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5. 在等边三角形ABC中，若AB=6，则△ABC的内切圆半径r=
$\sqrt{3}$
.答案
5. $\sqrt{3}$
解析
【分析】
解题时可以从两个符合学段知识的方向思考：一是利用等边三角形的特殊性质，等边三角形的内心、外心、重心、垂心重合，内切圆半径等于等边三角形高线的1/3，先求高线再算半径即可；二是用面积法，三角形的面积等于$\frac{1}{2}$×周长×内切圆半径，先算出三角形面积和周长，代入公式就能求出半径。
【解析】
方法1：利用等边三角形性质求解
∵△ABC是等边三角形，AB=6，
∴BC=AB=6，过点A作AD⊥BC于D，
则$BD=\frac{1}{2}BC=3$，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：
$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}$，
∵等边三角形的内心与重心重合，重心分高线的比为2:1，内切圆半径是内心到边的距离，
∴$r=\frac{1}{3}AD=\frac{1}{3}×3\sqrt{3}=\sqrt{3}$。
方法2：面积法求解
等边△ABC的边长为6，
则周长$C=3×6=18$，
先求三角形的高$h=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}$，面积$S=\frac{1}{2}×6×3\sqrt{3}=9\sqrt{3}$，
根据三角形内切圆相关面积公式$S=\frac{1}{2}× C× r$，
代入得：$9\sqrt{3}=\frac{1}{2}×18× r$，
解得$r=\sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
等边三角形的性质，勾股定理，三角形内切圆计算
【点评】
本题属于基础题型，核心考察特殊三角形和内切圆的结合应用，熟练掌握等边三角形的特殊性质或面积法求内切圆半径的公式即可快速解题。
【难度系数】
0.8
解题时可以从两个符合学段知识的方向思考：一是利用等边三角形的特殊性质，等边三角形的内心、外心、重心、垂心重合，内切圆半径等于等边三角形高线的1/3，先求高线再算半径即可；二是用面积法，三角形的面积等于$\frac{1}{2}$×周长×内切圆半径，先算出三角形面积和周长，代入公式就能求出半径。
【解析】
方法1：利用等边三角形性质求解
∵△ABC是等边三角形，AB=6，
∴BC=AB=6，过点A作AD⊥BC于D，
则$BD=\frac{1}{2}BC=3$，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：
$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}$，
∵等边三角形的内心与重心重合，重心分高线的比为2:1，内切圆半径是内心到边的距离，
∴$r=\frac{1}{3}AD=\frac{1}{3}×3\sqrt{3}=\sqrt{3}$。
方法2：面积法求解
等边△ABC的边长为6，
则周长$C=3×6=18$，
先求三角形的高$h=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}$，面积$S=\frac{1}{2}×6×3\sqrt{3}=9\sqrt{3}$，
根据三角形内切圆相关面积公式$S=\frac{1}{2}× C× r$，
代入得：$9\sqrt{3}=\frac{1}{2}×18× r$，
解得$r=\sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
等边三角形的性质，勾股定理，三角形内切圆计算
【点评】
本题属于基础题型，核心考察特殊三角形和内切圆的结合应用，熟练掌握等边三角形的特殊性质或面积法求内切圆半径的公式即可快速解题。
【难度系数】
0.8
6. 如图30.2-5，若$\mathrm{Rt}△ ABC$的内切圆$\odot O$与边$BC$，$CA$，$AB$分别相切于点$D$，$E$，$F$，且$∠ A=90°$，$AB=5$，$AC=12$，则$\odot O$的半径$OD=$
2
。答案
6. 2
解析
【分析】
本题要求Rt△ABC内切圆的半径OD，可按以下思路求解：首先，已知直角三角形的两条直角边，先用勾股定理求出斜边BC的长度；其次，回忆直角三角形内切圆半径的计算方法，可直接用直角三角形内切圆半径公式，或通过面积法（大三角形面积等于内切圆圆心连接三个顶点分成的三个小三角形的面积和）计算半径即可。
【解析】
在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=5，AC=12，
由勾股定理得：$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{5^2+12^2}=\sqrt{169}=13$。
方法1：直角三角形内切圆半径公式为$r=\frac{a+b-c}{2}$（其中a、b为直角边长，c为斜边长），
代入数值可得半径$r=\frac{5+12-13}{2}=2$，
因为OD是⊙O的半径，所以OD=2。
方法2：设⊙O的半径为r，
△ABC的面积$S=\frac{1}{2}×AB×AC=\frac{1}{2}×5×12=30$，
又因为⊙O是△ABC的内切圆，圆心O到三边的距离都等于半径r，
所以$S=S_{△AOB}+S_{△BOC}+S_{△AOC}=\frac{1}{2}×AB×r+\frac{1}{2}×BC×r+\frac{1}{2}×AC×r=\frac{1}{2}×(AB+BC+AC)×r$，
代入数值：$30=\frac{1}{2}×(5+13+12)×r$，
解得$r=2$，即OD=2。
【答案】
2
【知识点】
勾股定理；三角形内切圆性质；直角三角形内切圆半径计算
【点评】
本题是基础题，解题的关键是熟练掌握勾股定理和直角三角形内切圆半径的计算方法，两种解法都较为简便，可根据自身掌握情况灵活选择。
【难度系数】
0.8
本题要求Rt△ABC内切圆的半径OD，可按以下思路求解：首先，已知直角三角形的两条直角边，先用勾股定理求出斜边BC的长度；其次，回忆直角三角形内切圆半径的计算方法，可直接用直角三角形内切圆半径公式，或通过面积法（大三角形面积等于内切圆圆心连接三个顶点分成的三个小三角形的面积和）计算半径即可。
【解析】
在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=5，AC=12，
由勾股定理得：$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{5^2+12^2}=\sqrt{169}=13$。
方法1：直角三角形内切圆半径公式为$r=\frac{a+b-c}{2}$（其中a、b为直角边长，c为斜边长），
代入数值可得半径$r=\frac{5+12-13}{2}=2$，
因为OD是⊙O的半径，所以OD=2。
方法2：设⊙O的半径为r，
△ABC的面积$S=\frac{1}{2}×AB×AC=\frac{1}{2}×5×12=30$，
又因为⊙O是△ABC的内切圆，圆心O到三边的距离都等于半径r，
所以$S=S_{△AOB}+S_{△BOC}+S_{△AOC}=\frac{1}{2}×AB×r+\frac{1}{2}×BC×r+\frac{1}{2}×AC×r=\frac{1}{2}×(AB+BC+AC)×r$，
代入数值：$30=\frac{1}{2}×(5+13+12)×r$，
解得$r=2$，即OD=2。
【答案】
2
【知识点】
勾股定理；三角形内切圆性质；直角三角形内切圆半径计算
【点评】
本题是基础题，解题的关键是熟练掌握勾股定理和直角三角形内切圆半径的计算方法，两种解法都较为简便，可根据自身掌握情况灵活选择。
【难度系数】
0.8
7. 如图 30.2-6，在$△ ABC$中，$∠ ACB=90°$.
（1）尺规作图：求作$\odot P$，使它与三边$AB$，$AC$，$BC$都相切（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）若$BC=8$，$AB=17$，求$\odot P$的半径.
图30.2-5
（1）尺规作图：求作$\odot P$，使它与三边$AB$，$AC$，$BC$都相切（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）若$BC=8$，$AB=17$，求$\odot P$的半径.
图30.2-5
答案
7. 解：(1) 如图，$\odot P$即为所求。
(2) 如图，设$\odot P$与三边$AB$，$AC$，$BC$的切点分别为$F$，$E$，$D$，连接$PD$，设$\odot P$的半径为$r$.
$\because BC=8$，$AB=17$，$∠ ACB=90°$，
$\therefore AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=15$.
$\because \odot P$与三边$AB$，$AC$，$BC$都相切，
$\therefore CD = CE$，$BD = BF$，$AE = AF$，
$∠ PDC=∠ PEC=∠ ACB=90°$.
$\therefore$ 四边形$CDPE$为矩形.
$\because CD=CE$，
$\therefore$ 四边形$CDPE$为正方形.
设$CD=CE=PD=r$.
$\therefore BD=BF=8-r$，$AF=AE=15-r$.
$\therefore 8-r+15-r=17$. 解得$r=3$.
$\therefore \odot P$的半径为3.
解析
【分析】
（1）要作与三角形三边都相切的圆，即作△ABC的内切圆：内切圆的圆心是三角形内角平分线的交点，半径是圆心到任意一边的距离。只需作∠B和∠C的角平分线，两条线的交点就是圆心P，过P作边的垂线，以P为圆心、垂线段长为半径作圆即可。
（2）求内切圆半径时，首先在Rt△ABC中，已知斜边AB和直角边BC，可先用勾股定理算出AC的长度；再根据内切圆的切线性质，可证得圆心与直角顶点C及两个直角边上的切点围成的四边形是正方形，得到半径r和直角边剩余部分的关系；最后结合切线长定理，用含r的式子表示AB的长度，列方程即可求解r。
【解析】
(1) 如图，$\odot P$即为所求。
(2) 设$\odot P$与三边$AB$，$AC$，$BC$的切点分别为$F$，$E$，$D$，连接$PD$，设$\odot P$的半径为$r$.
$\because BC=8$，$AB=17$，$∠ ACB=90°$，
$\therefore AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{17^2-8^2}=15$.
$\because \odot P$与三边$AB$，$AC$，$BC$都相切，
$\therefore CD = CE$，$BD = BF$，$AE = AF$，$∠ PDC=∠ PEC=∠ ACB=90°$.
$\therefore$ 四边形$CDPE$为矩形.
又$\because CD=CE$，
$\therefore$ 四边形$CDPE$为正方形，即$CD=CE=PD=r$.
$\therefore BD=BF=8-r$，$AF=AE=15-r$.
$\because AB=BF+AF$，
$\therefore 8-r+15-r=17$，
解得$r=3$.
【答案】
(1) 如图，$\odot P$即为所求。
(2) $\odot P$的半径为$\boldsymbol{3}$。
【知识点】
三角形内切圆作图；勾股定理；切线长定理
【点评】
本题结合了尺规作图和几何计算，既考查了动手操作能力，也考查了内切圆性质、勾股定理、切线长定理的综合运用，是三角形内切圆相关的基础典型题，掌握内切圆的核心性质是解题的关键。
【难度系数】
0.7
（1）要作与三角形三边都相切的圆，即作△ABC的内切圆：内切圆的圆心是三角形内角平分线的交点，半径是圆心到任意一边的距离。只需作∠B和∠C的角平分线，两条线的交点就是圆心P，过P作边的垂线，以P为圆心、垂线段长为半径作圆即可。
（2）求内切圆半径时，首先在Rt△ABC中，已知斜边AB和直角边BC，可先用勾股定理算出AC的长度；再根据内切圆的切线性质，可证得圆心与直角顶点C及两个直角边上的切点围成的四边形是正方形，得到半径r和直角边剩余部分的关系；最后结合切线长定理，用含r的式子表示AB的长度，列方程即可求解r。
【解析】
(1) 如图，$\odot P$即为所求。
(2) 设$\odot P$与三边$AB$，$AC$，$BC$的切点分别为$F$，$E$，$D$，连接$PD$，设$\odot P$的半径为$r$.
$\because BC=8$，$AB=17$，$∠ ACB=90°$，
$\therefore AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{17^2-8^2}=15$.
$\because \odot P$与三边$AB$，$AC$，$BC$都相切，
$\therefore CD = CE$，$BD = BF$，$AE = AF$，$∠ PDC=∠ PEC=∠ ACB=90°$.
$\therefore$ 四边形$CDPE$为矩形.
又$\because CD=CE$，
$\therefore$ 四边形$CDPE$为正方形，即$CD=CE=PD=r$.
$\therefore BD=BF=8-r$，$AF=AE=15-r$.
$\because AB=BF+AF$，
$\therefore 8-r+15-r=17$，
解得$r=3$.
【答案】
(1) 如图，$\odot P$即为所求。
(2) $\odot P$的半径为$\boldsymbol{3}$。
【知识点】
三角形内切圆作图；勾股定理；切线长定理
【点评】
本题结合了尺规作图和几何计算，既考查了动手操作能力，也考查了内切圆性质、勾股定理、切线长定理的综合运用，是三角形内切圆相关的基础典型题，掌握内切圆的核心性质是解题的关键。
【难度系数】
0.7
8. 如图30.2-7，$\odot O$为$△ ABC$的内切圆，切点分别为$F$，$G$，$H$，点$D$，$E$分别为$BC$，$AC$上的点，且$DE$为$\odot O$的切线，连接$AO$，$BO$.
（1）若$∠ C=40°$，求$∠ AOB$的度数；
（2）若$AC=8$，$AB=6$，$BC=9$，求$△ CDE$的周长.
（1）若$∠ C=40°$，求$∠ AOB$的度数；
（2）若$AC=8$，$AB=6$，$BC=9$，求$△ CDE$的周长.
答案
8. 解：(1) $\because ∠ C=40°$，
$\therefore ∠ ABC+∠ BAC=180°-40°=140°$.
$\because \odot O$为$△ ABC$的内切圆，
$\therefore ∠ BAO=∠ CAO$，$∠ ABO=∠ CBO$.
$\therefore ∠ OAB+∠ OBA=\frac{1}{2}×140°=70°$.
$\therefore ∠ AOB=180°-70°=110°$.
(2) $\because \odot O$为$△ ABC$的内切圆，$DE$为$\odot O$的切线，设切点为$I$（图略），
$\therefore EH=EI$，$DI=DG$.
$\therefore △ CDE$的周长为$CD+CE+DE=CD+CE+EI+DI=CD+CE+EH+DG=CG+CH$.
$\because AF=AH$，$BF=BG$，$CG=CH$，
$\therefore CG+CH=(AB+BC+AC)-(AH+AF+BF+BG)=8+6+9-2AB=8+6+9-2×6=11$.
$\therefore ∠ ABC+∠ BAC=180°-40°=140°$.
$\because \odot O$为$△ ABC$的内切圆，
$\therefore ∠ BAO=∠ CAO$，$∠ ABO=∠ CBO$.
$\therefore ∠ OAB+∠ OBA=\frac{1}{2}×140°=70°$.
$\therefore ∠ AOB=180°-70°=110°$.
(2) $\because \odot O$为$△ ABC$的内切圆，$DE$为$\odot O$的切线，设切点为$I$（图略），
$\therefore EH=EI$，$DI=DG$.
$\therefore △ CDE$的周长为$CD+CE+DE=CD+CE+EI+DI=CD+CE+EH+DG=CG+CH$.
$\because AF=AH$，$BF=BG$，$CG=CH$，
$\therefore CG+CH=(AB+BC+AC)-(AH+AF+BF+BG)=8+6+9-2AB=8+6+9-2×6=11$.
解析
【分析】
（1）求∠AOB的度数时，先根据三角形内角和定理求出∠BAC与∠ABC的和；再结合内切圆的性质，可知AO、BO分别是∠BAC、∠ABC的角平分线，进而求出∠OAB与∠OBA的和；最后在△AOB中利用三角形内角和定理即可算出∠AOB的度数。
（2）求△CDE的周长时，先依据切线长定理，将DE拆分为两条切线段，把△CDE的周长转化为CG与CH的和；再利用内切圆的切线长性质，结合△ABC的三边长，即可求出CG+CH的数值，也就是△CDE的周长。
【解析】
(1) 已知$∠ C=40°$，根据三角形内角和为$180°$，可得：
$∠ ABC+∠ BAC=180°-∠ C=180°-40°=140°$
$\because \odot O$为$△ ABC$的内切圆，$\therefore AO$平分$∠ BAC$，$BO$平分$∠ ABC$，即：
$∠ BAO=∠ CAO$，$∠ ABO=∠ CBO$
$\therefore ∠ OAB+∠ OBA=\frac{1}{2}(∠ BAC+∠ ABC)=\frac{1}{2}× 140°=70°$
在$△ AOB$中，$∠ AOB=180°-(∠ OAB+∠ OBA)=180°-70°=110°$
(2) 设$DE$与$\odot O$的切点为$I$，根据切线长定理：圆外一点引圆的两条切线长度相等，可得$EH=EI$，$DI=DG$，且$AF=AH$，$BF=BG$，$CG=CH$
$\therefore △ CDE$的周长$=CD+CE+DE=CD+CE+EI+DI=CD+CE+EH+DG=(CD+DG)+(CE+EH)=CG+CH$
又$\because CG+CH=(AB+BC+AC)-(AH+AF+BF+BG)=(AB+BC+AC)-2(AF+BF)=(AB+BC+AC)-2AB$
代入$AB=6$，$AC=8$，$BC=9$，得：
$CG+CH=6+8+9-2× 6=11$
即$△ CDE$的周长为$11$。
【答案】
(1) $\boxed{110°}$；(2) $\boxed{11}$
【知识点】
三角形内角和定理，三角形内切圆性质，切线长定理
【点评】
本题围绕三角形内切圆设置考点，第一问结合角平分线性质和三角形内角和即可求解，难度较低；第二问的解题核心是利用切线长定理对三角形周长进行等价转化，熟练掌握切线长相等的性质是解题关键，属于圆章节的基础常考题型。
【难度系数】
0.7
（1）求∠AOB的度数时，先根据三角形内角和定理求出∠BAC与∠ABC的和；再结合内切圆的性质，可知AO、BO分别是∠BAC、∠ABC的角平分线，进而求出∠OAB与∠OBA的和；最后在△AOB中利用三角形内角和定理即可算出∠AOB的度数。
（2）求△CDE的周长时，先依据切线长定理，将DE拆分为两条切线段，把△CDE的周长转化为CG与CH的和；再利用内切圆的切线长性质，结合△ABC的三边长，即可求出CG+CH的数值，也就是△CDE的周长。
【解析】
(1) 已知$∠ C=40°$，根据三角形内角和为$180°$，可得：
$∠ ABC+∠ BAC=180°-∠ C=180°-40°=140°$
$\because \odot O$为$△ ABC$的内切圆，$\therefore AO$平分$∠ BAC$，$BO$平分$∠ ABC$，即：
$∠ BAO=∠ CAO$，$∠ ABO=∠ CBO$
$\therefore ∠ OAB+∠ OBA=\frac{1}{2}(∠ BAC+∠ ABC)=\frac{1}{2}× 140°=70°$
在$△ AOB$中，$∠ AOB=180°-(∠ OAB+∠ OBA)=180°-70°=110°$
(2) 设$DE$与$\odot O$的切点为$I$，根据切线长定理：圆外一点引圆的两条切线长度相等，可得$EH=EI$，$DI=DG$，且$AF=AH$，$BF=BG$，$CG=CH$
$\therefore △ CDE$的周长$=CD+CE+DE=CD+CE+EI+DI=CD+CE+EH+DG=(CD+DG)+(CE+EH)=CG+CH$
又$\because CG+CH=(AB+BC+AC)-(AH+AF+BF+BG)=(AB+BC+AC)-2(AF+BF)=(AB+BC+AC)-2AB$
代入$AB=6$，$AC=8$，$BC=9$，得：
$CG+CH=6+8+9-2× 6=11$
即$△ CDE$的周长为$11$。
【答案】
(1) $\boxed{110°}$；(2) $\boxed{11}$
【知识点】
三角形内角和定理，三角形内切圆性质，切线长定理
【点评】
本题围绕三角形内切圆设置考点，第一问结合角平分线性质和三角形内角和即可求解，难度较低；第二问的解题核心是利用切线长定理对三角形周长进行等价转化，熟练掌握切线长相等的性质是解题关键，属于圆章节的基础常考题型。
【难度系数】
0.7
9. 如图 30.2-8，点 O 是$△ ABC$外接圆的圆心，点 I 是$△ ABC$的内心，连接 OB，IA. 若$∠ CAI=34°$，则$∠ OBC$的度数为（
A.$27°$
B.$24°$
C.$22°$
D.$20°$
图 30.2-8
图 30.2-9
C
）.A.$27°$
B.$24°$
C.$22°$
D.$20°$
图 30.2-8
图 30.2-9
答案
9. C
解析
【分析】
解题时可按以下思路推导：首先，点I是三角形的内心，根据内心是角平分线交点的性质，可由已知∠CAI的度数求出∠BAC的度数；其次，点O是三角形外接圆圆心，根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可求出圆心角∠BOC的度数；最后，OB与OC都是外接圆半径，二者相等，△OBC为等腰三角形，结合三角形内角和即可求出∠OBC的度数。
【解析】
解：
∵点I是△ABC的内心，
∴IA平分∠BAC，
∴∠BAC = 2∠CAI = 2×34° = 68°。
∵点O是△ABC外接圆的圆心，
∴根据圆周角定理，同弧BC所对的圆心角∠BOC = 2∠BAC = 2×68° = 136°。
又
∵OB = OC（都是外接圆的半径），
∴△OBC是等腰三角形，∠OBC = ∠OCB，
∴∠OBC = (180° - ∠BOC)÷2 = (180° - 136°)÷2 = 22°。
【答案】
C
【知识点】
三角形内心的性质；圆周角定理；等腰三角形的性质
【点评】
本题属于角度计算的综合题，核心考查三角形特殊点（内心、外心）的性质，解题的关键是熟练掌握各性质定理，快速建立已知角和所求角之间的关联。
【难度系数】
0.7
解题时可按以下思路推导：首先，点I是三角形的内心，根据内心是角平分线交点的性质，可由已知∠CAI的度数求出∠BAC的度数；其次，点O是三角形外接圆圆心，根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可求出圆心角∠BOC的度数；最后，OB与OC都是外接圆半径，二者相等，△OBC为等腰三角形，结合三角形内角和即可求出∠OBC的度数。
【解析】
解：
∵点I是△ABC的内心，
∴IA平分∠BAC，
∴∠BAC = 2∠CAI = 2×34° = 68°。
∵点O是△ABC外接圆的圆心，
∴根据圆周角定理，同弧BC所对的圆心角∠BOC = 2∠BAC = 2×68° = 136°。
又
∵OB = OC（都是外接圆的半径），
∴△OBC是等腰三角形，∠OBC = ∠OCB，
∴∠OBC = (180° - ∠BOC)÷2 = (180° - 136°)÷2 = 22°。
【答案】
C
【知识点】
三角形内心的性质；圆周角定理；等腰三角形的性质
【点评】
本题属于角度计算的综合题，核心考查三角形特殊点（内心、外心）的性质，解题的关键是熟练掌握各性质定理，快速建立已知角和所求角之间的关联。
【难度系数】
0.7
10. 如图30.2-9，$△ ABC$的内切圆（圆心为点$O$）与各边分别相切于点$D$，$E$，$F$，连接$EF$，$DE$，$DF$. 以点$A$为圆心，以适当长为半径作弧，分别交$AC$，$AB$于$G$，$H$两点；分别
以点$G$，$H$为圆心，以大于$\frac{1}{2}GH$的长为半径作弧，两条弧在$△ ABC$的内部交于点$P$，作射线$AP$. 下列结论中，正确的是（
①$∠ BAP=∠ CAP$；
②射线$AP$一定过点$O$；
③$△ ABC$三条边的中线一定过点$O$；
④$△ DEF$三条边的垂直平分线一定过点$O$.
A.①②③
B.②③④
C.①②④
D.①③④
以点$G$，$H$为圆心，以大于$\frac{1}{2}GH$的长为半径作弧，两条弧在$△ ABC$的内部交于点$P$，作射线$AP$. 下列结论中，正确的是（
C
）.①$∠ BAP=∠ CAP$；
②射线$AP$一定过点$O$；
③$△ ABC$三条边的中线一定过点$O$；
④$△ DEF$三条边的垂直平分线一定过点$O$.
A.①②③
B.②③④
C.①②④
D.①③④
答案
10. C
解析
【分析】
解题时先根据尺规作图的特征判断射线AP的性质，再结合三角形内切圆圆心（内心）的性质逐一判断四个结论：首先明确角平分线的尺规作图方法，得到AP是∠BAC的角平分线；再回忆内心是三角形三条角平分线的交点，判断AP是否过内心O；然后区分三角形内心和重心的性质，判断③的正误；最后根据内切圆半径相等，结合垂直平分线的判定判断④的正误即可。
【解析】
我们逐个分析四个结论：
1. 由题中的作图步骤可知，射线AP是∠BAC的角平分线，因此∠BAP=∠CAP，故①正确；
2. 点O是△ABC的内切圆圆心（内心），内心是三角形三个内角角平分线的交点，因此∠BAC的角平分线AP一定经过点O，故②正确；
3. 三角形三条中线的交点是重心，而点O是△ABC的内心（角平分线交点），并非重心，因此△ABC的中线不一定过点O，故③错误；
4. 因为O是△ABC的内切圆圆心，所以OD=OE=OF（均为内切圆半径），即点O到△DEF的三个顶点距离相等。根据“到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上”，可知O在△DEF三边的垂直平分线上，即△DEF三条边的垂直平分线一定过点O，故④正确。
综上，①②④正确，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
角平分线的尺规作图，三角形内心的性质，线段垂直平分线的判定
【点评】
本题属于基础综合题，主要考查了三角形相关的基础性质，解题的关键是准确区分三角形内心、重心的不同性质，避免概念混淆。
【难度系数】
0.7
解题时先根据尺规作图的特征判断射线AP的性质，再结合三角形内切圆圆心（内心）的性质逐一判断四个结论：首先明确角平分线的尺规作图方法，得到AP是∠BAC的角平分线；再回忆内心是三角形三条角平分线的交点，判断AP是否过内心O；然后区分三角形内心和重心的性质，判断③的正误；最后根据内切圆半径相等，结合垂直平分线的判定判断④的正误即可。
【解析】
我们逐个分析四个结论：
1. 由题中的作图步骤可知，射线AP是∠BAC的角平分线，因此∠BAP=∠CAP，故①正确；
2. 点O是△ABC的内切圆圆心（内心），内心是三角形三个内角角平分线的交点，因此∠BAC的角平分线AP一定经过点O，故②正确；
3. 三角形三条中线的交点是重心，而点O是△ABC的内心（角平分线交点），并非重心，因此△ABC的中线不一定过点O，故③错误；
4. 因为O是△ABC的内切圆圆心，所以OD=OE=OF（均为内切圆半径），即点O到△DEF的三个顶点距离相等。根据“到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上”，可知O在△DEF三边的垂直平分线上，即△DEF三条边的垂直平分线一定过点O，故④正确。
综上，①②④正确，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
角平分线的尺规作图，三角形内心的性质，线段垂直平分线的判定
【点评】
本题属于基础综合题，主要考查了三角形相关的基础性质，解题的关键是准确区分三角形内心、重心的不同性质，避免概念混淆。
【难度系数】
0.7
