1. 若$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，则$O$是$△ ABC$（）

A.三条边的垂直平分线的交点
B.三条角平分线的交点
C.三条中线的交点
D.三条高线的交点

B

【分析】
拿到这道题首先明确考点是三角形内切圆圆心（内心）的判定。解题可按以下思路思考：第一步，明确内切圆的核心要求：圆与三角形三边都相切，因此圆心到三角形三边的距离必须相等，且等于内切圆半径；第二步，逐一回忆四个选项对应的交点的性质：分别梳理三边垂直平分线交点、角平分线交点、中线交点、高线交点的定义和特征；第三步，结合角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，可推导出三角形三条角平分线的交点到三边距离都相等，恰好符合内切圆圆心的要求，即可锁定正确选项。
【解析】
我们先明确各选项对应的三角形特殊交点的性质，再结合内切圆的定义判断：
1. 选项A：三条边的垂直平分线的交点是三角形的外心，是外接圆的圆心，性质是到三角形三个顶点的距离相等，不符合内切圆圆心到三边距离相等的要求，故A错误；
2. 选项B：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，因此三角形三条角平分线的交点到三角形三边的距离都相等，以该点为圆心、到边的距离为半径作圆，恰好与三边都相切，即为三角形的内切圆，故B正确；
3. 选项C：三条中线的交点是三角形的重心，性质是分每条中线为长度比2:1的两段，与内切圆圆心的要求无关，故C错误；
4. 选项D：三条高线的交点是三角形的垂心，与内切圆圆心的要求无关，故D错误。
【答案】
B
【知识点】
三角形内心的性质；角平分线的性质；三角形特殊点辨析
【点评】
这道题属于基础概念考查题，主要辨析三角形几类特殊交点的性质，只要熟记各特殊点的定义和对应特征，就能快速准确作答，是三角形与圆结合模块的基础常考题型。
【难度系数】
0.9

2. 如图,在△ABC中,点D是△ABC的内心,连结DB,DC,过点D作EF//BC,分别交AB,AC于点E,F。若BE+CF=8,则EF的长为 ()


A.4
B.5
C.8
D.16

C

【分析】
解题时先利用三角形内心的性质，得到BD、CD分别是∠ABC、∠ACB的角平分线；再结合EF//BC的条件，根据平行线内错角相等的性质，推导得出△EBD和△FDC均为等腰三角形，得到ED=BE、FD=CF，最后通过线段和的关系即可求出EF的长度。
【解析】
∵点D是△ABC的内心
∴BD平分∠ABC，CD平分∠ACB
∴∠EBD=∠DBC，∠FCD=∠DCB
∵EF//BC
∴∠EDB=∠DBC，∠FDC=∠DCB
∴∠EBD=∠EDB，∠FCD=∠FDC
∴ED=BE，FD=CF
∴EF=ED+FD=BE+CF
∵BE+CF=8
∴EF=8
【答案】
C
【知识点】
三角形内心的性质；平行线的性质；等腰三角形的判定
【点评】
本题是几何基础题型，核心是通过角平分线和平行线的性质推导等腰三角形，实现线段的等量转化，这类线段转化的思路在几何题中应用十分广泛，需要熟练掌握。
【难度系数】
0.8

3. 如图，点I为△ABC的内心，若∠BIC=115°,则∠A=（）


A.$15°$
B.$45°$
C.$50°$
D.$60°$

C

【分析】
首先，点I是△ABC的内心，根据内心的定义可知它是三角形内角平分线的交点，即IB、IC分别平分∠ABC、∠ACB。要求∠A的度数，可结合三角形内角和定理推导：先在△BIC中利用内角和求出∠IBC+∠ICB的和，再根据角平分线的性质得到∠ABC+∠ACB的总和，最后代入△ABC的内角和公式即可求出∠A。
【解析】
∵点I是△ABC的内心
∴IB平分∠ABC，IC平分∠ACB，即$∠ IBC=\frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ ICB=\frac{1}{2}∠ ACB$
在△BIC中，由三角形内角和为180°得：
$∠ IBC+∠ ICB=180°-∠ BIC=180°-115°=65°$
∴$∠ ABC+∠ ACB=2(∠ IBC+∠ ICB)=2×65°=130°$
在△ABC中，$∠ A=180°-(∠ ABC+∠ ACB)=180°-130°=50°$
【答案】
C
【知识点】
三角形内心的性质；三角形内角和定理；角平分线的定义
【点评】
本题是三角形内切圆相关的基础常考题，解题核心是利用内心是角平分线交点的性质，实现已知角和待求角之间的转化，熟练掌握内角和定理和内心性质即可快速求解。
【难度系数】
0.7

4. 已知$△ ABC$的周长为$l$，其内切圆的面积为$π r^2$，则$△ ABC$的面积为 （）

A.$\frac{1}{2}rl$
B.$\frac{1}{2}π rl$
C.$rl$
D.$π rl$

A

【分析】
解题时首先回忆三角形内切圆的性质：内切圆的圆心（内心）到三角形三边的距离均等于内切圆半径r。要求△ABC的面积，可通过连接内心与三角形的三个顶点，将原三角形分割为3个高都为r的小三角形，原三角形的面积等于这3个小三角形的面积之和，再结合周长是三边长度之和，代入化简即可得到结果。
【解析】
设△ABC的内切圆圆心为O，内切圆半径为r，分别连接OA、OB、OC。
根据内切圆的性质，点O到AB、BC、AC三边的距离均为r。
则△ABC的面积可表示为三个小三角形的面积和：
$S_{△ ABC}=S_{△ OAB}+S_{△ OBC}+S_{△ OAC}$
代入三角形面积公式$S=\frac{1}{2}×底×高$得：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}·AB·r + \frac{1}{2}·BC·r + \frac{1}{2}·AC·r$
提取公因式$\frac{1}{2}r$，可得：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}r(AB+BC+AC)$
已知△ABC的周长$l=AB+BC+AC$，代入得：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}rl$
因此答案选A。
【答案】
A
【知识点】
三角形内切圆性质，三角形面积计算，等积变换
【点评】
本题考查三角形内切圆相关的面积计算，解题的核心是利用分割法将大三角形转化为三个等高的小三角形求和，推导得出的三角形面积等于$\frac{1}{2}$乘内切圆半径乘周长的结论可以直接记忆应用。
【难度系数】
0.8

5. 已知一个三角形的内心与外心重合，若它的内切圆的半径为2，则它的外接圆的面积为（）

A.4π
B.8π
C.12π
D.16π

D

【分析】
解题首先要明确两个核心点：一是判断内心与外心重合的三角形的类型，三角形的内心是三条角平分线的交点，外心是三边垂直平分线的交点，只有等边三角形的角平分线和三边垂直平分线完全重合，因此该三角形为等边三角形；二是掌握等边三角形内切圆半径r和外接圆半径R的数量关系，等边三角形的高被内心（外心）分为2:1的两段，长的一段是外接圆半径，短的一段是内切圆半径，即R=2r。最后代入已知半径求出外接圆半径，再用圆的面积公式计算即可。
【解析】
1. 判断三角形类型：
∵ 三角形的内心（角平分线交点）与外心（三边垂直平分线交点）重合，
∴ 该三角形是等边三角形。
2. 推导外接圆半径：
等边三角形的内切圆半径r与外接圆半径R满足关系$ R=2r $，
已知内切圆半径$ r=2 $，
∴ 外接圆半径$ R=2×2=4 $。
3. 计算外接圆面积：
根据圆的面积公式$ S=π R^2 $，
代入$ R=4 $得：$ S=π×4^2=16π $。
因此答案选D。
【答案】
D
【知识点】
1. 三角形内心与外心的概念
2. 等边三角形的性质
3. 圆的面积计算
【点评】
本题属于基础常考题，解题的关键是先根据内心和外心的定义判断出三角形为等边三角形，再利用等边三角形内切圆与外接圆的半径关系求解，考查了学生对特殊三角形性质和圆相关概念的综合应用能力。
【难度系数】
0.7

6. 如图,在$△ ABC$中,$∠ A=70°$。

(1)若$O$为$△ ABC$的外心,则$∠ BOC$=。
(2)若$O$为$△ ABC$的内心,则$∠ BOC$=。

(1)$140°$ (2)$125°$

【分析】
本题需分别结合三角形外心、内心的性质求解两小问：
(1) 外心是三角形外接圆的圆心，对应同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，∠A和∠BOC均对应弧BC，可直接用该数量关系计算；
(2) 内心是三角形三条角平分线的交点，先求出△ABC中另外两个内角的和，再得到∠OBC与∠OCB的和，最后结合三角形内角和定理求∠BOC。
【解析】
(1)
∵O是△ABC的外心，根据圆周角定理：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，
∠A是弧BC所对的圆周角，∠BOC是弧BC所对的圆心角，
∴∠BOC=2∠A，
代入∠A=70°，得∠BOC=2×70°=140°。
(2)
∵O是△ABC的内心，
∴BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，即$∠ OBC=\frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ OCB=\frac{1}{2}∠ ACB$，
在△ABC中，$∠ ABC+∠ ACB=180°-∠ A=180°-70°=110°$，
∴$∠ OBC+∠ OCB=\frac{1}{2}(∠ ABC+∠ ACB)=\frac{1}{2}×110°=55°$，
在△BOC中，根据三角形内角和为180°，
得$∠ BOC=180°-(∠ OBC+∠ OCB)=180°-55°=125°$。
【答案】
(1)$140°$；(2)$125°$
【知识点】
圆周角定理；三角形内心的性质；三角形内角和定理
【点评】
本题是三角形特殊点的基础应用题，解题核心是准确区分外心、内心的性质，再结合对应几何定理计算即可，是三角形章节的常考题型。
【难度系数】
0.75

7. 如图，一个直角三角形的斜边长为8，其内切圆的半径为1，则这个三角形的周长等于。

18

【分析】
解题时首先结合图形和已知条件，回忆切线长定理的内容：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。观察到直角三角形的内切圆与两条直角边的切点和圆心构成正方形，可得两条直角边上短的切线长都等于内切圆半径，再结合斜边的长度可以推出两条直角边的和，最后加上斜边长度即可得到三角形周长。也可以直接运用直角三角形内切圆半径公式$r=\frac{a+b-c}{2}$（其中a、b为直角边，c为斜边，r为内切圆半径）先求两直角边的和，再计算周长。
【解析】
设$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，斜边$AB=8$，内切圆$\odot O$与$AB、BC、AC$分别切于点$D、E、F$，内切圆半径$r=1$。
连接$OE、OF$，
$\because OE⊥ BC$，$OF⊥ AC$，$∠ C=90°$，$OE=OF=r=1$，
$\therefore$ 四边形$OECF$是正方形，
$\therefore CE=CF=1$。
根据切线长定理可得：$AD=AF$，$BD=BE$，
$\therefore AB=AD+BD=AF+BE=8$，
即$(AC-CF)+(BC-CE)=8$，
代入$CE=CF=1$得：$AC+BC - 2=8$，
$\therefore AC+BC=10$，
$\therefore △ ABC$的周长为$AC+BC+AB=10+8=18$。
【答案】
18
【知识点】
切线长定理，直角三角形内切圆性质，周长计算
【点评】
本题是三角形内切圆的基础应用题，解题核心是利用切线长定理建立直角边和斜边、内切圆半径的关系，不需要单独求出两条直角边的长度，通过整体代换即可求出周长，能有效考查学生对基础性质的运用能力。
【难度系数】
0.7

8. 在$△ ABC$中，$∠ A=90°$，若$AB=AC=2$，则$△ ABC$内切圆的半径等于。

$2-\sqrt{2}$

【分析】
本题是等腰直角三角形内切圆半径求解问题，解题思路如下：首先由勾股定理计算出直角三角形的斜边长度，再根据内切圆的相关性质求解半径，可选择两种常用方法：1. 面积法：三角形面积等于内切圆半径与半周长的乘积，即$S=\frac{1}{2}r(a+b+c)$；2. 切线长定理：利用从圆外一点引圆的两条切线长相等的性质，结合边长关系列方程求解，两种方法均符合当前学段知识要求。
【解析】
方法一（面积法）：
1. 计算斜边长度：
在$Rt△ ABC$中，$∠ A=90°$，$AB=AC=2$，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$
2. 计算三角形面积：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AB× AC=\frac{1}{2}×2×2=2$
3. 利用内切圆面积公式列方程求解：
设内切圆半径为$r$，三角形周长$C=AB+AC+BC=2+2+2\sqrt{2}=4+2\sqrt{2}$，根据$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}r· C$，代入得：
$2=\frac{1}{2}r×(4+2\sqrt{2})$
化简得$2=r(2+\sqrt{2})$，分母有理化后解得：
$r=\frac{2}{2+\sqrt{2}}=\frac{2(2-\sqrt{2})}{(2+\sqrt{2})(2-\sqrt{2})}=2-\sqrt{2}$
方法二（切线长定理法）：
1. 同方法一先算得$BC=2\sqrt{2}$
2. 设内切圆与$AB、AC、BC$分别切于点$D、E、F$，圆心为$I$，则$ID⊥ AB，IE⊥ AC$，$ID=IE=r$
3. 因$∠ A=90°$，故四边形$ADIE$是正方形，得$AD=AE=r$，则$BD=2-r$，$CE=2-r$
4. 由切线长定理得$BD=BF，CE=CF$，故$BF+CF=BD+CE=BC$，即：
$(2-r)+(2-r)=2\sqrt{2}$
解得$4-2r=2\sqrt{2}$，$r=2-\sqrt{2}$
【答案】
$2-\sqrt{2}$
【知识点】
勾股定理，三角形内切圆性质，切线长定理
【点评】
本题是三角形内切圆的基础应用题型，解题方法灵活，既可以通过面积法快速计算，也可以结合切线长的几何性质推导，核心是掌握内切圆的核心性质，熟练进行根式化简运算。
【难度系数】
0.7

9. 如图, 在 $Rt△ ABC$ 中, $∠ C = 90°$, $BC,CA,AB$ 分别与 $△ ABC$ 的内切圆 $\odot O$ 相切于点 $D,E,F$。
(1)求证:四边形 $ODCE$ 是正方形。
(2)若 $BC=5,AC=12,\odot O$ 的半径为 $R$,求 $R$ 的值。

解:(1)证明:因为 BC,CA,AB 分别与△ABC 的内切圆⊙O相切于点 D,E,F,所以 OE⊥AC,OD⊥BC,
所以 ∠OEC = ∠ODC = 90°, OE = OD。
因为∠C=90°,所以四边形 ODCE 是正方形。
(2)因为 BC=5,AC=12,由勾股定理得 AB=13。
如图,连结 OA,OB,OC,OF。
因为 $S_{△ ABC}=S_{△ AOB}+S_{△ AOC}+S_{△ BOC}$,
所以 $\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· OF+\frac{1}{2}AC· OE+\frac{1}{2}BC· OD$,
所以 12×5=13R+12R+5R,所以 R=2。

【分析】
(1) 要证四边形ODCE是正方形，首先根据切线的性质可得OE⊥AC、OD⊥BC，结合∠C=90°，可先判定四边形ODCE为矩形，再根据内切圆半径相等OE=OD，即可证明矩形ODCE是正方形。
(2) 求内切圆半径R时，先利用勾股定理求出Rt△ABC的斜边AB的长度，再通过面积法，将△ABC的面积拆分为三个分别以三角形三边为底、内切圆半径为高的小三角形的面积和，代入数值建立方程即可求出R的值。
【解析】
(1) 证明：
∵BC、CA、AB分别与△ABC的内切圆⊙O相切于点D、E、F，
∴OE⊥AC，OD⊥BC，
∴∠OEC=∠ODC=90°，且OE、OD均为⊙O的半径，即OE=OD，
又
∵∠C=90°，
∴四边形ODCE是矩形，
又
∵OE=OD，
∴四边形ODCE是正方形。
(2) 解：在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=5，AC=12，
由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{12^2+5^2}=13$。
连接OA、OB、OC、OF，根据三角形面积关系可得：
$S_{△ABC}=S_{△AOB}+S_{△AOC}+S_{△BOC}$，
代入三角形面积公式得：$\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}AB·OF+\frac{1}{2}AC·OE+\frac{1}{2}BC·OD$，
∵OF、OE、OD均为⊙O的半径，即OF=OE=OD=R，代入上式得：
$\frac{1}{2}×12×5=\frac{1}{2}×13R+\frac{1}{2}×12R+\frac{1}{2}×5R$，
两边同乘2消去分母得：$60=30R$，解得$R=2$。
【答案】
(1) 证明:因为 BC,CA,AB 分别与△ABC 的内切圆⊙O相切于点 D,E,F,所以 OE⊥AC,OD⊥BC,
所以 ∠OEC = ∠ODC = 90°, OE = OD。
因为∠C=90°,所以四边形 ODCE 是正方形。
(2) $R=2$
【知识点】
切线的性质；正方形的判定；勾股定理
【点评】
本题考查三角形内切圆相关的证明与计算，涉及切线性质、正方形判定和面积法的应用，解题时需熟练掌握切线的性质，灵活运用面积法建立等式，是三角形内切圆板块的基础题型。
【难度系数】
0.7