1.（2026·无锡期中）三角形的内心是（）

A.三条边的垂直平分线的交点
B.三条角平分线的交点
C.三条中线的交点
D.三条高的交点

1. B 解析:
∵ 三角形的内心是三角形内切圆的圆心,且内切圆与三边相切,
∴ 内心到三边的距离相等,这意味着它是三条角平分线的交点,
∴ 三角形的内心是三条角平分线的交点.故选 B.

2. (2025·邢台月考)如图,在$△ ABC$中,$∠ ABC=46°$,$∠ ACB=84°$.$\odot O$是$△ ABC$的内切圆,连接$OB,OC$,则$∠ BOC$的度数为 ()


A.$105°$
B.$110°$
C.$115°$
D.$125°$

2. C 解析:
∵ $\odot O$ 是 $△ ABC$ 的内切圆,
∴ $BO,CO$ 分别平分$∠ ABC,∠ ACB.\because ∠ ABC=46^{\circ },∠ ACB=84^{\circ },\therefore ∠ OBC=$$\frac {1}{2}∠ ABC=23^{\circ },∠ OCB=\frac {1}{2}∠ ACB=42^{\circ },\therefore ∠ BOC=180^{\circ }-$$∠ OBC-∠ OCB=115^{\circ }$.故选 C.

归纳总结 如图,点 O 在 $△ ABC$ 的内部,$∠ A=x$,① 若点 O 是 $△ ABC$ 的外心,则$∠ BOC=2∠ BAC=2x$;②若点 O 是 $△ ABC$ 的内心,则 $∠ BOC=90^{\circ }+\frac {1}{2}∠ BAC=90^{\circ }+\frac {1}{2}x.$

3. (2025·襄阳月考)在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=3$，$CB=4$，则它的外接圆半径为，内切圆半径为。

3. $\frac{5}{2}$ 1 解析:在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $∠ C=90^{\circ },AC=3,CB=4$,$\therefore AB=\sqrt {AC^{2}+CB^{2}}=\sqrt {3^{2}+4^{2}}=5.\because$ 直角三角形的外接圆的圆心是斜边 $AB$ 中点,设外接圆的半径为 $R$,内切圆的半径为 $r$,$\therefore R=\frac {1}{2}AB=\frac {5}{2}.\because S_{\mathrm{Rt}△ ABC}=\frac {1}{2}r· (AB+CB+AC)=$$\frac {1}{2}· AC· CB,\therefore r=\frac {AC· CB}{AC+CB+AB}=\frac {3× 4}{3+4+5}=1.$

4. (2026·盐城期中)如图，$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，D，E，F为切点。若$AD=1$，$BC=5$，则$△ ABC$的周长为。

4. 12 解析:
∵ $\odot O$ 是 $△ ABC$ 的内切圆, $D, E, F$ 为切点,$\therefore AD=AE,CE=CF,BD=BF,\therefore △ ABC$ 的周长 $=AD+AE+BD+BF+CE+CF=2AD+2BF+2CF=2AD+2BC.\because AD=1,BC=$$5,\therefore △ ABC$ 的周长 $=2× 1+2× 5=12.$

5. (2025·新余月考)如图，$\odot O$为$\mathrm{Rt}△ ABC$的内切圆，点$D,E,F$为切点，若$AD=9$，$BD=6$，则$△ ABC$的面积为。

5. 54 解析:如图所示,连接 $OE, OF$,

∵ $\odot O$是直角三角形 $ABC$ 的内切圆,点 $D, E, F$ 为切点, $\therefore ∠ C=∠ CEO=$$∠ CFO=90^{\circ },\therefore$ 四边形 $CEOF$ 是矩形.
∵ $OE=OF,\therefore$ 矩形 $CEOF$ 是正方形, $\therefore CE=EO=OF=FC.$
∵ 点 $D, E, F$ 为切点, $\therefore AE=AD=9, BF=BD=6$. 设 $\odot O$ 的半径为 $r$, 则 $CE=CF=r, \therefore (9+r)^{2}+(6+r)^{2}=(9+6)^{2}, \therefore r=3$或 $-18$ (舍去), $\therefore AC=9+3=12, BC=6+3=9, \therefore △ ABC$ 的面积 $=\frac {1}{2}× 12× 9=54.$
归纳总结 当 $△ ABC$ 为直角三角形时,$∠ C=90^{\circ },a,b$ 是直角边, $c$ 是斜边, $l$ 为$△ ABC$ 的周长,则①内切圆的半径: $r=$$\frac {1}{2}(a+b-c)$; ② 内切圆的半径: $r=$$\frac {ab}{a+b+c}=\frac {2S}{l}$(面积法).

6. 从三角形木板上截下一块圆形的木板.
(1)怎样才能使圆的面积尽可能大？(不写作法,但要保留作图痕迹)
(2)若△ABC的三边长为AB=4,BC=5,AC=6,求△ABC的面积.
(3)在(1)(2)的基础上,最大圆木板的半径为.

6. (1)如图所示,作 $△ ABC$ 的内切圆 $\odot O$.

(2)过点 $A$ 作 $AM⊥ BC$ 于点 $M$, 设 $BM=x$, 则 $CM=5-x$, 由勾股定理得 $AB^{2}-BM^{2}=AM^{2}, AC^{2}-CM^{2}=AM^{2}$, 故 $4^{2}-x^{2}=6^{2}-$$(5-x)^{2}$, 整理得 $10x=5, \therefore x=\frac {1}{2}, AM=\sqrt {4^{2}-(\frac {1}{2})^{2}}=$$\frac {3\sqrt {7}}{2}, \therefore S_{△ ABC}=\frac {1}{2}BC· AM=\frac {1}{2}× 5× \frac {3\sqrt {7}}{2}=\frac {15\sqrt {7}}{4}.$
(3) $\frac{\sqrt{7}}{2}$ 解析: 如图, $\odot O$ 分别切 $A B, B C, A C$ 于点 $D, E, F$. 连接 $O A, O D, O E$, 设 $\odot O$ 的半径为 $r, \because S_{△ A B C}=S_{△ O A B}+$$S_{△ O B C}+S_{△ O A C}=\frac{A B · O D}{2}+\frac{B C · O E}{2}+\frac{A C · O F}{2}=\frac{15 r}{2}, \therefore \frac{15 \sqrt{7}}{4}=$$\frac {15r}{2}$, 解得 $r=\frac {\sqrt {7}}{2}, \therefore$ 最大圆木板的半径为 $\frac {\sqrt {7}}{2}.$

7. (随州中考)设边长为$a$的等边三角形的高、内切圆的半径、外接圆的半径分别为$h$,$r$,$R$,则下列结论不正确的是 ()

A.$h=R+r$
B.$R=2r$
C.$r=\frac{\sqrt{3}}{4}a$
D.$R=\frac{\sqrt{3}}{3}a$

7. C 解析:如图,
∵ $△ ABC$ 是等边三角形,
$\therefore △ ABC$的内切圆和外接圆是同心圆,圆心为 $O$, 设 $OE=r, AO=R, AD=h, \therefore h=R+$$r$, 故 A 正确; $\because AD ⊥ BC, \therefore ∠ DAC=$$\frac {1}{2}∠ BAC=\frac {1}{2}× 60^{\circ }=30^{\circ }$. 在 $\mathrm{Rt}△ AOE$ 中,$R=2r$, 故 B 正确; $\because AB=AC=BC=a, \therefore AE=\frac {1}{2}AC=\frac {1}{2}a.$$\because OD=OE=r, \therefore (\frac {1}{2}a)^{2}+r^{2}=(2r)^{2}, (\frac {1}{2}a)^{2}+(\frac {1}{2}R)^{2}=$$R^{2}, \therefore r=\frac {\sqrt {3}}{6}a, R=\frac {\sqrt {3}}{3}a$, 故 C 错误, D 正确. 故选 C.

8. 如图,将正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转$30°$,得正方形$AB_1C_1D_1$,$B_1C_1$交CD于点E,$AB=\sqrt{3}$,则四边形$AB_1ED$的内切圆半径为 ()

A.$\frac{\sqrt{3}+1}{2}$
B.$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$
C.$\frac{\sqrt{3}+1}{3}$
D.$\frac{3-\sqrt{3}}{3}$

8. B 解析:如图,作 $∠ DAB_1$ 与 $∠ AB_1C_1$ 的平分线交于点 $O$, 过点 $O$ 作 $OF⊥ AB_1$, 垂足为 $F$, 则 $∠ OAF=30^{\circ }, ∠ AB_1O=45^{\circ }$, 故$B_1F=OF=\frac {1}{2}OA$. 设 $B_1F=x$, 则 $AF=\sqrt {3}-x$, 故 $(\sqrt {3}-x)^{2}+x^{2}=$$(2x)^{2}$, 解得 $x=\frac {3-\sqrt {3}}{2}$ 或 $x=\frac {-3-\sqrt {3}}{2}$(舍去), $\therefore$ 四边形 $AB_1ED$的内切圆半径为 $\frac {3-\sqrt {3}}{2}$. 故选 B.

9.（泰州中考）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。

9. $(2,3)$ 解析:如图,建立平面直角坐标系,
∵ $A(3,6)$,$B(-3,3),C(7,-2)$, 易得 $AB=3\sqrt {5}, AC=4\sqrt {5}, BC=5\sqrt {5}$,$\therefore AB^{2}+AC^{2}=BC^{2}, \therefore ∠ BAC=90^{\circ }, △ ABC$ 是直角三角形. 设$△ ABC$ 的内心为点 $I$, 内切圆的半径为 $r, \therefore S_{△ ABC}=\frac {1}{2}×$$3\sqrt {5}× 4\sqrt {5}=\frac {1}{2}× (3\sqrt {5}+4\sqrt {5}+5\sqrt {5})r$, 解得 $r=\sqrt {5}$. 过点 $B$ 作$BD// x$ 轴, 过点 $A$ 作 $AF// y$ 轴交 $BC$ 于点 $F$, 交 $BD$ 于点 $E$,$\therefore$ 点 $F$ 横坐标为 3, 已知点 $B, C$ 坐标, 易得直线 $BC$ 解析式为 $y=-\frac {1}{2}x+\frac {3}{2}$, 把 $x=3$ 代入解析式得 $y=0$, 即点 $F$ 在 $x$ 轴上. $\because AE=EF=3, AB=BF=3\sqrt {5}, \therefore ∠ ABE=∠ FBE$, 即 $BD$ 平分$∠ ABC, \therefore △ ABC$ 的内心 $I$ 一定在射线 $BD$ 上, $\therefore$ 只需在射线 $BD$ 上找一点到边 $AB$ 的垂直距离为 $\sqrt {5}$ 即可, $\therefore$ 结合网格小正方形, 易得点 $I$ 的坐标为 $(2,3).$

10. 如图，$\odot O$内切于四边形$ABCD$.
(1)若$AB=6, BC=9, CD=11$, 则$AD$的长度为________;
(2)若连接$AO, BO, CO, DO$, 记$△ AOD$, $△ AOB$, $△ COB$, $△ DOC$的面积分别为$S_1, S_2, S_3, S_4$, 则$S_1, S_2, S_3, S_4$的数量关系为________.

10. (1)8 解析:如图,设切点分别为 $E, F, G, H$. 由切线性质可知, $OE⊥ AD, OF⊥ CD, OG⊥ BC, OH⊥ AB, OE=OF=OG=$$OH=r$. 设 $DE=DF=a, AE=AH=b, BH=BG=c, CG=CF=d$,则 $AB=b+c, AD=a+b, CD=a+d, BC=c+d, \therefore AB+CD=AD+$$BC=a+b+c+d, \therefore AD=AB+CD-BC=6+11-9=8.$
(2)$S_1+S_3=S_2+S_4$ 解析:如图, $S_1=\frac {1}{2}r(a+b), S_2=\frac {1}{2}r·$$(b+c), S_3=\frac {1}{2}r(c+d), S_4=\frac {1}{2}r(a+d), \therefore S_1+S_3=\frac {1}{2}r(a+b)+$$\frac {1}{2}r(c+d)=\frac {1}{2}r(a+b+c+d), S_2+S_4=\frac {1}{2}r(b+c)+\frac {1}{2}r(a+d)=$$\frac {1}{2}r(a+b+c+d), \therefore S_1+S_3=S_2+S_4.$