登录
8. ★★ 如图，$\odot O$截$△ ABC$的三条边所得的弦长相等，则下列说法正确的是（
A.点O是$△ ABC$的内心
B.点O是$△ ABC$的外心
C.$△ ABC$是正三角形
D.$△ ABC$是等腰三角形
A
）A.点O是$△ ABC$的内心
B.点O是$△ ABC$的外心
C.$△ ABC$是正三角形
D.$△ ABC$是等腰三角形
答案
8. A 解析:因为等弦所对的弦心距相等,故点 O 到△ABC 三边的距离相等,从而点 O 在△ABC 的三条角平分线上,故点 O 是△ABC 的内心.
解析
【分析】
解题时首先从已知条件“⊙O截△ABC的三条边所得的弦长相等”入手，回忆圆的性质：同圆中相等的弦对应的弦心距相等，由此可以推出圆心O到三角形三边的距离相等；再结合三角形特殊点的性质：到三角形三边距离相等的点是三角形的内心，是三条角平分线的交点，而外心是到三个顶点距离相等的点，同时题目没有给出三角形边长的相关条件，无法判定三角形是等腰或正三角形，据此即可选出正确选项。
【解析】
根据圆的性质：在同圆中，相等的弦所对应的弦心距相等。
已知⊙O截△ABC的三条边所得的弦长相等，因此圆心O到这三条弦的距离相等，即点O到△ABC的AB、BC、AC三边的距离相等。
结合三角形内心的定义：三角形的内心是三角形三条内角角平分线的交点，且到三角形三边的距离相等，因此点O是△ABC的内心。
对其余选项分析：B选项，三角形的外心是到三个顶点的距离相等，不符合推导结论；C、D选项，题干没有给出△ABC的边长或角的等量关系，无法证明其为正三角形或等腰三角形，故均错误。
综上，答案选A。
【答案】
A
【知识点】
弦与弦心距的关系；三角形内心的定义
【点评】
本题是圆的性质和三角形特殊点判定的结合类基础题，解题的核心是将“截三边弦长相等”的条件转化为“圆心到三边距离相等”，再对应内心的定义即可解题，需要注意区分内心和外心的性质，不要混淆二者的判定条件。
【难度系数】
0.7
解题时首先从已知条件“⊙O截△ABC的三条边所得的弦长相等”入手，回忆圆的性质：同圆中相等的弦对应的弦心距相等，由此可以推出圆心O到三角形三边的距离相等；再结合三角形特殊点的性质：到三角形三边距离相等的点是三角形的内心，是三条角平分线的交点，而外心是到三个顶点距离相等的点，同时题目没有给出三角形边长的相关条件，无法判定三角形是等腰或正三角形，据此即可选出正确选项。
【解析】
根据圆的性质：在同圆中，相等的弦所对应的弦心距相等。
已知⊙O截△ABC的三条边所得的弦长相等，因此圆心O到这三条弦的距离相等，即点O到△ABC的AB、BC、AC三边的距离相等。
结合三角形内心的定义：三角形的内心是三角形三条内角角平分线的交点，且到三角形三边的距离相等，因此点O是△ABC的内心。
对其余选项分析：B选项，三角形的外心是到三个顶点的距离相等，不符合推导结论；C、D选项，题干没有给出△ABC的边长或角的等量关系，无法证明其为正三角形或等腰三角形，故均错误。
综上，答案选A。
【答案】
A
【知识点】
弦与弦心距的关系；三角形内心的定义
【点评】
本题是圆的性质和三角形特殊点判定的结合类基础题，解题的核心是将“截三边弦长相等”的条件转化为“圆心到三边距离相等”，再对应内心的定义即可解题，需要注意区分内心和外心的性质，不要混淆二者的判定条件。
【难度系数】
0.7
9. ★★★|教材P44习题T1变式 等边三角形内切圆与外接圆的半径之比为 （
A.$1:2$
B.$\sqrt{3}:3$
C.$\sqrt{3}:2$
D.$\sqrt{3}:1$
A
）A.$1:2$
B.$\sqrt{3}:3$
C.$\sqrt{3}:2$
D.$\sqrt{3}:1$
答案
9. A 解析:设等边三角形的边长为 a,外接圆半径为 R,内切圆半径为 r,如图,可列出关于 R,r 的方程组:
$\begin{cases} R+r=\frac{\sqrt{3}}{2}a, \\ R^2-r^2=(\frac{a}{2})^2, \end{cases}$ 即 $\begin{cases} R+r=\frac{\sqrt{3}}{2}a, \\ R-r=\frac{\sqrt{3}}{6}a, \end{cases}$
解得 $\begin{cases} R=\frac{\sqrt{3}}{3}a, \\ r=\frac{\sqrt{3}}{6}a, \end{cases}$ 故 r: R=1: 2.故选 A.
解析
【分析】
要解决等边三角形内切圆与外接圆半径之比的问题，首先利用等边三角形的特殊性质：其内心（内切圆圆心）、外心（外接圆圆心）重合，且都在三角形的高上。我们可以设等边三角形边长为a，外接圆半径为R，内切圆半径为r，首先得到高的长度为$\frac{\sqrt{3}}{2}a$，且高等于R与r的和；再结合外接圆半径、内切圆半径和边长的一半构成直角三角形，用勾股定理列出第二个方程，联立求解即可得到R和r的比值。
【解析】
设等边三角形的边长为$a$，外接圆半径为$R$，内切圆半径为$r$。
1. 等边三角形的高为$\frac{\sqrt{3}}{2}a$，由于内心、外心重合，因此高等于外接圆半径加内切圆半径，即：
$R + r = \frac{\sqrt{3}}{2}a$ ①
2. 边长的一半为$\frac{a}{2}$，$R$、$r$、$\frac{a}{2}$构成直角三角形，由勾股定理得：
$R^2 - r^2 = (\frac{a}{2})^2$
左边因式分解得$(R - r)(R + r) = \frac{a^2}{4}$，将①代入得：
$(R - r) · \frac{\sqrt{3}}{2}a = \frac{a^2}{4}$，化简得：
$R - r = \frac{\sqrt{3}}{6}a$ ②
3. 联立①②，两式相加得$2R = \frac{2\sqrt{3}}{3}a$，解得$R = \frac{\sqrt{3}}{3}a$；
两式相减得$2r = \frac{\sqrt{3}}{3}a$，解得$r = \frac{\sqrt{3}}{6}a$。
因此$r:R = \frac{\sqrt{3}}{6}a : \frac{\sqrt{3}}{3}a = 1:2$。
故选A。
【答案】
A
【知识点】
等边三角形的性质；三角形的内切圆与外接圆；勾股定理
【点评】
本题考查等边三角形内切圆和外接圆半径的关系，解题关键是利用等边三角形内心与外心重合的性质构造方程求解，也可直接记住“等边三角形内切圆半径:外接圆半径=1:2”的结论快速作答，是圆相关性质的基础常考题。
【难度系数】
0.7
要解决等边三角形内切圆与外接圆半径之比的问题，首先利用等边三角形的特殊性质：其内心（内切圆圆心）、外心（外接圆圆心）重合，且都在三角形的高上。我们可以设等边三角形边长为a，外接圆半径为R，内切圆半径为r，首先得到高的长度为$\frac{\sqrt{3}}{2}a$，且高等于R与r的和；再结合外接圆半径、内切圆半径和边长的一半构成直角三角形，用勾股定理列出第二个方程，联立求解即可得到R和r的比值。
【解析】
设等边三角形的边长为$a$，外接圆半径为$R$，内切圆半径为$r$。
1. 等边三角形的高为$\frac{\sqrt{3}}{2}a$，由于内心、外心重合，因此高等于外接圆半径加内切圆半径，即：
$R + r = \frac{\sqrt{3}}{2}a$ ①
2. 边长的一半为$\frac{a}{2}$，$R$、$r$、$\frac{a}{2}$构成直角三角形，由勾股定理得：
$R^2 - r^2 = (\frac{a}{2})^2$
左边因式分解得$(R - r)(R + r) = \frac{a^2}{4}$，将①代入得：
$(R - r) · \frac{\sqrt{3}}{2}a = \frac{a^2}{4}$，化简得：
$R - r = \frac{\sqrt{3}}{6}a$ ②
3. 联立①②，两式相加得$2R = \frac{2\sqrt{3}}{3}a$，解得$R = \frac{\sqrt{3}}{3}a$；
两式相减得$2r = \frac{\sqrt{3}}{3}a$，解得$r = \frac{\sqrt{3}}{6}a$。
因此$r:R = \frac{\sqrt{3}}{6}a : \frac{\sqrt{3}}{3}a = 1:2$。
故选A。
【答案】
A
【知识点】
等边三角形的性质；三角形的内切圆与外接圆；勾股定理
【点评】
本题考查等边三角形内切圆和外接圆半径的关系，解题关键是利用等边三角形内心与外心重合的性质构造方程求解，也可直接记住“等边三角形内切圆半径:外接圆半径=1:2”的结论快速作答，是圆相关性质的基础常考题。
【难度系数】
0.7
10. |转化思想 如图,在$△ ABC$中,$AB=7\ \mathrm{cm}$,$AC=8\ \mathrm{cm}$,$BC=6\ \mathrm{cm}$,点$O$是$△ ABC$的内心,过点$O$作$EF// AB$,与$AC$,$BC$分别交于点$E$,$F$,则$△ CEF$的周长为
14
$\mathrm{cm}$.答案
10. 14 解析:连接 OA,OB.
∵ 点 O 是△ABC 的内心,
∴ AO, BO 分别是∠CAB 和∠CBA 的平分线,
∴ ∠EAO = ∠BAO,∠FBO = ∠ABO.
∵ EF // BA,
∴ ∠EOA = ∠OAB, ∠FOB = ∠OBA,
∴ ∠EAO = ∠EOA, ∠FOB = ∠FBO,
∴ EO=EA,OF= FB,
∴ EF=AE+BF,
∴ △CEF 的周长 = CE + CF + EF = CE + EA+CF+FB=CA+CB=8+6=14( cm ).
∵ 点 O 是△ABC 的内心,
∴ AO, BO 分别是∠CAB 和∠CBA 的平分线,
∴ ∠EAO = ∠BAO,∠FBO = ∠ABO.
∵ EF // BA,
∴ ∠EOA = ∠OAB, ∠FOB = ∠OBA,
∴ ∠EAO = ∠EOA, ∠FOB = ∠FBO,
∴ EO=EA,OF= FB,
∴ EF=AE+BF,
∴ △CEF 的周长 = CE + CF + EF = CE + EA+CF+FB=CA+CB=8+6=14( cm ).
解析
【分析】
解题时先回忆三角形内心的性质：三角形的内心是三角形三个内角角平分线的交点，因此可先连接OA、OB得到角平分线。再结合EF//AB的条件，利用平行线的内错角相等，可推导出△AEO和△BFO都是等腰三角形，得到EO=EA、OF=FB，通过线段等量代换，可将△CEF的周长转化为AC与BC的长度和，代入数值计算即可。
【解析】
连接OA、OB。
∵点O是△ABC的内心，
∴AO、BO分别是∠CAB和∠CBA的角平分线，
∴∠EAO=∠BAO，∠FBO=∠ABO。
∵EF//AB，
∴∠EOA=∠OAB，∠FOB=∠OBA，
∴∠EAO=∠EOA，∠FOB=∠FBO，
∴EO=EA，OF=FB，
∴EF=EO+OF=AE+BF。
∴△CEF的周长=CE+CF+EF=CE+CF+AE+BF=(CE+AE)+(CF+BF)=AC+BC=8+6=14(cm)。
【答案】
14
【知识点】
三角形内心的性质；平行线的性质；等腰三角形的判定
【点评】
本题运用了转化思想，将所求三角形的周长通过线段等量代换转化为已知边长的和，解题的关键是熟练掌握三角形内心是角平分线交点的性质，结合平行线的性质推导等腰三角形，实现线段的替换。
【难度系数】
0.7
解题时先回忆三角形内心的性质：三角形的内心是三角形三个内角角平分线的交点，因此可先连接OA、OB得到角平分线。再结合EF//AB的条件，利用平行线的内错角相等，可推导出△AEO和△BFO都是等腰三角形，得到EO=EA、OF=FB，通过线段等量代换，可将△CEF的周长转化为AC与BC的长度和，代入数值计算即可。
【解析】
连接OA、OB。
∵点O是△ABC的内心，
∴AO、BO分别是∠CAB和∠CBA的角平分线，
∴∠EAO=∠BAO，∠FBO=∠ABO。
∵EF//AB，
∴∠EOA=∠OAB，∠FOB=∠OBA，
∴∠EAO=∠EOA，∠FOB=∠FBO，
∴EO=EA，OF=FB，
∴EF=EO+OF=AE+BF。
∴△CEF的周长=CE+CF+EF=CE+CF+AE+BF=(CE+AE)+(CF+BF)=AC+BC=8+6=14(cm)。
【答案】
14
【知识点】
三角形内心的性质；平行线的性质；等腰三角形的判定
【点评】
本题运用了转化思想，将所求三角形的周长通过线段等量代换转化为已知边长的和，解题的关键是熟练掌握三角形内心是角平分线交点的性质，结合平行线的性质推导等腰三角形，实现线段的替换。
【难度系数】
0.7
11. 如图所示的网格由边长为1个单位长度的小正方形组成，点A,B,C在直角坐标系中的坐标分别为$(3,6),(-3,3),(7,-2)$，则$△ ABC$内心的坐标为
(2,3)
。答案
11. (2,3) 解析:如图,建立平面直角坐标系,$AB=\sqrt{3^2+6^2}=3\sqrt{5}$,$AC=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$,$BC=\sqrt{5^2+10^2}=5\sqrt{5}$.
∵ $AB^2+AC^2=BC^2$,
∴ ∠BAC=90°.设 BC 的表达式为 y = kx + b,代入(-3,3),(7,-2),可得 $\begin{cases} 3=-3k+b, \\ -2=7k+b, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} k=-\frac{1}{2}, \\ b=\frac{3}{2}, \end{cases}$
∴ 直线 BC 的表达式为 $y=-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}$.当 y = 0 时,x = 3,即 G(3,0),
∴ 点 A 与点 G 关于直线 BD 对称,射线 BD 是∠ABC 的平分线.设点 M 为三角形的内心,内切圆的半径为 r,在 BD 上找一点 M,过点 M 作 ME⊥AB,MF⊥AC,且 ME=MF=r.
∵ ∠BAC=90°,
∴ 四边形 MEAF 为正方形,$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB×AC=\frac{1}{2}AB×r+\frac{1}{2}AC×r+\frac{1}{2}BC×r$,解得 $r=\sqrt{5}$,即 AE = EM = $\sqrt{5}$,
∴ $BE=3\sqrt{5}-\sqrt{5}=2\sqrt{5}$,
∴ $BM=\sqrt{BE^2+EM^2}=5$.
∵ B(-3,3),
∴ M(2,3).
解析
【分析】
解题时首先回忆三角形内心的定义：内心是三角形三条内角平分线的交点，到三边的距离等于内切圆半径。第一步先通过两点间距离公式计算△ABC的三边长，用勾股定理逆定理判断三角形形状，本题可证得△ABC是直角三角形；第二步找到其中一条角平分线所在直线，确定内心的位置特征，本题可证得∠B的平分线为水平线y=3，即内心纵坐标固定为3；第三步用面积法求出内切圆半径，再结合线段长度计算内心的横坐标，即可得到最终坐标。
【解析】
根据点A、B、C的坐标，由两点间距离公式计算三边长：
$AB=\sqrt{(3+3)^2+(6-3)^2}=3\sqrt{5}$，
$AC=\sqrt{(7-3)^2+(-2-6)^2}=4\sqrt{5}$，
$BC=\sqrt{(7+3)^2+(-2-3)^2}=5\sqrt{5}$。
∵$AB^2+AC^2=(3\sqrt{5})^2+(4\sqrt{5})^2=125=BC^2$，
∴$∠ BAC=90°$，△ABC为直角三角形。
设直线BC的解析式为$y=kx+b$，将B(-3,3)、C(7,-2)代入得：
$\begin{cases} 3=-3k+b \\ -2=7k+b \end{cases}$
解得$\begin{cases} k=-\frac{1}{2} \\ b=\frac{3}{2} \end{cases}$，即直线BC的解析式为$y=-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}$。
令$y=0$得$x=3$，即BC与x轴交点G(3,0)，点A(3,6)与G(3,0)关于直线$y=3$对称，因此直线$y=3$是∠ABC的角平分线，内心M在该直线上，纵坐标为3。
设内切圆半径为r，由三角形面积公式：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· AC=30$，
又$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}r(AB+AC+BC)=6\sqrt{5}r$，
联立得$6\sqrt{5}r=30$，解得$r=\sqrt{5}$。
过M作$ME⊥ AB$，四边形MEAF为正方形，故$AE=ME=\sqrt{5}$，$BE=AB-AE=2\sqrt{5}$。
在$Rt△ BEM$中，$BM=\sqrt{BE^2+ME^2}=5$，点B坐标为(-3,3)，沿直线$y=3$向右平移5个单位得M的横坐标为$-3+5=2$，即M(2,3)。
【答案】
(2,3)
【知识点】
三角形内心性质，直角三角形判定，一次函数应用
【点评】
本题是坐标与几何的综合题，解题的核心是先利用角平分线的性质定位内心所在的直线，再结合内切圆半径的计算推导坐标，需要熟练掌握勾股定理、一次函数解析式求解、面积法求半径等基础知识点，注意坐标与线段长度转化时的对应关系。
【难度系数】
0.6
解题时首先回忆三角形内心的定义：内心是三角形三条内角平分线的交点，到三边的距离等于内切圆半径。第一步先通过两点间距离公式计算△ABC的三边长，用勾股定理逆定理判断三角形形状，本题可证得△ABC是直角三角形；第二步找到其中一条角平分线所在直线，确定内心的位置特征，本题可证得∠B的平分线为水平线y=3，即内心纵坐标固定为3；第三步用面积法求出内切圆半径，再结合线段长度计算内心的横坐标，即可得到最终坐标。
【解析】
根据点A、B、C的坐标，由两点间距离公式计算三边长：
$AB=\sqrt{(3+3)^2+(6-3)^2}=3\sqrt{5}$，
$AC=\sqrt{(7-3)^2+(-2-6)^2}=4\sqrt{5}$，
$BC=\sqrt{(7+3)^2+(-2-3)^2}=5\sqrt{5}$。
∵$AB^2+AC^2=(3\sqrt{5})^2+(4\sqrt{5})^2=125=BC^2$，
∴$∠ BAC=90°$，△ABC为直角三角形。
设直线BC的解析式为$y=kx+b$，将B(-3,3)、C(7,-2)代入得：
$\begin{cases} 3=-3k+b \\ -2=7k+b \end{cases}$
解得$\begin{cases} k=-\frac{1}{2} \\ b=\frac{3}{2} \end{cases}$，即直线BC的解析式为$y=-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}$。
令$y=0$得$x=3$，即BC与x轴交点G(3,0)，点A(3,6)与G(3,0)关于直线$y=3$对称，因此直线$y=3$是∠ABC的角平分线，内心M在该直线上，纵坐标为3。
设内切圆半径为r，由三角形面积公式：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· AC=30$，
又$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}r(AB+AC+BC)=6\sqrt{5}r$，
联立得$6\sqrt{5}r=30$，解得$r=\sqrt{5}$。
过M作$ME⊥ AB$，四边形MEAF为正方形，故$AE=ME=\sqrt{5}$，$BE=AB-AE=2\sqrt{5}$。
在$Rt△ BEM$中，$BM=\sqrt{BE^2+ME^2}=5$，点B坐标为(-3,3)，沿直线$y=3$向右平移5个单位得M的横坐标为$-3+5=2$，即M(2,3)。
【答案】
(2,3)
【知识点】
三角形内心性质，直角三角形判定，一次函数应用
【点评】
本题是坐标与几何的综合题，解题的核心是先利用角平分线的性质定位内心所在的直线，再结合内切圆半径的计算推导坐标，需要熟练掌握勾股定理、一次函数解析式求解、面积法求半径等基础知识点，注意坐标与线段长度转化时的对应关系。
【难度系数】
0.6
12. 已知:如图,在$△ ABC$中,点$I$是$△ ABC$的内心,延长$AI$与$△ ABC$的外接圆交于点$D$,连接$BD,DC$.
(1)求证:$DI=DB$;
(2)若$∠ BAC=60°$,$BC=2\sqrt{3}$,求$DI$的长.
(1)求证:$DI=DB$;
(2)若$∠ BAC=60°$,$BC=2\sqrt{3}$,求$DI$的长.
答案
12. (1)连接 BI,如图.
∵ 点 I 是△ABC 的内心,即 AI 平分∠BAC,BI 平分∠ABC,
∴ ∠BAD = ∠DAC, ∠ABI = ∠CBI,
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$, BD = CD,
∴ ∠BAD = ∠DBC. 又
∵ ∠DBI=∠DBC+∠CBI, ∠DIB = ∠ABI + ∠BAD,
∴ ∠DBI = ∠DIB,
∴ ID=BD.
(2)
∵ ∠BAC = 60°,
∴ ∠BAD = ∠DAC = 30°,
∴ ∠BCD = ∠DBC=30°,过点 D 作 DH⊥BC,如图,
∴ BH=CH=$\frac{1}{2}BC=\sqrt{3}$,
∴ $BD=\frac{BH}{\cos30°}=\sqrt{3}÷\frac{\sqrt{3}}{2}=2$,
∴ DI=BD=2.
解析
【分析】
要解决第(1)问，需证明线段DI和DB相等，通常转化为证明二者所对的角相等，即∠DBI=∠DIB。首先利用三角形内心是角平分线交点的性质，得到两组角相等，再结合同弧所对的圆周角相等，将∠DBI和∠DIB分别拆分后对比即可完成证明。第(2)问可直接利用第(1)问的结论DI=DB，将求DI的长转化为求DB的长：先根据已知的∠BAC度数得到对应圆周角的度数，再结合等腰三角形三线合一的性质构造直角三角形，用三角函数即可求出DB的长度。
【解析】
(1) 连接BI，如图。
∵ 点I是△ABC的内心，
∴ AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，即$∠ BAD=∠ DAC$，$∠ ABI=∠ CBI$。
由圆周角定理可得，相等的圆周角所对的弧相等，故$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，因此$BD=CD$，且$∠ BAD=∠ DBC$。
∵ $∠ DBI=∠ DBC+∠ CBI$，$∠ DIB=∠ ABI+∠ BAD$，
将$∠ DBC$替换为$∠ BAD$，$∠ CBI$替换为$∠ ABI$，可得$∠ DBI=∠ DIB$，
∴ $ID=BD$。
(2)
∵ $∠ BAC=60°$，AI平分$∠ BAC$，
∴ $∠ BAD=∠ DAC=30°$，
∴ $∠ DBC=∠ BCD=∠ BAD=30°$，即$△ DBC$为等腰三角形。
过点D作$DH⊥ BC$于H，根据等腰三角形三线合一的性质，可得$BH=CH=\frac{1}{2}BC=\sqrt{3}$。
在$\mathrm{Rt}△ BDH$中，$∠ DBH=30°$，$\cos∠ DBH=\frac{BH}{BD}$，
∴ $BD=\frac{BH}{\cos30°}=\sqrt{3}÷\frac{\sqrt{3}}{2}=2$，
由(1)知$DI=BD$，故$DI=2$。
【答案】
(1) 证明如上；(2) $DI=2$
【知识点】
1. 三角形内心性质
2. 圆周角定理
3. 解直角三角形
【点评】
本题是三角形与圆结合的典型基础题，第一问通过角的等量转化证明等角对等边，是证明线段相等的常用思路；第二问借助第一问的结论实现线段转化，结合等腰三角形性质和三角函数求解，较好地考察了几何基础知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
要解决第(1)问，需证明线段DI和DB相等，通常转化为证明二者所对的角相等，即∠DBI=∠DIB。首先利用三角形内心是角平分线交点的性质，得到两组角相等，再结合同弧所对的圆周角相等，将∠DBI和∠DIB分别拆分后对比即可完成证明。第(2)问可直接利用第(1)问的结论DI=DB，将求DI的长转化为求DB的长：先根据已知的∠BAC度数得到对应圆周角的度数，再结合等腰三角形三线合一的性质构造直角三角形，用三角函数即可求出DB的长度。
【解析】
(1) 连接BI，如图。
∵ 点I是△ABC的内心，
∴ AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，即$∠ BAD=∠ DAC$，$∠ ABI=∠ CBI$。
由圆周角定理可得，相等的圆周角所对的弧相等，故$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，因此$BD=CD$，且$∠ BAD=∠ DBC$。
∵ $∠ DBI=∠ DBC+∠ CBI$，$∠ DIB=∠ ABI+∠ BAD$，
将$∠ DBC$替换为$∠ BAD$，$∠ CBI$替换为$∠ ABI$，可得$∠ DBI=∠ DIB$，
∴ $ID=BD$。
(2)
∵ $∠ BAC=60°$，AI平分$∠ BAC$，
∴ $∠ BAD=∠ DAC=30°$，
∴ $∠ DBC=∠ BCD=∠ BAD=30°$，即$△ DBC$为等腰三角形。
过点D作$DH⊥ BC$于H，根据等腰三角形三线合一的性质，可得$BH=CH=\frac{1}{2}BC=\sqrt{3}$。
在$\mathrm{Rt}△ BDH$中，$∠ DBH=30°$，$\cos∠ DBH=\frac{BH}{BD}$，
∴ $BD=\frac{BH}{\cos30°}=\sqrt{3}÷\frac{\sqrt{3}}{2}=2$，
由(1)知$DI=BD$，故$DI=2$。
【答案】
(1) 证明如上；(2) $DI=2$
【知识点】
1. 三角形内心性质
2. 圆周角定理
3. 解直角三角形
【点评】
本题是三角形与圆结合的典型基础题，第一问通过角的等量转化证明等角对等边，是证明线段相等的常用思路；第二问借助第一问的结论实现线段转化，结合等腰三角形性质和三角函数求解，较好地考察了几何基础知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
13. 阅读材料:如图①,△ABC的周长为l,面积为S,内切圆⊙O的半径为r,探究r与S,l之间的关系.连接OA,OB,OC.
∵ $ S = S_{△ OAB} + S_{△ OBC} + S_{△ OCA} $,
且 $ S_{△ OAB} = \frac{1}{2}AB · r $, $ S_{△ OBC} = \frac{1}{2}BC · r $, $ S_{△ OCA} = \frac{1}{2}CA · r $,
∴ $ S = \frac{1}{2}AB · r + \frac{1}{2}BC · r + \frac{1}{2}CA · r = \frac{1}{2}l · r $,
∴ $ r = \frac{2S}{l} $.
解决问题:(1)若四边形ABCD存在内切圆(与各边都相切的圆),如图②,且四边形ABCD的面积为S,各边长分别为a,b,c,d,试推导四边形的内切圆半径公式;
(2)若一个n边形(n为不小于3的整数)存在内切圆,且面积为S,各边长分别为$ a_1,a_2,a_3,···,a_n $,合理猜想其内切圆半径公式(不需说明理由).
∵ $ S = S_{△ OAB} + S_{△ OBC} + S_{△ OCA} $,
且 $ S_{△ OAB} = \frac{1}{2}AB · r $, $ S_{△ OBC} = \frac{1}{2}BC · r $, $ S_{△ OCA} = \frac{1}{2}CA · r $,
∴ $ S = \frac{1}{2}AB · r + \frac{1}{2}BC · r + \frac{1}{2}CA · r = \frac{1}{2}l · r $,
∴ $ r = \frac{2S}{l} $.
解决问题:(1)若四边形ABCD存在内切圆(与各边都相切的圆),如图②,且四边形ABCD的面积为S,各边长分别为a,b,c,d,试推导四边形的内切圆半径公式;
(2)若一个n边形(n为不小于3的整数)存在内切圆,且面积为S,各边长分别为$ a_1,a_2,a_3,···,a_n $,合理猜想其内切圆半径公式(不需说明理由).
答案
13. (1)设四边形 ABCD 内切圆的圆心为 O,半径为 r,连接 OA,OB,OC,OD,则 $S=S_{△OAB}+S_{△OBC}+S_{△OCD}+S_{△OAD}=\frac{1}{2}AB · r+\frac{1}{2}BC · r+\frac{1}{2}CD · r+\frac{1}{2}DA · r=\frac{1}{2}(a+b+c+d) · r$,
∴ $r=\frac{2S}{a+b+c+d}$.
(2)类比(1)的结论,易得 n 边形的内切圆的半径 $r=\frac{2S}{a_1+a_2+···+a_n}$.
∴ $r=\frac{2S}{a+b+c+d}$.
(2)类比(1)的结论,易得 n 边形的内切圆的半径 $r=\frac{2S}{a_1+a_2+···+a_n}$.
解析
【分析】
我们可以类比三角形内切圆半径的推导思路，用面积拆分法求解。对于存在内切圆的多边形，连接内切圆圆心和多边形的各个顶点，可将多边形拆分为若干个高等于内切圆半径r的小三角形，这些小三角形的面积之和等于多边形总面积，对面积和整理后就能推导出r的表达式。推导四边形公式时将四边形拆为4个小三角形即可，n边形的公式可直接类比推广得到。
【解析】
(1) 设四边形ABCD内切圆的圆心为O，半径为r，连接OA，OB，OC，OD。
四边形ABCD的面积等于4个小三角形的面积之和，即：
$S = S_{△OAB} + S_{△OBC} + S_{△OCD} + S_{△OAD}$
每个小三角形的高均为内切圆半径r，因此：
$S_{△OAB}=\frac{1}{2}AB·r=\frac{1}{2}a·r$，$S_{△OBC}=\frac{1}{2}BC·r=\frac{1}{2}b·r$，$S_{△OCD}=\frac{1}{2}CD·r=\frac{1}{2}c·r$，$S_{△OAD}=\frac{1}{2}DA·r=\frac{1}{2}d·r$
代入总面积公式得：
$S=\frac{1}{2}a·r+\frac{1}{2}b·r+\frac{1}{2}c·r+\frac{1}{2}d·r=\frac{1}{2}(a+b+c+d)·r$
整理得：$r=\frac{2S}{a+b+c+d}$
(2) 类比(1)的推导思路，将n边形拆分为n个以内切圆圆心为顶点、高为r的小三角形，总面积等于所有小三角形面积之和，整理可得：$r=\frac{2S}{a_1+a_2+···+a_n}$
【答案】
(1) $\boldsymbol{r=\frac{2S}{a+b+c+d}}$
(2) $\boldsymbol{r=\frac{2S}{a_1+a_2+\dots+a_n}}$
【知识点】
内切圆性质，面积法，类比推理
【点评】
本题属于探究类题型，核心是掌握从特殊到一般的类比思维，借助面积拆分的方法推导内切圆半径公式，这种方法在处理和内切圆相关的面积、半径计算问题时经常用到。
【难度系数】
0.7
我们可以类比三角形内切圆半径的推导思路，用面积拆分法求解。对于存在内切圆的多边形，连接内切圆圆心和多边形的各个顶点，可将多边形拆分为若干个高等于内切圆半径r的小三角形，这些小三角形的面积之和等于多边形总面积，对面积和整理后就能推导出r的表达式。推导四边形公式时将四边形拆为4个小三角形即可，n边形的公式可直接类比推广得到。
【解析】
(1) 设四边形ABCD内切圆的圆心为O，半径为r，连接OA，OB，OC，OD。
四边形ABCD的面积等于4个小三角形的面积之和，即：
$S = S_{△OAB} + S_{△OBC} + S_{△OCD} + S_{△OAD}$
每个小三角形的高均为内切圆半径r，因此：
$S_{△OAB}=\frac{1}{2}AB·r=\frac{1}{2}a·r$，$S_{△OBC}=\frac{1}{2}BC·r=\frac{1}{2}b·r$，$S_{△OCD}=\frac{1}{2}CD·r=\frac{1}{2}c·r$，$S_{△OAD}=\frac{1}{2}DA·r=\frac{1}{2}d·r$
代入总面积公式得：
$S=\frac{1}{2}a·r+\frac{1}{2}b·r+\frac{1}{2}c·r+\frac{1}{2}d·r=\frac{1}{2}(a+b+c+d)·r$
整理得：$r=\frac{2S}{a+b+c+d}$
(2) 类比(1)的推导思路，将n边形拆分为n个以内切圆圆心为顶点、高为r的小三角形，总面积等于所有小三角形面积之和，整理可得：$r=\frac{2S}{a_1+a_2+···+a_n}$
【答案】
(1) $\boldsymbol{r=\frac{2S}{a+b+c+d}}$
(2) $\boldsymbol{r=\frac{2S}{a_1+a_2+\dots+a_n}}$
【知识点】
内切圆性质，面积法，类比推理
【点评】
本题属于探究类题型，核心是掌握从特殊到一般的类比思维，借助面积拆分的方法推导内切圆半径公式，这种方法在处理和内切圆相关的面积、半径计算问题时经常用到。
【难度系数】
0.7
