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1[2026贵州遵义调研,中]如图,△ABC的内切圆⊙I与BC,CA,AB分别相切于点D,E,F.若⊙I的半径为r,∠A=α,则AF+BD−AB的值和∠FDE的大小分别为 (
A.$2r,90°-α$
B.$0,90°-α$
C.$2r,90°-\frac{α}{2}$
D.$0,90°-\frac{α}{2}$
(第1题图)
(第2题图)
D
)A.$2r,90°-α$
B.$0,90°-α$
C.$2r,90°-\frac{α}{2}$
D.$0,90°-\frac{α}{2}$
(第1题图)
(第2题图)
答案
D 【解析】如图,连接 $IA,IF,IE$.
∵ $△ABC$ 的内切圆 $⊙I$ 与 $BC,CA,AB$ 分别相切于点 $D,E,F$,
∴ $IF ⊥ AB$,$IE ⊥ AC$,$IE = IF$. 又
∵ $AI = AI$,
∴ $Rt△AEI≌Rt△AFI$,
∴ $AF = AE$. 同理,$BF = BD$,
∴ $AF+BD-AB = AF+BF-AB = AB-AB = 0$.
∵ $∠AFI = ∠AEI = 90°$,
∴ $∠EIF = 360°-∠AFI-∠AEI-∠BAC = 180°-α$,
∴ $∠EDF = \frac{1}{2}∠EIF = 90°- \frac{1}{2}α$. 故选 D.
解析
【分析】
解题时先围绕三角形内切圆的性质展开思考：第一步求代数式的值，优先结合切线长定理，梳理各条切线段的等量关系，代入代数式即可化简求值；第二步求圆周角∠FDE的度数，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，因此先求对应弧EF的圆心角∠EIF的度数，借助四边形内角和即可算出圆心角，再换算为圆周角即可得到结果，最后匹配选项得到答案。
【解析】
解：如图，连接$IA,IF,IE$。
∵$△ABC$的内切圆$⊙I$与$BC,CA,AB$分别相切于点$D,E,F$，
∴$IF ⊥ AB$，$IE ⊥ AC$，根据切线长定理可得$AF=AE$，$BF=BD$，
∴ $AF+BD-AB = AF+BF-AB = AB-AB = 0$。
在四边形$AFIE$中，$∠AFI = ∠AEI = 90°$，$∠A=α$，根据四边形内角和为$360°$可得：
$∠EIF = 360°-∠AFI-∠AEI-∠BAC = 180°-α$。
∵$∠FDE$是弧$FE$所对的圆周角，$∠EIF$是弧$FE$所对的圆心角，根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
∴$∠EDF = \frac{1}{2}∠EIF = 90°- \frac{α}{2}$。
综上，$AF+BD−AB=0$，$∠FDE=90°-\frac{α}{2}$，故选D。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理，圆周角定理，三角形内切圆性质
【点评】
本题是三角形内切圆的常规综合考题，核心考查切线长定理和圆周角定理的应用，解题的突破口是合理连接辅助线构造四边形和对应圆心角，计算难度低，属于需要熟练掌握的常考题型。
【难度系数】
0.7
解题时先围绕三角形内切圆的性质展开思考：第一步求代数式的值，优先结合切线长定理，梳理各条切线段的等量关系，代入代数式即可化简求值；第二步求圆周角∠FDE的度数，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，因此先求对应弧EF的圆心角∠EIF的度数，借助四边形内角和即可算出圆心角，再换算为圆周角即可得到结果，最后匹配选项得到答案。
【解析】
解：如图，连接$IA,IF,IE$。
∵$△ABC$的内切圆$⊙I$与$BC,CA,AB$分别相切于点$D,E,F$，
∴$IF ⊥ AB$，$IE ⊥ AC$，根据切线长定理可得$AF=AE$，$BF=BD$，
∴ $AF+BD-AB = AF+BF-AB = AB-AB = 0$。
在四边形$AFIE$中，$∠AFI = ∠AEI = 90°$，$∠A=α$，根据四边形内角和为$360°$可得：
$∠EIF = 360°-∠AFI-∠AEI-∠BAC = 180°-α$。
∵$∠FDE$是弧$FE$所对的圆周角，$∠EIF$是弧$FE$所对的圆心角，根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
∴$∠EDF = \frac{1}{2}∠EIF = 90°- \frac{α}{2}$。
综上，$AF+BD−AB=0$，$∠FDE=90°-\frac{α}{2}$，故选D。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理，圆周角定理，三角形内切圆性质
【点评】
本题是三角形内切圆的常规综合考题，核心考查切线长定理和圆周角定理的应用，解题的突破口是合理连接辅助线构造四边形和对应圆心角，计算难度低，属于需要熟练掌握的常考题型。
【难度系数】
0.7
2[2026浙江杭州期末,中]如图,$I$为$△ ABC$的内心,有一直线通过点$I$且与$AB$,$AC$分别相交于点$D$,$E$.若$AD=DE=5$,$AE=6$,则点$I$到$BC$的距离是(
A.$3$
B.$2$
C.$\frac{30}{11}$
D.$\frac{24}{11}$
D
)A.$3$
B.$2$
C.$\frac{30}{11}$
D.$\frac{24}{11}$
答案
D 【解析】连接 $AI$, 作 $IG ⊥ AB$ 于点 $G$,$IJ ⊥ BC$ 于点 $J$,$IH ⊥ AC$ 于点 $H$, 作 $DF ⊥ AE$ 于点 $F$, 如图.
∵ $AD = DE = 5$,$AE = 6$, $DF ⊥ AE$,
∴ $AF = 3$, $∠AFD = 90°$,
∴ $DF = \sqrt{AD^2-AF^2} = \sqrt{5^2-3^2} = 4$. 设 $IH = x$.
∵ $I$ 为 $△ABC$ 的内心,
∴ $IG = IJ = IH = x$.
∵ $S_{△ADE} = S_{△ADI}+S_{△AEI}$,
∴ $\frac{6×4}{2} = \frac{5x}{2} + \frac{6x}{2}$, 解得 $x = \frac{24}{11}$,
∴ $IJ = \frac{24}{11}$. 故选 D.
解析
【分析】
解题时首先回忆三角形内心的性质：三角形的内心是三个内角角平分线的交点，到三角形三边的距离相等，因此要求点I到BC的距离，只需要求出点I到AB或AC的距离即可。已知△ADE的三边长，它是等腰三角形，可先通过等腰三角形三线合一求出底边上的高，计算出△ADE的面积；再将△ADE的面积拆分为△ADI和△AEI的面积之和，这两个小三角形的高就是点I到AB、AC的距离，且二者相等，据此列方程即可求出该距离，也就是点I到BC的距离。
【解析】
连接$AI$, 作 $IG ⊥ AB$ 于点$G$,$IJ ⊥ BC$ 于点$J$,$IH ⊥ AC$ 于点$H$, 作 $DF ⊥ AE$ 于点$F$，如图。
∵ $AD = DE = 5$，$AE = 6$，$DF ⊥ AE$，
∴ 根据等腰三角形三线合一可得$AF = \frac{1}{2}AE = 3$，$∠AFD = 90°$，
在$Rt△ADF$中，由勾股定理得：$DF = \sqrt{AD^2-AF^2} = \sqrt{5^2-3^2} = 4$。
设 $IH = x$，
∵ $I$ 为$△ABC$ 的内心，
∴ 点I到△ABC三边的距离相等，即$IG = IJ = IH = x$。
∵ $S_{△ADE} = S_{△ADI}+S_{△AEI}$，
代入三角形面积公式得：$\frac{1}{2}×AE×DF = \frac{1}{2}×AD×IG + \frac{1}{2}×AE×IH$，
即 $\frac{6×4}{2} = \frac{5x}{2} + \frac{6x}{2}$，
整理得$12=\frac{11x}{2}$，解得 $x = \frac{24}{11}$，
∴ $IJ = x=\frac{24}{11}$。故选D。
【答案】
D
【知识点】
三角形内心性质，等腰三角形性质，勾股定理
【点评】
本题是三角形内切圆相关的典型中档题，解题的核心是利用内心到三边距离相等的性质，将所求距离转化为共顶点的两个小三角形的高，再通过面积拆分建立方程求解，能很好地考查学生对性质的应用能力和转化思想。
【难度系数】
0.6
解题时首先回忆三角形内心的性质：三角形的内心是三个内角角平分线的交点，到三角形三边的距离相等，因此要求点I到BC的距离，只需要求出点I到AB或AC的距离即可。已知△ADE的三边长，它是等腰三角形，可先通过等腰三角形三线合一求出底边上的高，计算出△ADE的面积；再将△ADE的面积拆分为△ADI和△AEI的面积之和，这两个小三角形的高就是点I到AB、AC的距离，且二者相等，据此列方程即可求出该距离，也就是点I到BC的距离。
【解析】
连接$AI$, 作 $IG ⊥ AB$ 于点$G$,$IJ ⊥ BC$ 于点$J$,$IH ⊥ AC$ 于点$H$, 作 $DF ⊥ AE$ 于点$F$，如图。
∵ $AD = DE = 5$，$AE = 6$，$DF ⊥ AE$，
∴ 根据等腰三角形三线合一可得$AF = \frac{1}{2}AE = 3$，$∠AFD = 90°$，
在$Rt△ADF$中，由勾股定理得：$DF = \sqrt{AD^2-AF^2} = \sqrt{5^2-3^2} = 4$。
设 $IH = x$，
∵ $I$ 为$△ABC$ 的内心，
∴ 点I到△ABC三边的距离相等，即$IG = IJ = IH = x$。
∵ $S_{△ADE} = S_{△ADI}+S_{△AEI}$，
代入三角形面积公式得：$\frac{1}{2}×AE×DF = \frac{1}{2}×AD×IG + \frac{1}{2}×AE×IH$，
即 $\frac{6×4}{2} = \frac{5x}{2} + \frac{6x}{2}$，
整理得$12=\frac{11x}{2}$，解得 $x = \frac{24}{11}$，
∴ $IJ = x=\frac{24}{11}$。故选D。
【答案】
D
【知识点】
三角形内心性质，等腰三角形性质，勾股定理
【点评】
本题是三角形内切圆相关的典型中档题，解题的核心是利用内心到三边距离相等的性质，将所求距离转化为共顶点的两个小三角形的高，再通过面积拆分建立方程求解，能很好地考查学生对性质的应用能力和转化思想。
【难度系数】
0.6
3 新考法[2026河北唐山期末,较难]如图,在△ABC中,∠A=60°,BC=4,I是△ABC的内心,连接BI,CI并延长,分别交AC,AB于点D,E.设CD=x,BE=y,则y与x之间的关系式为(
A.$x^2 + y^2 = 4^2$
B.$x + y = 4$
C.$xy = 4$
D.$y = x^2 + 4$
(第3题图)
(第4题图)
B
)A.$x^2 + y^2 = 4^2$
B.$x + y = 4$
C.$xy = 4$
D.$y = x^2 + 4$
(第3题图)
(第4题图)
答案
B 【解析】作 $△ABC$ 的内切圆 $⊙I$, 连接圆心与切点, 如图.
∵ $I$ 是 $△ABC$ 的内心,
∴ $IF = IG = IH$,$IF ⊥ BC$,$IG ⊥ AC$,$IH ⊥ AB$,$BI$ 平分 $∠ABC$,$CI$ 平分 $∠ACB$,
∴ $∠ABD = ∠CBD = \frac{1}{2}∠ABC$, $∠ACE = ∠BCE = \frac{1}{2}∠ACB$,
∴ $△BHI≌△BFI(AAS)$,$△CFI≌△CGI(AAS)$,
∴ $BH = BF$,$CG = CF$.
∵ $BC = 4$,
∴ $BH+CG = BF+CF = BC = 4$. 在 $△ABC$ 中, $∠A = 60°$,
∴ $∠ABC+∠ACB = 180°-60° = 120°$,
∴ $∠IBF+∠ICF = \frac{1}{2}×120° = 60°$,
∴ $∠BIC = 120°$,
∴ $∠EID = 120°$. 在四边形 $AHIG$ 中, $IG ⊥ AC$,$IH ⊥ AB$, $∠A = 60°$, 则 $∠HIG = 120°$,
∴ $∠EIH+∠HID = 120° = ∠HID+∠DIG$,
∴ $∠EIH = ∠DIG$. 在 $△IHE$ 和 $△IGD$ 中, $\begin{cases} ∠IHE = ∠IGD = 90°, \\ IH = IG, \\ ∠EIH = ∠DIG, \end{cases}$
∴ $△IHE≌△IGD(ASA)$,
∴ $HE = DG$.
∵ $BH+CG = 4$,
∴ $BH+CG = (BE+HE)+(CD-DG) = BE+CD = 4$.
∵ $CD = x$,$BE = y$,
∴ $y$ 与 $x$ 之间的关系式为 $x+y = 4$, 故选 B.
解析
【分析】
遇到涉及三角形内心的题目，首先回忆内心的核心性质：内心是三角形内切圆的圆心，是三条角平分线的交点，到三角形三边的距离相等。已知∠A=60°，可先推导∠BIC的度数，再结合内切圆切点处的垂直关系构造全等三角形，将未知的BE、CD长度和已知的BC长度建立关联。具体思考路径：先作内切圆连接各切点，利用角平分线性质证明两组直角三角形全等，得到切点分边的等长线段；再通过角的推导证明另一组直角三角形全等，得到等长线段，最后通过线段和差代换得出y与x的关系。
【解析】
作$△ ABC$的内切圆$\odot I$，分别作$IF ⊥ BC$于$F$，$IG ⊥ AC$于$G$，$IH ⊥ AB$于$H$。
∵ $I$是$△ ABC$的内心，
∴ $IF = IG = IH$，$BI$平分$∠ ABC$，$CI$平分$∠ ACB$，
∴ $∠ ABD = ∠ CBD = \frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ ACE = ∠ BCE = \frac{1}{2}∠ ACB$。
在$△ BHI$和$△ BFI$中：
$\begin{cases}∠ BHI = ∠ BFI = 90° \\∠ HBI = ∠ FBI \\BI = BI\end{cases}$
∴ $△ BHI≌△ BFI(AAS)$，同理可证$△ CFI≌△ CGI(AAS)$，
∴ $BH = BF$，$CG = CF$。
∵ $BC = BF + CF = 4$，
∴ $BH + CG = 4$。
在$△ ABC$中，$∠ A = 60°$，
∴ $∠ ABC + ∠ ACB = 180° - 60° = 120°$，
∴ $∠ IBF + ∠ ICF = \frac{1}{2}(∠ ABC + ∠ ACB) = 60°$，
∴ $∠ BIC = 180° - 60° = 120°$，
∴ $∠ EID = ∠ BIC = 120°$。
在四边形$AHIG$中，$∠ A = 60°$，$∠ AHI = ∠ AGI = 90°$，
∴ $∠ HIG = 360° - 90° - 90° - 60° = 120°$，
∴ $∠ HIG = ∠ EID$，即$∠ EIH + ∠ HID = ∠ HID + ∠ DIG$，
∴ $∠ EIH = ∠ DIG$。
在$△ IHE$和$△ IGD$中：
$\begin{cases}∠ IHE = ∠ IGD = 90° \\IH = IG \\∠ EIH = ∠ DIG\end{cases}$
∴ $△ IHE≌△ IGD(ASA)$，
∴ $HE = DG$。
∴ $BH + CG = (BE + HE) + (CD - DG) = BE + CD = 4$。
∵ $CD = x$，$BE = y$，
∴ $x + y = 4$。
【答案】
B
【知识点】
三角形内心的性质；全等三角形的判定与性质；三角形内角和定理
【点评】
本题属于三角形内切圆的综合题型，解题核心是熟练运用内心的性质构造全等三角形，通过角的推导和线段的等量代换建立未知量与已知量的关系，能够有效锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.4
遇到涉及三角形内心的题目，首先回忆内心的核心性质：内心是三角形内切圆的圆心，是三条角平分线的交点，到三角形三边的距离相等。已知∠A=60°，可先推导∠BIC的度数，再结合内切圆切点处的垂直关系构造全等三角形，将未知的BE、CD长度和已知的BC长度建立关联。具体思考路径：先作内切圆连接各切点，利用角平分线性质证明两组直角三角形全等，得到切点分边的等长线段；再通过角的推导证明另一组直角三角形全等，得到等长线段，最后通过线段和差代换得出y与x的关系。
【解析】
作$△ ABC$的内切圆$\odot I$，分别作$IF ⊥ BC$于$F$，$IG ⊥ AC$于$G$，$IH ⊥ AB$于$H$。
∵ $I$是$△ ABC$的内心，
∴ $IF = IG = IH$，$BI$平分$∠ ABC$，$CI$平分$∠ ACB$，
∴ $∠ ABD = ∠ CBD = \frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ ACE = ∠ BCE = \frac{1}{2}∠ ACB$。
在$△ BHI$和$△ BFI$中：
$\begin{cases}∠ BHI = ∠ BFI = 90° \\∠ HBI = ∠ FBI \\BI = BI\end{cases}$
∴ $△ BHI≌△ BFI(AAS)$，同理可证$△ CFI≌△ CGI(AAS)$，
∴ $BH = BF$，$CG = CF$。
∵ $BC = BF + CF = 4$，
∴ $BH + CG = 4$。
在$△ ABC$中，$∠ A = 60°$，
∴ $∠ ABC + ∠ ACB = 180° - 60° = 120°$，
∴ $∠ IBF + ∠ ICF = \frac{1}{2}(∠ ABC + ∠ ACB) = 60°$，
∴ $∠ BIC = 180° - 60° = 120°$，
∴ $∠ EID = ∠ BIC = 120°$。
在四边形$AHIG$中，$∠ A = 60°$，$∠ AHI = ∠ AGI = 90°$，
∴ $∠ HIG = 360° - 90° - 90° - 60° = 120°$，
∴ $∠ HIG = ∠ EID$，即$∠ EIH + ∠ HID = ∠ HID + ∠ DIG$，
∴ $∠ EIH = ∠ DIG$。
在$△ IHE$和$△ IGD$中：
$\begin{cases}∠ IHE = ∠ IGD = 90° \\IH = IG \\∠ EIH = ∠ DIG\end{cases}$
∴ $△ IHE≌△ IGD(ASA)$，
∴ $HE = DG$。
∴ $BH + CG = (BE + HE) + (CD - DG) = BE + CD = 4$。
∵ $CD = x$，$BE = y$，
∴ $x + y = 4$。
【答案】
B
【知识点】
三角形内心的性质；全等三角形的判定与性质；三角形内角和定理
【点评】
本题属于三角形内切圆的综合题型，解题核心是熟练运用内心的性质构造全等三角形，通过角的推导和线段的等量代换建立未知量与已知量的关系，能够有效锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.4
4[2026江苏无锡期中,中]如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=6$,$BC=8$,$AM=2CM$,$CD⊥ AB$,$I$为$△ BCD$的内心,则$IM=$
$\frac{2}{5}\sqrt{65}$
.答案
$\frac{2}{5}\sqrt{65}$ 【解析】如图, 作 $△BCD$ 的内切圆 $⊙I$, 记 $⊙I$ 与 $AB,BC,CD$ 分别切于点 $G$, $E,F$, 连接 $IG,IE,IF,BI$, 过点 $I$ 作 $IH ⊥ AC$ 于点 $H$.
∵ $I$ 为 $△BCD$ 的内心,
∴ $IE = IF = IG$,$IG ⊥ AB$,$IE ⊥ BC$,$IF ⊥ CD$,$BI$ 平分 $∠ABC$,
∴ $∠IBE = ∠IBG$,
∴ $△IEB≌△IGB$,
∴ $BG = BE$. 同理,$CF = CE$,$DG = DF$. 又
∵ $CD ⊥ AB$,
∴ 四边形 $DGIF$ 是正方形,
∴ $DG = DF = IG = IF$.
∵ $∠ACB = 90°$,
∴ 四边形 $IECH$ 是矩形,
∴ $CH = IE$,$IH = CE$. 在 $Rt△ABC$ 中, $AC = 6$, $BC = 8$,
∴ $AB = \sqrt{AC^2+BC^2} = 10$.
∵ $S_{△ABC} = \frac{1}{2}AB · CD = \frac{1}{2}AC · BC$, 即 $10CD = 6×8$,
∴ $CD = \frac{24}{5}$,
∴ $BD = \sqrt{BC^2-CD^2} = \frac{32}{5}$.
∵ $BD+CD-BC = DG+BG+DF+FC-(BE+CE) = \frac{16}{5}$,
∴ $2DG = \frac{16}{5}$,
∴ $DG = \frac{8}{5}$. 同理可得 $2CE = BC+CD-BD = \frac{32}{5}$,
∴ $CE = \frac{16}{5}$,
∴ $CH = IE = DG = \frac{8}{5}$, $IH = CE = \frac{16}{5}$.
∵ $AM = 2CM$,
∴ $CM = \frac{1}{3}AC = 2$,
∴ $MH = CM-CH = \frac{2}{5}$,
∴ $IM = \sqrt{MH^2+IH^2} = \frac{2}{5}\sqrt{65}$. 故答案为 $\frac{2}{5}\sqrt{65}$.
解析
【分析】
要解决这道题，可按以下思路逐步推导：
1. 先计算Rt△ABC的基础边长：已知直角边AC、BC长度，先用勾股定理求斜边AB的长度，再用面积法求斜边上的高CD，随后用勾股定理求BD的长度，得到△BCD的三边长度。
2. 利用三角形内心的性质：内心是三角形内切圆圆心，到三边距离相等，结合切线长定理，求出△BCD的内切圆半径，以及内切圆与BC边切点到点C的距离CE。
3. 构造直角三角形求IM：过点I作IH⊥AC，可证四边形IECH是矩形，得到IH、CH的长度；再根据AM=2CM求出CM的长度，进而得到MH的长度，最后在Rt△IHM中用勾股定理求出IM的长度。
【解析】
如图，作$△BCD$的内切圆$⊙I$，记$⊙I$与$AB,BC,CD$分别切于点$G$, $E,F$, 连接$IG,IE,IF,BI$, 过点$I$作$IH ⊥ AC$于点$H$.
∵ $I$为$△BCD$的内心,
∴ $IE = IF = IG$,$IG ⊥ AB$,$IE ⊥ BC$,$IF ⊥ CD$,$BI$ 平分 $∠ABC$,
∴ $∠IBE = ∠IBG$,
又
∵$∠IEB=∠IGB=90°$，$IB=IB$，
∴ $△IEB≌△IGB$,
∴ $BG = BE$。同理可得$CF = CE$，$DG = DF$。
又
∵ $CD ⊥ AB$,
∴ 四边形 $DGIF$ 是正方形,
∴ $DG = DF = IG = IF$。
∵ $∠ACB = 90°$，$IE⊥BC$，$IH⊥AC$,
∴ 四边形 $IECH$ 是矩形,
∴ $CH = IE$，$IH = CE$。
在 $Rt△ABC$ 中, $AC = 6$, $BC = 8$,
∴ $AB = \sqrt{AC^2+BC^2} = 10$。
∵ $S_{△ABC} = \frac{1}{2}AB · CD = \frac{1}{2}AC · BC$, 即 $10CD = 6×8$,
∴ $CD = \frac{24}{5}$,
∴ $BD = \sqrt{BC^2-CD^2} = \sqrt{8^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{32}{5}$。
∵ $BD+CD-BC = DG+BG+DF+FC-(BE+CE) = 2DG$,
代入数据得$\frac{32}{5}+\frac{24}{5}-8=\frac{16}{5}=2DG$,
∴ $DG = \frac{8}{5}$。
同理可得 $2CE = BC+CD-BD = 8+\frac{24}{5}-\frac{32}{5}=\frac{32}{5}$,
∴ $CE = \frac{16}{5}$,
∴ $CH = IE = DG = \frac{8}{5}$, $IH = CE = \frac{16}{5}$。
∵ $AM = 2CM$，$AC=6$,
∴ $CM = \frac{1}{3}AC = 2$,
∴ $MH = CM-CH = 2-\frac{8}{5}=\frac{2}{5}$,
∴ $IM = \sqrt{MH^2+IH^2} = \sqrt{(\frac{2}{5})^2+(\frac{16}{5})^2}=\frac{2}{5}\sqrt{65}$。
【答案】
$\frac{2}{5}\sqrt{65}$
【知识点】
三角形内心的性质，切线长定理，勾股定理
【点评】
本题综合考查了直角三角形的相关计算、三角形内心性质、切线长定理的应用，解题关键是通过作辅助线构造矩形和直角三角形，将所求线段转化到直角三角形中用勾股定理求解，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
要解决这道题，可按以下思路逐步推导：
1. 先计算Rt△ABC的基础边长：已知直角边AC、BC长度，先用勾股定理求斜边AB的长度，再用面积法求斜边上的高CD，随后用勾股定理求BD的长度，得到△BCD的三边长度。
2. 利用三角形内心的性质：内心是三角形内切圆圆心，到三边距离相等，结合切线长定理，求出△BCD的内切圆半径，以及内切圆与BC边切点到点C的距离CE。
3. 构造直角三角形求IM：过点I作IH⊥AC，可证四边形IECH是矩形，得到IH、CH的长度；再根据AM=2CM求出CM的长度，进而得到MH的长度，最后在Rt△IHM中用勾股定理求出IM的长度。
【解析】
如图，作$△BCD$的内切圆$⊙I$，记$⊙I$与$AB,BC,CD$分别切于点$G$, $E,F$, 连接$IG,IE,IF,BI$, 过点$I$作$IH ⊥ AC$于点$H$.
∵ $I$为$△BCD$的内心,
∴ $IE = IF = IG$,$IG ⊥ AB$,$IE ⊥ BC$,$IF ⊥ CD$,$BI$ 平分 $∠ABC$,
∴ $∠IBE = ∠IBG$,
又
∵$∠IEB=∠IGB=90°$，$IB=IB$，
∴ $△IEB≌△IGB$,
∴ $BG = BE$。同理可得$CF = CE$，$DG = DF$。
又
∵ $CD ⊥ AB$,
∴ 四边形 $DGIF$ 是正方形,
∴ $DG = DF = IG = IF$。
∵ $∠ACB = 90°$，$IE⊥BC$，$IH⊥AC$,
∴ 四边形 $IECH$ 是矩形,
∴ $CH = IE$，$IH = CE$。
在 $Rt△ABC$ 中, $AC = 6$, $BC = 8$,
∴ $AB = \sqrt{AC^2+BC^2} = 10$。
∵ $S_{△ABC} = \frac{1}{2}AB · CD = \frac{1}{2}AC · BC$, 即 $10CD = 6×8$,
∴ $CD = \frac{24}{5}$,
∴ $BD = \sqrt{BC^2-CD^2} = \sqrt{8^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{32}{5}$。
∵ $BD+CD-BC = DG+BG+DF+FC-(BE+CE) = 2DG$,
代入数据得$\frac{32}{5}+\frac{24}{5}-8=\frac{16}{5}=2DG$,
∴ $DG = \frac{8}{5}$。
同理可得 $2CE = BC+CD-BD = 8+\frac{24}{5}-\frac{32}{5}=\frac{32}{5}$,
∴ $CE = \frac{16}{5}$,
∴ $CH = IE = DG = \frac{8}{5}$, $IH = CE = \frac{16}{5}$。
∵ $AM = 2CM$，$AC=6$,
∴ $CM = \frac{1}{3}AC = 2$,
∴ $MH = CM-CH = 2-\frac{8}{5}=\frac{2}{5}$,
∴ $IM = \sqrt{MH^2+IH^2} = \sqrt{(\frac{2}{5})^2+(\frac{16}{5})^2}=\frac{2}{5}\sqrt{65}$。
【答案】
$\frac{2}{5}\sqrt{65}$
【知识点】
三角形内心的性质，切线长定理，勾股定理
【点评】
本题综合考查了直角三角形的相关计算、三角形内心性质、切线长定理的应用，解题关键是通过作辅助线构造矩形和直角三角形，将所求线段转化到直角三角形中用勾股定理求解，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
5[2026江苏南京质检,中]如图(1),已知△ABC中,AB=AC=10,BC=12,点I是△ABC内一点,若∠BIC=90°+$\frac{1}{2}$∠BAC且BI平分∠ABC.
(1)求证:点I是△ABC的内心.
(2)如图(2),⊙O,⊙I分别是△ABC的外接圆,内切圆,D,E,F分别是⊙I与AC,BC,AB的切点,则△ABC外接圆的半径r=
(1)求证:点I是△ABC的内心.
(2)如图(2),⊙O,⊙I分别是△ABC的外接圆,内切圆,D,E,F分别是⊙I与AC,BC,AB的切点,则△ABC外接圆的半径r=
$\frac{25}{4}$
,△ABC的内心I与外心O的距离l=$\frac{5}{4}$
.答案
5.(1)【证明】
∵ $△ABC$ 中,$AB = AC = 10$,
∴ $∠ABC = ∠ACB = \frac{1}{2}( 180°-∠BAC ) = 90°- \frac{1}{2}∠BAC$.
∵ $BI$ 平分 $∠ABC$,
∴ $∠IBC = \frac{1}{2}∠ABC = 45°- \frac{1}{4}∠BAC$.
∵ $∠BIC = 90°+ \frac{1}{2}∠BAC$,
∴ $∠ICB = 180°- ( 45°- \frac{1}{4}∠BAC + 90° + \frac{1}{2}∠BAC ) = 45°- \frac{1}{4}∠BAC$,
∴ $∠ICA = ∠ACB - ∠ICB = 90°- \frac{1}{2}∠BAC - ( 45°- \frac{1}{4}∠BAC ) = 45°- \frac{1}{4}∠BAC$,
∴ $∠ICB = ∠ICA$,
∴ $CI$ 平分 $∠ACB$,
∴ 点 $I$ 是 $△ABC$ 的内心.
(2)$\frac{25}{4}$ $\frac{5}{4}$ 【解析】连接 $OB,OE,IA,ID,IF,IB,IC$, 如图.
∵ $△ABC$ 是等腰三角形,点 $I$ 是内心,点 $O$ 是外心,
∴ $A,I,O$ 在同一条直线上, 且 $AE ⊥ BC$, $OA = OB = r$,
∴ $BE = CE = \frac{1}{2}BC = 6$. 在 $Rt△ABE$ 中, $AB = 10$, $BE = 6$,
∴ $AE = \sqrt{AB^2-BE^2} = 8$, 在 $Rt△OBE$ 中, $OB = r$,$OE = AE-OA = 8-r$,$BE = 6$, 由勾股定理得 $OB^2 = OE^2+BE^2$,
∴ $r^2 = ( 8-r )^2+6^2$, 解得 $r = \frac{25}{4}$,
∴ $OA = OB = r = \frac{25}{4}$,
∴ $OE = 8- \frac{25}{4} = \frac{7}{4}$.
∵ 点 $I$ 为 $△ABC$ 的内心, $D,E,F$ 为切点,
∴ $ID = IE = IF$.
∵ $S_{△IAB}+S_{△IBC}+S_{△ICA} = S_{△ABC}$,
∴ $\frac{1}{2}AB · IF + \frac{1}{2}BC · IE+ \frac{1}{2}AC · ID = \frac{1}{2}BC · AE$,
∴ $\frac{1}{2}×10IE + \frac{1}{2}×12IE+ \frac{1}{2}×10IE = \frac{1}{2}×12×8$,
∴ $IE = 3$,
∴ $IO = IE-OE = 3- \frac{7}{4} = \frac{5}{4}$. 综上, $△ABC$ 外接圆的半径 $r = \frac{25}{4}$, $△ABC$ 的内心 $I$ 与外心 $O$ 的距离 $l = \frac{5}{4}$. 故答案为 $\frac{25}{4}$,$\frac{5}{4}$.
思路分析
(1)根据等腰三角形性质及三角形内角和定理得$∠ABC=∠ACB = 90° - \frac{1}{2}∠BAC$, 再根据 $BI$ 平分 $∠ABC$ 得 $∠IBC = 45° - \frac{1}{4}∠BAC$, 进而可求出 $∠ICB = 45° - \frac{1}{4}∠BAC$, 则 $∠ICA = 45° - \frac{1}{4}∠BAC$, 由此得 $CI$ 平分 $∠ACB$, 然后根据三角形内心的定义即可证明.
解析
【分析】
(1)要证明点I是△ABC的内心，需证明I是△ABC三个内角的角平分线交点，已知BI平分∠ABC，因此只需证CI平分∠ACB即可。先利用等腰三角形两底角相等的性质，结合三角形内角和定理表示出∠ABC和∠ACB，再根据已知的∠BIC的度数表达式，通过内角和求出∠ICB的度数，对比∠ACB与∠ICB的差值可得∠ICA的度数，证明∠ICB=∠ICA，即可得CI平分∠ACB，完成证明。
(2)因为△ABC是等腰三角形，根据对称性，其外心O、内心I都在底边BC的高AE上，因此三点A、I、O共线。先通过勾股定理求出高AE的长度，再在Rt△OBE中利用勾股定理列方程求出外接圆半径r；接着用面积法，将△ABC的面积拆分为三个小三角形的面积和，求出内切圆半径IE的长度；最后结合O点在AE上的位置求出OE的长度，I和O都在AE上，二者距离即为|IE-OE|，计算可得结果。
【解析】
(1)证明：
∵ △ABC中，$AB=AC=10$，
∴ $∠ABC=∠ACB=\frac{1}{2}(180°-∠BAC)=90°-\frac{1}{2}∠BAC$，
∵ $BI$平分$∠ABC$，
∴ $∠IBC=\frac{1}{2}∠ABC=45°-\frac{1}{4}∠BAC$，
∵ $∠BIC=90°+\frac{1}{2}∠BAC$，
∴ $∠ICB=180°-(∠IBC+∠BIC)=180°-(45°-\frac{1}{4}∠BAC + 90°+\frac{1}{2}∠BAC)=45°-\frac{1}{4}∠BAC$，
∴ $∠ICA=∠ACB-∠ICB=90°-\frac{1}{2}∠BAC -(45°-\frac{1}{4}∠BAC)=45°-\frac{1}{4}∠BAC$，
∴ $∠ICB=∠ICA$，即$CI$平分$∠ACB$，
又
∵ $BI$平分$∠ABC$，
∴ 点$I$是△ABC的内心。
(2)连接$OB,OE,IA,ID,IF,IB,IC$，如图：
∵ △ABC是等腰三角形，点$I$是内心，点$O$是外心，
∴ $A、I、O$三点共线，且$AE⊥BC$，$OA=OB=r$，
∴ $BE=CE=\frac{1}{2}BC=6$，
在$Rt△ABE$中，$AB=10$，$BE=6$，由勾股定理得：
$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$，
在$Rt△OBE$中，$OB=r$，$OE=AE-OA=8-r$，$BE=6$，由勾股定理得：
$OB^2=OE^2+BE^2$，即$r^2=(8-r)^2+6^2$，
展开得：$r^2=64-16r+r^2+36$，
化简解得：$r=\frac{25}{4}$，
∴ $OE=8 - \frac{25}{4}=\frac{7}{4}$，
∵ 点$I$为△ABC的内心，$D、E、F$为内切圆与各边的切点，
∴ $ID=IE=IF$（内切圆半径相等），
∵ $S_{△IAB}+S_{△IBC}+S_{△ICA}=S_{△ABC}$，
∴ $\frac{1}{2}AB·IF + \frac{1}{2}BC·IE + \frac{1}{2}AC·ID = \frac{1}{2}BC·AE$，
代入$AB=AC=10$，$BC=12$，$AE=8$，$ID=IE=IF$得：
$\frac{1}{2}×10·IE + \frac{1}{2}×12·IE + \frac{1}{2}×10·IE = \frac{1}{2}×12×8$，
化简得：$16IE=48$，解得$IE=3$，
∵ $I、O$都在$AE$上，
∴ $IO=IE - OE=3 - \frac{7}{4}=\frac{5}{4}$。
【答案】
(1)证明见解析；(2)$\frac{25}{4}$，$\frac{5}{4}$
【知识点】
1.三角形内心判定
2.外接圆半径计算
3.面积法求内切圆半径
【点评】
本题是三角形与圆结合的典型习题，第一问侧重逻辑推导，通过角的等量关系证明角平分线，考查学生对三角形内心定义的理解；第二问利用等腰三角形的对称性简化计算，结合勾股定理、面积法分别求解外接圆半径和内外心距离，综合性较强，能有效检验学生对几何性质的运用能力和计算能力。
【难度系数】
0.6
(1)要证明点I是△ABC的内心，需证明I是△ABC三个内角的角平分线交点，已知BI平分∠ABC，因此只需证CI平分∠ACB即可。先利用等腰三角形两底角相等的性质，结合三角形内角和定理表示出∠ABC和∠ACB，再根据已知的∠BIC的度数表达式，通过内角和求出∠ICB的度数，对比∠ACB与∠ICB的差值可得∠ICA的度数，证明∠ICB=∠ICA，即可得CI平分∠ACB，完成证明。
(2)因为△ABC是等腰三角形，根据对称性，其外心O、内心I都在底边BC的高AE上，因此三点A、I、O共线。先通过勾股定理求出高AE的长度，再在Rt△OBE中利用勾股定理列方程求出外接圆半径r；接着用面积法，将△ABC的面积拆分为三个小三角形的面积和，求出内切圆半径IE的长度；最后结合O点在AE上的位置求出OE的长度，I和O都在AE上，二者距离即为|IE-OE|，计算可得结果。
【解析】
(1)证明：
∵ △ABC中，$AB=AC=10$，
∴ $∠ABC=∠ACB=\frac{1}{2}(180°-∠BAC)=90°-\frac{1}{2}∠BAC$，
∵ $BI$平分$∠ABC$，
∴ $∠IBC=\frac{1}{2}∠ABC=45°-\frac{1}{4}∠BAC$，
∵ $∠BIC=90°+\frac{1}{2}∠BAC$，
∴ $∠ICB=180°-(∠IBC+∠BIC)=180°-(45°-\frac{1}{4}∠BAC + 90°+\frac{1}{2}∠BAC)=45°-\frac{1}{4}∠BAC$，
∴ $∠ICA=∠ACB-∠ICB=90°-\frac{1}{2}∠BAC -(45°-\frac{1}{4}∠BAC)=45°-\frac{1}{4}∠BAC$，
∴ $∠ICB=∠ICA$，即$CI$平分$∠ACB$，
又
∵ $BI$平分$∠ABC$，
∴ 点$I$是△ABC的内心。
(2)连接$OB,OE,IA,ID,IF,IB,IC$，如图：
∵ △ABC是等腰三角形，点$I$是内心，点$O$是外心，
∴ $A、I、O$三点共线，且$AE⊥BC$，$OA=OB=r$，
∴ $BE=CE=\frac{1}{2}BC=6$，
在$Rt△ABE$中，$AB=10$，$BE=6$，由勾股定理得：
$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$，
在$Rt△OBE$中，$OB=r$，$OE=AE-OA=8-r$，$BE=6$，由勾股定理得：
$OB^2=OE^2+BE^2$，即$r^2=(8-r)^2+6^2$，
展开得：$r^2=64-16r+r^2+36$，
化简解得：$r=\frac{25}{4}$，
∴ $OE=8 - \frac{25}{4}=\frac{7}{4}$，
∵ 点$I$为△ABC的内心，$D、E、F$为内切圆与各边的切点，
∴ $ID=IE=IF$（内切圆半径相等），
∵ $S_{△IAB}+S_{△IBC}+S_{△ICA}=S_{△ABC}$，
∴ $\frac{1}{2}AB·IF + \frac{1}{2}BC·IE + \frac{1}{2}AC·ID = \frac{1}{2}BC·AE$，
代入$AB=AC=10$，$BC=12$，$AE=8$，$ID=IE=IF$得：
$\frac{1}{2}×10·IE + \frac{1}{2}×12·IE + \frac{1}{2}×10·IE = \frac{1}{2}×12×8$，
化简得：$16IE=48$，解得$IE=3$，
∵ $I、O$都在$AE$上，
∴ $IO=IE - OE=3 - \frac{7}{4}=\frac{5}{4}$。
【答案】
(1)证明见解析；(2)$\frac{25}{4}$，$\frac{5}{4}$
【知识点】
1.三角形内心判定
2.外接圆半径计算
3.面积法求内切圆半径
【点评】
本题是三角形与圆结合的典型习题，第一问侧重逻辑推导，通过角的等量关系证明角平分线，考查学生对三角形内心定义的理解；第二问利用等腰三角形的对称性简化计算，结合勾股定理、面积法分别求解外接圆半径和内外心距离，综合性较强，能有效检验学生对几何性质的运用能力和计算能力。
【难度系数】
0.6
6 核心素养 几何直观 [2026 江苏盐城调研,难]如图,AB是$\odot O$的弦,点D在$\overset{\frown}{AB}$上,连接AD,BD,OA,OB,OD.
(1)若$∠DAB=x°$,则$∠ODB=$
(2)用无刻度直尺和圆规作$△ABC$,使点D为$△ABC$的内心(保留作图痕迹,不写作法),并完成下列问题:
①当$∠AOB=110°$时,求$∠ACB$的度数.
②连接CD,证明:C,D,O三点共线.
(1)若$∠DAB=x°$,则$∠ODB=$
$(90-x)$
°.(2)用无刻度直尺和圆规作$△ABC$,使点D为$△ABC$的内心(保留作图痕迹,不写作法),并完成下列问题:
①当$∠AOB=110°$时,求$∠ACB$的度数.
②连接CD,证明:C,D,O三点共线.
答案
6. (1)【解】
∵ $∠DAB=x°$,
∴ $∠BOD = 2∠BAD = (2x)°$.
∵ $BO = DO$,
∴ $∠ODB = ∠OBD = \frac{180°-∠BOD}{2} = \frac{180°-(2x)°}{2} = (90-x)°$. 故答案为 $(90-x)$.
(2)【解】如图, $△ABC$ 为所求三角形.
①
∵ $∠AOB = ∠AOD + ∠DOB = 2∠ABD+2∠BAD = 110°$,
∴ 由作图得, $∠CAB+∠CBA = 2∠ABD+2∠BAD = 110°$,
∴ $∠ACB = 180°-110° = 70°$.
②【证明】如图. 设 $∠DAB = ∠CAD = α$, $∠DBA = ∠CBD = β$, 则 $∠AOD = 2∠ABD = 2β$, $∠DOB = 2∠BAD = 2α$, $∠CAB = 2α$, $∠CBA = 2β$,
∴ 在 $△ABC$ 中, $∠ACB = 180°-2α-2β$.
∵ $D$ 是 $△ABC$ 的内心,
∴ $∠DCB = \frac{1}{2}∠ACB = 90°-α-β$. 在 $△CDB$ 中, $∠CDB = 180°-∠DCB-∠CBD = 180°-(90°-α-β)-β = 90°+α$. 在 $△OBD$ 中, $OD = OB$,
∴ $∠ODB = ∠OBD = \frac{180°-∠DOB}{2} = 90°-α$,
∴ $∠CDB+∠ODB = 90°+α+90°-α = 180°$,
∴ $C,D,O$ 三点共线.
解析
【分析】
(1) 求解∠ODB时，首先利用圆周角定理：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，由已知∠DAB的度数求出对应圆心角∠BOD的度数；再结合半径OB=OD，可知△ODB是等腰三角形，利用等腰三角形两底角相等和三角形内角和为180°，即可求出∠ODB的度数。
(2) 作图思路：三角形的内心是三个内角角平分线的交点，已知D是△ABC的内心，因此AD平分∠CAB，BD平分∠CBA，分别延长AD、BD，以AD、BD为角平分线作出∠CAB和∠CBA，两角的交点即为点C，连接AC、BC即可得到△ABC。
① 求∠ACB时，先结合圆周角定理将∠AOB转化为2(∠BAD+∠ABD)，再根据内心的性质可知∠CAB=2∠BAD，∠CBA=2∠ABD，即可得到∠CAB+∠CBA的度数，最后利用三角形内角和为180°求出∠ACB。
② 证明C、D、O三点共线，只需证明∠CDB与∠ODB之和为180°（平角定义），可设角参数表示出两个角的度数，通过计算证明两角和为180°即可。
【解析】
(1)
∵ 同弧$\overset{\frown}{BD}$所对的圆周角是∠DAB，圆心角是∠BOD，
∴ 根据圆周角定理，$∠ BOD = 2∠ DAB = 2x°$，
又
∵ OB、OD都是$\odot O$的半径，
∴ $OB=OD$，△ODB为等腰三角形，
∴ $∠ ODB = ∠ OBD = \frac{180° - ∠ BOD}{2} = \frac{180° - 2x°}{2} = (90 - x)°$。
(2) 所作△ABC如下图所示：
①
∵ $∠ AOD = 2∠ ABD$，$∠ DOB = 2∠ BAD$，
∴ $∠ AOB = ∠ AOD + ∠ DOB = 2∠ ABD + 2∠ BAD = 110°$，
由作图可知D是△ABC的内心，AD平分∠CAB，BD平分∠CBA，
∴ $∠ CAB = 2∠ BAD$，$∠ CBA = 2∠ ABD$，
∴ $∠ CAB + ∠ CBA = 2∠ BAD + 2∠ ABD = 110°$，
在△ABC中，$∠ ACB = 180° - (∠ CAB + ∠ CBA) = 180° - 110° = 70°$。
② 证明：设$∠ DAB = ∠ CAD = α$，$∠ DBA = ∠ CBD = β$，
根据圆周角定理，$∠ DOB = 2∠ BAD = 2α$，
且$∠ CAB = 2α$，$∠ CBA = 2β$，
在△ABC中，$∠ ACB = 180° - 2α - 2β$，
∵ D是△ABC的内心，
∴ CD平分∠ACB，
∴ $∠ DCB = \frac{1}{2}∠ ACB = 90° - α - β$，
在△CDB中，$∠ CDB = 180° - ∠ DCB - ∠ CBD = 180° - (90° - α - β) - β = 90° + α$，
在△ODB中，$OD=OB$，
∴ $∠ ODB = \frac{180° - ∠ DOB}{2} = 90° - α$，
∴ $∠ CDB + ∠ ODB = (90° + α) + (90° - α) = 180°$，
即∠CDO为平角，故C、D、O三点共线。
【答案】
(1) $\boxed{90-x}$
(2) 所作△ABC如下：
① $\boxed{70°}$
② C、D、O三点共线，证明成立。
【知识点】
圆周角定理，三角形内心的性质，三点共线的判定
【点评】
本题综合考查了圆的基本性质与三角形内心的相关知识，既涉及基础定理的直接应用，也对作图能力、逻辑推理能力有一定要求，解题时需要熟练掌握圆周角与圆心角的数量关系、内心的角平分线性质，通过合理设角、角度计算即可解决问题。
【难度系数】
0.3
(1) 求解∠ODB时，首先利用圆周角定理：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，由已知∠DAB的度数求出对应圆心角∠BOD的度数；再结合半径OB=OD，可知△ODB是等腰三角形，利用等腰三角形两底角相等和三角形内角和为180°，即可求出∠ODB的度数。
(2) 作图思路：三角形的内心是三个内角角平分线的交点，已知D是△ABC的内心，因此AD平分∠CAB，BD平分∠CBA，分别延长AD、BD，以AD、BD为角平分线作出∠CAB和∠CBA，两角的交点即为点C，连接AC、BC即可得到△ABC。
① 求∠ACB时，先结合圆周角定理将∠AOB转化为2(∠BAD+∠ABD)，再根据内心的性质可知∠CAB=2∠BAD，∠CBA=2∠ABD，即可得到∠CAB+∠CBA的度数，最后利用三角形内角和为180°求出∠ACB。
② 证明C、D、O三点共线，只需证明∠CDB与∠ODB之和为180°（平角定义），可设角参数表示出两个角的度数，通过计算证明两角和为180°即可。
【解析】
(1)
∵ 同弧$\overset{\frown}{BD}$所对的圆周角是∠DAB，圆心角是∠BOD，
∴ 根据圆周角定理，$∠ BOD = 2∠ DAB = 2x°$，
又
∵ OB、OD都是$\odot O$的半径，
∴ $OB=OD$，△ODB为等腰三角形，
∴ $∠ ODB = ∠ OBD = \frac{180° - ∠ BOD}{2} = \frac{180° - 2x°}{2} = (90 - x)°$。
(2) 所作△ABC如下图所示：
①
∵ $∠ AOD = 2∠ ABD$，$∠ DOB = 2∠ BAD$，
∴ $∠ AOB = ∠ AOD + ∠ DOB = 2∠ ABD + 2∠ BAD = 110°$，
由作图可知D是△ABC的内心，AD平分∠CAB，BD平分∠CBA，
∴ $∠ CAB = 2∠ BAD$，$∠ CBA = 2∠ ABD$，
∴ $∠ CAB + ∠ CBA = 2∠ BAD + 2∠ ABD = 110°$，
在△ABC中，$∠ ACB = 180° - (∠ CAB + ∠ CBA) = 180° - 110° = 70°$。
② 证明：设$∠ DAB = ∠ CAD = α$，$∠ DBA = ∠ CBD = β$，
根据圆周角定理，$∠ DOB = 2∠ BAD = 2α$，
且$∠ CAB = 2α$，$∠ CBA = 2β$，
在△ABC中，$∠ ACB = 180° - 2α - 2β$，
∵ D是△ABC的内心，
∴ CD平分∠ACB，
∴ $∠ DCB = \frac{1}{2}∠ ACB = 90° - α - β$，
在△CDB中，$∠ CDB = 180° - ∠ DCB - ∠ CBD = 180° - (90° - α - β) - β = 90° + α$，
在△ODB中，$OD=OB$，
∴ $∠ ODB = \frac{180° - ∠ DOB}{2} = 90° - α$，
∴ $∠ CDB + ∠ ODB = (90° + α) + (90° - α) = 180°$，
即∠CDO为平角，故C、D、O三点共线。
【答案】
(1) $\boxed{90-x}$
(2) 所作△ABC如下：
① $\boxed{70°}$
② C、D、O三点共线，证明成立。
【知识点】
圆周角定理，三角形内心的性质，三点共线的判定
【点评】
本题综合考查了圆的基本性质与三角形内心的相关知识，既涉及基础定理的直接应用，也对作图能力、逻辑推理能力有一定要求，解题时需要熟练掌握圆周角与圆心角的数量关系、内心的角平分线性质，通过合理设角、角度计算即可解决问题。
【难度系数】
0.3
