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1.如图，$△ ABC$的三边$AB$，$BC$，$CA$的长分别是20，30，40，其三条角平分线将$△ ABC$分为三个三角形，则$S_{△ ABO}:S_{△ BCO}:S_{△ CAO}$等于（
A.$1:1:1$
B.$1:2:3$
C.$2:3:4$
D.$3:4:5$
C
）A.$1:1:1$
B.$1:2:3$
C.$2:3:4$
D.$3:4:5$
答案
1.C
解析
【分析】
要求三个三角形的面积比，首先观察到三个三角形的公共顶点是O，O是△ABC三条角平分线的交点，根据角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，可推出点O到△ABC三边AB、BC、CA的距离相等，即三个三角形分别以AB、BC、CA为底时，对应的高相等。根据三角形面积公式，高相等时面积比等于底边长的比，代入三边长度即可求出比值。
【解析】
过点O分别作$OD⊥ AB$于D，$OE⊥ BC$于E，$OF⊥ AC$于F。
∵O是△ABC三条角平分线的交点，根据角平分线的性质可得$OD=OE=OF$。
根据三角形面积公式：
$S_{△ ABO}=\frac{1}{2}· AB· OD$，
$S_{△ BCO}=\frac{1}{2}· BC· OE$，
$S_{△ CAO}=\frac{1}{2}· CA· OF$，
因此$S_{△ ABO}:S_{△ BCO}:S_{△ CAO}=AB:BC:CA$。
已知AB=20，BC=30，CA=40，代入得比值为$20:30:40=2:3:4$。
【答案】
C
【知识点】
角平分线的性质，三角形面积计算
【点评】
本题解题核心是利用角平分线的性质得到三个三角形同高，将面积比转化为对应底边的长度比，简化了计算，属于基础性质的应用类题目。
【难度系数】
0.8
要求三个三角形的面积比，首先观察到三个三角形的公共顶点是O，O是△ABC三条角平分线的交点，根据角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，可推出点O到△ABC三边AB、BC、CA的距离相等，即三个三角形分别以AB、BC、CA为底时，对应的高相等。根据三角形面积公式，高相等时面积比等于底边长的比，代入三边长度即可求出比值。
【解析】
过点O分别作$OD⊥ AB$于D，$OE⊥ BC$于E，$OF⊥ AC$于F。
∵O是△ABC三条角平分线的交点，根据角平分线的性质可得$OD=OE=OF$。
根据三角形面积公式：
$S_{△ ABO}=\frac{1}{2}· AB· OD$，
$S_{△ BCO}=\frac{1}{2}· BC· OE$，
$S_{△ CAO}=\frac{1}{2}· CA· OF$，
因此$S_{△ ABO}:S_{△ BCO}:S_{△ CAO}=AB:BC:CA$。
已知AB=20，BC=30，CA=40，代入得比值为$20:30:40=2:3:4$。
【答案】
C
【知识点】
角平分线的性质，三角形面积计算
【点评】
本题解题核心是利用角平分线的性质得到三个三角形同高，将面积比转化为对应底边的长度比，简化了计算，属于基础性质的应用类题目。
【难度系数】
0.8
2. 如图，P是△ABC的三个内角平分线的交点.
若△ABC的周长为24 cm，面积为36 cm²，则
点P到边BC的距离是 （
A.8 cm
B.6 cm
C.4 cm
D.3 cm
若△ABC的周长为24 cm，面积为36 cm²，则
点P到边BC的距离是 （
D
）A.8 cm
B.6 cm
C.4 cm
D.3 cm
答案
2.D
解析
【分析】
首先回忆角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等。因为P是三角形三个内角平分线的交点，所以P到△ABC三边的距离都相等，我们可以设这个距离为h。接下来，△ABC的面积可以拆分为△PAB、△PBC、△PCA三个小三角形的面积之和，三个小三角形的高都为h，底分别是△ABC的三边，结合已知的周长和总面积，就可以列方程求出h，也就是点P到BC的距离。
【解析】
解：设点P到△ABC三边的距离均为$ h\ \mathrm{cm} $。
∵ P是△ABC三个内角平分线的交点，根据角平分线的性质，点P到三角形三边的距离相等。
△ABC的面积等于三个小三角形面积之和：
$ S_{△ ABC}=S_{△ PAB}+S_{△ PBC}+S_{△ PAC} $
代入面积公式得：
$ 36=\frac{1}{2}× AB× h + \frac{1}{2}× BC× h + \frac{1}{2}× AC× h $
提取公因式整理得：
$ 36=\frac{1}{2}× h× (AB+BC+AC) $
已知△ABC周长为24cm，即$ AB+BC+AC=24\ \mathrm{cm} $，代入得：
$ 36=\frac{1}{2}× h×24 $
解得：$ h=3 $
即点P到边BC的距离是3cm。
【答案】
D
【知识点】
角平分线的性质；三角形面积计算
【点评】
本题解题的核心是利用角平分线的性质得到点到三边距离相等，再通过分割大三角形面积为三个小三角形面积和建立等式求解，是角平分线性质应用的典型题型。
【难度系数】
0.7
首先回忆角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等。因为P是三角形三个内角平分线的交点，所以P到△ABC三边的距离都相等，我们可以设这个距离为h。接下来，△ABC的面积可以拆分为△PAB、△PBC、△PCA三个小三角形的面积之和，三个小三角形的高都为h，底分别是△ABC的三边，结合已知的周长和总面积，就可以列方程求出h，也就是点P到BC的距离。
【解析】
解：设点P到△ABC三边的距离均为$ h\ \mathrm{cm} $。
∵ P是△ABC三个内角平分线的交点，根据角平分线的性质，点P到三角形三边的距离相等。
△ABC的面积等于三个小三角形面积之和：
$ S_{△ ABC}=S_{△ PAB}+S_{△ PBC}+S_{△ PAC} $
代入面积公式得：
$ 36=\frac{1}{2}× AB× h + \frac{1}{2}× BC× h + \frac{1}{2}× AC× h $
提取公因式整理得：
$ 36=\frac{1}{2}× h× (AB+BC+AC) $
已知△ABC周长为24cm，即$ AB+BC+AC=24\ \mathrm{cm} $，代入得：
$ 36=\frac{1}{2}× h×24 $
解得：$ h=3 $
即点P到边BC的距离是3cm。
【答案】
D
【知识点】
角平分线的性质；三角形面积计算
【点评】
本题解题的核心是利用角平分线的性质得到点到三边距离相等，再通过分割大三角形面积为三个小三角形面积和建立等式求解，是角平分线性质应用的典型题型。
【难度系数】
0.7
3. 如图，三条公路把A，B，C三个村庄连成一个三角形区域，政府决定在这个三角形区域内修建一个集贸市场，要使集贸市场到三条公路的距离相等，则这个集贸市场应建在（
A.AC，BC两边中线的交点处
B.AC，BC两边高线的交点处
C.AC，BC两边垂直平分线的交点处
D.∠A，∠B两内角平分线的交点处
D
）A.AC，BC两边中线的交点处
B.AC，BC两边高线的交点处
C.AC，BC两边垂直平分线的交点处
D.∠A，∠B两内角平分线的交点处
答案
3.D
解析
【分析】
首先明确题目的核心要求：集贸市场在三角形区域内部，且到三条公路（对应△ABC的三边）的距离相等。解题时先回忆角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，反过来，角内部到角两边距离相等的点在角的平分线上。要满足到三边距离相等，该点需同时在三个内角的平分线上，再逐一排查其他选项对应的交点性质，排除不符合要求的选项即可。
【解析】
逐一分析各选项对应的交点性质：
1. 选项A：AC、BC两边中线的交点是三角形的重心，性质是分每条中线为2:1的两段，与到边的距离无关，不符合要求。
2. 选项B：AC、BC两边高线的交点是三角形的垂心，是三条高的交点，不具备到三边距离相等的性质，不符合要求。
3. 选项C：AC、BC两边垂直平分线的交点是三角形的外心，性质是到三角形三个顶点的距离相等，不是到三边距离相等，不符合要求。
4. 选项D：根据角平分线的性质，到∠A两边距离相等的点在∠A的内角平分线上，到∠B两边距离相等的点在∠B的内角平分线上，两个内角平分线的交点必然也在∠C的内角平分线上，该点到三角形三边的距离都相等，符合要求。
【答案】
D
【知识点】
角平分线的性质；三角形内心的性质；三角形特殊交点辨析
【点评】
本题属于基础概念类题目，核心是区分三角形重心、垂心、外心、内心四类特殊交点的性质差异，牢记各交点的特征即可快速选出正确答案。
【难度系数】
0.8
首先明确题目的核心要求：集贸市场在三角形区域内部，且到三条公路（对应△ABC的三边）的距离相等。解题时先回忆角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，反过来，角内部到角两边距离相等的点在角的平分线上。要满足到三边距离相等，该点需同时在三个内角的平分线上，再逐一排查其他选项对应的交点性质，排除不符合要求的选项即可。
【解析】
逐一分析各选项对应的交点性质：
1. 选项A：AC、BC两边中线的交点是三角形的重心，性质是分每条中线为2:1的两段，与到边的距离无关，不符合要求。
2. 选项B：AC、BC两边高线的交点是三角形的垂心，是三条高的交点，不具备到三边距离相等的性质，不符合要求。
3. 选项C：AC、BC两边垂直平分线的交点是三角形的外心，性质是到三角形三个顶点的距离相等，不是到三边距离相等，不符合要求。
4. 选项D：根据角平分线的性质，到∠A两边距离相等的点在∠A的内角平分线上，到∠B两边距离相等的点在∠B的内角平分线上，两个内角平分线的交点必然也在∠C的内角平分线上，该点到三角形三边的距离都相等，符合要求。
【答案】
D
【知识点】
角平分线的性质；三角形内心的性质；三角形特殊交点辨析
【点评】
本题属于基础概念类题目，核心是区分三角形重心、垂心、外心、内心四类特殊交点的性质差异，牢记各交点的特征即可快速选出正确答案。
【难度系数】
0.8
变式训练
三角形内的点→平面内的点
[易错题]如图，$l_1$，$l_2$，$l_3$表示三条相互交叉的公路，现在要建一个加油站，要求它到三条公路的距离相等，则可供选择的地址有
$l_1$
$l_2$
$l_3$
三角形内的点→平面内的点
[易错题]如图，$l_1$，$l_2$，$l_3$表示三条相互交叉的公路，现在要建一个加油站，要求它到三条公路的距离相等，则可供选择的地址有
4
处。$l_1$
$l_2$
$l_3$
答案
4
解析
【分析】
要找到到三条交叉公路距离相等的点，需结合角平分线的性质思考：角平分线上的点到角两边的距离相等。我们分两类情况讨论：第一类是点在三条公路围成的三角形内部，此时该点需同时在三个内角的角平分线上，即三角形的内心，仅有1个；第二类是点在三角形外部，此时相邻两个外角的角平分线交点也满足到三条公路距离相等，这类交点共有3个，将两类点的数量相加即可得到总地址数。
【解析】
根据角平分线的性质：角平分线上的任意一点，到角两边的距离相等。
1. 三条公路两两相交围成一个三角形，三角形三个内角的角平分线交于1点（内心），该点在三角形内部，到三条公路的距离相等，符合要求；
2. 三角形任意两个外角的角平分线也会交于1点，这类交点共有3个，均在三角形外部，每个交点到三条公路的距离也相等，符合要求；
因此符合要求的地址总共有1+3=4处。
【答案】
4
【知识点】
角平分线的性质，三角形的内心，外角平分线特征
【点评】
本题属于易错题，解题时容易漏算三角形外部的3个外角平分线交点，需要全面考虑点在三角形内部和外部两种情况，不要局限于仅找内角平分线的交点。
【难度系数】
0.6
要找到到三条交叉公路距离相等的点，需结合角平分线的性质思考：角平分线上的点到角两边的距离相等。我们分两类情况讨论：第一类是点在三条公路围成的三角形内部，此时该点需同时在三个内角的角平分线上，即三角形的内心，仅有1个；第二类是点在三角形外部，此时相邻两个外角的角平分线交点也满足到三条公路距离相等，这类交点共有3个，将两类点的数量相加即可得到总地址数。
【解析】
根据角平分线的性质：角平分线上的任意一点，到角两边的距离相等。
1. 三条公路两两相交围成一个三角形，三角形三个内角的角平分线交于1点（内心），该点在三角形内部，到三条公路的距离相等，符合要求；
2. 三角形任意两个外角的角平分线也会交于1点，这类交点共有3个，均在三角形外部，每个交点到三条公路的距离也相等，符合要求；
因此符合要求的地址总共有1+3=4处。
【答案】
4
【知识点】
角平分线的性质，三角形的内心，外角平分线特征
【点评】
本题属于易错题，解题时容易漏算三角形外部的3个外角平分线交点，需要全面考虑点在三角形内部和外部两种情况，不要局限于仅找内角平分线的交点。
【难度系数】
0.6
4. 如图，P为$△ ABC$的三个内角平分线的交点，$∠ ACB=90°$，$AB=10\ \mathrm{cm}$，$AC=6\ \mathrm{cm}$，$BC=8\ \mathrm{cm}$，则点P到边AB的距离是（
A.1 cm
B.2 cm
C.3 cm
D.4.8 cm
B
）A.1 cm
B.2 cm
C.3 cm
D.4.8 cm
答案
4.B
解析
【分析】
首先，点P是三角形三个内角平分线的交点，根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，可推出点P到△ABC三边的距离相等，设该距离为h。我们可以通过两种方式计算△ABC的面积：一是直接利用直角三角形的两条直角边计算面积，二是将△ABC拆分为△PAB、△PBC、△PAC三个小三角形，三个小三角形的高均为h，面积和等于大三角形的面积，联立等式即可求解h，也就是点P到AB的距离。
【解析】
解：
∵P是△ABC三个内角平分线的交点，
根据角平分线的性质，点P到△ABC三边的距离相等，设该距离为$ h\ \mathrm{cm} $。
∵$ ∠ ACB=90° $，$ AC=6\ \mathrm{cm} $，$ BC=8\ \mathrm{cm} $，
∴$ S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AC× BC=\frac{1}{2}×6×8=24\ \mathrm{cm^2} $。
又
∵$ S_{△ ABC}=S_{△ PAB}+S_{△ PBC}+S_{△ PAC} $，
三个小三角形的高均为$ h $，底分别为$ AB、BC、AC $，
∴$ S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AB× h+\frac{1}{2}× BC× h+\frac{1}{2}× AC× h=\frac{1}{2}×(AB+BC+AC)× h $。
将$ AB=10\ \mathrm{cm} $代入得：
$ 24=\frac{1}{2}×(10+8+6)× h $
化简得：$ 24=12h $，解得$ h=2 $。
即点P到边AB的距离为2cm。
【答案】
B
【知识点】
角平分线的性质；三角形面积计算；内心的性质
【点评】
本题核心考查角平分线性质的应用，解题关键是理解三角形三个内角平分线的交点到三边距离相等，灵活运用面积法建立等式求解，面积法是几何中求解距离类问题的常用方法，需要熟练掌握。
【难度系数】
0.7
首先，点P是三角形三个内角平分线的交点，根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，可推出点P到△ABC三边的距离相等，设该距离为h。我们可以通过两种方式计算△ABC的面积：一是直接利用直角三角形的两条直角边计算面积，二是将△ABC拆分为△PAB、△PBC、△PAC三个小三角形，三个小三角形的高均为h，面积和等于大三角形的面积，联立等式即可求解h，也就是点P到AB的距离。
【解析】
解：
∵P是△ABC三个内角平分线的交点，
根据角平分线的性质，点P到△ABC三边的距离相等，设该距离为$ h\ \mathrm{cm} $。
∵$ ∠ ACB=90° $，$ AC=6\ \mathrm{cm} $，$ BC=8\ \mathrm{cm} $，
∴$ S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AC× BC=\frac{1}{2}×6×8=24\ \mathrm{cm^2} $。
又
∵$ S_{△ ABC}=S_{△ PAB}+S_{△ PBC}+S_{△ PAC} $，
三个小三角形的高均为$ h $，底分别为$ AB、BC、AC $，
∴$ S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AB× h+\frac{1}{2}× BC× h+\frac{1}{2}× AC× h=\frac{1}{2}×(AB+BC+AC)× h $。
将$ AB=10\ \mathrm{cm} $代入得：
$ 24=\frac{1}{2}×(10+8+6)× h $
化简得：$ 24=12h $，解得$ h=2 $。
即点P到边AB的距离为2cm。
【答案】
B
【知识点】
角平分线的性质；三角形面积计算；内心的性质
【点评】
本题核心考查角平分线性质的应用，解题关键是理解三角形三个内角平分线的交点到三边距离相等，灵活运用面积法建立等式求解，面积法是几何中求解距离类问题的常用方法，需要熟练掌握。
【难度系数】
0.7
5. 如图,在$△ ABC$中,$∠ ABC$和$∠ ACB$的平分线相交于点$O$,过点$O$作$EF// BC$,交$AB$于点$E$,交$AC$于点$F$;过点$O$作$OD⊥ AC$于点$D$.有下列三个结论:①$∠ BOC=90°-\frac{1}{2}∠ A$;②点$O$到$△ ABC$各边的距离相等;③设$OD=m$,$AE+AF=n$,则$S_{△ AEF}=\frac{1}{2}mn$.其中正确的是________.(只填序号)
答案
5.②③
解析
【分析】
我们逐个分析三个结论来判断正误：首先回忆三角形内角平分线夹角的计算方法判断结论①；再根据角平分线的性质，推导点O到三角形各边的距离关系判断结论②；最后将△AEF的面积拆分为两个小三角形的面积和，结合角平分线的性质计算面积，验证结论③。
【解析】
1. 验证结论①：
∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACB
∴$∠ OBC=\frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ OCB=\frac{1}{2}∠ ACB$
在△BOC中，由三角形内角和为180°得：
$∠ BOC=180°-(∠ OBC+∠ OCB)=180°-\frac{1}{2}(∠ ABC+∠ ACB)$
又
∵在△ABC中，$∠ ABC+∠ ACB=180°-∠ A$，代入得：
$∠ BOC=180°-\frac{1}{2}(180°-∠ A)=90°+\frac{1}{2}∠ A$，故①错误。
2. 验证结论②：
根据角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等。
∵O是∠ABC和∠ACB的角平分线交点，
∴点O到AB的距离=点O到BC的距离=点O到AC的距离，即点O到△ABC各边的距离相等，故②正确。
3. 验证结论③：
过点O作OG⊥AB于点G，由角平分线的性质可知OG=OD=m。
△AEF的面积可拆分为△AEO和△AFO的面积和：
$S_{△ AEF}=S_{△ AEO}+S_{△ AFO}=\frac{1}{2}· AE· OG+\frac{1}{2}· AF· OD$
代入OG=OD=m，AE+AF=n得：
$S_{△ AEF}=\frac{1}{2}m· AE+\frac{1}{2}m· AF=\frac{1}{2}m(AE+AF)=\frac{1}{2}mn$，故③正确。
【答案】
②③
【知识点】
角平分线的性质，三角形内角和定理，三角形面积计算
【点评】
本题属于角平分线性质的综合应用题，易错点是记错三角形两内角平分线的夹角公式，解题时通过面积拆分验证结论③是常用的技巧，掌握角平分线的性质是解决本题的核心。
【难度系数】
0.7
我们逐个分析三个结论来判断正误：首先回忆三角形内角平分线夹角的计算方法判断结论①；再根据角平分线的性质，推导点O到三角形各边的距离关系判断结论②；最后将△AEF的面积拆分为两个小三角形的面积和，结合角平分线的性质计算面积，验证结论③。
【解析】
1. 验证结论①：
∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACB
∴$∠ OBC=\frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ OCB=\frac{1}{2}∠ ACB$
在△BOC中，由三角形内角和为180°得：
$∠ BOC=180°-(∠ OBC+∠ OCB)=180°-\frac{1}{2}(∠ ABC+∠ ACB)$
又
∵在△ABC中，$∠ ABC+∠ ACB=180°-∠ A$，代入得：
$∠ BOC=180°-\frac{1}{2}(180°-∠ A)=90°+\frac{1}{2}∠ A$，故①错误。
2. 验证结论②：
根据角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等。
∵O是∠ABC和∠ACB的角平分线交点，
∴点O到AB的距离=点O到BC的距离=点O到AC的距离，即点O到△ABC各边的距离相等，故②正确。
3. 验证结论③：
过点O作OG⊥AB于点G，由角平分线的性质可知OG=OD=m。
△AEF的面积可拆分为△AEO和△AFO的面积和：
$S_{△ AEF}=S_{△ AEO}+S_{△ AFO}=\frac{1}{2}· AE· OG+\frac{1}{2}· AF· OD$
代入OG=OD=m，AE+AF=n得：
$S_{△ AEF}=\frac{1}{2}m· AE+\frac{1}{2}m· AF=\frac{1}{2}m(AE+AF)=\frac{1}{2}mn$，故③正确。
【答案】
②③
【知识点】
角平分线的性质，三角形内角和定理，三角形面积计算
【点评】
本题属于角平分线性质的综合应用题，易错点是记错三角形两内角平分线的夹角公式，解题时通过面积拆分验证结论③是常用的技巧，掌握角平分线的性质是解决本题的核心。
【难度系数】
0.7
6. 如图，I是$△ ABC$的三个内角平分线的交点，$IE ⊥ BC$于点E，AI的延长线交BC于点D，CI的延长线交AB于点F。
求证：$BE=\frac{1}{2}(AB+BC-AC)$。
求证：$BE=\frac{1}{2}(AB+BC-AC)$。
答案
证明：
过点I作$IG ⊥ AB$于点G，$IH ⊥ AC$于点H。
∵ I是$△ ABC$三个内角平分线的交点，$IE ⊥ BC$，
∴ $IG=IE$，$IH=IE$，即$IG=IH=IE$。
在$\mathrm{Rt}△ BIG$和$\mathrm{Rt}△ BIE$中，
$\begin{cases} BI=BI \\ IG=IE \end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ BIG ≌ \mathrm{Rt}△ BIE$（HL），
∴ $BE=BG$。
同理可证：$\mathrm{Rt}△ CIE ≌ \mathrm{Rt}△ CIH$，$\mathrm{Rt}△ AIG ≌ \mathrm{Rt}△ AIH$，
∴ $CE=CH$，$AG=AH$。
∵ $AB=AG+BG$，$BC=BE+CE$，$AC=AH+CH$，
∴ $AB+BC-AC=(AG+BG)+(BE+CE)-(AH+CH)$
将$AG=AH$，$CE=CH$，$BG=BE$代入上式，得：
$AB+BC-AC=AH+BE+BE+CH-AH-CH=2BE$
∴ $BE=\frac{1}{2}(AB+BC-AC)$。
过点I作$IG ⊥ AB$于点G，$IH ⊥ AC$于点H。
∵ I是$△ ABC$三个内角平分线的交点，$IE ⊥ BC$，
∴ $IG=IE$，$IH=IE$，即$IG=IH=IE$。
在$\mathrm{Rt}△ BIG$和$\mathrm{Rt}△ BIE$中，
$\begin{cases} BI=BI \\ IG=IE \end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ BIG ≌ \mathrm{Rt}△ BIE$（HL），
∴ $BE=BG$。
同理可证：$\mathrm{Rt}△ CIE ≌ \mathrm{Rt}△ CIH$，$\mathrm{Rt}△ AIG ≌ \mathrm{Rt}△ AIH$，
∴ $CE=CH$，$AG=AH$。
∵ $AB=AG+BG$，$BC=BE+CE$，$AC=AH+CH$，
∴ $AB+BC-AC=(AG+BG)+(BE+CE)-(AH+CH)$
将$AG=AH$，$CE=CH$，$BG=BE$代入上式，得：
$AB+BC-AC=AH+BE+BE+CH-AH-CH=2BE$
∴ $BE=\frac{1}{2}(AB+BC-AC)$。
解析
【分析】
要证明$BE=\frac{1}{2}(AB+BC-AC)$，可从已知条件入手推导：I是$△ ABC$的内角平分线交点，根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，因此可过I向AB、AC作垂线，得到三条长度相等的垂线段；再利用HL定理证明三组直角三角形全等，得到多组相等的线段，最后将AB、BC、AC拆分为这些小线段的和，代入$AB+BC-AC$的式子中化简，即可推导出BE和三边长的关系。
【解析】
过点I作$IG ⊥ AB$于点G，$IH ⊥ AC$于点H。
∵ I是$△ ABC$三个内角平分线的交点，$IE ⊥ BC$，
∴ $IG=IE$，$IH=IE$，即$IG=IH=IE$。
在$\mathrm{Rt}△ BIG$和$\mathrm{Rt}△ BIE$中，
$\begin{cases} BI=BI \\ IG=IE \end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ BIG ≌ \mathrm{Rt}△ BIE$（HL），
∴ $BE=BG$。
同理可证：$\mathrm{Rt}△ CIE ≌ \mathrm{Rt}△ CIH$，$\mathrm{Rt}△ AIG ≌ \mathrm{Rt}△ AIH$，
∴ $CE=CH$，$AG=AH$。
∵ $AB=AG+BG$，$BC=BE+CE$，$AC=AH+CH$，
∴ $AB+BC-AC=(AG+BG)+(BE+CE)-(AH+CH)$
将$AG=AH$，$CE=CH$，$BG=BE$代入上式，得：
$AB+BC-AC=AH+BE+BE+CH-AH-CH=2BE$
∴ $BE=\frac{1}{2}(AB+BC-AC)$。
【答案】
$BE=\frac{1}{2}(AB+BC-AC)$，得证。
【知识点】
角平分线的性质；直角三角形全等的判定；全等三角形的性质
【点评】
本题是三角形角平分线相关的典型证明题，解题的核心是利用角平分线的性质作辅助线构造全等三角形，将三角形三边转化为可代换的等长线段，再通过代数化简得到结论，能够有效考察几何推理和代数变形的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
要证明$BE=\frac{1}{2}(AB+BC-AC)$，可从已知条件入手推导：I是$△ ABC$的内角平分线交点，根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，因此可过I向AB、AC作垂线，得到三条长度相等的垂线段；再利用HL定理证明三组直角三角形全等，得到多组相等的线段，最后将AB、BC、AC拆分为这些小线段的和，代入$AB+BC-AC$的式子中化简，即可推导出BE和三边长的关系。
【解析】
过点I作$IG ⊥ AB$于点G，$IH ⊥ AC$于点H。
∵ I是$△ ABC$三个内角平分线的交点，$IE ⊥ BC$，
∴ $IG=IE$，$IH=IE$，即$IG=IH=IE$。
在$\mathrm{Rt}△ BIG$和$\mathrm{Rt}△ BIE$中，
$\begin{cases} BI=BI \\ IG=IE \end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ BIG ≌ \mathrm{Rt}△ BIE$（HL），
∴ $BE=BG$。
同理可证：$\mathrm{Rt}△ CIE ≌ \mathrm{Rt}△ CIH$，$\mathrm{Rt}△ AIG ≌ \mathrm{Rt}△ AIH$，
∴ $CE=CH$，$AG=AH$。
∵ $AB=AG+BG$，$BC=BE+CE$，$AC=AH+CH$，
∴ $AB+BC-AC=(AG+BG)+(BE+CE)-(AH+CH)$
将$AG=AH$，$CE=CH$，$BG=BE$代入上式，得：
$AB+BC-AC=AH+BE+BE+CH-AH-CH=2BE$
∴ $BE=\frac{1}{2}(AB+BC-AC)$。
【答案】
$BE=\frac{1}{2}(AB+BC-AC)$，得证。
【知识点】
角平分线的性质；直角三角形全等的判定；全等三角形的性质
【点评】
本题是三角形角平分线相关的典型证明题，解题的核心是利用角平分线的性质作辅助线构造全等三角形，将三角形三边转化为可代换的等长线段，再通过代数化简得到结论，能够有效考察几何推理和代数变形的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
