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一、选择题
1. 已知$△ ABC$的三边长分别为$a$，$b$，$c$，它的内切圆半径为$r$，那么$△ ABC$的面积为().
A.$(a+b+c)r$
B.$\frac{1}{2}(a+b+c)r$
C.$\frac{1}{3}(a+b+c)r$
D.$\frac{1}{4}(a+b+c)r$
1. 已知$△ ABC$的三边长分别为$a$，$b$，$c$，它的内切圆半径为$r$，那么$△ ABC$的面积为().
A.$(a+b+c)r$
B.$\frac{1}{2}(a+b+c)r$
C.$\frac{1}{3}(a+b+c)r$
D.$\frac{1}{4}(a+b+c)r$
答案
B
解析
【分析】
解题时可利用分割法推导三角形面积：首先回忆三角形内切圆的性质，内切圆的圆心（内心）到三角形三边的距离均等于内切圆半径r，因此我们可以将△ABC分割为3个分别以a、b、c为底，高均为r的小三角形，大三角形的面积等于3个小三角形的面积之和，据此计算即可。
【解析】
设△ABC的内切圆圆心为O，连接OA、OB、OC，将△ABC分为△OBC、△OAC、△OAB三个小三角形。
∵点O是内切圆圆心，
∴点O到△ABC三边的距离均等于内切圆半径r。
根据三角形面积公式，可得：
$S_{△ OBC}=\frac{1}{2}ar$，$S_{△ OAC}=\frac{1}{2}br$，$S_{△ OAB}=\frac{1}{2}cr$
∴$△ ABC$的面积$S=S_{△ OBC}+S_{△ OAC}+S_{△ OAB}=\frac{1}{2}ar+\frac{1}{2}br+\frac{1}{2}cr=\frac{1}{2}(a+b+c)r$
故选B。
【答案】
B
【知识点】
1.三角形内切圆性质
2.三角形面积计算
3.分割法求面积
【点评】
本题是三角形内切圆相关的基础计算题，核心解题思路是利用内心到三边距离相等的性质，通过分割图形将大三角形面积转化为多个小三角形面积之和，掌握内切圆的基本性质即可快速求解。
【难度系数】
0.8
解题时可利用分割法推导三角形面积：首先回忆三角形内切圆的性质，内切圆的圆心（内心）到三角形三边的距离均等于内切圆半径r，因此我们可以将△ABC分割为3个分别以a、b、c为底，高均为r的小三角形，大三角形的面积等于3个小三角形的面积之和，据此计算即可。
【解析】
设△ABC的内切圆圆心为O，连接OA、OB、OC，将△ABC分为△OBC、△OAC、△OAB三个小三角形。
∵点O是内切圆圆心，
∴点O到△ABC三边的距离均等于内切圆半径r。
根据三角形面积公式，可得：
$S_{△ OBC}=\frac{1}{2}ar$，$S_{△ OAC}=\frac{1}{2}br$，$S_{△ OAB}=\frac{1}{2}cr$
∴$△ ABC$的面积$S=S_{△ OBC}+S_{△ OAC}+S_{△ OAB}=\frac{1}{2}ar+\frac{1}{2}br+\frac{1}{2}cr=\frac{1}{2}(a+b+c)r$
故选B。
【答案】
B
【知识点】
1.三角形内切圆性质
2.三角形面积计算
3.分割法求面积
【点评】
本题是三角形内切圆相关的基础计算题，核心解题思路是利用内心到三边距离相等的性质，通过分割图形将大三角形面积转化为多个小三角形面积之和，掌握内切圆的基本性质即可快速求解。
【难度系数】
0.8
2. 下列图形中，一定有内切圆的是().
A.梯形
B.菱形
C.矩形
D.平行四边形
A.梯形
B.菱形
C.矩形
D.平行四边形
答案
B
解析
【分析】
要判断哪个图形一定有内切圆，首先明确：若一个多边形存在内切圆，等价于多边形内部存在一点，到该多边形所有边的距离都相等；对于凸四边形，也可通过“两组对边之和相等”来判定。接下来结合各选项中四边形的性质，逐一验证是否满足上述条件即可。
【解析】
我们先回忆内切圆的定义：与多边形各边都相切的圆叫做多边形的内切圆，存在内切圆的多边形内部必有一点到各边的距离相等。
对各选项逐一分析：
A. 梯形：只有当梯形的两腰之和等于上下底之和时才有内切圆，普通梯形不满足该条件，因此梯形不一定有内切圆，排除A；
B. 菱形：菱形的四条边长度相等，其对角线的交点到四条边的距离均相等，因此该点就是内切圆的圆心，到边的距离为内切圆半径，菱形一定有内切圆，符合要求；
C. 矩形：只有长和宽相等的矩形（即正方形）才有内切圆，普通矩形的中心到长边和短边的距离不相等，不存在内切圆，排除C；
D. 平行四边形：只有特殊的平行四边形（如菱形、正方形）才有内切圆，普通平行四边形不存在到四边距离都相等的点，没有内切圆，排除D。
综上，答案选B。
【答案】
B
【知识点】
多边形内切圆的定义；四边形内切圆的判定；菱形的性质
【点评】
本题考查多边形内切圆的判定，需要结合常见特殊四边形的性质进行分析，解题时要注意题干要求的是“一定有”内切圆，需排除仅部分情况满足的选项，属于基础概念应用题。
【难度系数】
0.8
要判断哪个图形一定有内切圆，首先明确：若一个多边形存在内切圆，等价于多边形内部存在一点，到该多边形所有边的距离都相等；对于凸四边形，也可通过“两组对边之和相等”来判定。接下来结合各选项中四边形的性质，逐一验证是否满足上述条件即可。
【解析】
我们先回忆内切圆的定义：与多边形各边都相切的圆叫做多边形的内切圆，存在内切圆的多边形内部必有一点到各边的距离相等。
对各选项逐一分析：
A. 梯形：只有当梯形的两腰之和等于上下底之和时才有内切圆，普通梯形不满足该条件，因此梯形不一定有内切圆，排除A；
B. 菱形：菱形的四条边长度相等，其对角线的交点到四条边的距离均相等，因此该点就是内切圆的圆心，到边的距离为内切圆半径，菱形一定有内切圆，符合要求；
C. 矩形：只有长和宽相等的矩形（即正方形）才有内切圆，普通矩形的中心到长边和短边的距离不相等，不存在内切圆，排除C；
D. 平行四边形：只有特殊的平行四边形（如菱形、正方形）才有内切圆，普通平行四边形不存在到四边距离都相等的点，没有内切圆，排除D。
综上，答案选B。
【答案】
B
【知识点】
多边形内切圆的定义；四边形内切圆的判定；菱形的性质
【点评】
本题考查多边形内切圆的判定，需要结合常见特殊四边形的性质进行分析，解题时要注意题干要求的是“一定有”内切圆，需排除仅部分情况满足的选项，属于基础概念应用题。
【难度系数】
0.8
3. 如图，$△ ABC$的内切圆$O$与三边分别切于点$D$，$E$，$F$，$∠ A=60°$，$CB=6\ \mathrm{cm}$，$△ ABC$的周长为$16\ \mathrm{cm}$，则$DF$的长等于().
A.$2\ \mathrm{cm}$
B.$3\ \mathrm{cm}$
C.$4\ \mathrm{cm}$
D.$6\ \mathrm{cm}$
A.$2\ \mathrm{cm}$
B.$3\ \mathrm{cm}$
C.$4\ \mathrm{cm}$
D.$6\ \mathrm{cm}$
答案
A
解析
【分析】
解题时首先观察到⊙O是△ABC的内切圆，与三边相切，优先想到切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，由此可设AD=AF=x，BD=BE=y，CE=CF=z。接下来结合已知的BC长度和△ABC的周长，先求出x即AD、AF的长度；再结合∠A=60°，AD=AF，可判定△ADF是等边三角形，进而得到DF的长度。
【解析】
根据切线长定理可得：AD=AF，BD=BE，CE=CF。
设AD=AF=x cm，BD=BE=y cm，CE=CF=z cm。
已知BC=6 cm，因此BE+CE=y+z=6 ①；
又△ABC的周长为16 cm，即AB+BC+AC=16，代入边的拆分得：
(AD+BD)+BC+(AF+CF) = (x+y)+6+(x+z) = 2x + (y+z) +6 = 16 ②；
将①代入②，得2x +6 +6 =16，解得x=2，即AD=AF=2 cm。
∵∠A=60°，且AD=AF，
∴△ADF是等边三角形（有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形），
∴DF=AD=2 cm。
【答案】
A
【知识点】
切线长定理；等边三角形的判定
【点评】
本题是三角形内切圆的常考题型，解题核心是利用切线长定理将三角形的边转化为相等的线段组，结合周长条件求出未知线段长度，再通过特殊三角形的性质得到目标线段长度，解题思路清晰，属于基础类应用题。
【难度系数】
0.7
解题时首先观察到⊙O是△ABC的内切圆，与三边相切，优先想到切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，由此可设AD=AF=x，BD=BE=y，CE=CF=z。接下来结合已知的BC长度和△ABC的周长，先求出x即AD、AF的长度；再结合∠A=60°，AD=AF，可判定△ADF是等边三角形，进而得到DF的长度。
【解析】
根据切线长定理可得：AD=AF，BD=BE，CE=CF。
设AD=AF=x cm，BD=BE=y cm，CE=CF=z cm。
已知BC=6 cm，因此BE+CE=y+z=6 ①；
又△ABC的周长为16 cm，即AB+BC+AC=16，代入边的拆分得：
(AD+BD)+BC+(AF+CF) = (x+y)+6+(x+z) = 2x + (y+z) +6 = 16 ②；
将①代入②，得2x +6 +6 =16，解得x=2，即AD=AF=2 cm。
∵∠A=60°，且AD=AF，
∴△ADF是等边三角形（有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形），
∴DF=AD=2 cm。
【答案】
A
【知识点】
切线长定理；等边三角形的判定
【点评】
本题是三角形内切圆的常考题型，解题核心是利用切线长定理将三角形的边转化为相等的线段组，结合周长条件求出未知线段长度，再通过特殊三角形的性质得到目标线段长度，解题思路清晰，属于基础类应用题。
【难度系数】
0.7
4. 三角形的内心是三条的交点，外心是三条的交点。
答案
解：三角形的内心是三条角平分线的交点，外心是三条边的垂直平分线的交点。
解析
【分析】
我们可以从两个特殊点的性质出发推导答案：首先，三角形的内心是内切圆的圆心，内切圆和三角形三边都相切，意味着圆心到三边的距离相等，而角平分线上的点到角两边的距离相等，因此内心必然是三条角平分线的交点；其次，三角形的外心是外接圆的圆心，外接圆经过三角形的三个顶点，意味着圆心到三个顶点的距离相等，而线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等，因此外心是三条边的垂直平分线的交点。也可以直接通过已识记的概念直接作答。
【解析】
结合三角形内心、外心的定义及相关性质分析：
1. 三角形内心是内切圆的圆心，它到三角形三边的距离相等，满足该性质的点在三角形三个内角的角平分线上，因此内心是三条角平分线的交点；
2. 三角形外心是外接圆的圆心，它到三角形三个顶点的距离相等，满足该性质的点在三角形三条边的垂直平分线上，因此外心是三条边的垂直平分线的交点。
【答案】
三角形的内心是三条角平分线的交点，外心是三条边的垂直平分线的交点。
【知识点】
三角形内心定义、三角形外心定义、角平分线与垂直平分线性质
【点评】
本题是基础概念类题目，主要考查对三角形两个特殊“心”的概念的掌握情况，学习过程中要注意区分两类点的性质差异，避免概念混淆。
【难度系数】
0.9
我们可以从两个特殊点的性质出发推导答案：首先，三角形的内心是内切圆的圆心，内切圆和三角形三边都相切，意味着圆心到三边的距离相等，而角平分线上的点到角两边的距离相等，因此内心必然是三条角平分线的交点；其次，三角形的外心是外接圆的圆心，外接圆经过三角形的三个顶点，意味着圆心到三个顶点的距离相等，而线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等，因此外心是三条边的垂直平分线的交点。也可以直接通过已识记的概念直接作答。
【解析】
结合三角形内心、外心的定义及相关性质分析：
1. 三角形内心是内切圆的圆心，它到三角形三边的距离相等，满足该性质的点在三角形三个内角的角平分线上，因此内心是三条角平分线的交点；
2. 三角形外心是外接圆的圆心，它到三角形三个顶点的距离相等，满足该性质的点在三角形三条边的垂直平分线上，因此外心是三条边的垂直平分线的交点。
【答案】
三角形的内心是三条角平分线的交点，外心是三条边的垂直平分线的交点。
【知识点】
三角形内心定义、三角形外心定义、角平分线与垂直平分线性质
【点评】
本题是基础概念类题目，主要考查对三角形两个特殊“心”的概念的掌握情况，学习过程中要注意区分两类点的性质差异，避免概念混淆。
【难度系数】
0.9
5. 如图，$△ ABC$的内切圆$\odot O$与边$BC$相切于点$D$，连接$OB$，$OD$。若$∠ ABC=40°$，则$∠ BOD$的度数是。
答案
$\boldsymbol{70°}$
解析
【分析】
解题时可按以下思路推导：首先回忆三角形内切圆的性质，内切圆的圆心（内心）是三角形三个内角角平分线的交点，因此OB是∠ABC的角平分线，可先求出∠OBD的度数；再结合切线的性质，圆的切线垂直于过切点的半径，可得OD⊥BC，即△BOD是直角三角形；最后利用直角三角形两锐角互余的性质即可求出∠BOD的度数。
【解析】
解：
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴OB平分∠ABC，
∴∠OBD = $\frac{1}{2}$∠ABC = $\frac{1}{2}$×40° = 20°，
∵BC与⊙O相切于点D，
∴OD⊥BC，即∠ODB = 90°，
在Rt△BOD中，∠BOD + ∠OBD = 90°，
∴∠BOD = 90° - 20° = 70°。
【答案】
$\boldsymbol{70°}$
【知识点】
1.三角形内切圆性质 2.切线的性质 3.直角三角形两锐角互余
【点评】
本题是三角形内切圆相关的基础角度计算题，核心是结合内心的角平分线性质和切线的垂直性质建立角度关系，熟练掌握相关基础性质即可顺利解题。
【难度系数】
0.8
解题时可按以下思路推导：首先回忆三角形内切圆的性质，内切圆的圆心（内心）是三角形三个内角角平分线的交点，因此OB是∠ABC的角平分线，可先求出∠OBD的度数；再结合切线的性质，圆的切线垂直于过切点的半径，可得OD⊥BC，即△BOD是直角三角形；最后利用直角三角形两锐角互余的性质即可求出∠BOD的度数。
【解析】
解：
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴OB平分∠ABC，
∴∠OBD = $\frac{1}{2}$∠ABC = $\frac{1}{2}$×40° = 20°，
∵BC与⊙O相切于点D，
∴OD⊥BC，即∠ODB = 90°，
在Rt△BOD中，∠BOD + ∠OBD = 90°，
∴∠BOD = 90° - 20° = 70°。
【答案】
$\boldsymbol{70°}$
【知识点】
1.三角形内切圆性质 2.切线的性质 3.直角三角形两锐角互余
【点评】
本题是三角形内切圆相关的基础角度计算题，核心是结合内心的角平分线性质和切线的垂直性质建立角度关系，熟练掌握相关基础性质即可顺利解题。
【难度系数】
0.8
6. 直角三角形两条直角边长分别为9和40，则它的外接圆半径R=，内切圆半径r=.B D C (第5题)
答案
$R=\boldsymbol{20.5}$，$r=\boldsymbol{4}$
解析
【分析】
解题思路分为两步：①求外接圆半径：回忆直角三角形外接圆的性质，直角所对的弦是外接圆的直径，因此外接圆直径等于直角三角形的斜边长，需要先用勾股定理求出斜边长度，再除以2即可得到外接圆半径R。②求内切圆半径：可选用两种思路，一是利用切线长定理推导得出的直角三角形内切圆半径专用公式代入计算；二是用通用的面积法，结合三角形面积、周长和内切圆半径的关系求解。
【解析】
1. 计算直角三角形的斜边长
根据勾股定理，斜边长$c=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{9^2+40^2}=\sqrt{81+1600}=\sqrt{1681}=41$。
2. 求外接圆半径R
直角三角形的外接圆直径等于斜边长，因此外接圆半径$R=\frac{c}{2}=\frac{41}{2}=20.5$。
3. 求内切圆半径r
方法一（专用公式法）：由切线长定理可推得直角三角形内切圆半径$r=\frac{a+b-c}{2}$（a、b为直角边，c为斜边），代入数据得$r=\frac{9+40-41}{2}=\frac{8}{2}=4$。
方法二（面积法）：三角形面积$S=\frac{1}{2}×9×40=180$，三角形周长$C=9+40+41=90$，根据三角形面积与内切圆半径的关系$S=\frac{1}{2}Cr$，变形得$r=\frac{2S}{C}=\frac{2×180}{90}=4$。
【答案】
$R=20.5$，$r=4$
【知识点】
勾股定理；三角形外接圆性质；三角形内切圆性质
【点评】
本题是三角形与圆结合的基础计算题，核心是掌握直角三角形外接圆、内切圆和边长的对应关系，两种求内切圆半径的方法可灵活选用，其中专用公式更适合快速求解直角三角形的内切圆半径。
【难度系数】
0.8
解题思路分为两步：①求外接圆半径：回忆直角三角形外接圆的性质，直角所对的弦是外接圆的直径，因此外接圆直径等于直角三角形的斜边长，需要先用勾股定理求出斜边长度，再除以2即可得到外接圆半径R。②求内切圆半径：可选用两种思路，一是利用切线长定理推导得出的直角三角形内切圆半径专用公式代入计算；二是用通用的面积法，结合三角形面积、周长和内切圆半径的关系求解。
【解析】
1. 计算直角三角形的斜边长
根据勾股定理，斜边长$c=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{9^2+40^2}=\sqrt{81+1600}=\sqrt{1681}=41$。
2. 求外接圆半径R
直角三角形的外接圆直径等于斜边长，因此外接圆半径$R=\frac{c}{2}=\frac{41}{2}=20.5$。
3. 求内切圆半径r
方法一（专用公式法）：由切线长定理可推得直角三角形内切圆半径$r=\frac{a+b-c}{2}$（a、b为直角边，c为斜边），代入数据得$r=\frac{9+40-41}{2}=\frac{8}{2}=4$。
方法二（面积法）：三角形面积$S=\frac{1}{2}×9×40=180$，三角形周长$C=9+40+41=90$，根据三角形面积与内切圆半径的关系$S=\frac{1}{2}Cr$，变形得$r=\frac{2S}{C}=\frac{2×180}{90}=4$。
【答案】
$R=20.5$，$r=4$
【知识点】
勾股定理；三角形外接圆性质；三角形内切圆性质
【点评】
本题是三角形与圆结合的基础计算题，核心是掌握直角三角形外接圆、内切圆和边长的对应关系，两种求内切圆半径的方法可灵活选用，其中专用公式更适合快速求解直角三角形的内切圆半径。
【难度系数】
0.8
三、解答题
7. 如图，四边形ABCD内接于$\odot O$，点I是$△ ABC$的内心，$∠ AIC=130°$，点E在边AD的延长线上，求$∠ CDE$的度数.
7. 如图，四边形ABCD内接于$\odot O$，点I是$△ ABC$的内心，$∠ AIC=130°$，点E在边AD的延长线上，求$∠ CDE$的度数.
答案
解：
∵ 点I是△ABC的内心，
∴ AI平分∠BAC，CI平分∠ACB，
∴ ∠IAC = $\frac{1}{2}$∠BAC，∠ICA = $\frac{1}{2}$∠ACB。
在△AIC中，由三角形内角和定理得：
∠AIC + ∠IAC + ∠ICA = 180°，
∴ ∠AIC = 180° - (∠IAC + ∠ICA)
= 180° - $\frac{1}{2}$(∠BAC + ∠ACB)。
又∵ 在△ABC中，∠BAC + ∠ACB = 180° - ∠B，
代入得：
∠AIC = 180° - $\frac{1}{2}$(180° - ∠B) = 90° + $\frac{1}{2}$∠B。
∵ ∠AIC = 130°，
∴ 90° + $\frac{1}{2}$∠B = 130°，
解得∠B = 80°。
∵ 四边形ABCD内接于⊙O，
∴ ∠CDE = ∠B（圆内接四边形的外角等于它的内对角），
∴ ∠CDE = 80°。
∵ 点I是△ABC的内心，
∴ AI平分∠BAC，CI平分∠ACB，
∴ ∠IAC = $\frac{1}{2}$∠BAC，∠ICA = $\frac{1}{2}$∠ACB。
在△AIC中，由三角形内角和定理得：
∠AIC + ∠IAC + ∠ICA = 180°，
∴ ∠AIC = 180° - (∠IAC + ∠ICA)
= 180° - $\frac{1}{2}$(∠BAC + ∠ACB)。
又∵ 在△ABC中，∠BAC + ∠ACB = 180° - ∠B，
代入得：
∠AIC = 180° - $\frac{1}{2}$(180° - ∠B) = 90° + $\frac{1}{2}$∠B。
∵ ∠AIC = 130°，
∴ 90° + $\frac{1}{2}$∠B = 130°，
解得∠B = 80°。
∵ 四边形ABCD内接于⊙O，
∴ ∠CDE = ∠B（圆内接四边形的外角等于它的内对角），
∴ ∠CDE = 80°。
解析
【分析】
解题时首先从已知条件“点I是△ABC的内心”入手，回忆内心是三角形三条角平分线的交点，可得AI、CI分别平分∠BAC和∠ACB；接下来结合△AIC的内角和为180°，将∠IAC和∠ICA用∠BAC、∠ACB代换，再结合△ABC的内角和定理，推导出∠AIC和∠B的数量关系，代入已知∠AIC=130°即可求出∠B的度数；最后根据四边形ABCD内接于圆，利用圆内接四边形的外角等于其内对角的性质，即可得到∠CDE=∠B，求出最终结果。
【解析】
∵ 点I是△ABC的内心，
∴ AI平分∠BAC，CI平分∠ACB，
∴ ∠IAC = $\frac{1}{2}$∠BAC，∠ICA = $\frac{1}{2}$∠ACB。
在△AIC中，由三角形内角和定理得：
∠AIC + ∠IAC + ∠ICA = 180°，
∴ ∠AIC = 180° - (∠IAC + ∠ICA)
= 180° - $\frac{1}{2}$(∠BAC + ∠ACB)。
又
∵ 在△ABC中，∠BAC + ∠ACB = 180° - ∠B，
代入得：
∠AIC = 180° - $\frac{1}{2}$(180° - ∠B) = 90° + $\frac{1}{2}$∠B。
∵ ∠AIC = 130°，
∴ 90° + $\frac{1}{2}$∠B = 130°，
解得∠B = 80°。
∵ 四边形ABCD内接于⊙O，
∴ ∠CDE = ∠B（圆内接四边形的外角等于它的内对角），
∴ ∠CDE = 80°。
【答案】
80°
【知识点】
三角形内心的性质；三角形内角和定理；圆内接四边形的性质
【点评】
本题是几何基础综合题，将三角形内心性质和圆内接四边形性质结合考查，解题的关键是熟练掌握相关性质，先推导求出∠B的度数，再利用圆内接四边形外角性质得到所求角的度数，逻辑链条清晰，难度不大。
【难度系数】
0.7
解题时首先从已知条件“点I是△ABC的内心”入手，回忆内心是三角形三条角平分线的交点，可得AI、CI分别平分∠BAC和∠ACB；接下来结合△AIC的内角和为180°，将∠IAC和∠ICA用∠BAC、∠ACB代换，再结合△ABC的内角和定理，推导出∠AIC和∠B的数量关系，代入已知∠AIC=130°即可求出∠B的度数；最后根据四边形ABCD内接于圆，利用圆内接四边形的外角等于其内对角的性质，即可得到∠CDE=∠B，求出最终结果。
【解析】
∵ 点I是△ABC的内心，
∴ AI平分∠BAC，CI平分∠ACB，
∴ ∠IAC = $\frac{1}{2}$∠BAC，∠ICA = $\frac{1}{2}$∠ACB。
在△AIC中，由三角形内角和定理得：
∠AIC + ∠IAC + ∠ICA = 180°，
∴ ∠AIC = 180° - (∠IAC + ∠ICA)
= 180° - $\frac{1}{2}$(∠BAC + ∠ACB)。
又
∵ 在△ABC中，∠BAC + ∠ACB = 180° - ∠B，
代入得：
∠AIC = 180° - $\frac{1}{2}$(180° - ∠B) = 90° + $\frac{1}{2}$∠B。
∵ ∠AIC = 130°，
∴ 90° + $\frac{1}{2}$∠B = 130°，
解得∠B = 80°。
∵ 四边形ABCD内接于⊙O，
∴ ∠CDE = ∠B（圆内接四边形的外角等于它的内对角），
∴ ∠CDE = 80°。
【答案】
80°
【知识点】
三角形内心的性质；三角形内角和定理；圆内接四边形的性质
【点评】
本题是几何基础综合题，将三角形内心性质和圆内接四边形性质结合考查，解题的关键是熟练掌握相关性质，先推导求出∠B的度数，再利用圆内接四边形外角性质得到所求角的度数，逻辑链条清晰，难度不大。
【难度系数】
0.7
