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8.「2026江苏徐州邳州期中，★☆」如图，在$△ ABC$中，$AB=6$，$AC=10$，点$O$为$△ ABC$的内心.若$△ ACO$的面积为25，则$△ ABO$的面积为（
A.5
B.10
C.15
D.20
C
）A.5
B.10
C.15
D.20
答案
8.C 如图,过点 O 作 OE⊥AB 于点 E,OF⊥AC 于点 F,
∵ $S_{△ ACO}=\frac{1}{2}AC · OF=25$,
∴ $\frac{1}{2}×10OF=25$,
∴ OF=5,
∵ 点 O 为△ABC 的内心,
∴ AO 平分∠BAC,
∴ OE=OF=5,
∴ $S_{△ ABO}=\frac{1}{2}AB · OE=\frac{1}{2}×6×5=15$.故选 C.
解析
【分析】
要解决这道题，可按以下思路思考：首先明确已知条件：△ACO的面积为25，AC=10，AB=6，O是△ABC的内心，目标是求△ABO的面积。首先回忆三角形面积公式为$S=\frac{1}{2}×底×高$，要求△ABO的面积，已知底AB的长度，只需求出AB边上的高即可。再回忆三角形内心的性质：内心是三角形三条角平分线的交点，角平分线上的点到角两边的距离相等，因此点O到AB和AC的距离相等。所以我们可以先通过△ACO的面积求出点O到AC的距离，这个距离也是点O到AB的距离，最后代入面积公式计算△ABO的面积即可。
【解析】
解：如图，过点O作$OE⊥AB$于点E，$OF⊥AC$于点F。
根据三角形面积公式可得：
$S_{△ ACO}=\frac{1}{2}AC · OF=25$
将$AC=10$代入上式：
$\frac{1}{2} × 10 · OF = 25$
解得$OF=5$。
∵ 点O为$△ ABC$的内心，
∴ AO平分$∠BAC$，
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，可得$OE=OF=5$。
再计算$△ ABO$的面积：
$S_{△ ABO}=\frac{1}{2}AB · OE = \frac{1}{2} × 6 × 5 = 15$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
三角形内心的性质，角平分线的性质，三角形面积计算
【点评】
本题是基础题型，解题的核心突破口是熟练掌握三角形内心到各边距离相等的性质，结合三角形面积公式即可快速求解。
【难度系数】
0.75
要解决这道题，可按以下思路思考：首先明确已知条件：△ACO的面积为25，AC=10，AB=6，O是△ABC的内心，目标是求△ABO的面积。首先回忆三角形面积公式为$S=\frac{1}{2}×底×高$，要求△ABO的面积，已知底AB的长度，只需求出AB边上的高即可。再回忆三角形内心的性质：内心是三角形三条角平分线的交点，角平分线上的点到角两边的距离相等，因此点O到AB和AC的距离相等。所以我们可以先通过△ACO的面积求出点O到AC的距离，这个距离也是点O到AB的距离，最后代入面积公式计算△ABO的面积即可。
【解析】
解：如图，过点O作$OE⊥AB$于点E，$OF⊥AC$于点F。
根据三角形面积公式可得：
$S_{△ ACO}=\frac{1}{2}AC · OF=25$
将$AC=10$代入上式：
$\frac{1}{2} × 10 · OF = 25$
解得$OF=5$。
∵ 点O为$△ ABC$的内心，
∴ AO平分$∠BAC$，
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，可得$OE=OF=5$。
再计算$△ ABO$的面积：
$S_{△ ABO}=\frac{1}{2}AB · OE = \frac{1}{2} × 6 × 5 = 15$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
三角形内心的性质，角平分线的性质，三角形面积计算
【点评】
本题是基础题型，解题的核心突破口是熟练掌握三角形内心到各边距离相等的性质，结合三角形面积公式即可快速求解。
【难度系数】
0.75
9.「2025山东滨州中考，★★」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的内切圆的半径为（
A.1
B.2
C.3
D.4
B
）A.1
B.2
C.3
D.4
答案
9.B
∵ 四边形 ABCD 为正方形,
∴ ∠A=∠B=∠C=∠D=90°,AB=BC=CD=AD=17,
∵ AF=BG=CH=DE,
∴ BF=CG=DH=AE,
∴ △AEF≌△BFG≌△CGH≌△DHE(SAS),
∴ EF=FG=GH=HE=13,设 CH=x,
则 CG=DH=17-x,在 Rt△CGH 中,$CH^2+CG^2=GH^2$,
∴ $x^2+(17-x)^2=13^2$,
解得 $x_1=5$,$x_2=12$(不符合题意,舍去),
∴ CH=5,CG=12,
如图,令△GCH 的内切圆圆心为 O,CG,CH,GH 与⊙O 的切点分别为 M,N,P,连接 OC,OH,OG,OM,ON,OP,设⊙O 的半径为 r,
∵ ⊙O 内切于△GCH,
∴ OM=ON=OP=r,
∵ $S_{△ CHG}=S_{△ COG}+S_{△ COH}+S_{△ HOG}$,
∴ $\frac{1}{2}CG · CH=\frac{1}{2}CG · OM+\frac{1}{2}CH · ON+\frac{1}{2}HG · OP$,
∴ $\frac{1}{2}×12×5=\frac{1}{2}×12r+\frac{1}{2}×5r+\frac{1}{2}×13r=15r$,
解得 r=2,即△GCH 的内切圆的半径为 2,故选 B.
解析
【分析】
解题可以分三步推进：第一步，结合正方形的性质，以及已知的AF=BG=CH=DE的条件，可证明正方形四个角处的小三角形全等，进而得到GH=EF=13，确定△GCH是直角三角形；第二步，设CH的长度为x，即可用含x的式子表示CG的长度为17-x，利用勾股定理列方程求解，得到Rt△GCH两条直角边的长度；第三步，利用三角形内切圆的面积法（也可使用直角三角形内切圆半径专用公式）计算出内切圆半径即可。
【解析】
∵ 四边形ABCD为正方形，
∴ ∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=AD=17，
∵ AF=BG=CH=DE，
∴ BF=CG=DH=AE，
∴ △AEF≌△BFG≌△CGH≌△DHE（SAS），
∴ EF=FG=GH=HE=13。
设CH=x，则CG=17-x，在Rt△CGH中，由勾股定理得$CH^2+CG^2=GH^2$，
∴ $x^2+(17-x)^2=13^2$，
解得 $x_1=5$，$x_2=12$（不符合题意，舍去），
∴ CH=5，CG=12。
如图，令△GCH的内切圆圆心为O，CG、CH、GH与⊙O的切点分别为M、N、P，连接OC、OH、OG、OM、ON、OP，设⊙O的半径为r，
∵ ⊙O内切于△GCH，
∴ OM=ON=OP=r，
∵ $S_{△ CHG}=S_{△ COG}+S_{△ COH}+S_{△ HOG}$，
∴ $\frac{1}{2}CG · CH=\frac{1}{2}CG · OM+\frac{1}{2}CH · ON+\frac{1}{2}HG · OP$，
代入数值得：$\frac{1}{2}×12×5=\frac{1}{2}×12r+\frac{1}{2}×5r+\frac{1}{2}×13r=15r$，
解得r=2，即△GCH的内切圆的半径为2。
【答案】
B
【知识点】
1.正方形的性质
2.全等三角形的判定与性质
3.三角形内切圆的性质
【点评】
本题综合了正方形、全等三角形、勾股定理以及三角形内切圆的相关知识，解题的关键是先推导得到Rt△GCH的三边长度，再用面积法求解内切圆半径，侧重考查几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
解题可以分三步推进：第一步，结合正方形的性质，以及已知的AF=BG=CH=DE的条件，可证明正方形四个角处的小三角形全等，进而得到GH=EF=13，确定△GCH是直角三角形；第二步，设CH的长度为x，即可用含x的式子表示CG的长度为17-x，利用勾股定理列方程求解，得到Rt△GCH两条直角边的长度；第三步，利用三角形内切圆的面积法（也可使用直角三角形内切圆半径专用公式）计算出内切圆半径即可。
【解析】
∵ 四边形ABCD为正方形，
∴ ∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=AD=17，
∵ AF=BG=CH=DE，
∴ BF=CG=DH=AE，
∴ △AEF≌△BFG≌△CGH≌△DHE（SAS），
∴ EF=FG=GH=HE=13。
设CH=x，则CG=17-x，在Rt△CGH中，由勾股定理得$CH^2+CG^2=GH^2$，
∴ $x^2+(17-x)^2=13^2$，
解得 $x_1=5$，$x_2=12$（不符合题意，舍去），
∴ CH=5，CG=12。
如图，令△GCH的内切圆圆心为O，CG、CH、GH与⊙O的切点分别为M、N、P，连接OC、OH、OG、OM、ON、OP，设⊙O的半径为r，
∵ ⊙O内切于△GCH，
∴ OM=ON=OP=r，
∵ $S_{△ CHG}=S_{△ COG}+S_{△ COH}+S_{△ HOG}$，
∴ $\frac{1}{2}CG · CH=\frac{1}{2}CG · OM+\frac{1}{2}CH · ON+\frac{1}{2}HG · OP$，
代入数值得：$\frac{1}{2}×12×5=\frac{1}{2}×12r+\frac{1}{2}×5r+\frac{1}{2}×13r=15r$，
解得r=2，即△GCH的内切圆的半径为2。
【答案】
B
【知识点】
1.正方形的性质
2.全等三角形的判定与性质
3.三角形内切圆的性质
【点评】
本题综合了正方形、全等三角形、勾股定理以及三角形内切圆的相关知识，解题的关键是先推导得到Rt△GCH的三边长度，再用面积法求解内切圆半径，侧重考查几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
10.「★☆」如图，在平面直角坐标系中，点$A(3,0)$，点$B(0,3)$，$△ ABC$的内心在$x$轴上，则直线$AC$的函数表达式为
y=x-3
。答案
10.答案 $y=x-3$
解析 设 AC 交 y 轴于点 D(图略),
∵ 点 A(3,0),点 B(0,3),
∴ OA=OB=3,
∴ △AOB 是等腰直角三角形,
∴ ∠BAO=45°.
∵ △ABC 的内心在 x 轴上,
∴ AO 平分∠BAC,
∴ ∠DAO=∠BAO=45°,
∴ ∠ADO=∠OAC=45°,
∴ OD=OA=3,
∴ 点 D 的坐标为(0,-3).设直线 AC 的函数表达式为 $y=kx+b(k≠0)$,把点 A(3,0) 和点 D(0,-3) 分别代入,得$\begin{cases}3k+b=0,\\b=-3,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=1,\\b=-3,\end{cases}$
∴ 直线 AC 的函数表达式为 $y=x-3$.
解析 设 AC 交 y 轴于点 D(图略),
∵ 点 A(3,0),点 B(0,3),
∴ OA=OB=3,
∴ △AOB 是等腰直角三角形,
∴ ∠BAO=45°.
∵ △ABC 的内心在 x 轴上,
∴ AO 平分∠BAC,
∴ ∠DAO=∠BAO=45°,
∴ ∠ADO=∠OAC=45°,
∴ OD=OA=3,
∴ 点 D 的坐标为(0,-3).设直线 AC 的函数表达式为 $y=kx+b(k≠0)$,把点 A(3,0) 和点 D(0,-3) 分别代入,得$\begin{cases}3k+b=0,\\b=-3,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=1,\\b=-3,\end{cases}$
∴ 直线 AC 的函数表达式为 $y=x-3$.
解析
【分析】
解题时首先回忆三角形内心的性质：内心是三角形三条角平分线的交点，已知△ABC的内心在x轴上，说明x轴是∠BAC的角平分线。先根据点A、B的坐标判断△AOB的形状，求出∠BAO的度数，再利用角平分线的性质得到∠OAC的度数，进而求出直线AC与y轴的交点坐标，最后用待定系数法即可求出直线AC的函数表达式。
【解析】
设AC交y轴于点D，
∵点A(3,0)，点B(0,3)，
∴OA=OB=3，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠BAO=45°。
∵△ABC的内心在x轴上，
∴AO平分∠BAC，
∴∠DAO=∠BAO=45°，
∴△AOD为等腰直角三角形，
∴OD=OA=3，
∴点D的坐标为(0,-3)。
设直线AC的函数表达式为$y=kx+b(k≠0)$，把点A(3,0)和点D(0,-3)分别代入，得
$\begin{cases}3k+b=0,\\b=-3,\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=1,\\b=-3,\end{cases}$
∴直线AC的函数表达式为$y=x-3$。
【答案】
$y=x-3$
【知识点】
三角形内心的性质；待定系数法求一次函数解析式；等腰直角三角形的判定与性质
【点评】
本题是几何与函数的基础综合题，解题的突破口是结合内心的性质得到x轴为∠BAC的角平分线，进而求出直线AC与y轴的交点坐标，考察了学生对基础知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
解题时首先回忆三角形内心的性质：内心是三角形三条角平分线的交点，已知△ABC的内心在x轴上，说明x轴是∠BAC的角平分线。先根据点A、B的坐标判断△AOB的形状，求出∠BAO的度数，再利用角平分线的性质得到∠OAC的度数，进而求出直线AC与y轴的交点坐标，最后用待定系数法即可求出直线AC的函数表达式。
【解析】
设AC交y轴于点D，
∵点A(3,0)，点B(0,3)，
∴OA=OB=3，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠BAO=45°。
∵△ABC的内心在x轴上，
∴AO平分∠BAC，
∴∠DAO=∠BAO=45°，
∴△AOD为等腰直角三角形，
∴OD=OA=3，
∴点D的坐标为(0,-3)。
设直线AC的函数表达式为$y=kx+b(k≠0)$，把点A(3,0)和点D(0,-3)分别代入，得
$\begin{cases}3k+b=0,\\b=-3,\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=1,\\b=-3,\end{cases}$
∴直线AC的函数表达式为$y=x-3$。
【答案】
$y=x-3$
【知识点】
三角形内心的性质；待定系数法求一次函数解析式；等腰直角三角形的判定与性质
【点评】
本题是几何与函数的基础综合题，解题的突破口是结合内心的性质得到x轴为∠BAC的角平分线，进而求出直线AC与y轴的交点坐标，考察了学生对基础知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
11.「2026 山东东营广饶一模，★★」如图，在$△ ABC$中，$∠ ABC = 60°$，$BC = 8$，$E$是$BC$边上一点，且$BE=2$，点$I$是$△ ABC$的内心，$BI$的延长线交$AC$于点$D$，$P$是$BD$上一动点，连接$PE$，$PC$，则$PE+PC$的最小值为
$2\sqrt{13}$
。答案
11.答案 $2\sqrt{13}$
解析 如图,在 AB 上取点 F,使 BF=BE=2,连接 PF,CF,过点 F 作 FH⊥BC 于点 H,
∵ 点 I 是△ABC 的内心,
∴ BI 平分∠ABC,
∴ ∠ABD=∠CBD,又 BP=BP,
∴ △BFP≌△BEP(SAS),
∴ PF=PE,
∴ PE+PC=PF+PC≥CF,
∴ 当 C,P,F 三点共线时,PE+PC 的值最小,最小值为 CF 的长,
∵ FH⊥BC,∠ABC=60°,
∴ ∠BFH=30°,
∴ BH=$\frac{1}{2}BF=1$,
∴ $FH=\sqrt{BF^2-BH^2}=\sqrt{3}$,CH=BC-BH=7,
∴ $CF=\sqrt{CH^2+FH^2}=2\sqrt{13}$,
∴ PE+PC 的最小值为$2\sqrt{13}$.
解析
【分析】
本题为线段和的最值问题，解题思路如下：①求PE+PC的最小值，优先考虑用轴对称将两条线段转化到同一直线上，对应将军饮马模型的解题思路；②点I是△ABC的内心，可得BI是∠ABC的角平分线，角平分线是角的对称轴，因此在AB上取点F使BF=BE，可得F、E关于BD对称，此时PE=PF，即可将PE+PC转化为PF+PC；③根据两点之间线段最短，PF+PC的最小值为线段CF的长度，最后构造直角三角形用勾股定理计算CF的长度即可。
【解析】
如图，在AB上取点F，使BF=BE=2，连接PF、CF，过点F作FH⊥BC于点H。
∵点I是△ABC的内心，
∴BI平分∠ABC，
∴∠FBP=∠EBP，
又
∵BP=BP，BF=BE，
∴△BFP≌△BEP（SAS），
∴PF=PE，
∴PE+PC=PF+PC，根据两点之间线段最短可得PF+PC≥CF，
∴当C、P、F三点共线时，PE+PC取得最小值，最小值为CF的长。
∵FH⊥BC，∠ABC=60°，
∴∠BFH=30°，
∴BH=$\frac{1}{2}$BF=1，
在Rt△BFH中，由勾股定理得：$FH=\sqrt{BF^2-BH^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
∵BC=8，
∴CH=BC-BH=8-1=7，
在Rt△CFH中，由勾股定理得：$CF=\sqrt{CH^2+FH^2}=\sqrt{7^2+(\sqrt{3})^2}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$。
【答案】
$2\sqrt{13}$
【知识点】
三角形内心的性质，最短路径问题，勾股定理
【点评】
本题属于中等难度的几何综合题，解题的核心是利用角平分线的对称性完成线段的转化，将动态的线段和最值问题转化为静态的两点间线段长度计算，考查了转化的数学思想和几何计算能力。
【难度系数】
0.6
本题为线段和的最值问题，解题思路如下：①求PE+PC的最小值，优先考虑用轴对称将两条线段转化到同一直线上，对应将军饮马模型的解题思路；②点I是△ABC的内心，可得BI是∠ABC的角平分线，角平分线是角的对称轴，因此在AB上取点F使BF=BE，可得F、E关于BD对称，此时PE=PF，即可将PE+PC转化为PF+PC；③根据两点之间线段最短，PF+PC的最小值为线段CF的长度，最后构造直角三角形用勾股定理计算CF的长度即可。
【解析】
如图
，在AB上取点F，使BF=BE=2，连接PF、CF，过点F作FH⊥BC于点H。∵点I是△ABC的内心，
∴BI平分∠ABC，
∴∠FBP=∠EBP，
又
∵BP=BP，BF=BE，
∴△BFP≌△BEP（SAS），
∴PF=PE，
∴PE+PC=PF+PC，根据两点之间线段最短可得PF+PC≥CF，
∴当C、P、F三点共线时，PE+PC取得最小值，最小值为CF的长。
∵FH⊥BC，∠ABC=60°，
∴∠BFH=30°，
∴BH=$\frac{1}{2}$BF=1，
在Rt△BFH中，由勾股定理得：$FH=\sqrt{BF^2-BH^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
∵BC=8，
∴CH=BC-BH=8-1=7，
在Rt△CFH中，由勾股定理得：$CF=\sqrt{CH^2+FH^2}=\sqrt{7^2+(\sqrt{3})^2}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$。
【答案】
$2\sqrt{13}$
【知识点】
三角形内心的性质，最短路径问题，勾股定理
【点评】
本题属于中等难度的几何综合题，解题的核心是利用角平分线的对称性完成线段的转化，将动态的线段和最值问题转化为静态的两点间线段长度计算，考查了转化的数学思想和几何计算能力。
【难度系数】
0.6
12. 核心素养推理能力【问题提出】
(1)如图①,在$△ ABC$中,$∠ BAC=90°$,$AD ⊥ BC$,垂足为$D$.若$AB=15$,$AC=8$,则$AD$的长为
【问题解决】
(2)如图②所示,某工厂剩余一块板材($△ ABC$),其中$AB=100\ \mathrm{cm}$,$BC=160\ \mathrm{cm}$,$AC=140\ \mathrm{cm}$.为了充分利用材料,工人师傅想用这块板材裁出一个尽可能大的圆形部件.你认为可以吗?若可以,请在图中确定可裁出的最大圆形部件的圆心$O$的位置,并求出$\odot O$的半径;若不可以,请说明理由.
(1)如图①,在$△ ABC$中,$∠ BAC=90°$,$AD ⊥ BC$,垂足为$D$.若$AB=15$,$AC=8$,则$AD$的长为
$\frac{120}{17}$
.【问题解决】
(2)如图②所示,某工厂剩余一块板材($△ ABC$),其中$AB=100\ \mathrm{cm}$,$BC=160\ \mathrm{cm}$,$AC=140\ \mathrm{cm}$.为了充分利用材料,工人师傅想用这块板材裁出一个尽可能大的圆形部件.你认为可以吗?若可以,请在图中确定可裁出的最大圆形部件的圆心$O$的位置,并求出$\odot O$的半径;若不可以,请说明理由.
答案
12.解析 (1)在△ABC 中,∠BAC=90°,AB=15,AC=8,
由勾股定理得 $BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{15^2+8^2}=17$.
由三角形的面积得 $S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB · AC=\frac{1}{2}BC · AD$,
∴ $AB · AC=BC · AD$,
∴ $AD=\frac{AB · AC}{BC}=\frac{15×8}{17}=\frac{120}{17}$.
故答案为$\frac{120}{17}$.
(2)可以.
∵ 三角形内最大的圆是三角形的内切圆,
∴ 所求圆的圆心是△ABC 的内心,
作∠ABC 和∠ACB 的平分线 BE,CF,交于点 O,
则点 O 就是裁出的最大圆形部件的圆心.
设内切圆与边 AB,BC,AC 分别相切于点 Q,H,P.连接 OA,OB,OC,OH,OQ,OP,过点 A 作 AM⊥BC 于 M,如图所示.
设 BM=x cm,⊙O 的半径为 r cm,
∵ AB=100 cm,BC=160 cm,AC=140 cm,
∴ CM=(160-x) cm,
在 Rt△ABM 中,由勾股定理得 $AM^2=AB^2-BM^2=100^2-x^2$,
在 Rt△ACM 中,由勾股定理得 $AM^2=AC^2-CM^2=140^2-(160-x)^2$,
∴ $100^2-x^2=140^2-(160-x)^2$,解得 x=50,
∴ $AM=\sqrt{100^2-x^2}=50\sqrt{3}\ (\mathrm{cm})$,
∴ $S_{△ ABC}=\frac{1}{2}BC · AM=\frac{1}{2}×160×50\sqrt{3}=4000\sqrt{3}\ (\mathrm{cm}^2)$,
∵ 点 O 为△ABC 的内心,
∴ OH=OP=OQ=r cm,
∵ $S_{△ OBC}+S_{△ OCA}+S_{△ OAB}=S_{△ ABC}$,
∴ $\frac{1}{2}BC · OH+\frac{1}{2}AC · OP+\frac{1}{2}AB · OQ=4000\sqrt{3}$,
即$(160+140+100)r=8000\sqrt{3}$,解得 $r=20\sqrt{3}$.
故⊙O 的半径为 $20\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$.
解析
【分析】
(1) 第(1)问解题思路：首先已知直角△ABC的两条直角边长度，可先通过勾股定理计算出斜边BC的长度；再利用三角形面积的两种计算方式（两直角边乘积的一半、斜边与斜边上高乘积的一半）建立等量关系，代入数值即可求出AD的长。
(2) 第(2)问解题思路：三角形内可裁出的最大圆形是三角形的内切圆，其圆心为三角形的内心，即三角形内角角平分线的交点。求内切圆半径时，先过点A作BC边上的高AM，利用勾股定理建立关于BM的方程，求解得到BM后计算高AM的长度，进而求出△ABC的面积；再根据内切圆的性质，内心到三边距离相等均等于半径r，将△ABC的面积拆分为三个小三角形的面积之和，建立关于r的方程即可求出半径。
【解析】
(1) 在△ABC中，∠BAC=90°，AB=15，AC=8，
由勾股定理得 $BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{15^2+8^2}=17$。
由三角形的面积公式得 $S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB · AC=\frac{1}{2}BC · AD$，
∴ $AB · AC=BC · AD$，
∴ $AD=\frac{AB · AC}{BC}=\frac{15×8}{17}=\frac{120}{17}$。
(2) 可以裁出最大的圆形部件。
∵ 三角形内最大的圆是三角形的内切圆，
∴ 所求圆的圆心是△ABC的内心，作∠ABC和∠ACB的平分线BE、CF，交于点O，点O即为最大圆形部件的圆心。
设内切圆与边AB、BC、AC分别相切于点Q、H、P，连接OA、OB、OC、OH、OQ、OP，过点A作AM⊥BC于M，如图所示：
设BM=x cm，⊙O的半径为r cm，
∵ AB=100 cm，BC=160 cm，AC=140 cm，
∴ CM=(160-x) cm，
在Rt△ABM中，由勾股定理得 $AM^2=AB^2-BM^2=100^2-x^2$，
在Rt△ACM中，由勾股定理得 $AM^2=AC^2-CM^2=140^2-(160-x)^2$，
∴ $100^2-x^2=140^2-(160-x)^2$，解得x=50，
∴ $AM=\sqrt{100^2-x^2}=50\sqrt{3}\ (\mathrm{cm})$，
∴ $S_{△ ABC}=\frac{1}{2}BC · AM=\frac{1}{2}×160×50\sqrt{3}=4000\sqrt{3}\ (\mathrm{cm}^2)$，
∵ 点O为△ABC的内心，
∴ OH=OP=OQ=r cm，
∵ $S_{△ OBC}+S_{△ OCA}+S_{△ OAB}=S_{△ ABC}$，
∴ $\frac{1}{2}BC · OH+\frac{1}{2}AC · OP+\frac{1}{2}AB · OQ=4000\sqrt{3}$，
即$(160+140+100)r=8000\sqrt{3}$，解得 $r=20\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $\frac{120}{17}$
(2) 可以，圆心为△ABC任意两个内角的角平分线的交点，$\odot O$的半径为$20\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$，辅助线示意图：
【知识点】
勾股定理；三角形面积计算；三角形内切圆性质
【点评】
本题由浅入深考查几何综合计算能力，第(1)问侧重直角三角形面积法的灵活运用，第(2)问需要结合内切圆的性质，通过拆分三角形面积建立方程求解，解题过程渗透了方程思想，能有效锻炼几何推理与实际应用能力。
【难度系数】
0.6
(1) 第(1)问解题思路：首先已知直角△ABC的两条直角边长度，可先通过勾股定理计算出斜边BC的长度；再利用三角形面积的两种计算方式（两直角边乘积的一半、斜边与斜边上高乘积的一半）建立等量关系，代入数值即可求出AD的长。
(2) 第(2)问解题思路：三角形内可裁出的最大圆形是三角形的内切圆，其圆心为三角形的内心，即三角形内角角平分线的交点。求内切圆半径时，先过点A作BC边上的高AM，利用勾股定理建立关于BM的方程，求解得到BM后计算高AM的长度，进而求出△ABC的面积；再根据内切圆的性质，内心到三边距离相等均等于半径r，将△ABC的面积拆分为三个小三角形的面积之和，建立关于r的方程即可求出半径。
【解析】
(1) 在△ABC中，∠BAC=90°，AB=15，AC=8，
由勾股定理得 $BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{15^2+8^2}=17$。
由三角形的面积公式得 $S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB · AC=\frac{1}{2}BC · AD$，
∴ $AB · AC=BC · AD$，
∴ $AD=\frac{AB · AC}{BC}=\frac{15×8}{17}=\frac{120}{17}$。
(2) 可以裁出最大的圆形部件。
∵ 三角形内最大的圆是三角形的内切圆，
∴ 所求圆的圆心是△ABC的内心，作∠ABC和∠ACB的平分线BE、CF，交于点O，点O即为最大圆形部件的圆心。
设内切圆与边AB、BC、AC分别相切于点Q、H、P，连接OA、OB、OC、OH、OQ、OP，过点A作AM⊥BC于M，如图所示：
设BM=x cm，⊙O的半径为r cm，
∵ AB=100 cm，BC=160 cm，AC=140 cm，
∴ CM=(160-x) cm，
在Rt△ABM中，由勾股定理得 $AM^2=AB^2-BM^2=100^2-x^2$，
在Rt△ACM中，由勾股定理得 $AM^2=AC^2-CM^2=140^2-(160-x)^2$，
∴ $100^2-x^2=140^2-(160-x)^2$，解得x=50，
∴ $AM=\sqrt{100^2-x^2}=50\sqrt{3}\ (\mathrm{cm})$，
∴ $S_{△ ABC}=\frac{1}{2}BC · AM=\frac{1}{2}×160×50\sqrt{3}=4000\sqrt{3}\ (\mathrm{cm}^2)$，
∵ 点O为△ABC的内心，
∴ OH=OP=OQ=r cm，
∵ $S_{△ OBC}+S_{△ OCA}+S_{△ OAB}=S_{△ ABC}$，
∴ $\frac{1}{2}BC · OH+\frac{1}{2}AC · OP+\frac{1}{2}AB · OQ=4000\sqrt{3}$，
即$(160+140+100)r=8000\sqrt{3}$，解得 $r=20\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $\frac{120}{17}$
(2) 可以，圆心为△ABC任意两个内角的角平分线的交点，$\odot O$的半径为$20\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$，辅助线示意图：
【知识点】
勾股定理；三角形面积计算；三角形内切圆性质
【点评】
本题由浅入深考查几何综合计算能力，第(1)问侧重直角三角形面积法的灵活运用，第(2)问需要结合内切圆的性质，通过拆分三角形面积建立方程求解，解题过程渗透了方程思想，能有效锻炼几何推理与实际应用能力。
【难度系数】
0.6
