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1[2025江苏常州调研]如图,将三块完全相同的等腰直角三角板的一个锐角顶点都放在点M处,再使其各有一条直角边恰好在$△ ABC$的边上,此时点M是(
A.$△ ABC$的外心
B.$△ ABC$的内心
C.$△ ABC$的重心
D.$△ ABC$的垂心
B
)A.$△ ABC$的外心
B.$△ ABC$的内心
C.$△ ABC$的重心
D.$△ ABC$的垂心
答案
B 【解析】根据题意可得点 M 到 AB,BC,AC 的距离相等,都为等腰直角三角形的腰长,
∴ 点 M 是△ABC 的内心. 故选 B.
本题考查三角形内切圆和三角形内心的性质:三角形的内心到三角形三边的距离相等.由点 M 到AB,BC,AC 的距离相等,确定点 M 是△ABC的内心.
∴ 点 M 是△ABC 的内心. 故选 B.
本题考查三角形内切圆和三角形内心的性质:三角形的内心到三角形三边的距离相等.由点 M 到AB,BC,AC 的距离相等,确定点 M 是△ABC的内心.
解析
【分析】
解题时首先提取题干已知条件：三块完全相同的等腰直角三角板的锐角顶点重合于M，且各有一条直角边落在△ABC的三边上。第一步，结合等腰直角三角形的性质，完全相同的等腰直角三角板的直角边长度相等；第二步，三角板的一条直角边在△ABC的边上，说明另一条直角边垂直于△ABC的对应边，因此直角边的长度就是点M到△ABC对应边的距离，即可推出M到△ABC三边的距离相等；第三步，回忆三角形各特殊点的性质：外心到三顶点距离相等，内心到三边距离相等，重心是三边中线交点，垂心是三边高线交点，由此即可判断M的类型。
【解析】
∵ 三块等腰直角三角板完全相同，
∴ 它们的直角边长度相等，
又
∵ 每块三角板各有一条直角边在△ABC的边上，
∴ 点M到AB、BC、AC三边的距离均等于等腰直角三角板的直角边长，即点M到△ABC三边的距离相等，
根据三角形内心的性质：三角形的内心到三角形三边的距离相等，可知点M是△ABC的内心。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
1.三角形内心的判定
2.等腰直角三角形的性质
3.点到直线的距离
【点评】
本题是基础概念考查题，解题的核心是将三角板的边长转化为点到三角形三边的距离，再结合对应性质判断即可，需要学生熟练区分三角形各特殊点的性质，避免概念混淆。
【难度系数】
0.8
解题时首先提取题干已知条件：三块完全相同的等腰直角三角板的锐角顶点重合于M，且各有一条直角边落在△ABC的三边上。第一步，结合等腰直角三角形的性质，完全相同的等腰直角三角板的直角边长度相等；第二步，三角板的一条直角边在△ABC的边上，说明另一条直角边垂直于△ABC的对应边，因此直角边的长度就是点M到△ABC对应边的距离，即可推出M到△ABC三边的距离相等；第三步，回忆三角形各特殊点的性质：外心到三顶点距离相等，内心到三边距离相等，重心是三边中线交点，垂心是三边高线交点，由此即可判断M的类型。
【解析】
∵ 三块等腰直角三角板完全相同，
∴ 它们的直角边长度相等，
又
∵ 每块三角板各有一条直角边在△ABC的边上，
∴ 点M到AB、BC、AC三边的距离均等于等腰直角三角板的直角边长，即点M到△ABC三边的距离相等，
根据三角形内心的性质：三角形的内心到三角形三边的距离相等，可知点M是△ABC的内心。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
1.三角形内心的判定
2.等腰直角三角形的性质
3.点到直线的距离
【点评】
本题是基础概念考查题，解题的核心是将三角板的边长转化为点到三角形三边的距离，再结合对应性质判断即可，需要学生熟练区分三角形各特殊点的性质，避免概念混淆。
【难度系数】
0.8
2 下列说法:①三角形的内心不一定在三角形的内部;②若点I是△ABC的内心,则AI平分∠BAC;③三角形有唯一的内切圆,圆有唯一的外切三角形.其中正确的有
1
个.答案
1 【解析】三角形的内心是三角形三条角平分线的交点,内心一定在三角形的内部,故①错误,②正确;圆的外切三角形有无数个,故③错误.
解析
【分析】
本题围绕三角形内切圆的相关概念设置判断，解题时需结合定义、性质逐一验证每个说法：首先回忆三角形内心的定义，明确其是三角形三条角平分线的交点，以此判断①②的正误；再分别结合三角形内切圆的唯一性、圆的外切三角形的特点判断③的正误，最后统计正确说法的个数即可。
【解析】
我们对三个说法逐一分析：
1. 关于说法①：三角形的内心是三角形三条角平分线的交点，任意三角形的三条角平分线都位于三角形内部，因此内心一定在三角形的内部，故①错误；
2. 关于说法②：若点I是△ABC的内心，根据内心的定义，I是△ABC三条角平分线的公共交点，因此AI是∠BAC的角平分线，即AI平分∠BAC，故②正确；
3. 关于说法③：三角形的内心是唯一的，内切圆的半径等于内心到三角形任意一边的距离，因此一个三角形有唯一的内切圆；但给定一个圆，只要三角形的三条边都和该圆相切，就是这个圆的外切三角形，满足条件的外切三角形可以画出无数个，故③错误。
综上，正确的说法只有1个。
【答案】
1
【知识点】
三角形内心的性质，三角形的内切圆，圆的外切三角形
【点评】
本题属于基础概念辨析题，重点考查对三角形内心及内切圆、圆的外切三角形相关概念的理解，解题的关键是准确识记相关概念的特点，避免混淆概念导致判断失误。
【难度系数】
0.8
本题围绕三角形内切圆的相关概念设置判断，解题时需结合定义、性质逐一验证每个说法：首先回忆三角形内心的定义，明确其是三角形三条角平分线的交点，以此判断①②的正误；再分别结合三角形内切圆的唯一性、圆的外切三角形的特点判断③的正误，最后统计正确说法的个数即可。
【解析】
我们对三个说法逐一分析：
1. 关于说法①：三角形的内心是三角形三条角平分线的交点，任意三角形的三条角平分线都位于三角形内部，因此内心一定在三角形的内部，故①错误；
2. 关于说法②：若点I是△ABC的内心，根据内心的定义，I是△ABC三条角平分线的公共交点，因此AI是∠BAC的角平分线，即AI平分∠BAC，故②正确；
3. 关于说法③：三角形的内心是唯一的，内切圆的半径等于内心到三角形任意一边的距离，因此一个三角形有唯一的内切圆；但给定一个圆，只要三角形的三条边都和该圆相切，就是这个圆的外切三角形，满足条件的外切三角形可以画出无数个，故③错误。
综上，正确的说法只有1个。
【答案】
1
【知识点】
三角形内心的性质，三角形的内切圆，圆的外切三角形
【点评】
本题属于基础概念辨析题，重点考查对三角形内心及内切圆、圆的外切三角形相关概念的理解，解题的关键是准确识记相关概念的特点，避免混淆概念导致判断失误。
【难度系数】
0.8
3[2026江苏无锡期中]如图(1),把$△ ABC$剪成三部分,将边$AB,BC,AC$放在同一直线$l$上,如图(2),点$O$都落在直线$MN$上,直线$MN// l$.在$△ ABC$中,若$∠ AOB=125°$,则$∠ ACB$的度数为 (
A.$70°$
B.$65°$
C.$60°$
D.$85°$
A
)A.$70°$
B.$65°$
C.$60°$
D.$85°$
答案
A 【解析】如图,过点 O 分别作 $OD ⊥ AC$ 于 D, $OE ⊥ AB$ 于 E,$OF ⊥ BC$ 于 F.
∵ 直线 $MN//l$,
∴ $OD=OE=OF$,
∴ 点 O 是 $△ABC$ 的内心,为三个内角平分线的交点.
∵ $∠ AOB = 125°$,
∴ $∠ OAB+ ∠ OBA = 180°- ∠ AOB = 55°$,
∴ $∠ CAB+ ∠ CBA = 2 ( ∠ OAB+ ∠ OBA ) = 110°$,
∴ $∠ ACB = 180°-( ∠ CAB+ ∠ CBA )= 70°$. 故选 A.
解析
【分析】
解题时首先观察到MN平行于直线l，过点O向△ABC的三边作垂线，这三条垂线都是平行线MN与l之间的距离，因此长度相等；根据三角形内心的定义，到三角形三边距离相等的点是三角形的内心，即三个内角平分线的交点；接下来利用三角形内角和定理，先由已知∠AOB的度数求出∠OAB与∠OBA的和，再结合角平分线的性质得到△ABC中∠CAB与∠CBA的和，最后再次利用三角形内角和定理即可求出∠ACB的度数。
【解析】
如图，过点O分别作 $OD ⊥ AC$ 于D, $OE ⊥ AB$ 于E,$OF ⊥ BC$ 于F.
∵ 直线 $MN//l$,
∴ 平行线间的距离相等，即$OD=OE=OF$,
∴ 点O是$△ABC$的内心，即三个内角平分线的交点，OA平分∠CAB，OB平分∠CBA.
∵ $∠ AOB = 125°$,
在△AOB中，由三角形内角和定理得：$∠ OAB+ ∠ OBA = 180°- ∠ AOB = 55°$,
∴ $∠ CAB+ ∠ CBA = 2 ( ∠ OAB+ ∠ OBA ) = 2×55°=110°$,
在△ABC中，$∠ ACB = 180°-( ∠ CAB+ ∠ CBA )= 180°-110°=70°$.
故选A.
【答案】
A
【知识点】
三角形内心的性质，平行线间的距离，三角形内角和定理
【点评】
本题属于三角形的综合基础题，解题的核心是通过平行线间距离相等判断出点O为三角形的内心，再结合角平分线的性质和三角形内角和定理逐步推导计算即可。
【难度系数】
0.7
解题时首先观察到MN平行于直线l，过点O向△ABC的三边作垂线，这三条垂线都是平行线MN与l之间的距离，因此长度相等；根据三角形内心的定义，到三角形三边距离相等的点是三角形的内心，即三个内角平分线的交点；接下来利用三角形内角和定理，先由已知∠AOB的度数求出∠OAB与∠OBA的和，再结合角平分线的性质得到△ABC中∠CAB与∠CBA的和，最后再次利用三角形内角和定理即可求出∠ACB的度数。
【解析】
如图，过点O分别作 $OD ⊥ AC$ 于D, $OE ⊥ AB$ 于E,$OF ⊥ BC$ 于F.
∵ 直线 $MN//l$,
∴ 平行线间的距离相等，即$OD=OE=OF$,
∴ 点O是$△ABC$的内心，即三个内角平分线的交点，OA平分∠CAB，OB平分∠CBA.
∵ $∠ AOB = 125°$,
在△AOB中，由三角形内角和定理得：$∠ OAB+ ∠ OBA = 180°- ∠ AOB = 55°$,
∴ $∠ CAB+ ∠ CBA = 2 ( ∠ OAB+ ∠ OBA ) = 2×55°=110°$,
在△ABC中，$∠ ACB = 180°-( ∠ CAB+ ∠ CBA )= 180°-110°=70°$.
故选A.
【答案】
A
【知识点】
三角形内心的性质，平行线间的距离，三角形内角和定理
【点评】
本题属于三角形的综合基础题，解题的核心是通过平行线间距离相等判断出点O为三角形的内心，再结合角平分线的性质和三角形内角和定理逐步推导计算即可。
【难度系数】
0.7
4[2026江苏南通质检]如图，在$△ ABC$中，$AB = AC$，点$D$在$AC$边上，过$△ ABD$的内心$I$作$IE ⊥ BD$于点$E$. 若$BD = 14$，$CD = 6$，则$BE$的长为（
A.$8$
B.$9$
C.$10$
D.$11$
C
）A.$8$
B.$9$
C.$10$
D.$11$
答案
C 【解析】如图,连接 $BI$,过点 $I$ 作 $IG ⊥ AB$,$IF ⊥ AC$,垂足分别为 $G,F$.
∵ 点 $I$ 为 $△ABD$ 的内心,
∴ $IG = IE = IF$, $BI$ 平分 $∠ ABD$,
∴ $∠ GBI = ∠ EBI$. 又
∵ $BI = BI$,
∴ $Rt△IGB≌ Rt△IEB$,
∴ $BG = BE$. 同理, $AG=AF,DE = DF$. 设 $AG = AF = a$,$DE = DF = b$.
∵ $BD = 14$,
∴ $BE = BG = 14-b$,
∴ $AB = AG+BG = a+14-b$,$AC = AD+DC = a+b+6$.
∵ $AB = AC$,
∴ $a+14-b = a+b+6$, 解得 $b = 4$,
∴ $BE = 14-b = 10$. 故选 C.
解析
【分析】
遇到涉及三角形内心的线段计算问题，首先回忆内心的性质：内心是三角形角平分线的交点，到三角形三边的距离相等。本题已知AB=AC，给出了BD、CD的长度，要求BE的长，可过内心向△ABD的另外两边作垂线，构造全等三角形得到多组相等的线段，再设未知数，利用AB=AC的等量关系列方程求解。
【解析】
如图，连接$BI$，过点$I$作$IG ⊥ AB$，$IF ⊥ AC$，垂足分别为$G$，$F$。
∵ 点$I$为$△ABD$的内心，
∴ $IG = IE = IF$，$BI$平分$∠ ABD$，即$∠ GBI = ∠ EBI$。
在$Rt△IGB$和$Rt△IEB$中：
$\begin{cases} BI=BI \\ IG=IE \end{cases}$
∴ $Rt△IGB≌ Rt△IEB$（HL），
∴ $BG = BE$。
同理可证：$AG=AF$，$DE = DF$。
设 $AG = AF = a$，$DE = DF = b$。
∵ $BD = 14$，
∴ $BE = BG = 14-b$，
∴ $AB = AG+BG = a+14-b$，$AC = AD+DC = a+b+6$。
又
∵ $AB = AC$，
∴ $a+14-b = a+b+6$，解得 $b = 4$，
∴ $BE = 14-b = 10$。
【答案】
C
【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】
本题是三角形内切圆相关的典型题型，解题核心是利用内心的性质得到相等线段，结合全等三角形、等腰三角形的性质，通过设参数建立等式求解，能有效考查学生对几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
遇到涉及三角形内心的线段计算问题，首先回忆内心的性质：内心是三角形角平分线的交点，到三角形三边的距离相等。本题已知AB=AC，给出了BD、CD的长度，要求BE的长，可过内心向△ABD的另外两边作垂线，构造全等三角形得到多组相等的线段，再设未知数，利用AB=AC的等量关系列方程求解。
【解析】
如图，连接$BI$，过点$I$作$IG ⊥ AB$，$IF ⊥ AC$，垂足分别为$G$，$F$。
∵ 点$I$为$△ABD$的内心，
∴ $IG = IE = IF$，$BI$平分$∠ ABD$，即$∠ GBI = ∠ EBI$。
在$Rt△IGB$和$Rt△IEB$中：
$\begin{cases} BI=BI \\ IG=IE \end{cases}$
∴ $Rt△IGB≌ Rt△IEB$（HL），
∴ $BG = BE$。
同理可证：$AG=AF$，$DE = DF$。
设 $AG = AF = a$，$DE = DF = b$。
∵ $BD = 14$，
∴ $BE = BG = 14-b$，
∴ $AB = AG+BG = a+14-b$，$AC = AD+DC = a+b+6$。
又
∵ $AB = AC$，
∴ $a+14-b = a+b+6$，解得 $b = 4$，
∴ $BE = 14-b = 10$。
【答案】
C
【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】
本题是三角形内切圆相关的典型题型，解题核心是利用内心的性质得到相等线段，结合全等三角形、等腰三角形的性质，通过设参数建立等式求解，能有效考查学生对几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
5[2025浙江杭州质检]如图,平面直角坐标系中三个点的坐标为$A(1,1),B(2,4),C(3,1)$,则$△ ABC$的内切圆的半径长为
(第5题图)
(第6题图)
$\frac{\sqrt{10}-1}{3}$
.(第5题图)
(第6题图)
答案
$\frac{\sqrt{10}-1}{3}$ 【解析】如图,设 $△ABC$ 的内切圆 $⊙I$ 与 $AB,BC,AC$ 分别相切于点 $F$, $J,E$.
∵ $A ( 1, 1 ), B( 2, 4 )$, $C( 3, 1 )$,
∴ $AC = 2$, $AB = \sqrt{(2-1)^2+(4-1)^2} = \sqrt{10}$, $BC = \sqrt{(3-2)^2+(1-4)^2} = \sqrt{10}$,
∴ $AB = CB$,$S_{△ABC} = \frac{1}{2}×2×3 = 3$. 连接 $AI,BI,CI$, 设 $△ABC$ 的内切圆的半径长为 $r$, 则 $IF = IJ = IE = r$.
∵ $IF ⊥ AB$,$IJ ⊥ BC$,$IE ⊥ AC$,
∴ $S_{△ABC} = S_{△ABI}+S_{△ACI}+S_{△BCI} = \frac{1}{2}×\sqrt{10}×r+ \frac{1}{2}×2×r+ \frac{1}{2}×\sqrt{10}×r = 3$, 解得 $r = \frac{\sqrt{10}-1}{3}$, 故答案为 $\frac{\sqrt{10}-1}{3}$.
归纳总结
求$△ABC$内切圆的半径可以用 $r = \frac{2S_{△ABC}}{C_{△ABC}}$ 来求.
解析
【分析】
解题思路如下：第一步，先根据三个点的坐标计算$△ ABC$各边的长度：A和C纵坐标相同，可直接得出AC的长度，再用两点间距离公式计算AB、BC的长度，判断三角形形状；第二步，根据AC边水平的位置，计算点B到AC的距离，求出$△ ABC$的面积；第三步，利用三角形内切圆的性质，将$△ ABC$的面积拆分为以内切圆半径为高、原三角形三边为底的三个小三角形的面积和，列方程求解内切圆半径$r$即可。
【解析】
设$△ ABC$的内切圆$\odot I$与$AB,BC,AC$分别相切于点$F$, $J$,$E$。
$\because A ( 1, 1 ), B( 2, 4 )$, $C( 3, 1 )$，
$\therefore AC=3-1=2$，
$AB = \sqrt{(2-1)^2+(4-1)^2} = \sqrt{1+9}=\sqrt{10}$，
$BC = \sqrt{(3-2)^2+(1-4)^2} = \sqrt{1+9}=\sqrt{10}$，
$\therefore AB=CB$，$△ ABC$为等腰三角形。
AC边所在直线为$y=1$，点B到AC的距离为$4-1=3$，
$\therefore S_{△ ABC} = \frac{1}{2}× AC × 高 = \frac{1}{2}×2×3 = 3$。
连接$AI,BI,CI$，设$△ ABC$的内切圆的半径长为$r$，则$IF = IJ = IE = r$。
$\because$ 内切圆与三边相切，$\therefore IF ⊥ AB$，$IJ ⊥ BC$，$IE ⊥ AC$，
$\therefore S_{△ ABC} = S_{△ ABI}+S_{△ ACI}+S_{△ BCI}$
$= \frac{1}{2}×AB×r+ \frac{1}{2}×AC×r+ \frac{1}{2}×BC×r$
$= \frac{1}{2}×\sqrt{10}×r+ \frac{1}{2}×2×r+ \frac{1}{2}×\sqrt{10}×r = 3$，
整理得$r(\sqrt{10}+1)=3$，解得$r = \frac{3}{\sqrt{10}+1}=\frac{3(\sqrt{10}-1)}{(\sqrt{10}+1)(\sqrt{10}-1)}=\frac{\sqrt{10}-1}{3}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{10}-1}{3}$
【知识点】
1. 两点间距离计算
2. 内切圆性质
3. 面积法求解
【点评】
本题结合平面直角坐标系考查三角形内切圆半径的求解，核心是利用面积法将三角形总面积拆分为三个以内切圆半径为高的小三角形面积之和，解题过程中需要熟练掌握距离计算、分母有理化等基础技能，是三角形内切圆相关知识的典型应用题型。
【难度系数】
0.6
解题思路如下：第一步，先根据三个点的坐标计算$△ ABC$各边的长度：A和C纵坐标相同，可直接得出AC的长度，再用两点间距离公式计算AB、BC的长度，判断三角形形状；第二步，根据AC边水平的位置，计算点B到AC的距离，求出$△ ABC$的面积；第三步，利用三角形内切圆的性质，将$△ ABC$的面积拆分为以内切圆半径为高、原三角形三边为底的三个小三角形的面积和，列方程求解内切圆半径$r$即可。
【解析】
设$△ ABC$的内切圆$\odot I$与$AB,BC,AC$分别相切于点$F$, $J$,$E$。
$\because A ( 1, 1 ), B( 2, 4 )$, $C( 3, 1 )$，
$\therefore AC=3-1=2$，
$AB = \sqrt{(2-1)^2+(4-1)^2} = \sqrt{1+9}=\sqrt{10}$，
$BC = \sqrt{(3-2)^2+(1-4)^2} = \sqrt{1+9}=\sqrt{10}$，
$\therefore AB=CB$，$△ ABC$为等腰三角形。
AC边所在直线为$y=1$，点B到AC的距离为$4-1=3$，
$\therefore S_{△ ABC} = \frac{1}{2}× AC × 高 = \frac{1}{2}×2×3 = 3$。
连接$AI,BI,CI$，设$△ ABC$的内切圆的半径长为$r$，则$IF = IJ = IE = r$。
$\because$ 内切圆与三边相切，$\therefore IF ⊥ AB$，$IJ ⊥ BC$，$IE ⊥ AC$，
$\therefore S_{△ ABC} = S_{△ ABI}+S_{△ ACI}+S_{△ BCI}$
$= \frac{1}{2}×AB×r+ \frac{1}{2}×AC×r+ \frac{1}{2}×BC×r$
$= \frac{1}{2}×\sqrt{10}×r+ \frac{1}{2}×2×r+ \frac{1}{2}×\sqrt{10}×r = 3$，
整理得$r(\sqrt{10}+1)=3$，解得$r = \frac{3}{\sqrt{10}+1}=\frac{3(\sqrt{10}-1)}{(\sqrt{10}+1)(\sqrt{10}-1)}=\frac{\sqrt{10}-1}{3}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{10}-1}{3}$
【知识点】
1. 两点间距离计算
2. 内切圆性质
3. 面积法求解
【点评】
本题结合平面直角坐标系考查三角形内切圆半径的求解，核心是利用面积法将三角形总面积拆分为三个以内切圆半径为高的小三角形面积之和，解题过程中需要熟练掌握距离计算、分母有理化等基础技能，是三角形内切圆相关知识的典型应用题型。
【难度系数】
0.6
6[2025江苏无锡调研]如图,点I是△ABC的内心,连接IB,IC.
(1)若∠A=90°,则∠BIC的度数为
(2)连接IA,则$S_{△ IBC}$
(1)若∠A=90°,则∠BIC的度数为
$135°$
;(2)连接IA,则$S_{△ IBC}$
$＜$
$S_{△ IAB}+S_{△ IAC}$(填“＜”“=”或“＞”).答案
(1) $135°$ (2) $＜$ 【解析】(1)
∵ $∠ A = 90°$,
∴ $∠ABC+ ∠ACB = 90°$.
∵ 点 $I$ 是 $△ABC$ 的内心,
∴ $IB,IC$ 是 $△ABC$ 的角平分线,
∴ $∠ 1 = \frac{1}{2}∠ABC$, $∠ 2 = \frac{1}{2}∠ACB$,
∴ $∠ 1+ ∠ 2 = \frac{1}{2}( ∠ABC+ ∠ACB ) = 45°$,
∴ $∠ BIC = 180° - ∠ 1 - ∠ 2 = 135°$. 故答案为 $135°$.
(2) 如图所示.
∵ 点 $I$ 是 $△ABC$ 的内心,
∴ 点 $I$ 是 $△ABC$ 的三条角平分线的交点,
∴ 点 $I$ 到 $△ABC$ 三边的距离相等. 设点 $I$ 到 $△ABC$ 三边的距离为 $h$, 则 $S_{△IBC} = \frac{1}{2}BC · h$,$S_{△IAB}+S_{△IAC} = \frac{1}{2}AB · h + \frac{1}{2}AC · h = \frac{1}{2}( AB+AC ) · h$.
∵ $BC＜AC+AB$,
∴ $S_{△IBC}＜S_{△IAB}+S_{△IAC}$. 故答案为 $＜$.
关键点拨
(1) 作 $△ABC$ 内切圆的圆心, 只需作 $△ABC$ 任意两内角的平分线, 找到两条角平分线的交点即可.
解析
【分析】
(1) 要求∠BIC的度数，先根据三角形内角和定理，由∠A=90°算出∠ABC+∠ACB的度数；再结合内心是三角形角平分线交点的性质，得到∠1和∠2分别是∠ABC、∠ACB的一半，进而求出∠1+∠2的度数，最后在△IBC中再次利用内角和定理即可求出∠BIC。
(2) 要比较三个三角形的面积大小，先利用内心到三角形三边距离相等的性质，设该距离为h，分别用含h和对应底边长的式子表示出三个三角形的面积；再结合三角形三边关系“两边之和大于第三边”，即可比较出面积的大小关系。
【解析】
(1)
∵ $∠ A = 90°$，
∴ $∠ ABC+∠ ACB = 180°-∠ A=90°$。
∵ 点$I$是$△ ABC$的内心，
∴ $IB,IC$分别是$∠ ABC、∠ ACB$的角平分线，
∴ $∠ 1 = \frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ 2 = \frac{1}{2}∠ ACB$，
∴ $∠ 1+∠ 2 = \frac{1}{2}( ∠ ABC+∠ ACB ) = \frac{1}{2}×90°=45°$，
∴ $∠ BIC = 180° - ∠ 1 - ∠ 2 = 180°-45°=135°$。
(2)
∵ 点$I$是$△ ABC$的内心，
∴ 点$I$到$△ ABC$三边的距离相等，设该距离为$h$，
则 $S_{△ IBC} = \frac{1}{2}BC · h$，
$S_{△ IAB}+S_{△ IAC} = \frac{1}{2}AB · h + \frac{1}{2}AC · h = \frac{1}{2}( AB+AC ) · h$。
根据三角形三边关系可得$BC＜AC+AB$，
∴ $\frac{1}{2}BC · h＜\frac{1}{2}( AB+AC ) · h$，即$S_{△ IBC}＜S_{△ IAB}+S_{△ IAC}$。
【答案】
(1) $135°$
(2) $＜$
【知识点】
三角形内心的性质，三角形内角和定理，三角形三边关系
【点评】
本题围绕三角形内心的核心性质出题，既考查了角度计算，又结合面积公式和三边关系考查大小比较，解题的关键是牢记内心是角平分线交点、到三边距离相等这两个性质，属于基础题型，熟练掌握相关性质即可快速求解。
【难度系数】
0.8
(1) 要求∠BIC的度数，先根据三角形内角和定理，由∠A=90°算出∠ABC+∠ACB的度数；再结合内心是三角形角平分线交点的性质，得到∠1和∠2分别是∠ABC、∠ACB的一半，进而求出∠1+∠2的度数，最后在△IBC中再次利用内角和定理即可求出∠BIC。
(2) 要比较三个三角形的面积大小，先利用内心到三角形三边距离相等的性质，设该距离为h，分别用含h和对应底边长的式子表示出三个三角形的面积；再结合三角形三边关系“两边之和大于第三边”，即可比较出面积的大小关系。
【解析】
(1)
∵ $∠ A = 90°$，
∴ $∠ ABC+∠ ACB = 180°-∠ A=90°$。
∵ 点$I$是$△ ABC$的内心，
∴ $IB,IC$分别是$∠ ABC、∠ ACB$的角平分线，
∴ $∠ 1 = \frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ 2 = \frac{1}{2}∠ ACB$，
∴ $∠ 1+∠ 2 = \frac{1}{2}( ∠ ABC+∠ ACB ) = \frac{1}{2}×90°=45°$，
∴ $∠ BIC = 180° - ∠ 1 - ∠ 2 = 180°-45°=135°$。
(2)
∵ 点$I$是$△ ABC$的内心，
∴ 点$I$到$△ ABC$三边的距离相等，设该距离为$h$，
则 $S_{△ IBC} = \frac{1}{2}BC · h$，
$S_{△ IAB}+S_{△ IAC} = \frac{1}{2}AB · h + \frac{1}{2}AC · h = \frac{1}{2}( AB+AC ) · h$。
根据三角形三边关系可得$BC＜AC+AB$，
∴ $\frac{1}{2}BC · h＜\frac{1}{2}( AB+AC ) · h$，即$S_{△ IBC}＜S_{△ IAB}+S_{△ IAC}$。
【答案】
(1) $135°$
(2) $＜$
【知识点】
三角形内心的性质，三角形内角和定理，三角形三边关系
【点评】
本题围绕三角形内心的核心性质出题，既考查了角度计算，又结合面积公式和三边关系考查大小比较，解题的关键是牢记内心是角平分线交点、到三边距离相等这两个性质，属于基础题型，熟练掌握相关性质即可快速求解。
【难度系数】
0.8
7 如图,已知在$Rt△ ABC$中,$∠ B = 90°$,$AB = 6$,$AC = 10$,点$P$是$Rt△ ABC$的内心.
(1)点$P$到边$AB$的距离为
(2)点$Q$是$Rt△ ABC$的外心,连接$PQ$,求$PQ$的长.
(1)点$P$到边$AB$的距离为
$2$
;(2)点$Q$是$Rt△ ABC$的外心,连接$PQ$,求$PQ$的长.
答案
7.【解】(1)如图,连接 $AP,BP,CP$,过点 $P$ 分别作 $PD ⊥ AB$, $PF ⊥ AC$,$PE ⊥ BC$,垂足分别为 $D,F,E$. 在 $Rt△ABC$ 中,
∵ $∠ABC = 90°$,$AB = 6$,$AC = 10$,
∴ $BC = \sqrt{AC^2-AB^2} = 8$.
∵ 点 $P$ 是 $Rt△ABC$ 的内心,
∴ $PD = PE = PF$.
∵ $S_{△ABC} = \frac{1}{2}BC · AB = \frac{1}{2}×8×6 = 24$,
∴ $\frac{1}{2}×PD×6 + \frac{1}{2}×PE×8 + \frac{1}{2}×PF×10 = 24$,
∴ $PD=2$,
∴ 点 $P$ 到边 $AB$ 的距离为 2. 故答案为 2.
(2) 如图,由(1)知,$PD = PE = 2$.
∵ $PE ⊥ BC$,$PD ⊥ AB$,$∠ABC = 90°$,
∴ 四边形 $BEPD$ 是正方形,
∴ $BE = BD = PD = PE = 2$.
∵ $AB = 6$,
∴ $AD = 4$.
∵ 点 $P$ 是 $Rt△ABC$ 的内心,
∴ $∠DAP = ∠FAP$.
在 $△ADP$ 和 $△AFP$ 中, $\begin{cases} ∠DAP = ∠FAP, \\ ∠ADP = ∠AFP = 90°, \\ AP = AP, \end{cases}$
∴ $△ADP≌△AFP(AAS)$,
∴ $AD = AF = 4$.
∵ $Q$ 是 $Rt△ABC$ 的外心,
∴ $AQ = 5$,
∴ $FQ = 1$. 在 $Rt△FPQ$ 中, 根据勾股定理得 $PQ = \sqrt{PF^2+FQ^2} = \sqrt{2^2+1^2} =\sqrt{5}$.
解析
【分析】
(1) 求内心P到AB的距离，首先明确三角形内心是三条角平分线的交点，到三边的距离相等，该距离就是三角形内切圆半径。先利用勾股定理求出Rt△ABC的BC边长，再根据大三角形面积等于内心与三个顶点连线分割出的三个小三角形的面积和，即可求出该距离。
(2) 求PQ的长，首先明确直角三角形的外心是斜边的中点，先求出外心到点A的长度，再通过全等三角形求出AF的长度，进而得到FQ的长度，最后在Rt△FPQ中用勾股定理计算PQ即可。
【解析】
(1) 连接$AP,BP,CP$，过点$P$分别作$PD ⊥ AB$, $PF ⊥ AC$,$PE ⊥ BC$，垂足分别为$D,F,E$。
在$Rt△ABC$中，$∠ ABC = 90°$，$AB = 6$，$AC = 10$，由勾股定理得：
$BC = \sqrt{AC^2-AB^2} = \sqrt{10^2-6^2}=8$。
∵点$P$是$Rt△ABC$的内心，内心到三角形三边距离相等，
∴$PD = PE = PF$，设其长度为$r$。
$S_{△ABC} = \frac{1}{2}BC · AB = \frac{1}{2}×8×6 = 24$，
又$S_{△ABC}=S_{△ABP}+S_{△BCP}+S_{△ACP}=\frac{1}{2}×AB×r + \frac{1}{2}×BC×r + \frac{1}{2}×AC×r$，
代入得：$\frac{1}{2}×r×6 + \frac{1}{2}×r×8 + \frac{1}{2}×r×10 = 24$，
解得$r=2$，即点$P$到边$AB$的距离为2。
(2) 由(1)知$PD = PE = PF = 2$，
∵$PE ⊥ BC$，$PD ⊥ AB$，$∠ ABC = 90°$，
∴四边形$BEPD$是矩形，又$PD=PE$，
∴四边形$BEPD$是正方形，
∴$BE = BD = 2$。
∵$AB = 6$，
∴$AD = AB - BD = 6-2=4$。
∵点$P$是内心，$AP$平分$∠ BAC$，
∴$∠ DAP = ∠ FAP$。
在$△ADP$和$△AFP$中：
$\begin{cases} ∠ DAP = ∠ FAP, \\ ∠ ADP = ∠ AFP = 90°, \\ AP = AP, \end{cases}$
∴$△ADP≌△AFP(AAS)$，
∴$AF = AD = 4$。
∵点$Q$是$Rt△ABC$的外心，直角三角形外心为斜边中点，
∴$AQ = \frac{1}{2}AC = 5$，
∴$FQ = AQ - AF = 5-4=1$。
在$Rt△FPQ$中，由勾股定理得：$PQ = \sqrt{PF^2+FQ^2} = \sqrt{2^2+1^2} =\sqrt{5}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{2}$；(2) $\boldsymbol{\sqrt{5}}$
【知识点】
三角形的内心与外心、勾股定理、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题围绕直角三角形的内心、外心性质展开，综合考查了面积法求内切圆半径、全等三角形证明、勾股定理求线段长等内容，解题关键是准确掌握内心、外心的特征，将问题转化为熟悉的三角形计算问题。
【难度系数】
0.7
(1) 求内心P到AB的距离，首先明确三角形内心是三条角平分线的交点，到三边的距离相等，该距离就是三角形内切圆半径。先利用勾股定理求出Rt△ABC的BC边长，再根据大三角形面积等于内心与三个顶点连线分割出的三个小三角形的面积和，即可求出该距离。
(2) 求PQ的长，首先明确直角三角形的外心是斜边的中点，先求出外心到点A的长度，再通过全等三角形求出AF的长度，进而得到FQ的长度，最后在Rt△FPQ中用勾股定理计算PQ即可。
【解析】
(1) 连接$AP,BP,CP$，过点$P$分别作$PD ⊥ AB$, $PF ⊥ AC$,$PE ⊥ BC$，垂足分别为$D,F,E$。
在$Rt△ABC$中，$∠ ABC = 90°$，$AB = 6$，$AC = 10$，由勾股定理得：
$BC = \sqrt{AC^2-AB^2} = \sqrt{10^2-6^2}=8$。
∵点$P$是$Rt△ABC$的内心，内心到三角形三边距离相等，
∴$PD = PE = PF$，设其长度为$r$。
$S_{△ABC} = \frac{1}{2}BC · AB = \frac{1}{2}×8×6 = 24$，
又$S_{△ABC}=S_{△ABP}+S_{△BCP}+S_{△ACP}=\frac{1}{2}×AB×r + \frac{1}{2}×BC×r + \frac{1}{2}×AC×r$，
代入得：$\frac{1}{2}×r×6 + \frac{1}{2}×r×8 + \frac{1}{2}×r×10 = 24$，
解得$r=2$，即点$P$到边$AB$的距离为2。
(2) 由(1)知$PD = PE = PF = 2$，
∵$PE ⊥ BC$，$PD ⊥ AB$，$∠ ABC = 90°$，
∴四边形$BEPD$是矩形，又$PD=PE$，
∴四边形$BEPD$是正方形，
∴$BE = BD = 2$。
∵$AB = 6$，
∴$AD = AB - BD = 6-2=4$。
∵点$P$是内心，$AP$平分$∠ BAC$，
∴$∠ DAP = ∠ FAP$。
在$△ADP$和$△AFP$中：
$\begin{cases} ∠ DAP = ∠ FAP, \\ ∠ ADP = ∠ AFP = 90°, \\ AP = AP, \end{cases}$
∴$△ADP≌△AFP(AAS)$，
∴$AF = AD = 4$。
∵点$Q$是$Rt△ABC$的外心，直角三角形外心为斜边中点，
∴$AQ = \frac{1}{2}AC = 5$，
∴$FQ = AQ - AF = 5-4=1$。
在$Rt△FPQ$中，由勾股定理得：$PQ = \sqrt{PF^2+FQ^2} = \sqrt{2^2+1^2} =\sqrt{5}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{2}$；(2) $\boldsymbol{\sqrt{5}}$
【知识点】
三角形的内心与外心、勾股定理、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题围绕直角三角形的内心、外心性质展开，综合考查了面积法求内切圆半径、全等三角形证明、勾股定理求线段长等内容，解题关键是准确掌握内心、外心的特征，将问题转化为熟悉的三角形计算问题。
【难度系数】
0.7
8[2025江苏淮安调研]已知$△ ABC$,如图所示.
(1)用无刻度直尺和圆规作出$△ ABC$内切圆的圆心$O$.(保留作图痕迹,不写作法和证明)
(2)如果$△ ABC$的周长为14 cm,内切圆的半径为1.2 cm,求$△ ABC$的面积.
(1)用无刻度直尺和圆规作出$△ ABC$内切圆的圆心$O$.(保留作图痕迹,不写作法和证明)
(2)如果$△ ABC$的周长为14 cm,内切圆的半径为1.2 cm,求$△ ABC$的面积.
答案
8.【解】(1)如图所示,$O$ 为所求作的点.
(2)如图所示,连接 $OA,OB,OC$, 作 $OD ⊥ AB$,$OE ⊥ BC$,$OF ⊥ AC$,垂足分别为点 $D,E,F$.
∵ 内切圆的半径为 1.2 cm,
∴ $OD = OF = OE = 1.2$ cm.
∵ $△ABC$ 的周长为 14 cm,
∴ $AB+BC+AC = 14$ cm, 则 $S_{△ABC} = S_{△AOB}+S_{△COB}+S_{△AOC} = \frac{1}{2} · AB · OD + \frac{1}{2} · BC · OE + \frac{1}{2} · AC · OF = \frac{1}{2}×1.2×( AB+BC+AC ) = \frac{1}{2}×1.2×14 = 8.4( cm^2 )$. 故 $△ABC$ 的面积为 $8.4\ cm^2$.
解析
【分析】
(1) 三角形的内切圆圆心（内心）的本质是三角形三个内角角平分线的交点，其特点是到三角形三边的距离相等，因此只需作出△ABC任意两个内角的角平分线，两条角平分线的交点就是所求的圆心O。
(2) 求解△ABC的面积可以用割补法，把大三角形拆分为△AOB、△BOC、△AOC三个小三角形，三个小三角形的高都等于内切圆的半径，底分别对应△ABC的三条边，总面积就是三个小三角形的面积和，代入已知的周长和半径数值即可算出结果。
【解析】
(1) 分别作∠B和∠C的角平分线，两条角平分线的交点即为△ABC内切圆的圆心O，作图痕迹符合要求即可。
(2) 连接OA、OB、OC，过点O作OD⊥AB于点D，OE⊥BC于点E，OF⊥AC于点F。
∵ O是△ABC的内切圆圆心，
∴ OD、OE、OF都是内切圆的半径，即OD=OE=OF=1.2 cm。
已知△ABC的周长为14 cm，即AB+BC+AC=14 cm。
△ABC的面积为三个小三角形面积之和：
$\begin{aligned}S_{△ABC}&=S_{△AOB}+S_{△BOC}+S_{△AOC}\\&=\frac{1}{2}·AB·OD+\frac{1}{2}·BC·OE+\frac{1}{2}·AC·OF\\&=\frac{1}{2}×1.2×(AB+BC+AC)\\&=\frac{1}{2}×1.2×14\\&=8.4(\mathrm{cm}^2)\end{aligned}$
【答案】
(1)，点O即为所求作的内切圆圆心；
(2) $8.4\ \mathrm{cm}^2$
【知识点】
三角形内心的确定；内切圆的性质；割补法求面积
【点评】
本题包含尺规作图和面积计算两部分，作图题考查基础的尺规作图技能，计算部分考查内切圆相关的面积公式推导，只要掌握三角形内心的定义，以及内切圆半径和三角形周长、面积的关联关系，就能顺利解题。
【难度系数】
0.7
(1) 三角形的内切圆圆心（内心）的本质是三角形三个内角角平分线的交点，其特点是到三角形三边的距离相等，因此只需作出△ABC任意两个内角的角平分线，两条角平分线的交点就是所求的圆心O。
(2) 求解△ABC的面积可以用割补法，把大三角形拆分为△AOB、△BOC、△AOC三个小三角形，三个小三角形的高都等于内切圆的半径，底分别对应△ABC的三条边，总面积就是三个小三角形的面积和，代入已知的周长和半径数值即可算出结果。
【解析】
(1) 分别作∠B和∠C的角平分线，两条角平分线的交点即为△ABC内切圆的圆心O，作图痕迹符合要求即可。
(2) 连接OA、OB、OC，过点O作OD⊥AB于点D，OE⊥BC于点E，OF⊥AC于点F。
∵ O是△ABC的内切圆圆心，
∴ OD、OE、OF都是内切圆的半径，即OD=OE=OF=1.2 cm。
已知△ABC的周长为14 cm，即AB+BC+AC=14 cm。
△ABC的面积为三个小三角形面积之和：
$\begin{aligned}S_{△ABC}&=S_{△AOB}+S_{△BOC}+S_{△AOC}\\&=\frac{1}{2}·AB·OD+\frac{1}{2}·BC·OE+\frac{1}{2}·AC·OF\\&=\frac{1}{2}×1.2×(AB+BC+AC)\\&=\frac{1}{2}×1.2×14\\&=8.4(\mathrm{cm}^2)\end{aligned}$
【答案】
(1)
，点O即为所求作的内切圆圆心；(2) $8.4\ \mathrm{cm}^2$
【知识点】
三角形内心的确定；内切圆的性质；割补法求面积
【点评】
本题包含尺规作图和面积计算两部分，作图题考查基础的尺规作图技能，计算部分考查内切圆相关的面积公式推导，只要掌握三角形内心的定义，以及内切圆半径和三角形周长、面积的关联关系，就能顺利解题。
【难度系数】
0.7
