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9. 与四边形各边都相切的圆叫作四边形的内切圆,其内切圆的圆心为四边形各内角平分线的交点.如图，$\odot O$ 是四边形 $ABCD$ 的内切圆. 若 $∠ AOB=70°$, 则 $∠ COD=$
110
$°$.答案
9. 110 解析:
∵ $\odot O$是四边形ABCD的内切圆,$\therefore ∠ OAB=∠ OAD$,$∠ ODA=∠ ODC$,$∠ OCD=∠ OCB$,$∠ OBC=∠ OBA$.
∵ $∠ AOB=70°$,$\therefore ∠ OAB+∠ OBA=180°-70°=110°$,$\therefore ∠ DAB+∠ ABC=2×110°=220°$,$\therefore ∠ ADC+∠ BCD=360°-220°=140°$,$\therefore ∠ ODC+∠ OCD=70°$,$\therefore ∠ COD=180°-70°=110°$.
∵ $\odot O$是四边形ABCD的内切圆,$\therefore ∠ OAB=∠ OAD$,$∠ ODA=∠ ODC$,$∠ OCD=∠ OCB$,$∠ OBC=∠ OBA$.
∵ $∠ AOB=70°$,$\therefore ∠ OAB+∠ OBA=180°-70°=110°$,$\therefore ∠ DAB+∠ ABC=2×110°=220°$,$\therefore ∠ ADC+∠ BCD=360°-220°=140°$,$\therefore ∠ ODC+∠ OCD=70°$,$\therefore ∠ COD=180°-70°=110°$.
解析
【分析】
要解决这道题，首先利用四边形内切圆的核心性质：内切圆的圆心是四边形各内角平分线的交点，得到OA、OB、OC、OD分别是四个内角的角平分线；接着在△AOB中，根据三角形内角和求出∠OAB与∠OBA的和，再结合角平分线性质得到∠DAB与∠ABC的和；然后利用四边形内角和为360°，求出∠ADC与∠BCD的和，再通过角平分线得到∠ODC与∠OCD的和；最后在△COD中，用三角形内角和计算出∠COD的度数。
【解析】
∵ ⊙O是四边形ABCD的内切圆，
∴ OA平分∠DAB，OB平分∠ABC，OC平分∠BCD，OD平分∠ADC，
即 ∠OAB = ½∠DAB，∠OBA = ½∠ABC，∠OCD = ½∠BCD，∠ODC = ½∠ADC。
在△AOB中，根据三角形内角和为180°，
∠OAB + ∠OBA = 180° - ∠AOB = 180° - 70° = 110°，
∴ ∠DAB + ∠ABC = 2(∠OAB + ∠OBA) = 2×110° = 220°。
∵ 四边形内角和为360°，
∴ ∠ADC + ∠BCD = 360° - (∠DAB + ∠ABC) = 360° - 220° = 140°，
∴ ∠ODC + ∠OCD = ½(∠ADC + ∠BCD) = ½×140° = 70°。
在△COD中，根据三角形内角和为180°，
∠COD = 180° - (∠ODC + ∠OCD) = 180° - 70° = 110°。
【答案】
110
【知识点】
内切圆性质，角平分线，三角形内角和，四边形内角和
【点评】
本题主要考查四边形内切圆的性质，结合角平分线、三角形与四边形内角和进行角度计算，关键是利用内切圆圆心为内角平分线交点的性质转化角度关系，属于基础几何计算题，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，首先利用四边形内切圆的核心性质：内切圆的圆心是四边形各内角平分线的交点，得到OA、OB、OC、OD分别是四个内角的角平分线；接着在△AOB中，根据三角形内角和求出∠OAB与∠OBA的和，再结合角平分线性质得到∠DAB与∠ABC的和；然后利用四边形内角和为360°，求出∠ADC与∠BCD的和，再通过角平分线得到∠ODC与∠OCD的和；最后在△COD中，用三角形内角和计算出∠COD的度数。
【解析】
∵ ⊙O是四边形ABCD的内切圆，
∴ OA平分∠DAB，OB平分∠ABC，OC平分∠BCD，OD平分∠ADC，
即 ∠OAB = ½∠DAB，∠OBA = ½∠ABC，∠OCD = ½∠BCD，∠ODC = ½∠ADC。
在△AOB中，根据三角形内角和为180°，
∠OAB + ∠OBA = 180° - ∠AOB = 180° - 70° = 110°，
∴ ∠DAB + ∠ABC = 2(∠OAB + ∠OBA) = 2×110° = 220°。
∵ 四边形内角和为360°，
∴ ∠ADC + ∠BCD = 360° - (∠DAB + ∠ABC) = 360° - 220° = 140°，
∴ ∠ODC + ∠OCD = ½(∠ADC + ∠BCD) = ½×140° = 70°。
在△COD中，根据三角形内角和为180°，
∠COD = 180° - (∠ODC + ∠OCD) = 180° - 70° = 110°。
【答案】
110
【知识点】
内切圆性质，角平分线，三角形内角和，四边形内角和
【点评】
本题主要考查四边形内切圆的性质，结合角平分线、三角形与四边形内角和进行角度计算，关键是利用内切圆圆心为内角平分线交点的性质转化角度关系，属于基础几何计算题，难度适中。
【难度系数】
0.6
10. (龙岩中考)如图,在直角边分别为 3 和 4 的直角三角形中,每多作一条斜边上的高就增加一个三角形的内切圆,以此类推,图⑩中有10 个直角三角形的内切圆,它们的面积分别记为 $S_1,S_2,S_3,···,S_{10}$, 则 $S_1+S_2+S_3+···+$$S_{10}=$
$π$
.答案
10. $π$ 解析:如图①,设圆心为O,切点分别为D,E,F,连接OE,OF,OD,则$OE=OF=OD=r$,再连接OA,OB,OC,则$S_{△ ABC}=\frac{1}{2} AB· OD+\frac{1}{2} BC· OF+\frac{1}{2} AC· OE=\frac{1}{2}(AB+BC+AC)· r$.由勾股定理可得$AB=\sqrt{3^2+4^2}=5$.又
∵ $S_{△ ABC}=\frac{1}{2} AC· BC$,$\therefore r=\frac{AC· BC}{AB+BC+AC}=1$,$\therefore S_1=π×1^2=π$.
如图②,由$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5× CD$,得$CD=\frac{12}{5}$.由勾股定理得$AD=\sqrt{3^2-(\frac{12}{5})^2}=\frac{9}{5}$,$BD=5-\frac{9}{5}=\frac{16}{5}$.同图①可得$\odot O$的半径为$\frac{\frac{9}{5}×\frac{12}{5}}{\frac{9}{5}+\frac{12}{5}+3}=\frac{3}{5}$,$\odot E$的半径为$\frac{\frac{16}{5}×\frac{12}{5}}{\frac{16}{5}+\frac{12}{5}+4}=\frac{4}{5}$,$\therefore S_1+S_2=π×(\frac{3}{5})^2+π×(\frac{4}{5})^2=π$.
如图③,由$S_{△ CDB}=\frac{1}{2}×\frac{12}{5}×\frac{16}{5}=\frac{1}{2}×4× MD$,得$MD=\frac{48}{25}$.由勾股定理得$CM=\sqrt{(\frac{12}{5})^2-(\frac{48}{25})^2}=\frac{36}{25}$,$MB=4-\frac{36}{25}=\frac{64}{25}$,由此可知$\odot O$的半径为$\frac{3}{5}$,$\odot E$的半径为$\frac{\frac{36}{25}×\frac{48}{25}}{\frac{36}{25}+\frac{48}{25}+\frac{12}{5}}=\frac{12}{25}$,$\odot F$的半径为$\frac{\frac{48}{25}×\frac{64}{25}}{\frac{48}{25}+\frac{64}{25}+\frac{16}{5}}=\frac{16}{25}$,$\therefore S_1+S_2+S_3=π×(\frac{3}{5})^2+π×(\frac{12}{25})^2+π×(\frac{16}{25})^2=π$……观察规律可知,$S_1+S_2+S_3+\dots+S_{10}=π$.
解析
【分析】
要解决这个问题，我们先从直角三角形内切圆的基本计算入手：首先确定大直角三角形的边长，利用内切圆半径公式算出第一个圆的面积；再通过斜边上的高将大三角形分成两个小直角三角形，分别计算小三角形的内切圆半径，求出对应面积和；以此类推计算后续小三角形的内切圆面积，观察面积和的规律，最终发现所有内切圆的面积总和为定值，从而得出10个圆的面积和。
【解析】
1. 计算大直角三角形的基本量：
已知直角三角形直角边为3和4，由勾股定理得斜边$AB=\sqrt{3^2+4^2}=5$，面积$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×3×4=6$。
2. 求第一个内切圆的面积：
直角三角形内切圆半径公式为$r=\frac{2S}{周长}$，则第一个内切圆半径$r_1=\frac{2×6}{3+4+5}=1$，故$S_1=π r_1^2=π×1^2=π$。
3. 计算斜边上的高及小三角形内切圆半径：
由面积法得斜边上的高$CD=\frac{2×6}{5}=\frac{12}{5}$，分成的两个小直角三角形中，$△ ACD$的直角边为$\frac{9}{5}$和$\frac{12}{5}$，内切圆半径$r_2=\frac{2× S_{△ ACD}}{\frac{9}{5}+\frac{12}{5}+3}=\frac{3}{5}$；$△ BCD$的直角边为$\frac{16}{5}$和$\frac{12}{5}$，内切圆半径$r_3=\frac{4}{5}$，对应面积和$π×(\frac{3}{5})^2+π×(\frac{4}{5})^2=π$。
4. 归纳规律：
后续每增加一个三角形，新增内切圆的面积与之前的面积和相加仍为$π$，因此10个内切圆的面积总和为$π$。
【答案】
π
【知识点】
直角三角形内切圆、找规律、圆的面积
【点评】
本题是几何规律探究题，核心是利用直角三角形内切圆半径公式计算各圆半径，通过归纳前几个圆的面积和发现定值规律，考查几何计算与归纳推理能力，难度适中。
【难度系数】
0.4
要解决这个问题，我们先从直角三角形内切圆的基本计算入手：首先确定大直角三角形的边长，利用内切圆半径公式算出第一个圆的面积；再通过斜边上的高将大三角形分成两个小直角三角形，分别计算小三角形的内切圆半径，求出对应面积和；以此类推计算后续小三角形的内切圆面积，观察面积和的规律，最终发现所有内切圆的面积总和为定值，从而得出10个圆的面积和。
【解析】
1. 计算大直角三角形的基本量：
已知直角三角形直角边为3和4，由勾股定理得斜边$AB=\sqrt{3^2+4^2}=5$，面积$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×3×4=6$。
2. 求第一个内切圆的面积：
直角三角形内切圆半径公式为$r=\frac{2S}{周长}$，则第一个内切圆半径$r_1=\frac{2×6}{3+4+5}=1$，故$S_1=π r_1^2=π×1^2=π$。
3. 计算斜边上的高及小三角形内切圆半径：
由面积法得斜边上的高$CD=\frac{2×6}{5}=\frac{12}{5}$，分成的两个小直角三角形中，$△ ACD$的直角边为$\frac{9}{5}$和$\frac{12}{5}$，内切圆半径$r_2=\frac{2× S_{△ ACD}}{\frac{9}{5}+\frac{12}{5}+3}=\frac{3}{5}$；$△ BCD$的直角边为$\frac{16}{5}$和$\frac{12}{5}$，内切圆半径$r_3=\frac{4}{5}$，对应面积和$π×(\frac{3}{5})^2+π×(\frac{4}{5})^2=π$。
4. 归纳规律：
后续每增加一个三角形，新增内切圆的面积与之前的面积和相加仍为$π$，因此10个内切圆的面积总和为$π$。
【答案】
π
【知识点】
直角三角形内切圆、找规律、圆的面积
【点评】
本题是几何规律探究题，核心是利用直角三角形内切圆半径公式计算各圆半径，通过归纳前几个圆的面积和发现定值规律，考查几何计算与归纳推理能力，难度适中。
【难度系数】
0.4
11. 如图,一块等腰三角形钢板的底边长为80 cm,腰长为 50 cm.
(1)从这块钢板上截得的最大圆的半径为
(2)用一个圆完整覆盖这块钢板,这个圆的最小半径为
(3)求这块等腰三角形钢板的内心与外心的距离.
(1)从这块钢板上截得的最大圆的半径为
$\frac{40}{3}$
cm.(2)用一个圆完整覆盖这块钢板,这个圆的最小半径为
40 cm
.(3)求这块等腰三角形钢板的内心与外心的距离.
答案
11.(1)$\frac{40}{3}$ 解析:如图①,$\odot O$是$△ ABC$的内切圆,连接OA,OB,OC,过点A作$AD ⊥ BC$于点D,
∵ $AB=AC=50$ cm,$BC=80$ cm,根据等腰三角形和圆的对称性可得A,O,D三点共线,$\therefore BD=CD=40$ cm,$\therefore AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=30$ cm.设最大圆半径为r,则$S_{△ ABC}=S_{△ ABO}+S_{△ BOC}+S_{△ AOC}$,$\therefore S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× BC× AD=\frac{1}{2}(AB+BC+CA)r$,即$\frac{1}{2}×80×30=\frac{1}{2}×(50+80+50)r$,解得$r=\frac{40}{3}$ cm.
(2)40 cm 解析:如图②,设覆盖圆的半径为R,圆心为O',
∵ $△ ABC$是等腰三角形,过点A作$AD ⊥ BC$于点D,$\therefore BD=CD=40$ cm,$AD=\sqrt{50^2-40^2}=30$(cm),根据等腰三角形和圆的对称性可得O'在直线AD上,连接O'C,在$\mathrm{Rt}△ O'DC$中,由$R^2=40^2+(R-30)^2$,得$R=\frac{125}{3}$ cm;若用以D为圆心,BD长为半径的圆,也可以完整覆盖,此时$R=40$ cm.故这个圆的最小半径为40 cm.
(3)如图②,$OO'$即为内心与外心的距离.$AO=AD-DO=30-\frac{40}{3}=\frac{50}{3}$(cm),$OO'=AO'-AO=\frac{125}{3}-\frac{50}{3}=25$(cm),故这块等腰三角形钢板的内心与外心的距离为25 cm.
解析
【分析】
本题围绕等腰三角形的内切圆、外接圆及内心与外心的距离展开，需利用等腰三角形的对称性、勾股定理、三角形面积与内切圆半径的关系，以及外接圆的性质解题：
（1）截得的最大圆是三角形的内切圆，先求等腰三角形底边的高，再通过三角形面积与内切圆半径的关系计算半径；
（2）覆盖三角形的最小圆，需比较外接圆半径和以最长边为直径的圆的半径，取较小值；
（3）内心和外心都在等腰三角形的对称轴上，分别求出它们到顶点A的距离，再计算两者的距离差。
【解析】
（1）如图①，$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，连接OA、OB、OC，过点A作$AD ⊥ BC$于点D。
$\because AB=AC=50\ \mathrm{cm}$，$BC=80\ \mathrm{cm}$，根据等腰三角形对称性，A、O、D三点共线，$\therefore BD=CD=\frac{1}{2}BC=40\ \mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，由勾股定理得：$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{50^2-40^2}=30\ \mathrm{cm}$。
设内切圆半径为$r$，$△ ABC$的面积$S_{△ ABC}=\frac{1}{2} × BC × AD=\frac{1}{2} × 80 × 30=1200\ \mathrm{cm}^2$。
又$\because S_{△ ABC}=\frac{1}{2}(AB+BC+CA)r$，代入得：$1200=\frac{1}{2}(50+80+50)r$，解得$r=\frac{40}{3}\ \mathrm{cm}$。
（2）如图②，设覆盖圆的半径为$R$，圆心为$O'$，根据等腰三角形对称性，$O'$在直线AD上，连接$O'C$。
在$\mathrm{Rt}△ O'DC$中，设$O'D=x$，则$AO'=AD+x=30+x=R$，$\therefore x=R-30$。
由勾股定理：$R^2=CD^2+O'D^2$，即$R^2=40^2+(R-30)^2$，展开化简得$60R=2500$，解得$R=\frac{125}{3}\ \mathrm{cm}$。
另外，以BC为直径的圆半径为$\frac{BC}{2}=40\ \mathrm{cm}$，比较$\frac{125}{3}\approx41.67$和40，可知最小覆盖圆半径为40 cm。
（3）内心O到BC的距离为内切圆半径$r=\frac{40}{3}\ \mathrm{cm}$，$\therefore AO=AD-DO=30-\frac{40}{3}=\frac{50}{3}\ \mathrm{cm}$；
外心O'到A的距离为外接圆半径$AO'=\frac{125}{3}\ \mathrm{cm}$，$\therefore$内心与外心的距离$OO'=AO'-AO=\frac{125}{3}-\frac{50}{3}=25\ \mathrm{cm}$。
【答案】
(1)$\frac{40}{3}$；(2)40 cm；(3)25 cm
【知识点】
等腰三角形性质、三角形内切圆、三角形外接圆
【点评】
本题综合考查等腰三角形的性质、内切圆与外接圆的计算，以及内心与外心的距离，解题关键是利用等腰三角形的对称性简化计算，熟练运用勾股定理和面积法，需注意覆盖圆的两种情况的比较。
【难度系数】
0.5
本题围绕等腰三角形的内切圆、外接圆及内心与外心的距离展开，需利用等腰三角形的对称性、勾股定理、三角形面积与内切圆半径的关系，以及外接圆的性质解题：
（1）截得的最大圆是三角形的内切圆，先求等腰三角形底边的高，再通过三角形面积与内切圆半径的关系计算半径；
（2）覆盖三角形的最小圆，需比较外接圆半径和以最长边为直径的圆的半径，取较小值；
（3）内心和外心都在等腰三角形的对称轴上，分别求出它们到顶点A的距离，再计算两者的距离差。
【解析】
（1）如图①，$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，连接OA、OB、OC，过点A作$AD ⊥ BC$于点D。
$\because AB=AC=50\ \mathrm{cm}$，$BC=80\ \mathrm{cm}$，根据等腰三角形对称性，A、O、D三点共线，$\therefore BD=CD=\frac{1}{2}BC=40\ \mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，由勾股定理得：$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{50^2-40^2}=30\ \mathrm{cm}$。
设内切圆半径为$r$，$△ ABC$的面积$S_{△ ABC}=\frac{1}{2} × BC × AD=\frac{1}{2} × 80 × 30=1200\ \mathrm{cm}^2$。
又$\because S_{△ ABC}=\frac{1}{2}(AB+BC+CA)r$，代入得：$1200=\frac{1}{2}(50+80+50)r$，解得$r=\frac{40}{3}\ \mathrm{cm}$。
（2）如图②，设覆盖圆的半径为$R$，圆心为$O'$，根据等腰三角形对称性，$O'$在直线AD上，连接$O'C$。
在$\mathrm{Rt}△ O'DC$中，设$O'D=x$，则$AO'=AD+x=30+x=R$，$\therefore x=R-30$。
由勾股定理：$R^2=CD^2+O'D^2$，即$R^2=40^2+(R-30)^2$，展开化简得$60R=2500$，解得$R=\frac{125}{3}\ \mathrm{cm}$。
另外，以BC为直径的圆半径为$\frac{BC}{2}=40\ \mathrm{cm}$，比较$\frac{125}{3}\approx41.67$和40，可知最小覆盖圆半径为40 cm。
（3）内心O到BC的距离为内切圆半径$r=\frac{40}{3}\ \mathrm{cm}$，$\therefore AO=AD-DO=30-\frac{40}{3}=\frac{50}{3}\ \mathrm{cm}$；
外心O'到A的距离为外接圆半径$AO'=\frac{125}{3}\ \mathrm{cm}$，$\therefore$内心与外心的距离$OO'=AO'-AO=\frac{125}{3}-\frac{50}{3}=25\ \mathrm{cm}$。
【答案】
(1)$\frac{40}{3}$；(2)40 cm；(3)25 cm
【知识点】
等腰三角形性质、三角形内切圆、三角形外接圆
【点评】
本题综合考查等腰三角形的性质、内切圆与外接圆的计算，以及内心与外心的距离，解题关键是利用等腰三角形的对称性简化计算，熟练运用勾股定理和面积法，需注意覆盖圆的两种情况的比较。
【难度系数】
0.5
12. (2026·苏州期中)【习题再现】
【教材题目】如图①，$I$是$△ ABC$的内心，$AI$的延长线交$△ ABC$的外接圆于点$D$。$BD$与$ID$相等吗？为什么？(不需解答)
【逆向思考】
(1) 如图②，$I$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③，$\odot O$的半径长为5，弦$BC = 8$，动点$A$在优弧$BAC$上(不与$B$，$C$重合)，$I$是$△ ABC$的内心。
①点$I$到$\odot O$上某点的距离始终不变，请用无刻度的直尺找出该点；
②$AI$的最大值为
【教材题目】如图①，$I$是$△ ABC$的内心，$AI$的延长线交$△ ABC$的外接圆于点$D$。$BD$与$ID$相等吗？为什么？(不需解答)
【逆向思考】
(1) 如图②，$I$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③，$\odot O$的半径长为5，弦$BC = 8$，动点$A$在优弧$BAC$上(不与$B$，$C$重合)，$I$是$△ ABC$的内心。
①点$I$到$\odot O$上某点的距离始终不变，请用无刻度的直尺找出该点；
②$AI$的最大值为
$10-2\sqrt{5}$
。答案
12.(1)连接BI,
∵ $BD=CD$,$\therefore \overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$,$\therefore ∠ BAD=∠ DBC=∠ CAD$,$\therefore AD$平分$∠ BAC$.
∵ $BD=DI$,$\therefore ∠ IBD=∠ BID$.
∵ $∠ BID$是$△ ABI$的一个外角,$\therefore ∠ BID=∠ BAD+∠ ABI$,$\therefore ∠ IBD=∠ BAD + ∠ ABI$.
∵ $∠ IBD= ∠ DBC + ∠ CBI$,$∠ DBC=∠ BAD$,$\therefore ∠ ABI=∠ CBI$,$\therefore BI$平分$∠ ABC$,$\therefore I$为$△ ABC$的内心.
(2)①作AI的延长线交$\odot O$于点D,连接BI,BD,CD,如图①.
∵ I是$△ ABC$的内心,$\therefore ∠ BAD=∠ CAD$,$∠ ABI=∠ CBI$,$\therefore BD=CD$,点D为$\overset{\frown}{BC}$中点,又
∵ $∠ CBD$和$∠ CAD$为$\overset{\frown}{CD}$所对的圆周角,$\therefore ∠ CBD=∠ CAD$,$\therefore ∠ CBD=∠ BAD$.
∵ $∠ BID$是$△ ABI$的一个外角,$\therefore ∠ BID=∠ BAD+∠ ABI$.
∵ $∠ DBI=∠ CBD+∠ CBI$,$\therefore ∠ BID=∠ DBI$,$\therefore DB=DI=CD$,$\therefore DI$是一个定值.故延长AI交$\odot O$于点D,点D即为所求,如图②.
②$10-2\sqrt{5}$ 解析:如图①,
∵ $AI=AD-DI$,$DI=DB$,$\therefore AI=AD-DB$,$\therefore$ 当AD取得最大值时,AI取得最大值,$\therefore$ 当AD为$\odot O$的直径时,AD取得最大值,如图③所示,
设AD交BC于点M,连接OB,∵ I是$△ ABC$的内心,$\therefore ∠ BAD=∠ CAD$,$\therefore \overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$.
∵ AD是$\odot O$的直径,$\therefore AD ⊥ BC$,$BM=CM=\frac{1}{2} BC$,$\therefore ∠ AMB=90°$.
∵ $\odot O$的半径长为5,$BC=8$,$\therefore OB=OD=5$,$AD=10$,$BM=\frac{1}{2} BC=\frac{1}{2}×8=4$,$\therefore OM=\sqrt{OB^2-BM^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$,$\therefore MD=OD-OM=5-3=2$,$\therefore BD=\sqrt{BM^2+MD^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$,$\therefore AI=AD-DB=10-2\sqrt{5}$,$\therefore AI$的最大值为$10-2\sqrt{5}$.
解析
【分析】
要证明I是△ABC的内心，需证AI、BI分别平分△ABC的两个内角；对于拓展部分，需结合内心性质、圆周角定理分析定值点及AI的最值，核心是利用等腰三角形、外角性质、圆的相关定理推导角的关系和线段长度。
【解析】
(1) 连接BI，
∵ DB=DC，
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，根据圆周角定理得∠BAD=∠DBC=∠CAD，故AD平分∠BAC；
∵ DB=DI，
∴ ∠IBD=∠BID，
又∠BID是△ABI的外角，
∴ ∠BID=∠BAD+∠ABI，
而∠IBD=∠DBC+∠CBI，且∠DBC=∠BAD，
∴ ∠ABI=∠CBI，即BI平分∠ABC，
∴ I为△ABC的内心。
(2) ① 延长AI交⊙O于点D，连接BI、BD、CD，
∵ I是△ABC的内心，
∴ ∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠CBI，
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，即D为$\overset{\frown}{BC}$中点，
又∠CBD与∠CAD都是$\overset{\frown}{CD}$所对的圆周角，
∴ ∠CBD=∠CAD，
∴ ∠CBD=∠BAD，
∵ ∠BID是△ABI的外角，
∴ ∠BID=∠BAD+∠ABI，
又∠DBI=∠CBD+∠CBI，
∴ ∠BID=∠DBI，故DB=DI，同理DC=DI，即DI为定值，因此点D即为所求。
② 当AD为⊙O的直径时，AD最大，此时AI=AD-DI，而DI=DB，故AI=AD-DB，此时AI最大。
设AD交BC于M，连接OB，
∵ AD是直径，∠BAD=∠CAD，
∴ AD⊥BC，BM=CM=$\frac{1}{2}$BC=4，
在Rt△OBM中，OB=5，BM=4，
∴ OM=$\sqrt{OB^2-BM^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$，
∴ MD=OD-OM=5-3=2，
在Rt△BDM中，BD=$\sqrt{BM^2+MD^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$，
∵ AD为直径，长度为10，
∴ AI=AD-DB=10-2$\sqrt{5}$，即AI的最大值为10-2$\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) ① 延长AI交⊙O于点D，该点即为所求；② $10-2\sqrt{5}$
【知识点】
三角形内心、圆周角定理、圆的基本性质
【点评】
本题结合三角形内心与外接圆的性质，考查角平分线判定、圆周角定理应用及最值分析，需熟练掌握几何性质，逻辑推导要求较高，是几何综合类典型题。
【难度系数】
0.5
要证明I是△ABC的内心，需证AI、BI分别平分△ABC的两个内角；对于拓展部分，需结合内心性质、圆周角定理分析定值点及AI的最值，核心是利用等腰三角形、外角性质、圆的相关定理推导角的关系和线段长度。
【解析】
(1) 连接BI，
∵ DB=DC，
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，根据圆周角定理得∠BAD=∠DBC=∠CAD，故AD平分∠BAC；
∵ DB=DI，
∴ ∠IBD=∠BID，
又∠BID是△ABI的外角，
∴ ∠BID=∠BAD+∠ABI，
而∠IBD=∠DBC+∠CBI，且∠DBC=∠BAD，
∴ ∠ABI=∠CBI，即BI平分∠ABC，
∴ I为△ABC的内心。
(2) ① 延长AI交⊙O于点D，连接BI、BD、CD，
∵ I是△ABC的内心，
∴ ∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠CBI，
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，即D为$\overset{\frown}{BC}$中点，
又∠CBD与∠CAD都是$\overset{\frown}{CD}$所对的圆周角，
∴ ∠CBD=∠CAD，
∴ ∠CBD=∠BAD，
∵ ∠BID是△ABI的外角，
∴ ∠BID=∠BAD+∠ABI，
又∠DBI=∠CBD+∠CBI，
∴ ∠BID=∠DBI，故DB=DI，同理DC=DI，即DI为定值，因此点D即为所求。
② 当AD为⊙O的直径时，AD最大，此时AI=AD-DI，而DI=DB，故AI=AD-DB，此时AI最大。
设AD交BC于M，连接OB，
∵ AD是直径，∠BAD=∠CAD，
∴ AD⊥BC，BM=CM=$\frac{1}{2}$BC=4，
在Rt△OBM中，OB=5，BM=4，
∴ OM=$\sqrt{OB^2-BM^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$，
∴ MD=OD-OM=5-3=2，
在Rt△BDM中，BD=$\sqrt{BM^2+MD^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$，
∵ AD为直径，长度为10，
∴ AI=AD-DB=10-2$\sqrt{5}$，即AI的最大值为10-2$\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) ① 延长AI交⊙O于点D，该点即为所求；② $10-2\sqrt{5}$
【知识点】
三角形内心、圆周角定理、圆的基本性质
【点评】
本题结合三角形内心与外接圆的性质，考查角平分线判定、圆周角定理应用及最值分析，需熟练掌握几何性质，逻辑推导要求较高，是几何综合类典型题。
【难度系数】
0.5
