10. 如图，$D$ 为 $△ ABC$ 的内心，连接 $BD,CD$.若$∠ A=60°,CD=2,BD=4$，则$△ DBC$ 的面积是（）


A.$4\sqrt{3}$
B.$2\sqrt{3}$
C.$2$
D.$4$

10. B 解析:如图,过点 $B$ 作 $BH ⊥ CD$,交 $CD$ 的延长线于点 $H$,则 $∠ BHD = 90°$. 因为 $D$ 为 $△ ABC$ 的内心,所以 $∠ DBC = \frac{1}{2}∠ ABC$,$∠ DCB = \frac{1}{2}∠ ACB$. 因为 $∠ A = 60°$, 所以 $∠ DBC + ∠ DCB = \frac{1}{2}(∠ ABC + ∠ ACB) = \frac{1}{2}(180° - ∠ A) = 60°$, 所以 $∠ BDH = ∠ DBC + ∠ DCB = 60°$, 所以 $∠ DBH = 90° - ∠ BDH = 30°$, 所以 $DH = \frac{1}{2}BD$. 因为 $BD = 4$, 所以 $DH = 2$, 所以 $BH = \sqrt{BD^2 - DH^2} = 2\sqrt{3}$. 因为 $CD = 2$, 所以 $S_{△ DBC} = \frac{1}{2}CD · BH = 2\sqrt{3}$. 故 $△ DBC$ 的面积是 $2\sqrt{3}$.

11. 如图,在扇形$ABC$中,$CD ⊥ AB$,垂足为$D$,$\odot E$是$△ ACD$的内切圆,连接$AE,BE$,则$∠ AEB$的度数为.

11. $135°$ 解析:连接 $CE$. 因为 $CD ⊥ AB$, 所以 $∠ ADC = 90°$, 所以 $∠ CAD + ∠ ACD = 90°$. 因为 $\odot E$ 是 $△ ACD$ 的内切圆, 所以 $∠ BAE = ∠ CAE = \frac{1}{2}∠ CAD$,$∠ ACE = ∠ DCE = \frac{1}{2}∠ ACD$, 所以 $∠ CAE + ∠ ACE = \frac{1}{2}(∠ CAD + ∠ ACD) = 45°$, 所以 $∠ AEC = 180° - (∠ CAE + ∠ ACE) = 135°$. 在 $△ ABE$ 和 $△ ACE$ 中, $\begin{cases} AB=AC, \\ ∠ BAE=∠ CAE, \\ AE=AE, \end{cases}$ 所以 $△ ABE ≌ △ ACE$, 所以 $∠ AEB = ∠ AEC = 135°$.

12. 如图，$\odot O$是$△ ABC$的外接圆，$BC$为直径，$BC=4$，$E$是$△ ABC$的内心，连接$AE$并延长交$\odot O$于点$D$，则$DE=$。

12. $2\sqrt{2}$ 解析:如图,连接 $BD,CD,CE$. 因为 $E$ 是 $△ ABC$ 的内心, 所以 $∠ 1 = ∠ 2$,$∠ 3 = ∠ 4$. 因为 $∠ 1 = ∠ 5$, 所以 $∠ 2 = ∠ 5$. 因为 $∠ DEC = ∠ 2 + ∠ 3$,$∠ ECD = ∠ 4 + ∠ 5$, 所以 $∠ DEC = ∠ ECD$, 所以 $DE = CD$. 因为 $BC$ 是 $\odot O$ 的直径, 所以 $∠ BDC = 90°$. 因为 $∠ 2 = ∠ 6$, 所以 $∠ 5 = ∠ 6$, 所以 $BD = CD$. 设 $DE = CD = BD = x$, 则 $BC = \sqrt{BD^2 + CD^2} = \sqrt{2}\,x$. 因为 $BC = 4$, 所以 $\sqrt{2}\,x = 4$, 解得 $x = 2\sqrt{2}$, 所以 $DE = 2\sqrt{2}$.

13. (2026·江苏连云港期末)如图,在$△ ABC$中,$∠ C=90°$,$∠ BAC$,$∠ ABC$的平分线交于点$D$,$DE⊥ BC$于点$E$,$DF⊥ AC$于点$F$.
(1)求证:四边形$CFDE$是正方形;
(2)若$AC=3$,$BC=4$,求$△ ABC$的内切圆的半径.

13. (1) 过点 $D$ 作 $DN ⊥ AB$ 于点 $N$. 因为 $DE ⊥ BC$,$DF ⊥ AC$, 所以 $∠ DEC = ∠ DFC = 90°$. 又 $∠ C = 90°$, 所以四边形 $CFDE$ 是矩形. 因为 $AD$ 平分 $∠ BAC$, 所以 $DF = DN$. 因为 $BD$ 平分 $∠ ABC$, 所以 $DE = DN$, 所以 $DF = DE$, 所以四边形 $CFDE$ 是正方形.
(2) 因为 $∠ C = 90°$,$AC = 3$,$BC = 4$, 所以 $AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = 5$. 设 $△ ABC$ 的内切圆的半径为 $r$, 则 $S_{△ ABC} = \frac{1}{2}AC · BC = \frac{1}{2}(AC + BC + AB) · r$, 即 $\frac{1}{2} × 3 × 4 = \frac{1}{2} × (3 + 4 + 5) × r$, 解得 $r = 1$. 故 $△ ABC$ 的内切圆的半径为 $1$.

14. 新素养 几何直观 如图,在平面直角坐标系中,已知点$A(4,0),B(0,3),C(4,3)$,$I$是$△ ABC$的内心,将$△ ABC$绕原点$O$逆时针旋转$90°$后,点$I$的对应点$I'$的坐标为（）

A.$(-2,3)$
B.$(-3,2)$
C.$(3,-2)$
D.$(2,-3)$

14. A 解析:因为 $A(4,0)$,$B(0,3)$,$C(4,3)$, 所以 $AC = 3$,$BC = 4$,$∠ C = 90°$, 所以 $AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = 5$. 设 $△ ABC$ 的内切圆的半径为 $r$, 则 $S_{△ ABC} = \frac{1}{2}AC · BC = \frac{1}{2}(AC + BC + AB) · r$, 即 $\frac{1}{2} × 3 × 4 = \frac{1}{2} × (3 + 4 + 5) × r$, 解得 $r = 1$, 即 $△ ABC$ 的内切圆的半径为 $1$. 因为 $I$ 是 $△ ABC$ 的内心, 所以点 $I$ 到直线 $AC$ 和 $BC$ 的距离都为 $1$, 所以点 $I$ 的坐标为 $(4 - 1, 3 - 1)$, 即 $(3,2)$. 因为 $△ ABC$ 绕原点 $O$ 逆时针旋转 $90°$, 所以点 $I$ 的对应点 $I'$ 的坐标为 $(-2,3)$.

15. 如图,$AC$是矩形$ABCD$的对角线,$\odot O$是$△ ABC$的内切圆. 将矩形$ABCD$按如图所示的方式折叠,使点$D$与点$O$重合,折痕为$FG$,点$F,G$分别在$AD,BC$上,连接$OG$,$GD$. 若$OG ⊥ GD$,且$\odot O$的半径为1,则$BC-AB=$.

15. 2 解析:设 $\odot O$ 与 $BC$ 相切于点 $M$, 与 $AB$ 相切于点 $N$, 连接 $OM,ON$, 则 $OM = ON = 1$,$OM ⊥ BC$,$ON ⊥ AB$, 所以 $∠ OMB = ∠ OMG = ∠ ONB = 90°$. 因为四边形 $ABCD$ 是矩形, 所以 $AB = CD$,$∠ B = ∠ GCD = 90°$, 所以 $∠ GCD = ∠ OMG$, 四边形 $OMBN$ 是矩形, 所以 $BM = ON = 1$. 由折叠的性质, 得 $GD = OG$. 因为 $OG ⊥ GD$, 所以 $∠ OGD = 90°$, 所以 $∠ DGC + ∠ OGM = 180° - ∠ OGD = 90°$. 因为 $∠ GOM + ∠ OGM = 90°$, 所以 $∠ DGC = ∠ GOM$. 在 $△ GCD$ 和 $△ OMG$ 中, $\begin{cases} ∠ GCD = ∠ OMG, \\ ∠ DGC = ∠ GOM, \\ GD = OG, \end{cases}$ 所以 $△ GCD ≌ △ OMG$, 所以 $GC = OM = 1$,$CD = MG$, 所以 $AB = MG$, 所以 $BC - AB = BM + MG + GC - MG = BM + GC = 2$.

16. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,$AD$ 是中线.若$BC=8$,$AD=3$,求$△ ABC$的外接圆圆心$P$与内切圆圆心$Q$之间的距离.

16. 因为 $AB = AC$,$AD$ 是 $△ ABC$ 的中线,$BC = 8$, 所以 $BD = CD = \frac{1}{2}BC = 4$,$∠ BAD = ∠ CAD$,$AD ⊥ BC$, 所以 $∠ ADB = 90°$ 且 $P,Q$ 两点都在直线 $AD$ 上, 所以 $△ ABC$ 的内切圆 $\odot Q$ 与 $BC$ 相切于点 $D$. 因为 $AD = 3$, 所以 $AC = AB = \sqrt{AD^2 + BD^2} = 5$. 如图,连接 $PA,PB$, 设 $PA = PB = R$,$QD = r$, 则 $PD = PA - AD = R - 3$. 因为 $∠ PDB = 180° - ∠ ADB = 90°$, 所以 $PD^2 + BD^2 = PB^2$, 即 $(R - 3)^2 + 4^2 = R^2$, 解得 $R = \frac{25}{6}$, 所以 $PD = \frac{7}{6}$. 因为 $S_{△ ABC} = \frac{1}{2}BC · AD = \frac{1}{2}(AB + AC + BC) · r$, 所以 $\frac{1}{2} × 8 × 3 = \frac{1}{2} × (5 + 5 + 8) × r$, 解得 $r = \frac{4}{3}$, 所以 $QD = \frac{4}{3}$, 所以 $PQ = PD + QD = \frac{5}{2}$. 故点 $P$ 与点 $Q$ 之间的距离为 $\frac{5}{2}$.