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1.如图,在△ABC中,AB=6,BC=12,点O是△ABC的内心,连接AO,BO,CO,若△BCO的面积为15,则△ABO的面积为.
答案
$\boldsymbol{7.5}$
解析
【分析】
解题时首先回忆三角形内心的性质：三角形的内心是三条角平分线的交点，它到三角形三边的距离相等。观察△ABO和△BCO，两个三角形分别以AB、BC为底时，高都是内心O到对应边的距离，因此高相等，此时两个三角形的面积之比等于底边长的比，结合已知△BCO的面积和AB、BC的长度，即可求出△ABO的面积。
【解析】
设点O到△ABC各边的距离为h，
∵O是△ABC的内心，
∴O到AB、BC的距离均为h。
已知△BCO的面积为15，BC=12，根据三角形面积公式：
$S_{△ BCO}=\frac{1}{2} × BC × h = 15$，
代入BC=12得：$\frac{1}{2} × 12 × h =15$，
解得$h=\frac{15}{6}=2.5$。
再计算△ABO的面积，AB=6：
$S_{△ ABO}=\frac{1}{2} × AB × h = \frac{1}{2} × 6 × 2.5 =7.5$。
【答案】
$\boldsymbol{7.5}$
【知识点】
三角形内心的性质、三角形面积计算
【点评】
本题属于基础题，解题的关键是掌握三角形内心到三边距离相等的性质，既可以将面积问题转化为边长比例问题求解，也可以先求出公共高再计算面积，考查对基础性质的运用能力。
【难度系数】
0.7
解题时首先回忆三角形内心的性质：三角形的内心是三条角平分线的交点，它到三角形三边的距离相等。观察△ABO和△BCO，两个三角形分别以AB、BC为底时，高都是内心O到对应边的距离，因此高相等，此时两个三角形的面积之比等于底边长的比，结合已知△BCO的面积和AB、BC的长度，即可求出△ABO的面积。
【解析】
设点O到△ABC各边的距离为h，
∵O是△ABC的内心，
∴O到AB、BC的距离均为h。
已知△BCO的面积为15，BC=12，根据三角形面积公式：
$S_{△ BCO}=\frac{1}{2} × BC × h = 15$，
代入BC=12得：$\frac{1}{2} × 12 × h =15$，
解得$h=\frac{15}{6}=2.5$。
再计算△ABO的面积，AB=6：
$S_{△ ABO}=\frac{1}{2} × AB × h = \frac{1}{2} × 6 × 2.5 =7.5$。
【答案】
$\boldsymbol{7.5}$
【知识点】
三角形内心的性质、三角形面积计算
【点评】
本题属于基础题，解题的关键是掌握三角形内心到三边距离相等的性质，既可以将面积问题转化为边长比例问题求解，也可以先求出公共高再计算面积，考查对基础性质的运用能力。
【难度系数】
0.7
2.如图,在扇形CAB中,CD⊥AB,垂足为D,⊙E是△ACD的内切圆,连接AE,BE,则∠AEB的度数为.
答案
$\boldsymbol{135°}$
解析
【分析】
首先由扇形的性质可得CA=CB，结合CD⊥AB可知△CAB为等腰三角形，CD平分∠ACB，且△ACD是直角三角形；其次，⊙E是△ACD的内切圆，说明E是△ACD的内心（三角形角平分线的交点），可推出AE平分∠CAB，且可计算出△AEC中∠AEC的度数；最后通过证明△AEC和△AEB全等，即可得到∠AEB与∠AEC相等，从而求出结果。
【解析】
1. 因为扇形CAB中，CA、CB均为扇形半径，所以$CA=CB$，即$△ CAB$为等腰三角形。又$CD⊥ AB$，所以$CD$平分$∠ ACB$，$∠ ADC=90°$，在$Rt△ ACD$中，$∠ CAD + ∠ ACD = 90°$。
2. 因为$\odot E$是$△ ACD$的内切圆，所以$E$是$△ ACD$的内心，即$AE$平分$∠ CAD$，$CE$平分$∠ ACD$，因此：
$∠ CAE = \frac{1}{2}∠ CAD$，$∠ ACE = \frac{1}{2}∠ ACD$，
则$∠ CAE + ∠ ACE = \frac{1}{2}(∠ CAD + ∠ ACD) = \frac{1}{2}×90°=45°$。
3. 在$△ AEC$中，根据三角形内角和为$180°$，得$∠ AEC = 180° - (∠ CAE + ∠ ACE) = 180° - 45° = 135°$。
4. 证明$△ AEC ≌ △ AEB$：
$\begin{cases} CA = CB \\ ∠ CAE = ∠ BAE \quad (\mathrm{AE平分}∠ CAB) \\ AE = AE \quad (\mathrm{公共边}) \end{cases}$
所以$△ AEC ≌ △ AEB$（SAS），因此$∠ AEB = ∠ AEC = 135°$。
【答案】
$\boldsymbol{135°}$
【知识点】
三角形内心的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质
【点评】
本题将扇形、三角形内切圆、全等三角形的知识点结合，解题的突破口是明确三角形内心是三条角平分线的交点，再通过全等转化所求角，属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.6
首先由扇形的性质可得CA=CB，结合CD⊥AB可知△CAB为等腰三角形，CD平分∠ACB，且△ACD是直角三角形；其次，⊙E是△ACD的内切圆，说明E是△ACD的内心（三角形角平分线的交点），可推出AE平分∠CAB，且可计算出△AEC中∠AEC的度数；最后通过证明△AEC和△AEB全等，即可得到∠AEB与∠AEC相等，从而求出结果。
【解析】
1. 因为扇形CAB中，CA、CB均为扇形半径，所以$CA=CB$，即$△ CAB$为等腰三角形。又$CD⊥ AB$，所以$CD$平分$∠ ACB$，$∠ ADC=90°$，在$Rt△ ACD$中，$∠ CAD + ∠ ACD = 90°$。
2. 因为$\odot E$是$△ ACD$的内切圆，所以$E$是$△ ACD$的内心，即$AE$平分$∠ CAD$，$CE$平分$∠ ACD$，因此：
$∠ CAE = \frac{1}{2}∠ CAD$，$∠ ACE = \frac{1}{2}∠ ACD$，
则$∠ CAE + ∠ ACE = \frac{1}{2}(∠ CAD + ∠ ACD) = \frac{1}{2}×90°=45°$。
3. 在$△ AEC$中，根据三角形内角和为$180°$，得$∠ AEC = 180° - (∠ CAE + ∠ ACE) = 180° - 45° = 135°$。
4. 证明$△ AEC ≌ △ AEB$：
$\begin{cases} CA = CB \\ ∠ CAE = ∠ BAE \quad (\mathrm{AE平分}∠ CAB) \\ AE = AE \quad (\mathrm{公共边}) \end{cases}$
所以$△ AEC ≌ △ AEB$（SAS），因此$∠ AEB = ∠ AEC = 135°$。
【答案】
$\boldsymbol{135°}$
【知识点】
三角形内心的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质
【点评】
本题将扇形、三角形内切圆、全等三角形的知识点结合，解题的突破口是明确三角形内心是三条角平分线的交点，再通过全等转化所求角，属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.6
3.如图，点B，C的坐标分别为(-5,0)和(5,0)，⊙M为△ABC的内切圆，若AB−AC=6√2，则点M的横坐标为。
答案
$\boldsymbol{3\sqrt{2}}$
解析
【分析】
解题时先利用三角形内切圆的切线长定理，将AB、AC的长度差转化为BC边上两条切线段的长度差；再结合内切圆与x轴（BC边所在直线）相切的性质，可知圆心M的横坐标和BC边上切点的横坐标相等；最后设出切点横坐标，结合已知的线段差关系列方程求解即可。
【解析】
设⊙M与AB边切于点D，与AC边切于点F，与BC边切于点E。
根据切线长定理可得：$AD=AF$，$BD=BE$，$CE=CF$。
∴ $AB-AC=(AD+BD)-(AF+CF)=BD-CF=BE-CE$。
已知$B(-5,0)$，$C(5,0)$，则$BC=10$。
∵ ⊙M与x轴切于点E，
∴ $ME⊥ x$轴，圆心M的横坐标与点E的横坐标相等，设点E的横坐标为$m$，
则$BE=m-(-5)=m+5$，$CE=5-m$。
代入已知$AB-AC=6\sqrt{2}$得：
$BE-CE=(m+5)-(5-m)=2m=6\sqrt{2}$，
解得$m=3\sqrt{2}$，即点M的横坐标为$3\sqrt{2}$。
【答案】
$3\sqrt{2}$
【知识点】
切线长定理，三角形内切圆性质，平面直角坐标系
【点评】
本题无需计算内切圆半径，核心是通过切线长定理将已知的线段差转化为BC边上的切线段差，结合坐标系内线段长度和坐标的关系即可快速求解，简化了计算过程。
【难度系数】
0.6
解题时先利用三角形内切圆的切线长定理，将AB、AC的长度差转化为BC边上两条切线段的长度差；再结合内切圆与x轴（BC边所在直线）相切的性质，可知圆心M的横坐标和BC边上切点的横坐标相等；最后设出切点横坐标，结合已知的线段差关系列方程求解即可。
【解析】
设⊙M与AB边切于点D，与AC边切于点F，与BC边切于点E。
根据切线长定理可得：$AD=AF$，$BD=BE$，$CE=CF$。
∴ $AB-AC=(AD+BD)-(AF+CF)=BD-CF=BE-CE$。
已知$B(-5,0)$，$C(5,0)$，则$BC=10$。
∵ ⊙M与x轴切于点E，
∴ $ME⊥ x$轴，圆心M的横坐标与点E的横坐标相等，设点E的横坐标为$m$，
则$BE=m-(-5)=m+5$，$CE=5-m$。
代入已知$AB-AC=6\sqrt{2}$得：
$BE-CE=(m+5)-(5-m)=2m=6\sqrt{2}$，
解得$m=3\sqrt{2}$，即点M的横坐标为$3\sqrt{2}$。
【答案】
$3\sqrt{2}$
【知识点】
切线长定理，三角形内切圆性质，平面直角坐标系
【点评】
本题无需计算内切圆半径，核心是通过切线长定理将已知的线段差转化为BC边上的切线段差，结合坐标系内线段长度和坐标的关系即可快速求解，简化了计算过程。
【难度系数】
0.6
4.如图，$\odot O$内切于四边形$ABCD$，若四边形的周长为$24\ \mathrm{cm}$，则$AD+BC=\_\_\_\_\_\_\mathrm{cm}.$
答案
$\boldsymbol{12}$
解析
【分析】
解题时首先观察图形，已知圆内切于四边形，可知该四边形为圆外切四边形。回忆圆外切四边形的相关性质：由切线长定理可推出圆外切四边形的两组对边之和相等，因此四边形的周长等于两组对边和的2倍，已知周长即可快速求出AD+BC的长度。
【解析】
∵ ⊙O内切于四边形ABCD，
∴ 四边形ABCD是圆外切四边形，根据圆外切四边形的性质可得：$AB + CD = AD + BC$。
∵ 四边形ABCD的周长为$24\ \mathrm{cm}$，即$AB + BC + CD + DA = 24\ \mathrm{cm}$，
将$AB + CD$替换为$AD + BC$，可得：$2(AD + BC) = 24\ \mathrm{cm}$，
解得：$AD + BC = 12\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$12$
【知识点】
1. 切线长定理
2. 圆外切四边形的性质
【点评】
本题属于基础题，核心考查圆外切四边形对边和相等的性质，熟练掌握该性质即可快速求解，无需复杂计算。
【难度系数】
0.9
解题时首先观察图形，已知圆内切于四边形，可知该四边形为圆外切四边形。回忆圆外切四边形的相关性质：由切线长定理可推出圆外切四边形的两组对边之和相等，因此四边形的周长等于两组对边和的2倍，已知周长即可快速求出AD+BC的长度。
【解析】
∵ ⊙O内切于四边形ABCD，
∴ 四边形ABCD是圆外切四边形，根据圆外切四边形的性质可得：$AB + CD = AD + BC$。
∵ 四边形ABCD的周长为$24\ \mathrm{cm}$，即$AB + BC + CD + DA = 24\ \mathrm{cm}$，
将$AB + CD$替换为$AD + BC$，可得：$2(AD + BC) = 24\ \mathrm{cm}$，
解得：$AD + BC = 12\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$12$
【知识点】
1. 切线长定理
2. 圆外切四边形的性质
【点评】
本题属于基础题，核心考查圆外切四边形对边和相等的性质，熟练掌握该性质即可快速求解，无需复杂计算。
【难度系数】
0.9
5.如图，$\odot O$与$△ ABC$的边$BC$，$AC$，$AB$分别切于点$E$，$F$，$D$.若$\odot O$的半径为$\sqrt{3}$，$∠ C = 60°$，$AB = 10$，则$△ ABC$的周长为.
答案
$\boldsymbol{26}$
解析
【分析】
遇到三角形内切圆问题，首先想到切线长定理和内切圆的性质：从圆外一点引圆的两条切线长相等，圆心与三角形顶点的连线平分对应内角，且圆心到切点的连线垂直于切线。本题要求$△ ABC$的周长，可先利用切线长定理将周长转化为$2AB+2CE$，再结合已知的$∠ C=60°$和内切圆半径，通过解直角三角形求出$CE$的长度，即可算出周长。
【解析】
解：连接$OE$、$OF$、$OC$，
∵$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，分别切$AB$、$BC$、$AC$于$D$、$E$、$F$，
∴根据切线长定理可得：$AD=AF$，$BD=BE$，$CE=CF$，
且$OE⊥ BC$，$OC$平分$∠ ACB$，
∵$∠ C=60°$，
∴$∠ OCE=\frac{1}{2}∠ ACB=30°$，
在$\mathrm{Rt}△ OEC$中，$OE=r=\sqrt{3}$，$∠ OCE=30°$，
$\tan∠ OCE=\frac{OE}{CE}$，即$\tan30°=\frac{\sqrt{3}}{CE}$，
∴$CE=\frac{\sqrt{3}}{\tan30°}=\frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=3$，
∴$CE=CF=3$，
$△ ABC$的周长$=AB+BC+AC$
$=AB+(BE+CE)+(AF+CF)$
$=AB+BD+AD+CE+CF$
$=AB+(BD+AD)+2CE$
$=AB+AB+2CE$
$=10+10+2×3=26$
【答案】
$\boldsymbol{26}$
【知识点】
切线长定理，三角形内切圆性质，解直角三角形
【点评】
本题是三角形内切圆的基础应用题，解题的核心是通过切线长定理将三角形周长简化为已知边长与2倍$CE$的和，再结合特殊角的三角函数值求出未知线段长度，整体思路清晰，是内切圆章节的典型考题。
【难度系数】
0.7
遇到三角形内切圆问题，首先想到切线长定理和内切圆的性质：从圆外一点引圆的两条切线长相等，圆心与三角形顶点的连线平分对应内角，且圆心到切点的连线垂直于切线。本题要求$△ ABC$的周长，可先利用切线长定理将周长转化为$2AB+2CE$，再结合已知的$∠ C=60°$和内切圆半径，通过解直角三角形求出$CE$的长度，即可算出周长。
【解析】
解：连接$OE$、$OF$、$OC$，
∵$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，分别切$AB$、$BC$、$AC$于$D$、$E$、$F$，
∴根据切线长定理可得：$AD=AF$，$BD=BE$，$CE=CF$，
且$OE⊥ BC$，$OC$平分$∠ ACB$，
∵$∠ C=60°$，
∴$∠ OCE=\frac{1}{2}∠ ACB=30°$，
在$\mathrm{Rt}△ OEC$中，$OE=r=\sqrt{3}$，$∠ OCE=30°$，
$\tan∠ OCE=\frac{OE}{CE}$，即$\tan30°=\frac{\sqrt{3}}{CE}$，
∴$CE=\frac{\sqrt{3}}{\tan30°}=\frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=3$，
∴$CE=CF=3$，
$△ ABC$的周长$=AB+BC+AC$
$=AB+(BE+CE)+(AF+CF)$
$=AB+BD+AD+CE+CF$
$=AB+(BD+AD)+2CE$
$=AB+AB+2CE$
$=10+10+2×3=26$
【答案】
$\boldsymbol{26}$
【知识点】
切线长定理，三角形内切圆性质，解直角三角形
【点评】
本题是三角形内切圆的基础应用题，解题的核心是通过切线长定理将三角形周长简化为已知边长与2倍$CE$的和，再结合特殊角的三角函数值求出未知线段长度，整体思路清晰，是内切圆章节的典型考题。
【难度系数】
0.7
6. ⊙O是△ABC 的内切圆,则点O是△ABC的()
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.三条高的交点
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.三条高的交点
答案
B
解析
【分析】
解题时首先要明确三角形内切圆圆心（内心）的核心特征，同时区分三角形不同特殊交点的性质。首先，内切圆与三角形三条边都相切，因此圆心到三条边的距离相等，均等于内切圆半径。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，逆推可知到三角形三边距离相等的点必然在三个内角的角平分线上，因此内心是三条角平分线的交点，再逐一排查选项即可得出答案。
【解析】
我们逐一分析各选项对应的点的性质：
A. 三条边的垂直平分线的交点是三角形的外心，即外接圆的圆心，特征是到三角形三个顶点的距离相等，不符合内切圆圆心的性质，排除；
B. 三条角平分线的交点是三角形的内心，该点到三角形三边的距离相等，恰好符合内切圆圆心到三边距离都等于半径的要求，符合题意；
C. 三条中线的交点是三角形的重心，特征是分每条中线为2:1的两段，与内切圆性质无关，排除；
D. 三条高的交点是三角形的垂心，与内切圆性质无关，排除。
因此答案选B。
【答案】
B
【知识点】
三角形内心的定义；角平分线的性质；三角形特殊交点辨析
【点评】
本题属于基础概念考查题，核心是区分三角形内心、外心、重心、垂心的定义和性质，熟记各特殊点的核心特征即可快速解题。
【难度系数】
0.9
解题时首先要明确三角形内切圆圆心（内心）的核心特征，同时区分三角形不同特殊交点的性质。首先，内切圆与三角形三条边都相切，因此圆心到三条边的距离相等，均等于内切圆半径。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，逆推可知到三角形三边距离相等的点必然在三个内角的角平分线上，因此内心是三条角平分线的交点，再逐一排查选项即可得出答案。
【解析】
我们逐一分析各选项对应的点的性质：
A. 三条边的垂直平分线的交点是三角形的外心，即外接圆的圆心，特征是到三角形三个顶点的距离相等，不符合内切圆圆心的性质，排除；
B. 三条角平分线的交点是三角形的内心，该点到三角形三边的距离相等，恰好符合内切圆圆心到三边距离都等于半径的要求，符合题意；
C. 三条中线的交点是三角形的重心，特征是分每条中线为2:1的两段，与内切圆性质无关，排除；
D. 三条高的交点是三角形的垂心，与内切圆性质无关，排除。
因此答案选B。
【答案】
B
【知识点】
三角形内心的定义；角平分线的性质；三角形特殊交点辨析
【点评】
本题属于基础概念考查题，核心是区分三角形内心、外心、重心、垂心的定义和性质，熟记各特殊点的核心特征即可快速解题。
【难度系数】
0.9
7.如图，点O为△ABC的内切圆的圆心，若∠A=80°，则∠BOC=()
A.130°
B.100°
C.50°
D.160°
A.130°
B.100°
C.50°
D.160°
答案
A
解析
【分析】
首先明确三角形内切圆的圆心（内心）是三角形三个内角的角平分线的交点。解题步骤思路：①先根据三角形内角和定理，结合已知∠A的度数，求出∠ABC与∠ACB的度数和；②利用角平分线的性质，得到∠OBC、∠OCB分别是∠ABC、∠ACB的一半，进而求出∠OBC与∠OCB的度数和；③最后在△BOC中再次利用三角形内角和定理，即可求出∠BOC的度数。
【解析】
∵点O是△ABC的内切圆圆心，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，即$∠ OBC=\frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ OCB=\frac{1}{2}∠ ACB$。
在△ABC中，$∠ ABC+∠ ACB=180°-∠ A=180°-80°=100°$，
∴$∠ OBC+∠ OCB=\frac{1}{2}(∠ ABC+∠ ACB)=\frac{1}{2}×100°=50°$。
在△BOC中，$∠ BOC=180°-(∠ OBC+∠ OCB)=180°-50°=130°$。
【答案】
A
【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】
本题是三角形内心相关的基础角度计算题，解题核心是明确内心为三角形内角平分线的交点，推导过程中两次运用三角形内角和定理即可得到结果，也可记住常用结论：三角形中$∠ BOC=90°+\frac{1}{2}∠ A$，能帮助快速求解同类题型。
【难度系数】
0.7
首先明确三角形内切圆的圆心（内心）是三角形三个内角的角平分线的交点。解题步骤思路：①先根据三角形内角和定理，结合已知∠A的度数，求出∠ABC与∠ACB的度数和；②利用角平分线的性质，得到∠OBC、∠OCB分别是∠ABC、∠ACB的一半，进而求出∠OBC与∠OCB的度数和；③最后在△BOC中再次利用三角形内角和定理，即可求出∠BOC的度数。
【解析】
∵点O是△ABC的内切圆圆心，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，即$∠ OBC=\frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ OCB=\frac{1}{2}∠ ACB$。
在△ABC中，$∠ ABC+∠ ACB=180°-∠ A=180°-80°=100°$，
∴$∠ OBC+∠ OCB=\frac{1}{2}(∠ ABC+∠ ACB)=\frac{1}{2}×100°=50°$。
在△BOC中，$∠ BOC=180°-(∠ OBC+∠ OCB)=180°-50°=130°$。
【答案】
A
【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】
本题是三角形内心相关的基础角度计算题，解题核心是明确内心为三角形内角平分线的交点，推导过程中两次运用三角形内角和定理即可得到结果，也可记住常用结论：三角形中$∠ BOC=90°+\frac{1}{2}∠ A$，能帮助快速求解同类题型。
【难度系数】
0.7
8.如图，点O为$△ ABC$的内心，$∠ A=60°$，$OB=2$，$OC=4$，则$△ OBC$的面积是（$\quad$）
A.$4\sqrt{3}$
B.$2\sqrt{3}$
C.$2$
D.$4$
A.$4\sqrt{3}$
B.$2\sqrt{3}$
C.$2$
D.$4$
答案
B
解析
【分析】
首先明确三角形内心是三个内角角平分线的交点，因此OB、OC分别平分∠ABC、∠ACB。我们可以先利用三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB的度数，进而推出∠OBC与∠OCB的和，得到∠BOC的度数；最后利用已知的OB、OC长度和两边夹角的三角形面积公式计算面积即可。
【解析】
∵点O是△ABC的内心
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB
∵∠A=60°，△ABC内角和为180°
∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A=120°
∴∠OBC+∠OCB=$\frac{1}{2}$(∠ABC+∠ACB)=$\frac{1}{2}$×120°=60°
在△OBC中，∠BOC=180°-(∠OBC+∠OCB)=180°-60°=120°
根据两边及夹角的三角形面积公式：
$S_{△ OBC}=\frac{1}{2}·OB·OC·\sin∠ BOC$
代入OB=2，OC=4，$\sin120°=\frac{\sqrt{3}}{2}$得：
$S_{△ OBC}=\frac{1}{2}×2×4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$
【答案】
B
【知识点】
三角形内心的性质，三角形内角和定理，特殊角的三角函数值
【点评】
本题核心考查三角形内心的性质，结合角平分线定义、内角和定理推导夹角大小，再利用三角形面积公式求解，解题的关键是熟练掌握内心的定义及角度推导的规律。
【难度系数】
0.7
首先明确三角形内心是三个内角角平分线的交点，因此OB、OC分别平分∠ABC、∠ACB。我们可以先利用三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB的度数，进而推出∠OBC与∠OCB的和，得到∠BOC的度数；最后利用已知的OB、OC长度和两边夹角的三角形面积公式计算面积即可。
【解析】
∵点O是△ABC的内心
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB
∵∠A=60°，△ABC内角和为180°
∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A=120°
∴∠OBC+∠OCB=$\frac{1}{2}$(∠ABC+∠ACB)=$\frac{1}{2}$×120°=60°
在△OBC中，∠BOC=180°-(∠OBC+∠OCB)=180°-60°=120°
根据两边及夹角的三角形面积公式：
$S_{△ OBC}=\frac{1}{2}·OB·OC·\sin∠ BOC$
代入OB=2，OC=4，$\sin120°=\frac{\sqrt{3}}{2}$得：
$S_{△ OBC}=\frac{1}{2}×2×4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$
【答案】
B
【知识点】
三角形内心的性质，三角形内角和定理，特殊角的三角函数值
【点评】
本题核心考查三角形内心的性质，结合角平分线定义、内角和定理推导夹角大小，再利用三角形面积公式求解，解题的关键是熟练掌握内心的定义及角度推导的规律。
【难度系数】
0.7
9. 如图,正三角形ABC的边长为4,那么正三角形内切圆的半径为()
A.2
B.$2\sqrt{3}$
C.$\sqrt{3}$
D.$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
A.2
B.$2\sqrt{3}$
C.$\sqrt{3}$
D.$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
答案
D
解析
【分析】
要求正三角形的内切圆半径，首先明确正三角形的内心是三条角平分线、中线、高的公共交点，内心到任意一边的距离就是内切圆半径。我们可以通过连接内心与顶点、作内心到边的垂线构造含30°角的直角三角形，利用特殊角的三角函数值计算半径。
【解析】
过内切圆圆心O作OD⊥BC于点D，连接OB。
∵△ABC是边长为4的正三角形，
∴BC=4，∠ABC=60°，
∵O是正三角形的内心，
∴OB平分∠ABC，且OD垂直平分BC，
∴BD=1/2BC=2，∠OBD=1/2∠ABC=30°。
在Rt△OBD中，$\tan∠ OBD = \frac{OD}{BD}$，
∴$OD = BD · \tan30° = 2 × \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$，
即正三角形内切圆的半径为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
D
【知识点】
三角形的内切圆；正三角形的性质；特殊角的三角函数
【点评】
本题是三角形内切圆的基础应用题，解题核心是利用正三角形内心的性质构造直角三角形，结合特殊角的三角函数求解，需要熟练掌握正三角形和内切圆的相关性质。
【难度系数】
0.7
要求正三角形的内切圆半径，首先明确正三角形的内心是三条角平分线、中线、高的公共交点，内心到任意一边的距离就是内切圆半径。我们可以通过连接内心与顶点、作内心到边的垂线构造含30°角的直角三角形，利用特殊角的三角函数值计算半径。
【解析】
过内切圆圆心O作OD⊥BC于点D，连接OB。
∵△ABC是边长为4的正三角形，
∴BC=4，∠ABC=60°，
∵O是正三角形的内心，
∴OB平分∠ABC，且OD垂直平分BC，
∴BD=1/2BC=2，∠OBD=1/2∠ABC=30°。
在Rt△OBD中，$\tan∠ OBD = \frac{OD}{BD}$，
∴$OD = BD · \tan30° = 2 × \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$，
即正三角形内切圆的半径为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
D
【知识点】
三角形的内切圆；正三角形的性质；特殊角的三角函数
【点评】
本题是三角形内切圆的基础应用题，解题核心是利用正三角形内心的性质构造直角三角形，结合特殊角的三角函数求解，需要熟练掌握正三角形和内切圆的相关性质。
【难度系数】
0.7
10.如图,将正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转$30°$,得到正方形$AB_1C_1D_1$,$B_1C_1$交CD于点E,$AB=\sqrt{3}$,则四边形$AB_1ED$的内切圆半径为()
A.$\frac{\sqrt{3}+1}{2}$
B.$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$
C.$\frac{\sqrt{3}+1}{3}$
D.$\frac{3-\sqrt{3}}{3}$
A.$\frac{\sqrt{3}+1}{2}$
B.$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$
C.$\frac{\sqrt{3}+1}{3}$
D.$\frac{3-\sqrt{3}}{3}$
答案
B
解析
【分析】
解题时首先利用旋转的性质得到正方形旋转后的对应边、对应角相等，要求四边形$AB_1ED$的内切圆半径，需回忆圆外切四边形的性质：圆外切四边形的面积等于周长的一半乘以内切圆半径，即$ r=\frac{2S}{C} $（$S$为四边形面积，$C$为周长），因此只需先求出四边形的周长和面积即可。首先通过连接$AE$证明两个直角三角形全等，得到边的长度，进而计算周长和面积，最后代入公式计算半径，注意计算过程中要做好分母有理化。
【解析】
1. 由旋转的性质和正方形性质可得：$ AB_1=AD=AB=\sqrt{3} $，$ ∠ BAB_1=30° $，$ ∠ B_1=∠ D=90° $，因此$ ∠ DAB_1=90°-30°=60° $。
2. 连接$AE$，在$ \mathrm{Rt}△ ADE $和$ \mathrm{Rt}△ AB_1E $中：
$\begin{cases} AD=AB_1 \\ AE=AE \end{cases}$
所以$ \mathrm{Rt}△ ADE ≌ \mathrm{Rt}△ AB_1E (\mathrm{HL}) $，因此$ ∠ DAE=∠ B_1AE=\frac{1}{2}∠ DAB_1=30° $，$ DE=B_1E $。
3. 在$ \mathrm{Rt}△ ADE $中，$ \tan30°=\frac{DE}{AD} $，代入$ AD=\sqrt{3} $得：
$ DE=AD· \tan30°=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}=1 $，即$ DE=B_1E=1 $。
4. 计算四边形$ AB_1ED $的周长：$ C=AD+DE+EB_1+B_1A=\sqrt{3}+1+1+\sqrt{3}=2\sqrt{3}+2 $。
5. 计算四边形$ AB_1ED $的面积：$ S=2S_{△ ADE}=2×\frac{1}{2}× AD× DE=\sqrt{3}×1=\sqrt{3} $。
6. 由圆外切四边形面积公式$ S=\frac{1}{2}Cr $，得内切圆半径：
$ r=\frac{2S}{C}=\frac{2\sqrt{3}}{2\sqrt{3}+2}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}=\frac{\sqrt{3}(\sqrt{3}-1)}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)}=\frac{3-\sqrt{3}}{2} $。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质，正方形的性质，圆外切四边形性质
【点评】
本题综合考查了图形旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定以及圆外切四边形与内切圆半径的关系，解题的关键是通过作辅助线构造全等三角形求出相关线段的长度，再结合面积公式计算内切圆半径，对几何综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题时首先利用旋转的性质得到正方形旋转后的对应边、对应角相等，要求四边形$AB_1ED$的内切圆半径，需回忆圆外切四边形的性质：圆外切四边形的面积等于周长的一半乘以内切圆半径，即$ r=\frac{2S}{C} $（$S$为四边形面积，$C$为周长），因此只需先求出四边形的周长和面积即可。首先通过连接$AE$证明两个直角三角形全等，得到边的长度，进而计算周长和面积，最后代入公式计算半径，注意计算过程中要做好分母有理化。
【解析】
1. 由旋转的性质和正方形性质可得：$ AB_1=AD=AB=\sqrt{3} $，$ ∠ BAB_1=30° $，$ ∠ B_1=∠ D=90° $，因此$ ∠ DAB_1=90°-30°=60° $。
2. 连接$AE$，在$ \mathrm{Rt}△ ADE $和$ \mathrm{Rt}△ AB_1E $中：
$\begin{cases} AD=AB_1 \\ AE=AE \end{cases}$
所以$ \mathrm{Rt}△ ADE ≌ \mathrm{Rt}△ AB_1E (\mathrm{HL}) $，因此$ ∠ DAE=∠ B_1AE=\frac{1}{2}∠ DAB_1=30° $，$ DE=B_1E $。
3. 在$ \mathrm{Rt}△ ADE $中，$ \tan30°=\frac{DE}{AD} $，代入$ AD=\sqrt{3} $得：
$ DE=AD· \tan30°=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}=1 $，即$ DE=B_1E=1 $。
4. 计算四边形$ AB_1ED $的周长：$ C=AD+DE+EB_1+B_1A=\sqrt{3}+1+1+\sqrt{3}=2\sqrt{3}+2 $。
5. 计算四边形$ AB_1ED $的面积：$ S=2S_{△ ADE}=2×\frac{1}{2}× AD× DE=\sqrt{3}×1=\sqrt{3} $。
6. 由圆外切四边形面积公式$ S=\frac{1}{2}Cr $，得内切圆半径：
$ r=\frac{2S}{C}=\frac{2\sqrt{3}}{2\sqrt{3}+2}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}=\frac{\sqrt{3}(\sqrt{3}-1)}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)}=\frac{3-\sqrt{3}}{2} $。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质，正方形的性质，圆外切四边形性质
【点评】
本题综合考查了图形旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定以及圆外切四边形与内切圆半径的关系，解题的关键是通过作辅助线构造全等三角形求出相关线段的长度，再结合面积公式计算内切圆半径，对几何综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
