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11.如图，$\odot O$是梯形$ABCD$的内切圆，点$E$，$F$，$G$，$H$是切点，$AB// CD$.
(1)求$∠ BOC$的度数；
(2)若$OB=6$，$OC=8$，求$\odot O$的半径.
(1)求$∠ BOC$的度数；
(2)若$OB=6$，$OC=8$，求$\odot O$的半径.
答案
解：(1) ∵ ⊙O是梯形ABCD的内切圆，
∴ BO平分∠ABC，CO平分∠BCD，
∴ $∠ OBC = \frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ OCB = \frac{1}{2}∠ BCD$。
∵ $AB// CD$，
∴ $∠ ABC + ∠ BCD = 180°$，
∴ $∠ OBC + ∠ OCB = \frac{1}{2}(∠ ABC + ∠ BCD) = 90°$，
∴ $∠ BOC = 180° - (∠ OBC + ∠ OCB) = 90°$。
(2) 连接OF，
∵ $∠ BOC=90°$，$OB=6$，$OC=8$，
∴ 在$\mathrm{Rt}△ BOC$中，$BC = \sqrt{OB^2 + OC^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10$。
∵ BC是⊙O的切线，切点为F，
∴ $OF⊥ BC$，即OF是⊙O的半径。
由$S_{△ BOC} = \frac{1}{2}OB· OC = \frac{1}{2}BC· OF$，
得 $OF = \frac{OB· OC}{BC} = \frac{6×8}{10} = \frac{24}{5}$。
∴ ⊙O的半径为$\frac{24}{5}$。
∴ BO平分∠ABC，CO平分∠BCD，
∴ $∠ OBC = \frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ OCB = \frac{1}{2}∠ BCD$。
∵ $AB// CD$，
∴ $∠ ABC + ∠ BCD = 180°$，
∴ $∠ OBC + ∠ OCB = \frac{1}{2}(∠ ABC + ∠ BCD) = 90°$，
∴ $∠ BOC = 180° - (∠ OBC + ∠ OCB) = 90°$。
(2) 连接OF，
∵ $∠ BOC=90°$，$OB=6$，$OC=8$，
∴ 在$\mathrm{Rt}△ BOC$中，$BC = \sqrt{OB^2 + OC^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10$。
∵ BC是⊙O的切线，切点为F，
∴ $OF⊥ BC$，即OF是⊙O的半径。
由$S_{△ BOC} = \frac{1}{2}OB· OC = \frac{1}{2}BC· OF$，
得 $OF = \frac{OB· OC}{BC} = \frac{6×8}{10} = \frac{24}{5}$。
∴ ⊙O的半径为$\frac{24}{5}$。
解析
【分析】
(1) 求解∠BOC的度数时，首先结合内切圆的性质：内切圆的圆心是多边形各内角平分线的交点，可得BO平分∠ABC、CO平分∠BCD，因此∠OBC、∠OCB分别为∠ABC、∠BCD的一半。再根据AB//CD的条件，平行线同旁内角互补，即∠ABC+∠BCD=180°，可求出∠OBC+∠OCB的度数，最后利用三角形内角和为180°即可算出∠BOC的度数。
(2) 求⊙O的半径时，先连接切点F与圆心O，根据切线的性质可知OF⊥BC，OF就是所求的圆的半径。由(1)已得△BOC是直角三角形，已知OB、OC的长度，先用勾股定理算出斜边BC的长度，再利用△BOC面积的两种计算方式（两直角边乘积的一半、斜边乘斜边上高的一半），通过等面积法即可求出OF的长度，也就是⊙O的半径。
【解析】
(1)
∵ ⊙O是梯形ABCD的内切圆，
∴ BO平分∠ABC，CO平分∠BCD，
∴ $∠ OBC = \frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ OCB = \frac{1}{2}∠ BCD$。
∵ $AB// CD$，
∴ $∠ ABC + ∠ BCD = 180°$，
∴ $∠ OBC + ∠ OCB = \frac{1}{2}(∠ ABC + ∠ BCD) = 90°$，
∴ $∠ BOC = 180° - (∠ OBC + ∠ OCB) = 90°$。
(2) 连接OF，
∵ $∠ BOC=90°$，$OB=6$，$OC=8$，
∴ 在$\mathrm{Rt}△ BOC$中，$BC = \sqrt{OB^2 + OC^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10$。
∵ BC是⊙O的切线，切点为F，
∴ $OF⊥ BC$，即OF是⊙O的半径。
由$S_{△ BOC} = \frac{1}{2}OB· OC = \frac{1}{2}BC· OF$，
得 $OF = \frac{OB· OC}{BC} = \frac{6×8}{10} = \frac{24}{5}$。
∴ ⊙O的半径为$\frac{24}{5}$。
【答案】
(1) $∠ BOC=90°$；
(2) $\odot O$的半径为$\frac{24}{5}$。
【知识点】
内切圆的性质，平行线的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆与多边形结合的基础题型，解题核心是熟练运用内切圆圆心为角平分线交点的性质推导角度关系，再结合切线性质和等面积法求解半径，能够有效考察学生对基础几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
(1) 求解∠BOC的度数时，首先结合内切圆的性质：内切圆的圆心是多边形各内角平分线的交点，可得BO平分∠ABC、CO平分∠BCD，因此∠OBC、∠OCB分别为∠ABC、∠BCD的一半。再根据AB//CD的条件，平行线同旁内角互补，即∠ABC+∠BCD=180°，可求出∠OBC+∠OCB的度数，最后利用三角形内角和为180°即可算出∠BOC的度数。
(2) 求⊙O的半径时，先连接切点F与圆心O，根据切线的性质可知OF⊥BC，OF就是所求的圆的半径。由(1)已得△BOC是直角三角形，已知OB、OC的长度，先用勾股定理算出斜边BC的长度，再利用△BOC面积的两种计算方式（两直角边乘积的一半、斜边乘斜边上高的一半），通过等面积法即可求出OF的长度，也就是⊙O的半径。
【解析】
(1)
∵ ⊙O是梯形ABCD的内切圆，
∴ BO平分∠ABC，CO平分∠BCD，
∴ $∠ OBC = \frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ OCB = \frac{1}{2}∠ BCD$。
∵ $AB// CD$，
∴ $∠ ABC + ∠ BCD = 180°$，
∴ $∠ OBC + ∠ OCB = \frac{1}{2}(∠ ABC + ∠ BCD) = 90°$，
∴ $∠ BOC = 180° - (∠ OBC + ∠ OCB) = 90°$。
(2) 连接OF，
∵ $∠ BOC=90°$，$OB=6$，$OC=8$，
∴ 在$\mathrm{Rt}△ BOC$中，$BC = \sqrt{OB^2 + OC^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10$。
∵ BC是⊙O的切线，切点为F，
∴ $OF⊥ BC$，即OF是⊙O的半径。
由$S_{△ BOC} = \frac{1}{2}OB· OC = \frac{1}{2}BC· OF$，
得 $OF = \frac{OB· OC}{BC} = \frac{6×8}{10} = \frac{24}{5}$。
∴ ⊙O的半径为$\frac{24}{5}$。
【答案】
(1) $∠ BOC=90°$；
(2) $\odot O$的半径为$\frac{24}{5}$。
【知识点】
内切圆的性质，平行线的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆与多边形结合的基础题型，解题核心是熟练运用内切圆圆心为角平分线交点的性质推导角度关系，再结合切线性质和等面积法求解半径，能够有效考察学生对基础几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
12.如图，$\odot O$为四边形$ABCD$的内切圆，$M$，$N$，$F$，$G$为切点，$∠ A=∠ B=90°$.
(1)求证：$AB+CD=AD+BC$；
(2)若$AD=3$，$BC=6$，求$\odot O$的半径.
(1)求证：$AB+CD=AD+BC$；
(2)若$AD=3$，$BC=6$，求$\odot O$的半径.
答案
(1) 证明：
∵$\odot O$是四边形$ABCD$的内切圆，$M,N,F,G$为切点，
由切线长定理可得：
$AM=AG$，$BM=BN$，$CN=CF$，$DF=DG$，
$\therefore AB+CD = AM+BM + CF+DF$，
$AD+BC = AG+DG + BN+CN$，
将对应切线长等量代换，可得$AB+CD=AD+BC$。
---
(2) 解：
连接$OG,OM,ON$，设$\odot O$的半径为$r$。
∵$\odot O$分别切$AB,AD,BC$于$M,G,N$，
$\therefore OG⊥ AD$，$OM⊥ AB$，$ON⊥ BC$，
又$\because ∠ A=∠ B=90°$，
∴四边形$AMOG$、四边形$BMON$均为矩形，
结合$OG=OM=ON=r$，可知两个矩形均为正方形，
$\therefore AM=AG=r$，$BM=BN=r$，$AB=AM+BM=2r$。
由切线长定理得：
$DG=AD-AG=3-r$，$CN=BC-BN=6-r$，
$DF=DG=3-r$，$CF=CN=6-r$，
$\therefore CD=DF+CF=(3-r)+(6-r)=9-2r$。
过点$D$作$DH⊥ BC$于点$H$，
∵$∠ A=∠ B=90°$，$DH⊥ BC$，
∴四边形$ABHD$是矩形，
$\therefore DH=AB=2r$，$CH=BC-AD=6-3=3$。
在$\mathrm{Rt}△ DHC$中，由勾股定理：
$DH^2+CH^2=CD^2$，
代入得：$(2r)^2 + 3^2=(9-2r)^2$，
化简得：$4r^2+9=81-36r+4r^2$，
解得$r=2$。
答：$\odot O$的半径为$\boldsymbol{2}$。
∵$\odot O$是四边形$ABCD$的内切圆，$M,N,F,G$为切点，
由切线长定理可得：
$AM=AG$，$BM=BN$，$CN=CF$，$DF=DG$，
$\therefore AB+CD = AM+BM + CF+DF$，
$AD+BC = AG+DG + BN+CN$，
将对应切线长等量代换，可得$AB+CD=AD+BC$。
---
(2) 解：
连接$OG,OM,ON$，设$\odot O$的半径为$r$。
∵$\odot O$分别切$AB,AD,BC$于$M,G,N$，
$\therefore OG⊥ AD$，$OM⊥ AB$，$ON⊥ BC$，
又$\because ∠ A=∠ B=90°$，
∴四边形$AMOG$、四边形$BMON$均为矩形，
结合$OG=OM=ON=r$，可知两个矩形均为正方形，
$\therefore AM=AG=r$，$BM=BN=r$，$AB=AM+BM=2r$。
由切线长定理得：
$DG=AD-AG=3-r$，$CN=BC-BN=6-r$，
$DF=DG=3-r$，$CF=CN=6-r$，
$\therefore CD=DF+CF=(3-r)+(6-r)=9-2r$。
过点$D$作$DH⊥ BC$于点$H$，
∵$∠ A=∠ B=90°$，$DH⊥ BC$，
∴四边形$ABHD$是矩形，
$\therefore DH=AB=2r$，$CH=BC-AD=6-3=3$。
在$\mathrm{Rt}△ DHC$中，由勾股定理：
$DH^2+CH^2=CD^2$，
代入得：$(2r)^2 + 3^2=(9-2r)^2$，
化简得：$4r^2+9=81-36r+4r^2$，
解得$r=2$。
答：$\odot O$的半径为$\boldsymbol{2}$。
解析
【分析】
(1) 要证$AB+CD=AD+BC$，由题可知$\odot O$是四边形$ABCD$的内切圆，存在多个切点，可利用切线长定理得到多组相等的切线段，将四边形的四条边都拆分为切线段的和，再通过等量代换即可证明等式。
(2) 求内切圆半径时，先根据切线的性质（切线垂直于过切点的半径），结合$∠ A=∠ B=90°$，可证得含半径的两个矩形，再由半径相等推得这两个矩形是正方形，即可将$AB$用半径$r$表示；再结合切线长定理将$CD$也用$r$表示，最后过$D$作$BC$的垂线构造直角三角形，利用勾股定理列关于$r$的方程，解方程即可求得半径。
【解析】
(1) 证明：
∵$\odot O$是四边形$ABCD$的内切圆，$M,N,F,G$为切点，
由切线长定理可得：
$AM=AG$，$BM=BN$，$CN=CF$，$DF=DG$，
$\therefore AB+CD = AM+BM + CF+DF$，
$AD+BC = AG+DG + BN+CN$，
将对应切线长等量代换，可得$AB+CD=AD+BC$。
(2) 解：
连接$OG,OM,ON$，设$\odot O$的半径为$r$。
∵$\odot O$分别切$AB,AD,BC$于$M,G,N$，
$\therefore OG⊥ AD$，$OM⊥ AB$，$ON⊥ BC$，
又$\because ∠ A=∠ B=90°$，
∴四边形$AMOG$、四边形$BMON$均为矩形，
结合$OG=OM=ON=r$，可知两个矩形均为正方形，
$\therefore AM=AG=r$，$BM=BN=r$，$AB=AM+BM=2r$。
由切线长定理得：
$DG=AD-AG=3-r$，$CN=BC-BN=6-r$，
$DF=DG=3-r$，$CF=CN=6-r$，
$\therefore CD=DF+CF=(3-r)+(6-r)=9-2r$。
过点$D$作$DH⊥ BC$于点$H$，
∵$∠ A=∠ B=90°$，$DH⊥ BC$，
∴四边形$ABHD$是矩形，
$\therefore DH=AB=2r$，$CH=BC-AD=6-3=3$。
在$\mathrm{Rt}△ DHC$中，由勾股定理：
$DH^2+CH^2=CD^2$，
代入得：$(2r)^2 + 3^2=(9-2r)^2$，
化简得：$4r^2+9=81-36r+4r^2$，
解得$r=2$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\odot O$的半径为$\boldsymbol{2}$。
【知识点】
切线长定理；正方形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题属于圆与四边形结合的基础综合题，第一问侧重考查切线长定理的等量代换应用，第二问结合特殊四边形的判定、勾股定理，采用方程思想求解未知量，解题的关键是熟练掌握切线相关性质，合理构造辅助线建立线段间的数量关系。
【难度系数】
0.7
(1) 要证$AB+CD=AD+BC$，由题可知$\odot O$是四边形$ABCD$的内切圆，存在多个切点，可利用切线长定理得到多组相等的切线段，将四边形的四条边都拆分为切线段的和，再通过等量代换即可证明等式。
(2) 求内切圆半径时，先根据切线的性质（切线垂直于过切点的半径），结合$∠ A=∠ B=90°$，可证得含半径的两个矩形，再由半径相等推得这两个矩形是正方形，即可将$AB$用半径$r$表示；再结合切线长定理将$CD$也用$r$表示，最后过$D$作$BC$的垂线构造直角三角形，利用勾股定理列关于$r$的方程，解方程即可求得半径。
【解析】
(1) 证明：
∵$\odot O$是四边形$ABCD$的内切圆，$M,N,F,G$为切点，
由切线长定理可得：
$AM=AG$，$BM=BN$，$CN=CF$，$DF=DG$，
$\therefore AB+CD = AM+BM + CF+DF$，
$AD+BC = AG+DG + BN+CN$，
将对应切线长等量代换，可得$AB+CD=AD+BC$。
(2) 解：
连接$OG,OM,ON$，设$\odot O$的半径为$r$。
∵$\odot O$分别切$AB,AD,BC$于$M,G,N$，
$\therefore OG⊥ AD$，$OM⊥ AB$，$ON⊥ BC$，
又$\because ∠ A=∠ B=90°$，
∴四边形$AMOG$、四边形$BMON$均为矩形，
结合$OG=OM=ON=r$，可知两个矩形均为正方形，
$\therefore AM=AG=r$，$BM=BN=r$，$AB=AM+BM=2r$。
由切线长定理得：
$DG=AD-AG=3-r$，$CN=BC-BN=6-r$，
$DF=DG=3-r$，$CF=CN=6-r$，
$\therefore CD=DF+CF=(3-r)+(6-r)=9-2r$。
过点$D$作$DH⊥ BC$于点$H$，
∵$∠ A=∠ B=90°$，$DH⊥ BC$，
∴四边形$ABHD$是矩形，
$\therefore DH=AB=2r$，$CH=BC-AD=6-3=3$。
在$\mathrm{Rt}△ DHC$中，由勾股定理：
$DH^2+CH^2=CD^2$，
代入得：$(2r)^2 + 3^2=(9-2r)^2$，
化简得：$4r^2+9=81-36r+4r^2$，
解得$r=2$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\odot O$的半径为$\boldsymbol{2}$。
【知识点】
切线长定理；正方形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题属于圆与四边形结合的基础综合题，第一问侧重考查切线长定理的等量代换应用，第二问结合特殊四边形的判定、勾股定理，采用方程思想求解未知量，解题的关键是熟练掌握切线相关性质，合理构造辅助线建立线段间的数量关系。
【难度系数】
0.7
13.(1)《九章算术》是中国古代数学最重要的著作之一.在第九章“勾股”中记载了一个问题,可以描述为:如图①所示,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC长8步,BC长15步,△ABC的内切圆⊙O的直径是多少步?”根据题意可得⊙O的直径为步;
(2)在Rt△ABC中,∠C=90°,∠A,∠B,∠C所对的边分别用a,b,c表示,则Rt△ABC内切圆的半径r可表示为(填序号);
①$r=\frac{ab}{a+b+c}$ ②$r=\frac{a+b-c}{2ab}$
③$r=\frac{a+b-c}{2}$
(3)从第(2)问所选的公式中任选一个(利用
)进行证明.
(2)在Rt△ABC中,∠C=90°,∠A,∠B,∠C所对的边分别用a,b,c表示,则Rt△ABC内切圆的半径r可表示为(填序号);
①$r=\frac{ab}{a+b+c}$ ②$r=\frac{a+b-c}{2ab}$
③$r=\frac{a+b-c}{2}$
(3)从第(2)问所选的公式中任选一个(利用
)进行证明.答案
解：
(1) 在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8步，BC=15步，
由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+15^2}=17$步，
Rt△ABC内切圆半径$r=\frac{AC+BC-AB}{2}=\frac{8+15-17}{2}=3$步，
因此⊙O的直径为$2r=6$步。
(2) ①③
(3) 选证明$r=\frac{a+b-c}{2}$：
连接OD、OE、OF，
∵⊙O是△ABC的内切圆，D、E、F为切点，
∴$OD⊥ AB$，$OE⊥ BC$，$OF⊥ AC$，且$BD=BE$，$CE=CF$，$AD=AF$，
∵$∠ C=90°$，
∴四边形OECF是矩形，
又∵$OE=OF=r$，
∴矩形OECF是正方形，
∴$CE=CF=r$，
则$BE=BC-CE=a-r$，$AF=AC-CF=b-r$，
即$BD=a-r$，$AD=b-r$，
∵$BD+AD=AB=c$，
∴$(a-r)+(b-r)=c$，
整理得$a+b-2r=c$，
即$r=\frac{a+b-c}{2}$。
(1) 在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8步，BC=15步，
由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+15^2}=17$步，
Rt△ABC内切圆半径$r=\frac{AC+BC-AB}{2}=\frac{8+15-17}{2}=3$步，
因此⊙O的直径为$2r=6$步。
(2) ①③
(3) 选证明$r=\frac{a+b-c}{2}$：
连接OD、OE、OF，
∵⊙O是△ABC的内切圆，D、E、F为切点，
∴$OD⊥ AB$，$OE⊥ BC$，$OF⊥ AC$，且$BD=BE$，$CE=CF$，$AD=AF$，
∵$∠ C=90°$，
∴四边形OECF是矩形，
又∵$OE=OF=r$，
∴矩形OECF是正方形，
∴$CE=CF=r$，
则$BE=BC-CE=a-r$，$AF=AC-CF=b-r$，
即$BD=a-r$，$AD=b-r$，
∵$BD+AD=AB=c$，
∴$(a-r)+(b-r)=c$，
整理得$a+b-2r=c$，
即$r=\frac{a+b-c}{2}$。
解析
【分析】
(1) 第一问解题思路：已知直角三角形两条直角边长度，首先用勾股定理求出斜边长度，再代入直角三角形内切圆半径公式算出半径，半径乘2即可得到内切圆直径。
(2) 第二问解题思路：回忆直角三角形内切圆半径的两种推导方法：一是通过切线长定理推导，二是通过面积法推导，结合推导结果判断对应序号即可。
(3) 第三问解题思路：若证明$r=\frac{a+b-c}{2}$，可连接圆心与三个切点，利用切线性质和切线长定理，结合正方形的判定与性质推导；若证明$r=\frac{ab}{a+b+c}$，可利用面积法，将大三角形面积拆分为三个以内切圆圆心为顶点的小三角形面积之和，整理即可得证。
【解析】
(1) 在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8步，BC=15步，
由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+15^2}=17$（步），
根据直角三角形内切圆半径公式得$r=\frac{AC+BC-AB}{2}=\frac{8+15-17}{2}=3$（步），
因此⊙O的直径为$2r=2×3=6$步。
(2) 推导半径的两种表达式：
① 面积法：$S_{△ABC}=\frac{1}{2}ab$，连接OA、OB、OC，△ABC可分为△AOB、△BOC、△AOC，三个小三角形的高均为内切圆半径r，因此$S_{△ABC}=\frac{1}{2}ar+\frac{1}{2}br+\frac{1}{2}cr$，整理得$r=\frac{ab}{a+b+c}$，故①正确；
② 由切线长定理可推导得$r=\frac{a+b-c}{2}$，故③正确，②错误。因此选①③。
(3) 选证明$r=\frac{a+b-c}{2}$：
连接OD、OE、OF，
∵⊙O是△ABC的内切圆，D、E、F为切点，
∴$OD⊥ AB$，$OE⊥ BC$，$OF⊥ AC$，且$BD=BE$，$CE=CF$，$AD=AF$，
∵$∠ C=90°$，
∴四边形OECF是矩形，
又
∵$OE=OF=r$，
∴矩形OECF是正方形，
∴$CE=CF=r$，
则$BE=BC-CE=a-r$，$AF=AC-CF=b-r$，
即$BD=a-r$，$AD=b-r$，
∵$BD+AD=AB=c$，
∴$(a-r)+(b-r)=c$，
整理得$a+b-2r=c$，
即$r=\frac{a+b-c}{2}$。
（若选证明①：由$S_{△ABC}=\frac{1}{2}ab$，且$S_{△ABC}=S_{△AOB}+S_{△BOC}+S_{△AOC}=\frac{1}{2}cr+\frac{1}{2}ar+\frac{1}{2}br=\frac{1}{2}r(a+b+c)$，因此$\frac{1}{2}ab=\frac{1}{2}r(a+b+c)$，整理得$r=\frac{ab}{a+b+c}$。）
【答案】
(1) $\boxed{6}$
(2) $\boxed{①③}$
(3) 见上述证明过程
【知识点】
勾股定理，切线长定理，三角形内切圆性质
【点评】
本题结合中国古代数学著作背景，考查直角三角形内切圆半径的计算与推导，既注重基础公式的应用，也考查逻辑推理能力，需要熟练掌握切线长定理或面积法处理内切圆相关问题。
【难度系数】
0.7
(1) 第一问解题思路：已知直角三角形两条直角边长度，首先用勾股定理求出斜边长度，再代入直角三角形内切圆半径公式算出半径，半径乘2即可得到内切圆直径。
(2) 第二问解题思路：回忆直角三角形内切圆半径的两种推导方法：一是通过切线长定理推导，二是通过面积法推导，结合推导结果判断对应序号即可。
(3) 第三问解题思路：若证明$r=\frac{a+b-c}{2}$，可连接圆心与三个切点，利用切线性质和切线长定理，结合正方形的判定与性质推导；若证明$r=\frac{ab}{a+b+c}$，可利用面积法，将大三角形面积拆分为三个以内切圆圆心为顶点的小三角形面积之和，整理即可得证。
【解析】
(1) 在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8步，BC=15步，
由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+15^2}=17$（步），
根据直角三角形内切圆半径公式得$r=\frac{AC+BC-AB}{2}=\frac{8+15-17}{2}=3$（步），
因此⊙O的直径为$2r=2×3=6$步。
(2) 推导半径的两种表达式：
① 面积法：$S_{△ABC}=\frac{1}{2}ab$，连接OA、OB、OC，△ABC可分为△AOB、△BOC、△AOC，三个小三角形的高均为内切圆半径r，因此$S_{△ABC}=\frac{1}{2}ar+\frac{1}{2}br+\frac{1}{2}cr$，整理得$r=\frac{ab}{a+b+c}$，故①正确；
② 由切线长定理可推导得$r=\frac{a+b-c}{2}$，故③正确，②错误。因此选①③。
(3) 选证明$r=\frac{a+b-c}{2}$：
连接OD、OE、OF，
∵⊙O是△ABC的内切圆，D、E、F为切点，
∴$OD⊥ AB$，$OE⊥ BC$，$OF⊥ AC$，且$BD=BE$，$CE=CF$，$AD=AF$，
∵$∠ C=90°$，
∴四边形OECF是矩形，
又
∵$OE=OF=r$，
∴矩形OECF是正方形，
∴$CE=CF=r$，
则$BE=BC-CE=a-r$，$AF=AC-CF=b-r$，
即$BD=a-r$，$AD=b-r$，
∵$BD+AD=AB=c$，
∴$(a-r)+(b-r)=c$，
整理得$a+b-2r=c$，
即$r=\frac{a+b-c}{2}$。
（若选证明①：由$S_{△ABC}=\frac{1}{2}ab$，且$S_{△ABC}=S_{△AOB}+S_{△BOC}+S_{△AOC}=\frac{1}{2}cr+\frac{1}{2}ar+\frac{1}{2}br=\frac{1}{2}r(a+b+c)$，因此$\frac{1}{2}ab=\frac{1}{2}r(a+b+c)$，整理得$r=\frac{ab}{a+b+c}$。）
【答案】
(1) $\boxed{6}$
(2) $\boxed{①③}$
(3) 见上述证明过程
【知识点】
勾股定理，切线长定理，三角形内切圆性质
【点评】
本题结合中国古代数学著作背景，考查直角三角形内切圆半径的计算与推导，既注重基础公式的应用，也考查逻辑推理能力，需要熟练掌握切线长定理或面积法处理内切圆相关问题。
【难度系数】
0.7
