE⊥BC,DF⊥AC,
∴ ∠C=∠DEC=∠DFC=90°,
∴ 四边形 CFDE 是矩形.
∵ ∠BAC,∠ABC 的平分线交于点 D,DE⊥BC,DF⊥AC,DN⊥AB,
∴ DE=DN,DN=DF,
∴ DF=DE,
∴ 四边形 CFDE 是正方形
(2) 在 Rt△ABC 中,AC=6,BC=8,根据勾股定理,得 AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}$=10.设△ABC 的内切圆的半径为 r.
∵ $S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}r·(AC+BC+AB)$,
∴ $\frac{1}{2}×6×8=\frac{1}{2}r·(6+8+10)$,解得 r=2.
∴ △ABC 的内切圆的周长为 2π×2=4π
解析
【分析】
（1）要证明四边形CFDE是正方形，可先依据已知的三个直角判定其为矩形，再证明一组邻边相等即可。我们可过点D作DN⊥AB于点N，利用角平分线上的点到角两边的距离相等的性质，得到DE=DN、DF=DN，进而推出DE=DF，即可证得矩形CFDE是正方形。
（2）要求△ABC内切圆的周长，需先求出内切圆半径r。首先在Rt△ABC中利用勾股定理求出斜边AB的长度，再根据三角形面积的两种计算方式：一是直接用两条直角边乘积的一半计算，二是拆分为三个以内切圆半径为高的小三角形的面积和，列等式求出r，最后代入圆的周长公式计算即可。
【解析】
(1) 过点 D 作 DN⊥AB 于点 N.
∵ ∠C=90°,DE⊥BC,DF⊥AC,
∴ ∠C=∠DEC=∠DFC=90°,
∴ 四边形 CFDE 是矩形.
∵ ∠BAC,∠ABC 的平分线交于点 D,DE⊥BC,DF⊥AC,DN⊥AB,
∴ DE=DN,DN=DF,
∴ DF=DE,
∴ 四边形 CFDE 是正方形
(2) 在 Rt△ABC 中,AC=6,BC=8,根据勾股定理,得 AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}$=10.设△ABC 的内切圆的半径为 r.
∵ $S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}r·(AC+BC+AB)$,
∴ $\frac{1}{2}×6×8=\frac{1}{2}r·(6+8+10)$,解得 r=2.
∴ △ABC 的内切圆的周长为 2π×2=4π
【答案】
(1) 四边形CFDE是正方形，证明成立；(2) △ABC的内切圆周长为4π
【知识点】
角平分线性质、正方形判定、内切圆计算
【点评】
本题综合考查了角平分线性质、特殊四边形判定和三角形内切圆相关计算，利用角平分线性质得到邻边相等、面积法求内切圆半径是该类题的常用技巧，掌握基础知识点即可顺利解答。
【难度系数】
0.7
（1）要证明四边形CFDE是正方形，可先依据已知的三个直角判定其为矩形，再证明一组邻边相等即可。我们可过点D作DN⊥AB于点N，利用角平分线上的点到角两边的距离相等的性质，得到DE=DN、DF=DN，进而推出DE=DF，即可证得矩形CFDE是正方形。
（2）要求△ABC内切圆的周长，需先求出内切圆半径r。首先在Rt△ABC中利用勾股定理求出斜边AB的长度，再根据三角形面积的两种计算方式：一是直接用两条直角边乘积的一半计算，二是拆分为三个以内切圆半径为高的小三角形的面积和，列等式求出r，最后代入圆的周长公式计算即可。
【解析】
(1) 过点 D 作 DN⊥AB 于点 N.
∵ ∠C=90°,DE⊥BC,DF⊥AC,
∴ ∠C=∠DEC=∠DFC=90°,
∴ 四边形 CFDE 是矩形.
∵ ∠BAC,∠ABC 的平分线交于点 D,DE⊥BC,DF⊥AC,DN⊥AB,
∴ DE=DN,DN=DF,
∴ DF=DE,
∴ 四边形 CFDE 是正方形
(2) 在 Rt△ABC 中,AC=6,BC=8,根据勾股定理,得 AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}$=10.设△ABC 的内切圆的半径为 r.
∵ $S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}r·(AC+BC+AB)$,
∴ $\frac{1}{2}×6×8=\frac{1}{2}r·(6+8+10)$,解得 r=2.
∴ △ABC 的内切圆的周长为 2π×2=4π
【答案】
(1) 四边形CFDE是正方形，证明成立；(2) △ABC的内切圆周长为4π
【知识点】
角平分线性质、正方形判定、内切圆计算
【点评】
本题综合考查了角平分线性质、特殊四边形判定和三角形内切圆相关计算，利用角平分线性质得到邻边相等、面积法求内切圆半径是该类题的常用技巧，掌握基础知识点即可顺利解答。
【难度系数】
0.7
11 [2024烟台]如图，AB是$\odot O$的直径，$△ ABC$内接于$\odot O$，点$I$为$△ ABC$的内心，连接$CI$并延长，交$\odot O$于点$D$，$E$是$\overset{\frown}{BC}$上任意一点，连接$AD$，$BD$，$BE$，$CE$。
（1）若$∠ ABC＝25°$，求$∠ CEB$的度数；
（2）找出图中所有与$DI$相等的线段，并说明理由。
（1）若$∠ ABC＝25°$，求$∠ CEB$的度数；
（2）找出图中所有与$DI$相等的线段，并说明理由。
答案
(1)
∵ AB 是⊙O 的直径,
∴ ∠ACB=90°.
∵ ∠ABC=25°,
∴ ∠CAB=90°-25°=65°.
∵ 四边形 ABEC 是⊙O 的内接四边形,
∴ ∠CEB+∠CAB=180°,
∴ ∠CEB=180°-∠CAB=115°
(2) DI=AD=BD 理由:连接 AI.
∵ 点 I 为△ABC 的内心,
∴ ∠CAI=∠BAI,∠ACI=∠BCI,
∴ $\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$,
∴ ∠DAB=∠DCB=∠ACI,AD=BD.
∵ ∠DAI=∠DAB+∠BAI,∠DIA=∠ACI+∠CAI,
∴ ∠DAI=∠DIA,
∴ DI=AD,
∴ DI=AD=BD.
∵ AB 是⊙O 的直径,
∴ ∠ACB=90°.
∵ ∠ABC=25°,
∴ ∠CAB=90°-25°=65°.
∵ 四边形 ABEC 是⊙O 的内接四边形,
∴ ∠CEB+∠CAB=180°,
∴ ∠CEB=180°-∠CAB=115°
(2) DI=AD=BD 理由:连接 AI.
∵ 点 I 为△ABC 的内心,
∴ ∠CAI=∠BAI,∠ACI=∠BCI,
∴ $\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$,
∴ ∠DAB=∠DCB=∠ACI,AD=BD.
∵ ∠DAI=∠DAB+∠BAI,∠DIA=∠ACI+∠CAI,
∴ ∠DAI=∠DIA,
∴ DI=AD,
∴ DI=AD=BD.
解析
【分析】
（1）求解∠CEB的思路：首先根据直径所对圆周角是直角的性质，先得出△ABC中∠ACB=90°，结合已知的∠ABC的度数算出∠CAB；再利用圆内接四边形对角互补的性质，即可求出∠CEB的度数。
（2）找与DI相等线段的思路：首先由点I是△ABC的内心，可知CD平分∠ACB，根据圆周角定理可得弧AD与弧BD相等，推出AD=BD；再连接AI，结合内心是角平分线交点的性质，通过角的和差关系分别表示出∠DAI和∠DIA，证明二者相等，得到DI=AD，即可得出所有相等的线段。
【解析】
(1)
∵ AB是$\odot O$的直径，
∴ $∠ ACB=90°$。
∵ $∠ ABC=25°$，
∴ $∠ CAB=90°-25°=65°$。
∵ 四边形ABEC是$\odot O$的内接四边形，
∴ $∠ CEB+∠ CAB=180°$，
∴ $∠ CEB=180°-∠ CAB=180°-65°=115°$。
(2) 与DI相等的线段为AD、BD，即$DI=AD=BD$，理由如下：
连接AI。
∵ 点I为$△ ABC$的内心，
∴ $∠ CAI=∠ BAI$，$∠ ACI=∠ BCI$，
∴ $\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$，
∴ $∠ DAB=∠ DCB=∠ ACI$，$AD=BD$。
∵ $∠ DAI=∠ DAB+∠ BAI$，$∠ DIA=∠ ACI+∠ CAI$，
∴ $∠ DAI=∠ DIA$，
∴ $DI=AD$，
∴ $DI=AD=BD$。
【答案】
（1）$\boldsymbol{115°}$
（2）$\boldsymbol{DI=AD=BD}$
【知识点】
圆周角定理，三角形内心性质，圆内接四边形性质
【点评】
本题是圆与三角形的综合题，第一问直接考查圆的基础性质，难度较低；第二问需要结合角平分线性质和角的等量代换证明等腰三角形，核心是熟练掌握内心的定义，灵活进行角的转化。
【难度系数】
0.65
（1）求解∠CEB的思路：首先根据直径所对圆周角是直角的性质，先得出△ABC中∠ACB=90°，结合已知的∠ABC的度数算出∠CAB；再利用圆内接四边形对角互补的性质，即可求出∠CEB的度数。
（2）找与DI相等线段的思路：首先由点I是△ABC的内心，可知CD平分∠ACB，根据圆周角定理可得弧AD与弧BD相等，推出AD=BD；再连接AI，结合内心是角平分线交点的性质，通过角的和差关系分别表示出∠DAI和∠DIA，证明二者相等，得到DI=AD，即可得出所有相等的线段。
【解析】
(1)
∵ AB是$\odot O$的直径，
∴ $∠ ACB=90°$。
∵ $∠ ABC=25°$，
∴ $∠ CAB=90°-25°=65°$。
∵ 四边形ABEC是$\odot O$的内接四边形，
∴ $∠ CEB+∠ CAB=180°$，
∴ $∠ CEB=180°-∠ CAB=180°-65°=115°$。
(2) 与DI相等的线段为AD、BD，即$DI=AD=BD$，理由如下：
连接AI。
∵ 点I为$△ ABC$的内心，
∴ $∠ CAI=∠ BAI$，$∠ ACI=∠ BCI$，
∴ $\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$，
∴ $∠ DAB=∠ DCB=∠ ACI$，$AD=BD$。
∵ $∠ DAI=∠ DAB+∠ BAI$，$∠ DIA=∠ ACI+∠ CAI$，
∴ $∠ DAI=∠ DIA$，
∴ $DI=AD$，
∴ $DI=AD=BD$。
【答案】
（1）$\boldsymbol{115°}$
（2）$\boldsymbol{DI=AD=BD}$
【知识点】
圆周角定理，三角形内心性质，圆内接四边形性质
【点评】
本题是圆与三角形的综合题，第一问直接考查圆的基础性质，难度较低；第二问需要结合角平分线性质和角的等量代换证明等腰三角形，核心是熟练掌握内心的定义，灵活进行角的转化。
【难度系数】
0.65
