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8. (2025·滨州)如图，E,F,G,H 四点分别在正方形ABCD 的四条边上，AF=BG=CH=DE.若AB=17,EF=13,则△GCH 的内切圆半径为（
A.1
B.2
C.3
D.4
B
）A.1
B.2
C.3
D.4
答案
8. B
解析
【分析】
解题时首先从正方形的性质入手，由已知的线段相等推导剩余边也相等，结合正方形的直角可证四个角上的小直角三角形全等，得到△GCH为直角三角形且斜边长度等于EF。再设未知数利用勾股定理求出△GCH两条直角边的长度，最后代入直角三角形内切圆半径公式即可求出结果。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA=17，
∵AF=BG=CH=DE，
∴AB-AF=BC-BG=CD-CH=DA-DE，即BF=CG=DH=AE。
易证△AEF≌△BFG≌△CGH≌△DHE（SAS），
∴GH=EF=13，且△CGH为直角三角形，∠C=90°。
设CH=x，则CG=17-x，
在Rt△AEF中，AF=x，AE=17-x，EF=13，由勾股定理得：
$x^2+(17-x)^2=13^2$
整理得$x^2-17x+60=0$，
解得$x_1=5$，$x_2=12$，
即Rt△GCH的两条直角边长为5和12，斜边长为13。
直角三角形内切圆半径公式为$r=\frac{a+b-c}{2}$（a、b为直角边，c为斜边），
代入得$r=\frac{5+12-13}{2}=2$。
【答案】
B
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；直角三角形内切圆计算
【点评】
本题属于几何综合小题，将正方形、全等三角形、直角三角形内切圆的知识点结合考查，解题的关键是通过全等得到所求三角形的边长，再结合公式计算，解题思路清晰，属于几何部分的常考题型。
【难度系数】
0.6
解题时首先从正方形的性质入手，由已知的线段相等推导剩余边也相等，结合正方形的直角可证四个角上的小直角三角形全等，得到△GCH为直角三角形且斜边长度等于EF。再设未知数利用勾股定理求出△GCH两条直角边的长度，最后代入直角三角形内切圆半径公式即可求出结果。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA=17，
∵AF=BG=CH=DE，
∴AB-AF=BC-BG=CD-CH=DA-DE，即BF=CG=DH=AE。
易证△AEF≌△BFG≌△CGH≌△DHE（SAS），
∴GH=EF=13，且△CGH为直角三角形，∠C=90°。
设CH=x，则CG=17-x，
在Rt△AEF中，AF=x，AE=17-x，EF=13，由勾股定理得：
$x^2+(17-x)^2=13^2$
整理得$x^2-17x+60=0$，
解得$x_1=5$，$x_2=12$，
即Rt△GCH的两条直角边长为5和12，斜边长为13。
直角三角形内切圆半径公式为$r=\frac{a+b-c}{2}$（a、b为直角边，c为斜边），
代入得$r=\frac{5+12-13}{2}=2$。
【答案】
B
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；直角三角形内切圆计算
【点评】
本题属于几何综合小题，将正方形、全等三角形、直角三角形内切圆的知识点结合考查，解题的关键是通过全等得到所求三角形的边长，再结合公式计算，解题思路清晰，属于几何部分的常考题型。
【难度系数】
0.6
9. 如图，∠ACB=45°，半径为2的⊙O与角的两边相切，点P是⊙O上任意一点，过点P向角的两边作垂线，垂足分别为E，F，设$t=PE+\sqrt{2}PF$，则t的取值范围是
$2\sqrt{2}≤ t≤4+2\sqrt{2}$
。答案
9. $2\sqrt{2}≤ t≤4+2\sqrt{2}$
解析
【分析】
我们可以通过建立平面直角坐标系简化计算：设点C为原点，CB所在直线为x轴，由∠ACB=45°得AC所在直线为y=x。结合⊙O与角两边相切、半径为2的条件，先求出圆心O的坐标与圆的方程；再将PE、PF用点P的坐标表示，化简t的表达式，将问题转化为求圆上的点的横纵坐标之和的取值范围，最后利用直线与圆有交点时圆心到直线的距离不大于半径的性质求解范围。
【解析】
1. 建立坐标系，确定圆心坐标与圆的方程
设C为坐标原点，CB在x轴上，
∵∠ACB=45°，
∴直线AC的解析式为$y=x$。
∵⊙O与AC、CB都相切，半径为2，
∴圆心O到x轴的距离为2，即O的纵坐标为2；设$O(a,2)$，由O到AC：$x-y=0$的距离等于半径2，得：
$\frac{|a - 2|}{\sqrt{2}} = 2$，
∵O在∠ACB内部，$a＞2$，解得$a=2+2\sqrt{2}$，即$O(2+2\sqrt{2}, 2)$。
∴⊙O的方程为$(x - 2 - 2\sqrt{2})^2 + (y - 2)^2 = 4$。
2. 化简t的表达式
设$P(x,y)$是⊙O上任意一点，
∵PF⊥CB（x轴），
∴$PF=y$；
∵PE⊥AC，由点到直线的距离公式得$PE = \frac{|x - y|}{\sqrt{2}} = \frac{x - y}{\sqrt{2}}$（P在角内部，$x＞y$）。
代入t得：
$t = \frac{x - y}{\sqrt{2}} + \sqrt{2}y = \frac{x - y + 2y}{\sqrt{2}} = \frac{x + y}{\sqrt{2}}$。
3. 求x+y的取值范围
设$x+y=k$，即直线$x+y -k=0$，当直线与⊙O有交点时，圆心到直线的距离≤半径：
$\frac{|2 + 2\sqrt{2} + 2 - k|}{\sqrt{2}} ≤ 2$
即$|4 + 2\sqrt{2} - k| ≤ 2\sqrt{2}$
解得：$4 ≤ k ≤ 4 + 4\sqrt{2}$。
4. 求t的范围
∵$t = \frac{k}{\sqrt{2}}$，代入k的范围得：
$\frac{4}{\sqrt{2}} ≤ t ≤ \frac{4 + 4\sqrt{2}}{\sqrt{2}}$，化简得$2\sqrt{2} ≤ t ≤ 4 + 2\sqrt{2}$。
【答案】
$2\sqrt{2}≤ t≤4+2\sqrt{2}$
【知识点】
切线的性质，点到直线的距离，直线与圆的位置关系
【点评】
本题通过坐标法将几何最值问题转化为直线与圆的位置关系问题，其中化简t的表达式是解题的关键，需要熟练掌握切线性质和点到直线距离公式的灵活应用。
【难度系数】
0.3
我们可以通过建立平面直角坐标系简化计算：设点C为原点，CB所在直线为x轴，由∠ACB=45°得AC所在直线为y=x。结合⊙O与角两边相切、半径为2的条件，先求出圆心O的坐标与圆的方程；再将PE、PF用点P的坐标表示，化简t的表达式，将问题转化为求圆上的点的横纵坐标之和的取值范围，最后利用直线与圆有交点时圆心到直线的距离不大于半径的性质求解范围。
【解析】
1. 建立坐标系，确定圆心坐标与圆的方程
设C为坐标原点，CB在x轴上，
∵∠ACB=45°，
∴直线AC的解析式为$y=x$。
∵⊙O与AC、CB都相切，半径为2，
∴圆心O到x轴的距离为2，即O的纵坐标为2；设$O(a,2)$，由O到AC：$x-y=0$的距离等于半径2，得：
$\frac{|a - 2|}{\sqrt{2}} = 2$，
∵O在∠ACB内部，$a＞2$，解得$a=2+2\sqrt{2}$，即$O(2+2\sqrt{2}, 2)$。
∴⊙O的方程为$(x - 2 - 2\sqrt{2})^2 + (y - 2)^2 = 4$。
2. 化简t的表达式
设$P(x,y)$是⊙O上任意一点，
∵PF⊥CB（x轴），
∴$PF=y$；
∵PE⊥AC，由点到直线的距离公式得$PE = \frac{|x - y|}{\sqrt{2}} = \frac{x - y}{\sqrt{2}}$（P在角内部，$x＞y$）。
代入t得：
$t = \frac{x - y}{\sqrt{2}} + \sqrt{2}y = \frac{x - y + 2y}{\sqrt{2}} = \frac{x + y}{\sqrt{2}}$。
3. 求x+y的取值范围
设$x+y=k$，即直线$x+y -k=0$，当直线与⊙O有交点时，圆心到直线的距离≤半径：
$\frac{|2 + 2\sqrt{2} + 2 - k|}{\sqrt{2}} ≤ 2$
即$|4 + 2\sqrt{2} - k| ≤ 2\sqrt{2}$
解得：$4 ≤ k ≤ 4 + 4\sqrt{2}$。
4. 求t的范围
∵$t = \frac{k}{\sqrt{2}}$，代入k的范围得：
$\frac{4}{\sqrt{2}} ≤ t ≤ \frac{4 + 4\sqrt{2}}{\sqrt{2}}$，化简得$2\sqrt{2} ≤ t ≤ 4 + 2\sqrt{2}$。
【答案】
$2\sqrt{2}≤ t≤4+2\sqrt{2}$
【知识点】
切线的性质，点到直线的距离，直线与圆的位置关系
【点评】
本题通过坐标法将几何最值问题转化为直线与圆的位置关系问题，其中化简t的表达式是解题的关键，需要熟练掌握切线性质和点到直线距离公式的灵活应用。
【难度系数】
0.3
10. (2025·攀枝花)如图，$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，与$AB$，$BC$，$CA$分别相切于点$D$，$E$，$F$，$∠ DOE=120°$，$∠ EOF=150°$。
（1）求$△ ABC$的三个内角的大小；
（2）设$\odot O$的直径为$d$，证明：$d=AB+AC-BC$。
（1）求$△ ABC$的三个内角的大小；
（2）设$\odot O$的直径为$d$，证明：$d=AB+AC-BC$。
答案
10. (1) $\because \odot O$是$△ ABC$的内切圆,与$AB$,$BC$,$CA$分别相切于点$D$,$E$,$F$,$\therefore AB⊥ OD$,$BC⊥ OE$,$CA⊥ OF$,$\therefore ∠ ODB=∠ OEB=∠ OEC=∠ OFC=90°$.$\because ∠ DOE=120°$,$∠ EOF=150°$,$\therefore ∠ B=360°-∠ ODB-∠ OEB-∠ DOE=60°$,$∠ C=360°-∠ OEC-∠ OFC-∠ EOF=30°$,$\therefore ∠ A=180°-∠ B-∠ C=90°$,$\therefore ∠ A$,$∠ B$,$∠ C$的度数分别为$90°$,$60°$,$30°$.
(2) $\because AD=AF$,$BD=BE$,$CF=CE$,$\therefore BD+CF=BE+CE=BC$.$\because AB+AC=AD+BD+CF+AF=2AF+BC$,$\therefore 2AF=AB+AC-BC$.$\because ∠ ODA=∠ OFA=∠ A=90°$,$\therefore$ 四边形$ADOF$是矩形,$\therefore OD=AF$.$\because \odot O$的直径为$d$,$OD$为$\odot O$的半径,$\therefore d=2OD=2AF$,$\therefore d=AB+AC-BC$.
(2) $\because AD=AF$,$BD=BE$,$CF=CE$,$\therefore BD+CF=BE+CE=BC$.$\because AB+AC=AD+BD+CF+AF=2AF+BC$,$\therefore 2AF=AB+AC-BC$.$\because ∠ ODA=∠ OFA=∠ A=90°$,$\therefore$ 四边形$ADOF$是矩形,$\therefore OD=AF$.$\because \odot O$的直径为$d$,$OD$为$\odot O$的半径,$\therefore d=2OD=2AF$,$\therefore d=AB+AC-BC$.
解析
【分析】
（1）求△ABC的三个内角时，先利用内切圆的切线性质：圆的切线垂直于过切点的半径，可得OD⊥AB、OE⊥BC、OF⊥AC，因此四边形ODBE、OECF中均有两个内角为90°，结合四边形内角和为360°，以及已知的∠DOE、∠EOF的度数，即可分别求出∠B、∠C的度数，最后利用三角形内角和为180°求出∠A即可。
（2）证明d=AB+AC-BC时，首先利用切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线长相等，可得AD=AF、BD=BE、CE=CF，先推导AB+AC-BC的表达式，再结合∠A=90°、OD⊥AB、OF⊥AC，可证四边形ADOF是矩形，得到AF=OD，而直径d=2OD，即可完成证明。
【解析】
(1)
∵⊙O是△ABC的内切圆，与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，
∴AB⊥OD，BC⊥OE，CA⊥OF，
∴∠ODB=∠OEB=∠OEC=∠OFC=90°。
∵四边形内角和为360°，∠DOE=120°，∠EOF=150°，
∴∠B=360°-∠ODB-∠OEB-∠DOE=360°-90°-90°-120°=60°，
∠C=360°-∠OEC-∠OFC-∠EOF=360°-90°-90°-150°=30°，
∴∠A=180°-∠B-∠C=180°-60°-30°=90°。
(2) 证明：根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线长相等，可得AD=AF，BD=BE，CF=CE，
∴BD+CF=BE+CE=BC。
∵AB+AC=AD+BD+CF+AF=AF+BD+CF+AF=2AF+BC，
∴2AF=AB+AC-BC。
∵∠ODA=∠OFA=∠A=90°，
∴四边形ADOF是矩形，
∴OD=AF。
∵⊙O的直径为d，OD为⊙O的半径，
∴d=2OD=2AF，
∴d=AB+AC-BC。
【答案】
(1) ∠A=90°，∠B=60°，∠C=30°；
(2) 证明成立，$d=AB+AC-BC$。
【知识点】
切线的性质，切线长定理，矩形的判定与性质
【点评】
本题围绕三角形内切圆设置问题，既考查了角度计算，又考查了线段关系的证明，解题的关键是熟练掌握切线相关的基础定理，能结合图形特征灵活运用四边形和三角形的性质推导结论。
【难度系数】
0.7
（1）求△ABC的三个内角时，先利用内切圆的切线性质：圆的切线垂直于过切点的半径，可得OD⊥AB、OE⊥BC、OF⊥AC，因此四边形ODBE、OECF中均有两个内角为90°，结合四边形内角和为360°，以及已知的∠DOE、∠EOF的度数，即可分别求出∠B、∠C的度数，最后利用三角形内角和为180°求出∠A即可。
（2）证明d=AB+AC-BC时，首先利用切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线长相等，可得AD=AF、BD=BE、CE=CF，先推导AB+AC-BC的表达式，再结合∠A=90°、OD⊥AB、OF⊥AC，可证四边形ADOF是矩形，得到AF=OD，而直径d=2OD，即可完成证明。
【解析】
(1)
∵⊙O是△ABC的内切圆，与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，
∴AB⊥OD，BC⊥OE，CA⊥OF，
∴∠ODB=∠OEB=∠OEC=∠OFC=90°。
∵四边形内角和为360°，∠DOE=120°，∠EOF=150°，
∴∠B=360°-∠ODB-∠OEB-∠DOE=360°-90°-90°-120°=60°，
∠C=360°-∠OEC-∠OFC-∠EOF=360°-90°-90°-150°=30°，
∴∠A=180°-∠B-∠C=180°-60°-30°=90°。
(2) 证明：根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线长相等，可得AD=AF，BD=BE，CF=CE，
∴BD+CF=BE+CE=BC。
∵AB+AC=AD+BD+CF+AF=AF+BD+CF+AF=2AF+BC，
∴2AF=AB+AC-BC。
∵∠ODA=∠OFA=∠A=90°，
∴四边形ADOF是矩形，
∴OD=AF。
∵⊙O的直径为d，OD为⊙O的半径，
∴d=2OD=2AF，
∴d=AB+AC-BC。
【答案】
(1) ∠A=90°，∠B=60°，∠C=30°；
(2) 证明成立，$d=AB+AC-BC$。
【知识点】
切线的性质，切线长定理，矩形的判定与性质
【点评】
本题围绕三角形内切圆设置问题，既考查了角度计算，又考查了线段关系的证明，解题的关键是熟练掌握切线相关的基础定理，能结合图形特征灵活运用四边形和三角形的性质推导结论。
【难度系数】
0.7
11. (2024·亭湖区期中)【习题再现】
如图1,I是△ABC的内心,AI的延长线交△ABC的外接圆于点D.BD和ID相等吗?为什么?(不需解答,请看下面的问题)
【逆向思考】
(1) 如图1,I为△ABC内一点,AI的延长线交△ABC的外接圆于点D.若DB=DI=DC,求证:I为△ABC的内心;
【拓展提高】
(2) 如图2,⊙O的半径长为5,弦BC=8,动点A在优弧$\overgroup{BAC}$上(不与B,C重合),I是△ABC的内心.
① 点I到⊙O上某点的距离始终不变,请用无刻度的直尺找出该点;
② AI的最大值的
如图1,I是△ABC的内心,AI的延长线交△ABC的外接圆于点D.BD和ID相等吗?为什么?(不需解答,请看下面的问题)
【逆向思考】
(1) 如图1,I为△ABC内一点,AI的延长线交△ABC的外接圆于点D.若DB=DI=DC,求证:I为△ABC的内心;
【拓展提高】
(2) 如图2,⊙O的半径长为5,弦BC=8,动点A在优弧$\overgroup{BAC}$上(不与B,C重合),I是△ABC的内心.
① 点I到⊙O上某点的距离始终不变,请用无刻度的直尺找出该点;
② AI的最大值的
$10-2\sqrt{5}$
.答案
11. (1) 如图1,连接$IB$,$\because DB=DI=DC$,$\therefore ∠ DBI=∠ DIB$,$\overgroup{DB}=\overgroup{DC}$,$\therefore ∠ DAB=∠ DAC$.$\because ∠ DBC=∠ DAC$,$\therefore ∠ DBC=∠ DAB$.$\because ∠ DBI=∠ IBC+∠ DBC$,$∠ DIB=∠ IBA+∠ DAB$,$\therefore ∠ IBC+∠ DBC=∠ IBA+∠ DAB$,$\therefore ∠ IBC=∠ IBA$,$\therefore$ 点$I$是$△ ABC$中$∠ BAC$的平分线与$∠ ABC$的平分线的交点,$\therefore I$为$△ ABC$的内心.
(2) ①如图2,延长$AI$交$\odot O$于点$M$,点$M$就是所求的点. 理由:连接$BI$,$BM$,$CM$,$\because I$是$△ ABC$的内心,$\therefore ∠ MAB=∠ MAC$,$∠ IBC=∠ IBA$,$\therefore \overgroup{MB}=\overgroup{MC}$,$\therefore M$为$\overgroup{BC}$的中点,$\therefore MB$的长为定值.$\because ∠ MBC=∠ MAC$,$\therefore ∠ MBC=∠ MAB$,$\therefore ∠ MBI=∠ MBC+∠ IBC=∠ MAB+∠ IBA=∠ MIB$,$\therefore MI=MB$,$\therefore$ 点$I$到$\odot O$上的点$M$的距离始终不变,$\therefore$ 点$M$就是所求的点. ② $10-2\sqrt{5}$.
解析
【分析】
（1）要证明I是△ABC的内心，需证I是三角形两个内角的角平分线交点。首先由DB=DC可得弧DB=弧DC，推出AD平分∠BAC；再结合DB=DI，利用等边对等角、三角形外角性质、圆周角等量代换证明BI平分∠ABC，即可得证。
（2）①根据前面的结论，延长AI交外接圆于劣弧BC的中点M，可证MI=MB，BC为定弦，劣弧BC中点M是定点，因此MB长度为定值，即I到M的距离不变，M就是所求点；②AI=AM-MI，MI为定值，要使AI最大，需使AM最大，圆中最长弦是直径，即AM为直径时AI最大，先通过垂径定理求出MB（即MI）的长度，再用直径减去MI的长度即可得到AI的最大值。
【解析】
(1) 证明：如图1，连接$IB$，
$\because DB=DI=DC$，$\therefore ∠DBI=∠DIB$，$\overgroup{DB}=\overgroup{DC}$，
$\therefore ∠DAB=∠DAC$，即$AD$平分$∠BAC$。
$\because ∠DBC$和$∠DAC$都是弧$DC$所对的圆周角，$\therefore ∠DBC=∠DAC$，
$\therefore ∠DBC=∠DAB$。
又$\because ∠DBI=∠IBC+∠DBC$，$∠DIB=∠IBA+∠DAB$（三角形外角等于不相邻两个内角和），
$\therefore ∠IBC+∠DBC=∠IBA+∠DAB$，
代入$∠DBC=∠DAB$，得$∠IBC=∠IBA$，即$BI$平分$∠ABC$。
$\therefore$点$I$是$∠BAC$和$∠ABC$的角平分线的交点，$\therefore I$为$△ABC$的内心。
(2) ① 解：如图2，延长$AI$交$\odot O$于点$M$，点$M$即为所求的点。
理由：连接$BI$，$BM$，$CM$，
$\because I$是$△ABC$的内心，$\therefore AI$平分$∠BAC$，$BI$平分$∠ABC$，即$∠MAB=∠MAC$，$∠IBC=∠IBA$。
$\because ∠MAB=∠MAC$，$\therefore \overgroup{MB}=\overgroup{MC}$，即$M$为劣弧$\overgroup{BC}$的中点，$\therefore MB$的长为定值。
$\because ∠MBC$和$∠MAC$都是弧$MC$所对的圆周角，$\therefore ∠MBC=∠MAC$，
$\therefore ∠MBC=∠MAB$。
$\therefore ∠MBI=∠MBC+∠IBC=∠MAB+∠IBA=∠MIB$，
$\therefore MI=MB$，即点$I$到点$M$的距离始终等于定值$MB$，$\therefore$点$M$就是所求的点。
② 解：连接$OB$，$OM$，$OM$交$BC$于点$E$，
$\because M$是劣弧$\overgroup{BC}$的中点，$\therefore OM⊥BC$，$BE=\frac{1}{2}BC=4$（垂径定理）。
在$Rt△OBE$中，$OB=5$，$BE=4$，$\therefore OE=\sqrt{OB^2-BE^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
$\therefore ME=OM-OE=5-3=2$。
在$Rt△MBE$中，$MB=\sqrt{BE^2+ME^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$，$\therefore MI=MB=2\sqrt{5}$。
$\because AI=AM-MI$，$MI$为定值，$\therefore$当$AM$最大时，$AI$最大。
圆中最长的弦为直径，$\therefore AM$的最大值为$\odot O$的直径$10$，
$\therefore AI$的最大值为$10-2\sqrt{5}$。
【答案】
(1) I为△ABC的内心，证明见解析；
(2) ① 延长AI交$\odot O$于劣弧$\overgroup{BC}$的中点M，点M即为所求，如图所示：
② $10-2\sqrt{5}$
【知识点】
三角形内心的判定与性质；圆周角定理；垂径定理
【点评】
本题属于圆的综合题，将三角形内心的性质与圆的相关定理结合考查，既需要掌握角平分线、圆周角等量代换的推理方法，又需要结合最值分析思路求解线段最大值，是圆与三角形综合应用的典型题型。
【难度系数】
0.4
（1）要证明I是△ABC的内心，需证I是三角形两个内角的角平分线交点。首先由DB=DC可得弧DB=弧DC，推出AD平分∠BAC；再结合DB=DI，利用等边对等角、三角形外角性质、圆周角等量代换证明BI平分∠ABC，即可得证。
（2）①根据前面的结论，延长AI交外接圆于劣弧BC的中点M，可证MI=MB，BC为定弦，劣弧BC中点M是定点，因此MB长度为定值，即I到M的距离不变，M就是所求点；②AI=AM-MI，MI为定值，要使AI最大，需使AM最大，圆中最长弦是直径，即AM为直径时AI最大，先通过垂径定理求出MB（即MI）的长度，再用直径减去MI的长度即可得到AI的最大值。
【解析】
(1) 证明：如图1，连接$IB$，
$\because DB=DI=DC$，$\therefore ∠DBI=∠DIB$，$\overgroup{DB}=\overgroup{DC}$，
$\therefore ∠DAB=∠DAC$，即$AD$平分$∠BAC$。
$\because ∠DBC$和$∠DAC$都是弧$DC$所对的圆周角，$\therefore ∠DBC=∠DAC$，
$\therefore ∠DBC=∠DAB$。
又$\because ∠DBI=∠IBC+∠DBC$，$∠DIB=∠IBA+∠DAB$（三角形外角等于不相邻两个内角和），
$\therefore ∠IBC+∠DBC=∠IBA+∠DAB$，
代入$∠DBC=∠DAB$，得$∠IBC=∠IBA$，即$BI$平分$∠ABC$。
$\therefore$点$I$是$∠BAC$和$∠ABC$的角平分线的交点，$\therefore I$为$△ABC$的内心。
(2) ① 解：如图2，延长$AI$交$\odot O$于点$M$，点$M$即为所求的点。
理由：连接$BI$，$BM$，$CM$，
$\because I$是$△ABC$的内心，$\therefore AI$平分$∠BAC$，$BI$平分$∠ABC$，即$∠MAB=∠MAC$，$∠IBC=∠IBA$。
$\because ∠MAB=∠MAC$，$\therefore \overgroup{MB}=\overgroup{MC}$，即$M$为劣弧$\overgroup{BC}$的中点，$\therefore MB$的长为定值。
$\because ∠MBC$和$∠MAC$都是弧$MC$所对的圆周角，$\therefore ∠MBC=∠MAC$，
$\therefore ∠MBC=∠MAB$。
$\therefore ∠MBI=∠MBC+∠IBC=∠MAB+∠IBA=∠MIB$，
$\therefore MI=MB$，即点$I$到点$M$的距离始终等于定值$MB$，$\therefore$点$M$就是所求的点。
② 解：连接$OB$，$OM$，$OM$交$BC$于点$E$，
$\because M$是劣弧$\overgroup{BC}$的中点，$\therefore OM⊥BC$，$BE=\frac{1}{2}BC=4$（垂径定理）。
在$Rt△OBE$中，$OB=5$，$BE=4$，$\therefore OE=\sqrt{OB^2-BE^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
$\therefore ME=OM-OE=5-3=2$。
在$Rt△MBE$中，$MB=\sqrt{BE^2+ME^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$，$\therefore MI=MB=2\sqrt{5}$。
$\because AI=AM-MI$，$MI$为定值，$\therefore$当$AM$最大时，$AI$最大。
圆中最长的弦为直径，$\therefore AM$的最大值为$\odot O$的直径$10$，
$\therefore AI$的最大值为$10-2\sqrt{5}$。
【答案】
(1) I为△ABC的内心，证明见解析；
(2) ① 延长AI交$\odot O$于劣弧$\overgroup{BC}$的中点M，点M即为所求，如图所示：
② $10-2\sqrt{5}$
【知识点】
三角形内心的判定与性质；圆周角定理；垂径定理
【点评】
本题属于圆的综合题，将三角形内心的性质与圆的相关定理结合考查，既需要掌握角平分线、圆周角等量代换的推理方法，又需要结合最值分析思路求解线段最大值，是圆与三角形综合应用的典型题型。
【难度系数】
0.4
