登录
1.「2026浙江金华婺城月考改编」下列关于“三角形内心”的说法错误的是（
A.是三角形两内角平分线的交点
B.到三角形三个顶点的距离相等
C.到三角形的三边距离相等
D.是三角形内切圆的圆心
B
）A.是三角形两内角平分线的交点
B.到三角形三个顶点的距离相等
C.到三角形的三边距离相等
D.是三角形内切圆的圆心
答案
1.B 三角形的内心是三角形内切圆的圆心,是三角形两内角平分线的交点,到三角形的三边距离相等,故选项A,C,D中的说法正确;三角形的内心到三角形三个顶点的距离不一定相等,故选项B中的说法错误.故选B.
解析
【分析】
解决本题需先回忆三角形内心的定义与性质，同时区分内心和外心的特征，再逐一判断各选项的正误，最终选出错误的说法。首先明确核心知识点：三角形内心是三角形内切圆的圆心，是内角平分线的交点，到三边距离相等；到三个顶点距离相等的是三角形的外心，是三边垂直平分线的交点，结合以上结论逐一核对选项即可。
【解析】
我们结合三角形内心的相关知识逐一分析选项：
选项A：三角形三条内角平分线交于同一点，因此两条内角平分线的交点就是三角形的内心，该说法正确；
选项B：到三角形三个顶点距离相等的是三角形的外心（三边垂直平分线的交点），内心没有该性质，该说法错误；
选项C：角平分线上的点到角两边的距离相等，因此作为内角平分线交点的内心到三角形三边的距离相等，该说法正确；
选项D：三角形的内切圆的圆心就是三角形的内心，该说法正确。
综上，说法错误的是B选项。
【答案】
B
【知识点】
三角形内心的定义，三角形内心的性质，三角形内切圆的概念
【点评】
本题是基础概念题，主要考查三角形内心的相关知识，解题关键是区分开内心与外心的性质，避免混淆两类特殊点的特征。
【难度系数】
0.8
解决本题需先回忆三角形内心的定义与性质，同时区分内心和外心的特征，再逐一判断各选项的正误，最终选出错误的说法。首先明确核心知识点：三角形内心是三角形内切圆的圆心，是内角平分线的交点，到三边距离相等；到三个顶点距离相等的是三角形的外心，是三边垂直平分线的交点，结合以上结论逐一核对选项即可。
【解析】
我们结合三角形内心的相关知识逐一分析选项：
选项A：三角形三条内角平分线交于同一点，因此两条内角平分线的交点就是三角形的内心，该说法正确；
选项B：到三角形三个顶点距离相等的是三角形的外心（三边垂直平分线的交点），内心没有该性质，该说法错误；
选项C：角平分线上的点到角两边的距离相等，因此作为内角平分线交点的内心到三角形三边的距离相等，该说法正确；
选项D：三角形的内切圆的圆心就是三角形的内心，该说法正确。
综上，说法错误的是B选项。
【答案】
B
【知识点】
三角形内心的定义，三角形内心的性质，三角形内切圆的概念
【点评】
本题是基础概念题，主要考查三角形内心的相关知识，解题关键是区分开内心与外心的性质，避免混淆两类特殊点的特征。
【难度系数】
0.8
2.「2026辽宁盘锦期中」如图，△ABC的内切圆⊙O与BC,CA,AB分别相切于点D,E,F,且AB=6,BC=10,CA=12,则AF的长为（
A.2
B.4
C.3
D.5
B
）A.2
B.4
C.3
D.5
答案
2.B
∵△ABC的内切圆⊙O与BC,CA,AB分别相切于点D,E,F,
∴AF=AE,CE=CD,BF=BD,设AF=AE=a,
∵AB=6,CA=12,
∴BD=BF=6-a,CD=CE=12-a,
∵BD+CD=BC=10,
∴6-a+12-a=10,解得a=4,即AF=4.故选B.
∵△ABC的内切圆⊙O与BC,CA,AB分别相切于点D,E,F,
∴AF=AE,CE=CD,BF=BD,设AF=AE=a,
∵AB=6,CA=12,
∴BD=BF=6-a,CD=CE=12-a,
∵BD+CD=BC=10,
∴6-a+12-a=10,解得a=4,即AF=4.故选B.
解析
【分析】
遇到三角形内切圆与三边相切的问题，首先联想切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。我们可以设AF的长为未知数，根据切线长定理把BD、CD的长度用含未知数的式子表示，再结合BD+CD=BC的等量关系列方程，即可求出AF的长度。
【解析】
解：
∵△ABC的内切圆⊙O与BC、CA、AB分别相切于点D、E、F，
根据切线长定理可得：AF=AE，CE=CD，BF=BD，
设AF=AE=a，
∵AB=6，CA=12，
∴BF=AB-AF=6-a，CE=AC-AE=12-a，
∴BD=BF=6-a，CD=CE=12-a，
又
∵BD+CD=BC=10，
∴(6-a)+(12-a)=10，
解得：a=4，即AF=4。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
切线长定理；三角形内切圆性质；一元一次方程的应用
【点评】
本题是三角形内切圆的基础应用题型，解题核心是利用切线长定理得到三组相等的线段，通过设未知数列方程的代数方法求解几何线段长度，掌握切线长定理即可快速解答。
【难度系数】
0.8
遇到三角形内切圆与三边相切的问题，首先联想切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。我们可以设AF的长为未知数，根据切线长定理把BD、CD的长度用含未知数的式子表示，再结合BD+CD=BC的等量关系列方程，即可求出AF的长度。
【解析】
解：
∵△ABC的内切圆⊙O与BC、CA、AB分别相切于点D、E、F，
根据切线长定理可得：AF=AE，CE=CD，BF=BD，
设AF=AE=a，
∵AB=6，CA=12，
∴BF=AB-AF=6-a，CE=AC-AE=12-a，
∴BD=BF=6-a，CD=CE=12-a，
又
∵BD+CD=BC=10，
∴(6-a)+(12-a)=10，
解得：a=4，即AF=4。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
切线长定理；三角形内切圆性质；一元一次方程的应用
【点评】
本题是三角形内切圆的基础应用题型，解题核心是利用切线长定理得到三组相等的线段，通过设未知数列方程的代数方法求解几何线段长度，掌握切线长定理即可快速解答。
【难度系数】
0.8
3.「2025广东江门蓬江三模」如图，点O是$△ ABC$的内心，连接OA,OC，若$△ OCA$的高$OD=3$，则点O到边AB的距离为
3
。答案
3.答案 3
解析
∵点O是△ABC的内心,
∴点O到△ABC三边的距离相等,
∵△OCA的高OD=3,即点O到边AC的距离为3,
∴点O到边AB的距离为3.
解析
∵点O是△ABC的内心,
∴点O到△ABC三边的距离相等,
∵△OCA的高OD=3,即点O到边AC的距离为3,
∴点O到边AB的距离为3.
解析
【分析】
解题时首先回忆三角形内心的相关概念：三角形的内心是三角形三条角平分线的交点，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，因此三角形的内心到三角形三边的距离都相等。本题已知OD是点O到AC边的距离为3，要求点O到AB边的距离，直接运用内心的性质就能得出结果。
【解析】
∵点O是△ABC的内心，
∴点O到△ABC三边的距离相等，
∵△OCA的高OD=3，即点O到边AC的距离为3，
∴点O到边AB的距离等于OD的长度，为3。
【答案】
3
【知识点】
三角形内心的性质，角平分线的性质
【点评】
本题属于基础概念应用题，直接考查三角形内心的核心性质，熟练掌握相关性质即可快速得出答案，无需复杂运算。
【难度系数】
0.8
解题时首先回忆三角形内心的相关概念：三角形的内心是三角形三条角平分线的交点，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，因此三角形的内心到三角形三边的距离都相等。本题已知OD是点O到AC边的距离为3，要求点O到AB边的距离，直接运用内心的性质就能得出结果。
【解析】
∵点O是△ABC的内心，
∴点O到△ABC三边的距离相等，
∵△OCA的高OD=3，即点O到边AC的距离为3，
∴点O到边AB的距离等于OD的长度，为3。
【答案】
3
【知识点】
三角形内心的性质，角平分线的性质
【点评】
本题属于基础概念应用题，直接考查三角形内心的核心性质，熟练掌握相关性质即可快速得出答案，无需复杂运算。
【难度系数】
0.8
4.「2026广东广州期中」定义:三角形三条角平分线的交点叫作三角形的内心.
(1)请作出△ABC的内心O(尺规作图,保留作图痕迹,不写作法).
(2)若∠A=60°,则∠BOC=
(1)请作出△ABC的内心O(尺规作图,保留作图痕迹,不写作法).
(2)若∠A=60°,则∠BOC=
120°
.答案
4.解析 (1)如图,点O就是所求作的△ABC的内心.
(2)120°.
详解:
∵∠A=60°,
∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A=120°,
∵BE平分∠ABC,CF平分∠ACB,
∴∠OBC=$\frac{1}{2}$∠ABC,∠OCB=$\frac{1}{2}$∠ACB,
∴∠OBC+∠OCB=$\frac{1}{2}$(∠ABC+∠ACB)=60°,
∴∠BOC=180°-(∠OBC+∠OCB)=120°.
解析
【分析】
(1) 三角形的内心是三条角平分线的交点，因此只需用尺规作出△ABC任意两个内角的角平分线，两条角平分线的交点即为所求的内心O。
(2) 求∠BOC的度数时，先利用三角形内角和定理求出∠ABC与∠ACB的和，再结合角平分线的定义求出∠OBC与∠OCB的和，最后再次利用三角形内角和定理即可算出∠BOC的度数。
【解析】
(1) 分别作∠ABC和∠ACB的角平分线，两条角平分线交于点O，点O即为△ABC的内心，作图结果如下：
(2) 在△ABC中，根据三角形内角和定理：
∵∠A=60°，
∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A=180°-60°=120°，
∵O是△ABC的内心，BE平分∠ABC，CF平分∠ACB，
∴∠OBC=$\frac{1}{2}$∠ABC，∠OCB=$\frac{1}{2}$∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB=$\frac{1}{2}$(∠ABC+∠ACB)=$\frac{1}{2}$×120°=60°，
在△OBC中，根据三角形内角和定理：
∠BOC=180°-(∠OBC+∠OCB)=180°-60°=120°。
【答案】
(1) 如图，点O就是所求作的△ABC的内心。
(2) 120°
【知识点】
三角形内心的定义，尺规作角平分线，三角形内角和定理
【点评】
本题属于基础题型，包含尺规作图和角度计算两个考点，第一问考查基础的作图操作能力，第二问需要结合角平分线的性质和三角形内角和公式推导计算，掌握相关基础概念即可顺利解答。
【难度系数】
0.8
(1) 三角形的内心是三条角平分线的交点，因此只需用尺规作出△ABC任意两个内角的角平分线，两条角平分线的交点即为所求的内心O。
(2) 求∠BOC的度数时，先利用三角形内角和定理求出∠ABC与∠ACB的和，再结合角平分线的定义求出∠OBC与∠OCB的和，最后再次利用三角形内角和定理即可算出∠BOC的度数。
【解析】
(1) 分别作∠ABC和∠ACB的角平分线，两条角平分线交于点O，点O即为△ABC的内心，作图结果如下：
(2) 在△ABC中，根据三角形内角和定理：
∵∠A=60°，
∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A=180°-60°=120°，
∵O是△ABC的内心，BE平分∠ABC，CF平分∠ACB，
∴∠OBC=$\frac{1}{2}$∠ABC，∠OCB=$\frac{1}{2}$∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB=$\frac{1}{2}$(∠ABC+∠ACB)=$\frac{1}{2}$×120°=60°，
在△OBC中，根据三角形内角和定理：
∠BOC=180°-(∠OBC+∠OCB)=180°-60°=120°。
【答案】
(1) 如图，点O就是所求作的△ABC的内心。
(2) 120°
【知识点】
三角形内心的定义，尺规作角平分线，三角形内角和定理
【点评】
本题属于基础题型，包含尺规作图和角度计算两个考点，第一问考查基础的作图操作能力，第二问需要结合角平分线的性质和三角形内角和公式推导计算，掌握相关基础概念即可顺利解答。
【难度系数】
0.8
5.「★☆」如图,点O是△ABC外接圆的圆心,点I是△ABC的内心,连接OB,IA.若∠CAI=35°,则∠OBC的度数为 (
A.15°
B.17.5°
C.20°
D.25°
第5题图 第6题图
C
)A.15°
B.17.5°
C.20°
D.25°
第5题图 第6题图
答案
5.C 连接OC(图略),
∵点I是△ABC的内心,
∴AI平分∠BAC,
∵∠CAI=35°,
∴∠BAC=2∠CAI=70°,
∵点O是△ABC外接圆的圆心,
∴∠BOC=2∠BAC=140°,
∵OB=OC,
∴∠OBC=∠OCB=$\frac{1}{2}$×(180°-∠BOC)=$\frac{1}{2}$×(180°-140°)=20°.故选C.
∵点I是△ABC的内心,
∴AI平分∠BAC,
∵∠CAI=35°,
∴∠BAC=2∠CAI=70°,
∵点O是△ABC外接圆的圆心,
∴∠BOC=2∠BAC=140°,
∵OB=OC,
∴∠OBC=∠OCB=$\frac{1}{2}$×(180°-∠BOC)=$\frac{1}{2}$×(180°-140°)=20°.故选C.
解析
【分析】
解题时首先回忆相关概念的性质：第一步，看到点I是△ABC的内心，可知AI是∠BAC的角平分线，结合已知∠CAI的度数即可求出∠BAC的大小；第二步，点O是△ABC外接圆的圆心，根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可求出圆心角∠BOC的度数；第三步，OB、OC都是外接圆的半径，二者相等，△OBC是等腰三角形，结合三角形内角和为180°，就能算出∠OBC的度数。
【解析】
连接OC，
∵点I是△ABC的内心，
∴AI平分∠BAC，
∵∠CAI=35°，
∴∠BAC=2∠CAI=2×35°=70°，
∵点O是△ABC的外接圆圆心，
∴∠BOC=2∠BAC=2×70°=140°，
又
∵OB=OC（均为外接圆的半径），
∴△OBC为等腰三角形，∠OBC=∠OCB，
∴∠OBC=$\frac{1}{2}$×(180°-∠BOC)=$\frac{1}{2}$×(180°-140°)=20°。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
三角形内心的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质
【点评】
本题是基础几何综合题，考查了三角形内心、外心的相关性质，以及圆周角定理、等腰三角形性质的应用，解题的关键是理清各角度之间的推导关系，熟练掌握相关性质的适用场景。
【难度系数】
0.7
解题时首先回忆相关概念的性质：第一步，看到点I是△ABC的内心，可知AI是∠BAC的角平分线，结合已知∠CAI的度数即可求出∠BAC的大小；第二步，点O是△ABC外接圆的圆心，根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可求出圆心角∠BOC的度数；第三步，OB、OC都是外接圆的半径，二者相等，△OBC是等腰三角形，结合三角形内角和为180°，就能算出∠OBC的度数。
【解析】
连接OC，
∵点I是△ABC的内心，
∴AI平分∠BAC，
∵∠CAI=35°，
∴∠BAC=2∠CAI=2×35°=70°，
∵点O是△ABC的外接圆圆心，
∴∠BOC=2∠BAC=2×70°=140°，
又
∵OB=OC（均为外接圆的半径），
∴△OBC为等腰三角形，∠OBC=∠OCB，
∴∠OBC=$\frac{1}{2}$×(180°-∠BOC)=$\frac{1}{2}$×(180°-140°)=20°。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
三角形内心的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质
【点评】
本题是基础几何综合题，考查了三角形内心、外心的相关性质，以及圆周角定理、等腰三角形性质的应用，解题的关键是理清各角度之间的推导关系，熟练掌握相关性质的适用场景。
【难度系数】
0.7
6.「2026山东济南钢城期中，★☆」如图,在一张$Rt△ ABC$纸片中,$∠ ACB=90°,BC=3,AC=4,\odot O$是它的内切圆.小明用剪刀沿着$\odot O$的切线$DE$剪下一块三角形$ADE$,则$△ ADE$的周长为 (
A.4
B.5
C.6
D.8
C
)A.4
B.5
C.6
D.8
答案
6.C 如图,设DE切⊙O于点M,△ABC的内切圆分别切三边于点F,H,G,连接OF,OH,OG,易得四边形OHCG是正方形,由切线长定理可知AF=AG,
∵DE是⊙O的切线,
∴MD=DF,EM=EG,
∵∠ACB=90°,BC=3,AC=4,
∴AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}$=5,
∵⊙O是△ABC的内切圆,
∴内切圆的半径=$\frac{1}{2}(AC+BC-AB)$=1,
∴CG=1,
∴AG=AC-CG=4-1=3,
∴△ADE的周长=AD+DE+AE=AD+DF+EG+AE=AF+AG=2AG=6.故选C.
知识拓展 设Rt△ABC的两直角边长分别为a,b,斜边长为c,利用本题的方法可求得其内切圆半径公式为$r=\frac{a+b-c}{2}$.
解析
【分析】
要解决这道题，首先利用勾股定理求出Rt△ABC的斜边AB的长度，再结合直角三角形内切圆的性质求出内切圆半径，得到边AC上切点到顶点A的线段AG的长度。接着利用切线长定理对△ADE的周长进行转化：DE是圆的切线，可将DE拆为两段，分别等于AB、AC边上对应的切线段，从而把△ADE的周长转化为2倍的AG，代入数值即可求出结果。
【解析】
如图，设DE切⊙O于点M，△ABC的内切圆分别切三边AB、BC、AC于点F、H、G，连接OF、OH、OG，易得四边形OHCG是正方形。
根据切线长定理可知：$AF=AG$，$MD=DF$，$EM=EG$。
∵$∠ ACB=90°$，$BC=3$，$AC=4$，
∴由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
∵$\odot O$是Rt△ABC的内切圆，
∴内切圆半径$r=\frac{1}{2}(AC+BC-AB)=\frac{1}{2}×(4+3-5)=1$，即$CG=r=1$，
∴$AG=AC-CG=4-1=3$。
△ADE的周长$=AD+DE+AE=AD+DM+ME+AE=AD+DF+EG+AE=AF+AG$，
又
∵$AF=AG=3$，
∴△ADE的周长$=3+3=6$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
勾股定理、切线长定理、三角形内切圆性质
【点评】
本题属于基础题型，解题核心是熟练运用切线长定理对所求三角形的周长进行等价转化，结合直角三角形内切圆的半径公式快速计算相关线段长度，是三角形内切圆部分的常见考法。
【难度系数】
0.7
要解决这道题，首先利用勾股定理求出Rt△ABC的斜边AB的长度，再结合直角三角形内切圆的性质求出内切圆半径，得到边AC上切点到顶点A的线段AG的长度。接着利用切线长定理对△ADE的周长进行转化：DE是圆的切线，可将DE拆为两段，分别等于AB、AC边上对应的切线段，从而把△ADE的周长转化为2倍的AG，代入数值即可求出结果。
【解析】
如图，设DE切⊙O于点M，△ABC的内切圆分别切三边AB、BC、AC于点F、H、G，连接OF、OH、OG，易得四边形OHCG是正方形。
根据切线长定理可知：$AF=AG$，$MD=DF$，$EM=EG$。
∵$∠ ACB=90°$，$BC=3$，$AC=4$，
∴由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
∵$\odot O$是Rt△ABC的内切圆，
∴内切圆半径$r=\frac{1}{2}(AC+BC-AB)=\frac{1}{2}×(4+3-5)=1$，即$CG=r=1$，
∴$AG=AC-CG=4-1=3$。
△ADE的周长$=AD+DE+AE=AD+DM+ME+AE=AD+DF+EG+AE=AF+AG$，
又
∵$AF=AG=3$，
∴△ADE的周长$=3+3=6$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
勾股定理、切线长定理、三角形内切圆性质
【点评】
本题属于基础题型，解题核心是熟练运用切线长定理对所求三角形的周长进行等价转化，结合直角三角形内切圆的半径公式快速计算相关线段长度，是三角形内切圆部分的常见考法。
【难度系数】
0.7
7. 学科特色 方程思想 「2025山东聊城期中改编，★☆」如图，点I为△ABC的内心，AB=7，AC=9，∠BAC=60°，连接AI并延长交△ABC的外接圆于点D，则AD的长为
$\frac{16\sqrt{3}}{3}$
。答案
7.答案 $\frac{16\sqrt{3}}{3}$
解析 如图,连接DB,DC,过D作DE⊥AB交AB的延长线于点E,DF⊥AC于点F,
∵点I为△ABC的内心,∠BAC=60°,
∴∠BAD=∠CAD=30°,
∴BD=CD,
∵DE⊥AB,DF⊥AC,
∴∠DEB=∠DFC=90°,DE=DF,
∴Rt△DEB≌Rt△DFC,Rt△ADE≌Rt△ADF,
∴EB=FC,AE=AF,
又
∵AB=7,AC=9,
∴AF=$\frac{7+9}{2}$=8,
在Rt△ADF中,∠CAD=30°,
∴DF=$\frac{1}{2}$AD,
由勾股定理得$DF^2+AF^2=AD^2$,
即$(\frac{1}{2}AD)^2+8^2=AD^2$,解得$AD=\frac{16\sqrt{3}}{3}$.
解析
【分析】
首先，点I是△ABC的内心，根据内心的定义可知AD平分∠BAC，结合∠BAC=60°可得∠BAD=∠CAD=30°；再根据圆周角定理，相等的圆周角所对的弦相等，推出BD=CD。接下来要求AD的长度，考虑构造直角三角形求解：过D作AB、AC的垂线，利用角平分线的性质得到两条垂线段相等，通过HL证明两组直角三角形全等，推导出AE=AF、EB=FC，进而得到AF=(AB+AC)÷2；最后在Rt△ADF中，利用30°角的直角三角形的性质和勾股定理列方程即可求出AD的长。
【解析】
如图，连接DB，DC，过D作DE⊥AB交AB的延长线于点E，DF⊥AC于点F，
∵点I为△ABC的内心，∠BAC=60°，
∴∠BAD=∠CAD=30°，
∴$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，即BD=CD，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，AD平分∠BAC，
∴∠DEB=∠DFC=90°，DE=DF，
∴Rt△DEB≌Rt△DFC（HL），Rt△ADE≌Rt△ADF（HL），
∴EB=FC，AE=AF，
∵AB=7，AC=9，
∴AB+AC = (AE - EB) + (AF + FC) = AE + AF = 2AF = 16，
解得AF=8，
在Rt△ADF中，∠CAD=30°，
∴DF=$\frac{1}{2}$AD，
由勾股定理可得：$DF^2 + AF^2 = AD^2$，
代入得：$(\frac{1}{2}AD)^2 + 8^2 = AD^2$，
解得$AD=\frac{16\sqrt{3}}{3}$（负解不符合题意，舍去）。
【答案】
$\frac{16\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
三角形内心的性质，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题综合了三角形内心、圆周角、全等三角形、勾股定理等多个知识点，解题的关键是通过作垂线构造全等三角形，将已知边长转化为直角三角形的边长，结合特殊角的性质列方程求解，很好地体现了转化思想和方程思想的应用。
【难度系数】
0.6
首先，点I是△ABC的内心，根据内心的定义可知AD平分∠BAC，结合∠BAC=60°可得∠BAD=∠CAD=30°；再根据圆周角定理，相等的圆周角所对的弦相等，推出BD=CD。接下来要求AD的长度，考虑构造直角三角形求解：过D作AB、AC的垂线，利用角平分线的性质得到两条垂线段相等，通过HL证明两组直角三角形全等，推导出AE=AF、EB=FC，进而得到AF=(AB+AC)÷2；最后在Rt△ADF中，利用30°角的直角三角形的性质和勾股定理列方程即可求出AD的长。
【解析】
如图，连接DB，DC，过D作DE⊥AB交AB的延长线于点E，DF⊥AC于点F，
∵点I为△ABC的内心，∠BAC=60°，
∴∠BAD=∠CAD=30°，
∴$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，即BD=CD，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，AD平分∠BAC，
∴∠DEB=∠DFC=90°，DE=DF，
∴Rt△DEB≌Rt△DFC（HL），Rt△ADE≌Rt△ADF（HL），
∴EB=FC，AE=AF，
∵AB=7，AC=9，
∴AB+AC = (AE - EB) + (AF + FC) = AE + AF = 2AF = 16，
解得AF=8，
在Rt△ADF中，∠CAD=30°，
∴DF=$\frac{1}{2}$AD，
由勾股定理可得：$DF^2 + AF^2 = AD^2$，
代入得：$(\frac{1}{2}AD)^2 + 8^2 = AD^2$，
解得$AD=\frac{16\sqrt{3}}{3}$（负解不符合题意，舍去）。
【答案】
$\frac{16\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
三角形内心的性质，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题综合了三角形内心、圆周角、全等三角形、勾股定理等多个知识点，解题的关键是通过作垂线构造全等三角形，将已知边长转化为直角三角形的边长，结合特殊角的性质列方程求解，很好地体现了转化思想和方程思想的应用。
【难度系数】
0.6
8. 核心素养 推理能力 「2024 四川内江中考」如图,在$△ ABC$中,$∠ ABC=60°$,$BC=8$,$E$是$BC$边上一点,且$BE=2$,点$I$是$△ ABC$的内心,$BI$的延长线交$AC$于点$D$,$P$是$BD$上一动点,连接$PE$,$PC$,则$PE+PC$的最小值为
$2\sqrt{13}$
.答案
8.答案 $2\sqrt{13}$
解析 如图,在AB上取点F,使BF=BE=2,连接PF,CF,过点F作FH⊥BC于点H,
∵点I是△ABC的内心,
∴BI平分∠ABC,
∴∠ABD=∠CBD,又BP=BP,
∴△BFP≌△BEP(SAS),
∴PF=PE,
∴PE+PC=PF+PC≥CF.
当C,P,F三点共线时,PE+PC的值最小,最小值为CF的长,
∵FH⊥BC,∠ABC=60°,
∴∠BFH=30°,
∴BH=$\frac{1}{2}$BF=1,
∴FH=$\sqrt{BF^2-BH^2}$=$\sqrt{3}$,CH=BC-BH=7,
∴CF=$\sqrt{CH^2+FH^2}$=$2\sqrt{13}$,
∴PE+PC的最小值为$2\sqrt{13}$.
解析
【分析】
本题是折线段和的最小值问题，解题思路可按以下步骤梳理：首先，求PE+PC这类折线段和的最小值，核心思路是通过轴对称转化，将折线段转化为两点之间的线段，利用“两点之间线段最短”求解；其次，已知点I是△ABC的内心，可得BD是∠ABC的角平分线，角平分线是角的对称轴，因此可在AB上取与点E关于BD对称的点F，构造全等三角形将PE转化为PF，此时PE+PC就转化为PF+PC；最后计算CF的长度，即为PE+PC的最小值，计算CF时可构造直角三角形，结合特殊角的性质和勾股定理求解。
【解析】
如图，在AB上取点F，使BF=BE=2，连接PF，CF，过点F作FH⊥BC于点H。
∵点I是△ABC的内心，
∴BI平分∠ABC，即∠FBP=∠EBP，
又
∵BP=BP，BF=BE，
∴△BFP≌△BEP（SAS），
∴PF=PE，
∴PE+PC=PF+PC，根据两点之间线段最短可得PF+PC≥CF，当且仅当C、P、F三点共线时，等号成立，即PE+PC的最小值为CF的长。
∵FH⊥BC，∠ABC=60°，
∴∠BFH=30°，
∴BH=$\frac{1}{2}$BF=1，
由勾股定理得FH=$\sqrt{BF^2-BH^2}$=$\sqrt{2^2-1^2}$=$\sqrt{3}$，
又
∵CH=BC-BH=8-1=7，
∴CF=$\sqrt{CH^2+FH^2}$=$\sqrt{7^2+(\sqrt{3})^2}$=$\sqrt{52}$=$2\sqrt{13}$。
【答案】
$2\sqrt{13}$
【知识点】
三角形内心的性质，最短路径问题，勾股定理
【点评】
本题综合考查了三角形内心的性质、全等三角形的判定与性质、特殊直角三角形的性质及勾股定理，核心是运用转化思想将折线段和的最值转化为定线段的长度，对学生的几何构造能力和知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
本题是折线段和的最小值问题，解题思路可按以下步骤梳理：首先，求PE+PC这类折线段和的最小值，核心思路是通过轴对称转化，将折线段转化为两点之间的线段，利用“两点之间线段最短”求解；其次，已知点I是△ABC的内心，可得BD是∠ABC的角平分线，角平分线是角的对称轴，因此可在AB上取与点E关于BD对称的点F，构造全等三角形将PE转化为PF，此时PE+PC就转化为PF+PC；最后计算CF的长度，即为PE+PC的最小值，计算CF时可构造直角三角形，结合特殊角的性质和勾股定理求解。
【解析】
如图，在AB上取点F，使BF=BE=2，连接PF，CF，过点F作FH⊥BC于点H。
∵点I是△ABC的内心，
∴BI平分∠ABC，即∠FBP=∠EBP，
又
∵BP=BP，BF=BE，
∴△BFP≌△BEP（SAS），
∴PF=PE，
∴PE+PC=PF+PC，根据两点之间线段最短可得PF+PC≥CF，当且仅当C、P、F三点共线时，等号成立，即PE+PC的最小值为CF的长。
∵FH⊥BC，∠ABC=60°，
∴∠BFH=30°，
∴BH=$\frac{1}{2}$BF=1，
由勾股定理得FH=$\sqrt{BF^2-BH^2}$=$\sqrt{2^2-1^2}$=$\sqrt{3}$，
又
∵CH=BC-BH=8-1=7，
∴CF=$\sqrt{CH^2+FH^2}$=$\sqrt{7^2+(\sqrt{3})^2}$=$\sqrt{52}$=$2\sqrt{13}$。
【答案】
$2\sqrt{13}$
【知识点】
三角形内心的性质，最短路径问题，勾股定理
【点评】
本题综合考查了三角形内心的性质、全等三角形的判定与性质、特殊直角三角形的性质及勾股定理，核心是运用转化思想将折线段和的最值转化为定线段的长度，对学生的几何构造能力和知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
