7. 已知一个三角形的三边长分别为5、7、8，则其内切圆的半径为()

A.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
B.$\frac{3}{2}$
C.$\sqrt{3}$
D.2$\sqrt{3}$

C

设三角形三边分别为$a = 5$，$b = 7$，$c = 8$，
根据海伦公式，首先计算半周长$s$：
$s = \frac{a + b + c}{2} = \frac{5 + 7 + 8}{2} = 10$，
三角形的面积$S$可以表示为：
$S = \sqrt{s(s - a)(s - b)(s - c)} = \sqrt{10 × (10 - 5) × (10 - 7) × (10 - 8)} = 10\sqrt{3}$，
设内切圆的半径为$r$，则三角形的面积也可以表示为：
$S = \frac{1}{2} × (a + b + c) × r = \frac{1}{2} × (5 + 7 + 8) × r = 10r$，
将两个面积公式相等，得到：
$10r = 10\sqrt{3}$，
解得：
$r = \sqrt{3}$。

8. 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.

(2, 3)

内心的坐标可以通过求解三角形的角平分线的交点坐标得到，也可以通过网格特性，采用坐标平移和对称的方法得到。
点 $ A(3,6) $、$ B(-3,3) $、$ C(7,-2) $。
计算三角形 $ \Delta ABC $ 的边长：
$ AB = \sqrt{(3 - (-3))^2 + (6 - 3)^2} = \sqrt{6^2 + 3^2} = \sqrt{36 + 9} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5} $。
$ BC = \sqrt{(7 - (-3))^2 + (-2 - 3)^2} = \sqrt{10^2 + (-5)^2} = \sqrt{100 + 25} = \sqrt{125} = 5\sqrt{5} $。
$ CA = \sqrt{(7 - 3)^2 + (-2 - 6)^2} = \sqrt{4^2 + (-8)^2} = \sqrt{16 + 64} = \sqrt{80} = 4\sqrt{5} $。
内心的坐标公式为：
$ I = \left( \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} \right) $。
其中 $ a = BC = 5\sqrt{5} $、$ b = CA = 4\sqrt{5} $、$ c = AB = 3\sqrt{5} $。
代入公式：
$ I_x = \frac{5\sqrt{5} \cdot 3 + 4\sqrt{5} \cdot (-3) + 3\sqrt{5} \cdot 7}{5\sqrt{5} + 4\sqrt{5} + 3\sqrt{5}} = \frac{15\sqrt{5} - 12\sqrt{5} + 21\sqrt{5}}{12\sqrt{5}} = \frac{24\sqrt{5}}{12\sqrt{5}} = 2 $。
$ I_y = \frac{5\sqrt{5} \cdot 6 + 4\sqrt{5} \cdot 3 + 3\sqrt{5} \cdot (-2)}{5\sqrt{5} + 4\sqrt{5} + 3\sqrt{5}} = \frac{30\sqrt{5} + 12\sqrt{5} - 6\sqrt{5}}{12\sqrt{5}} = \frac{36\sqrt{5}}{12\sqrt{5}} = 3 $。
所以，内心的坐标为 $ (2, 3) $。

9. (2023·攀枝花)已知△ABC的周长为l，其内切圆的面积为$\pi r^{2}$，则△ABC的面积为.

$\frac{1}{2}lr$

因为内切圆面积为$\pi r^2$，所以内切圆半径为$r$。根据三角形面积公式$S = \frac{1}{2}lr$（其中$l$为周长，$r$为内切圆半径），可得$\triangle ABC$的面积为$\frac{1}{2}lr$。

10. (整体思想)(2024·太仓期末)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. 已知AB=6 cm，则△CEF的周长为cm.

12

∵O是△ABC的内心，∴AO平分∠CAB，BO平分∠CBA。
∵EF//AB，∴∠AOE=∠OAB（内错角相等），∠BOF=∠OBA（内错角相等）。
∵AO平分∠CAB，∴∠OAB=∠OAE，故∠AOE=∠OAE，∴△AOE为等腰三角形，AE=EO。
同理，BO平分∠CBA，∠OBA=∠OBF，故∠BOF=∠OBF，∴△BOF为等腰三角形，BF=FO。
∴EF=EO+OF=AE+BF。
△CEF的周长=CE+EF+CF=CE+(AE+BF)+CF=(CE+AE)+(CF+BF)=AC+BC。
∵△ABC周长为18cm，AB=6cm，∴AC+BC=18-AB=12cm。
∴△CEF的周长=12cm。

11. 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)
过点 $D$ 作 $DG \perp AB$，垂足为 $G$。
由于 $AD$ 平分 $\angle BAC$，$DF \perp AC$，$DG \perp AB$，根据角平分线的性质，得到 $DF = DG$。
同理，由于 $BD$ 平分 $\angle ABC$，$DE \perp BC$，$DG \perp AB$，得到 $DE = DG$。
因此，$DE = DF$，且 $\angle C = \angle DFC = \angle DEC = 90°$。
所以四边形 $CFDE$ 是矩形，又因为 $DE = DF$，所以矩形 $CFDE$ 是正方形。
(2)
设 $\odot D$ 与 $AB$ 的切点为 $G$，链接 $AD,CD,DG$，由于 $AD$ 平分 $\angle BAC$，$BD$平分$\angle ABC$，
根据（1）可得$DF=DE=DG$，
所以$\odot D$是$\triangle ABC$的内切圆，
由于 $AC = 6$，$BC = 8$，根据勾股定理，得到 $AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10$。
设 $DE = x$，则 $CE = x$，$BE = 8 - x$，$AF = 6 - x$，$BG = 10 - (6 - x) - (8-x中的AF部分)= 4 + x-x(简化后为4) = 4$（也可以通过切线长定理直接得出 $BG = AB - AG = 10 - 6+x-x(AF部分) = 4$）。
由于 $BG = BE$，得到 $4 = 8 - x$，解得 $x = 2(或4 = 10 - 6 + x - x(通过切线长定理简化计算),x = 2)$。
因此，$\odot D$ 的半径为 2，所以 $\odot D$ 的周长为 $2\pi × 2 = 4\pi$。

12. （2024·烟台）如图，AB是⊙O的直径，△ABC内接于⊙O，点I为△ABC的内心，连接CI并延长交⊙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）65°
（2）DA，DB。
理由：
①连接AI，∵I是△ABC内心，∴AI平分∠BAC，CI平分∠ACB。
∵AB是⊙O直径，∴∠ACB=90°，则CI平分∠ACB得∠ACD=∠BCD=45°。
∵∠ACD=∠BCD，∴弧AD=弧BD，故AD=BD。
②∠DAI=∠DAB+∠BAI，∠DIA=∠IAC+∠ICA。
∵弧AD=弧BD，AB为直径，∴∠DAB=45°。
∵AI平分∠BAC，设∠BAC=2α，则∠BAI=∠IAC=α，∠DIA=α+45°。
∠DAI=45°+α，∴∠DAI=∠DIA，故DI=DA。
同理，连接BI，可证∠DBI=∠DIB，得DI=DB。
综上，DI=DA=DB。