苏科版数学九年级上册期末专题训练专题07 三角形外接圆与外心（2份，原卷版+解析版）

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1．（2021秋•泗阳县期末）下列说法正确的是（ ）
A．一个三角形只有一个外接圆
B．三点确定一个圆
C．长度相等的弧是等弧
D．三角形的外心到三角形三条边的距离相等
【分析】根据三角形的外接圆、等弧的定义、三角形外心的性质判断即可．
【解答】解：A、任意三角形都有且只有一个外接圆，正确，本选项符合题意；
B、不共线的三点确定一个圆，原说法错误，本选项不符合题意；
C、长度相等的弧不一定是等弧，原说法错误，本选项不符合题意；
D、三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，原说法错误，本选项不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查了三角形的外接圆、等弧的定义，熟练掌握圆的有关概念是解题的关键．
2．（2021秋•无锡期末）如图，在平面直角坐标系中，A（0，﹣3），B（2，﹣1），C（2，3）．则△ABC的外心坐标为（ ）
A．（0，0）B．（﹣1，1）C．（﹣2，﹣1）D．（﹣2，1）
【分析】首先由△ABC的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，所以在平面直角坐标系中作AB与BC的垂线，两垂线的交点即为△ABC的外心．
【解答】解：如图，根据网格点O′即为所求．
∵△ABC的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，
∴EF与MN的交点O′即为所求的△ABC的外心，
∴△ABC的外心坐标是（﹣2，1）．
故选：D．
【点评】此题考查了三角形的外接圆与外心，坐标与图形性质．注意三角形的外心即是三角形三边垂直平分线的交点．解此题的关键是数形结合思想的应用．
3．（2020秋•泗阳县期末）如图，△ABC内接于⊙O，连接OA、OB，若∠ABO＝35°，则∠C的度数为（ ）
A．70°B．65°C．55°D．45°
【分析】根据三角形的内角和定理求得∠O的度数，再进一步根据圆周角定理求解．
【解答】解：∵OA＝OB，∠ABO＝35°，
∴∠AOB＝180°﹣35°×2＝110°，
∴∠C∠AOB＝55°．
故选：C．
【点评】此题综合运用了三角形的内角和定理以及圆周角定理．一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
4．（2021秋•通州区期末）如图，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，若⊙O的半径为2，则△ABC的面积为（ ）
A．B．C．D．
【分析】首先连接OB，OC，过点O作OD⊥BC于D，由⊙O是等边△ABC的外接圆，即可求得∠OBC的度数，然后由三角函数的性质即可求得OD的长，又由垂径定理即可求得等边△ABC的边长，由三角形面积公式可得出答案．
【解答】解：连接OB，OC，过点O作OD⊥BC于D，
∴BC＝2BD，
∵⊙O是等边△ABC的外接圆，
∴∠BOC360°＝120°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB30°，
∵⊙O的半径为2，
∴OB＝2，
∴BD＝OB•cs∠OBD＝2×cs30°＝2，ODOB＝1，
∴BC＝2．
∴等边△ABC的面积为3S△BCO＝3BC•OD＝31＝3．
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的外接圆，等边三角形的性质，垂径定理，直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键．
二．填空题（共4小题）
5．（2021秋•无锡期末）一个直角三角形的斜边长cm，两条直角边长的和是6cm，则这个直角三角形外接圆的半径为 cm，直角三角形的面积是 4 cm2．
【分析】由直角三角形的外接圆的半径是其斜边的一半可求出外接圆的半径，求出两条直角边的乘积可求出直角三角形的面积．
【解答】解：∵直角三角形的斜边长cm，
∴这个直角三角形外接圆的半径为（cm），
∵两条直角边长的和是6cm，
∴两条直角边的乘积为8（cm），
∴直角三角形的面积是4cm2．
故答案为：，4．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，直角三角形的性质，注意：直角三角形的外接圆的半径是其斜边的一半．
6．（2020秋•泰兴市期末）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AD是△ABC的高，AE是⊙O的直径，且AE＝4，若CD＝1，AC＝3，则AB的长为 ．
【分析】利用勾股定理求出AD，证明△ABE∽△ADC，推出，由此即可解决问题．
【解答】解：连接BE，
∵AD是△ABC的高，
∴∠ADC＝90°，
∴AD2，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ABE＝90°，
∴∠ABE＝∠ADC，
∵∠E＝∠C，
∴△ABE∽△ADC，
∴，
∴，
∴AB，
故答案为：．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，相似三角形的判定和性质，勾股定理、圆周角定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
7．（2021秋•涟水县期末）如图，△ABC内接于⊙O，OD⊥BC于D，∠A＝40°，则∠COD＝ 40° ．
【分析】如图，作辅助线；首先证明∠COD∠BOC；其次证明∠A∠BOC，得到∠COD＝∠A，即可解决问题．
【解答】解：如图，连接OB，
∵OB＝OC，OD⊥BC，
∴∠COD＝∠BOD∠BOC；
∵∠A＝40°，且∠A∠BOC，
∴∠COD＝40°，
故答案为：40°．
【点评】该题主要考查了垂径定理、圆周角定理等几何知识点及其应用问题；解题的方法是作辅助线，构造圆心角；解题的关键是灵活运用垂径定理、圆周角定理等几何知识点来分析、解答．
8．（2021秋•沭阳县校级期末）如图，线段AB＝2，点C为平面上一动点，且∠ACB＝90°，将线段AC的中点P绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，连接BQ，则线段BQ的最大值为 ．
【分析】证明△ADC∽△AEQ，求出QE，在Rt△ABE中求出BE，进而求出答案．
【解答】解：如图，取AB的中点D，连接CD，过点A作AE⊥AB，使AEAD，连接QE、BE．
∵∠ACB＝90°，D为AB的中点，
∴，
∵∠QAC＝90°，∠EAB＝90°，
∴∠QAE＝∠CAD，
∵，，
∴△ADC∽△AEQ，
∴，
∴，
∵∠EAB＝90°，
∴，
当点Q、E、B三点共线时，BQ最大为．
故答案为：．
【点评】本题考查旋转变换，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
三．解答题（共4小题）
9．（2021春•射阳县校级期末）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，BC＝4，∠A＝30°，求⊙O的直径．
【分析】连接OB，OC，根据圆周角定理得到∠BOC＝60°，根据等边三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：连接OB，OC，
∵∠A＝30°，
∴∠BOC＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴OC＝BC＝4，
∴⊙O的直径＝8．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，等边三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
10．（2021秋•无锡期末）如图，正三角形ABC内接于⊙O，⊙O的半径为r，求这个正三角形的周长和面积．
【分析】连接OB、OC，作OD⊥BC于D，则∠ODB＝90°，BD＝CD，∠OBC＝30°，由含30°角的直角三角形的性质得出OD，由勾股定理求出BD，得出BC，△ABC的面积＝3S△OBC，即可得出结果．
【解答】解：如图所示：
连接OB、OC，作OD⊥BC于D，
则∠ODB＝90°，BD＝CD，∠OBC＝30°，
∴ODOBr，
∴BDr，
∴BC＝2BDr，
即正三角形ABC边长为r．
∴正三角形ABC周长为．
∴△ABC的面积＝3S△OBC＝3BC×OD＝3rr．
∴正三角形ABC面积为．
【点评】本题考查了等边三角形的性质、垂径定理、勾股定理、三角形面积的计算；熟练掌握正三角形和圆的关系，并能进行推理计算是解决问题的关键．
11．（2020秋•海陵区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，点D在BC上，AD的延长线交⊙O于点E，连接CE．
（1）求证：∠ADC＝∠ACE；
（2）若⊙O的半径为2，的度数为90°，DE＝2，求AD的长．
【分析】（1）先证明△ACD∽△AEC，再根据相似三角形的性质得到∠ADC＝∠ACE；
（2）根据等腰直角三角形的性质求出AC，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴，
∴∠AEC＝∠ACB，
∵∠EAC＝∠CAD，
∴△ACD∽△AEC，
∴∠ADC＝∠ACE；
（2）解：∵，的度数为90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠BAC＝90°，
∴ACBC＝2，
∵△ACD∽△AEC，
∴，
∴，
整理得，AD2+2AD﹣24＝0，
解得，AD1＝4，AD2＝﹣6（舍去），
∴AD的长为4．
【点评】本题考查的是圆周角定理、相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
12．（2019秋•丹阳市期末）尺规作图：已知△ABC，如图．
（1）求作：△ABC的外接圆⊙O；
（2）若AC＝4，∠B＝30°，则△ABC的外接圆⊙O的半径为 4 ．
【分析】（1）确定三角形的外接圆的圆心，根据其是三角形边的垂直平分线的交点进行确定即可；
（2）连接OA，OC，先证明△AOC是等边三角形，从而得到圆的半径．
【解答】解：（1）作法如下：
①作线段AB的垂直平分线，
②作线段BC的垂直平分线，
③以两条垂直平分线的交点O为圆心，OA长为半径画圆，则圆O即为所求作的圆；
（2）连接OA，OC，
∵∠B＝30°，
∴∠AOC＝60°，
∵OA＝OC，
∴△AOC是等边三角形，
∵AC＝4，
∴OA＝OC＝4，即圆的半径是4，
故答案为4．
【点评】本题主要考查了复杂作图以及三角形的外接圆与外心、圆周角与圆心角的关系、等边三角形的判定与性质等知识；熟练掌握三角形的外接圆的作法，得出圆心位置是解题关键．
一．选择题（共4小题）
1．（2020秋•赣榆区期末）Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，内切圆半径为1，则三角形的周长为（ ）
A．12B．13C．14D．15
【分析】作出图形，设内切圆⊙O与△ABC三边的切点分别为D、E、F，连接OE、OF可得四边形OECF是正方形，根据正方形的四条边都相等求出CE、CF，根据切线长定理可得AD＝AF，BD＝BE，从而得到AF+BE＝AB，再根据三角形的周长的定义解答即可．
【解答】解：如图，设内切圆⊙O与△ABC三边的切点分别为D、E、F，连接OE、OF，
∵∠C＝90°，
∴四边形OECF是正方形，
∴CE＝CF＝1，
由切线长定理得，AD＝AF，BD＝BE，
∴AF+BE＝AD+BD＝AB＝5，
∴三角形的周长＝5+5+1+1＝12．
故选：A．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，切线长定理，作辅助线构造出正方形是解题的关键，难点在于将三角形的三边分成若干条小的线段，作出图形更形象直观．
2．（2020秋•鼓楼区期末）如图所示，在4×4的网格中，A，B，C，D，O均在格点上，则点O是（ ）
A．△ACD的外心B．△ACD的内心C．△ABC的内心D．△ABC的外心
【分析】根据网格利用勾股定理得出OA＝OD＝OC，进而判断即可．
【解答】解：由勾股定理可知：
OA＝OD＝OC，
所以点O是△ACD的外心，
故选：A．
【点评】此题考查三角形的外接圆与外心问题，关键是根据勾股定理得出OA＝OD＝OC．
3．（2021秋•镇江期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E、F分别是AD、BC的中点，点P在线段EF上，△PAB内切圆半径的最大值是（ ）
A．1B．C．D．
【分析】由三角形APB的面积为12，可知AP+BP最小时，r有最大值，连接CA与EF交于点P'，求出AC＝10，由三角形面积公式可得出答案．
【解答】解：∵点E、F分别是AD、BC的中点，四边形ABCD是矩形，
∴EF∥AB，
∵P在EF上，AB＝8，BC＝6，
∴S△PAB8×3＝12，
设△PAB内切圆半径是r，
∵S△PAB（AP+PB+AB）•r＝12，
∴AP+BP最小时，r有最大值，
如图，F是BC的中点，所以点B关于EF的对称点是C点，连接CA与EF交于点P'，
∵AP+BP＝AP+CP≥CA，
∴此时CA即为AP+BP最小值，
∵AB＝8，AD＝6，
∴AC10，
∴AP+BP最小值为10，
∴PA＝PB＝5，
∴8×r＝12，
解得r．
故选：D．
【点评】本题考查矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，轴对称求最短距离；能够将AP+BP最小值转化为CA的长是解题的关键．
4．（2019秋•海陵区校级期末）下列说法正确的是（ ）
A．三角形的外心一定在三角形的外部
B．三角形的内心到三个顶点的距离相等
C．外心和内心重合的三角形一定是等边三角形
D．直角三角形内心到两锐角顶点连线的夹角为125°
【分析】利用三角形内心以及三角形外心的性质判断得出即可．
【解答】解：A、三角形的外心不一定在三角形的外部，错误；
B、三角形的内心到三个边的距离相等，错误；
C、外心和内心重合的三角形一定是等边三角形，正确；
D、直角三角形内心到两锐角顶点连线的夹角为135°，错误；
故选：C．
【点评】此题主要考查了三角形内外心的区别，正确把握相关性质是解题关键．
二．填空题（共4小题）
5．（2021秋•邗江区期末）如图所示，点O是△ABC的内切圆的圆心，若∠BAC＝76°，则∠BOC的度数为 128° ．
【分析】由点O是△ABC的内切圆的圆心，可得∠OBC∠ABC，∠OCB∠ACB，又由∠BAC＝76°，可求得∠ABC+∠ACB的度数，再利用三角形内角和定理即可求得答案．
【解答】解：∵点O是△ABC的内切圆的圆心，
∴BO、CO分别平分∠ABC、∠ACB，
∴∠OBC∠ABC，∠OCB∠ACB，
∵∠BAC＝76°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠BAC＝104°，
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°（∠ABC+∠ACB）＝180°104°＝128°．
故答案为：128°．
【点评】本题考查了三角形的内切圆的性质与三角形内角和定理．注意掌握数形结合思想与整体思想的应用．
6．（2020秋•滨湖区期末）设两直角边分别为3、4的直角三角形的外接圆和内切圆的半径长分别为R和r，则R﹣r＝ 1.5 ．
【分析】利用三角形的外心与内心的性质即可进行计算．
【解答】解：因为直角三角形的外接圆半径等于斜边长的一半，
所以R2.5；
如图，
若Rt△ABC的边AC＝3，BC＝4，
根据勾股定理，得AB5，
其内切圆⊙O分别切AB、BC、AC于D、E、F．
设OE＝OF＝OD＝r，
∴S△ABC＝S△AOB+S△BOC+S△AOC，
即AC•BCAB•ODBC•OEAC•OF，
3×45×r4×r3×r，
6r（5+4+3），
6＝6r，
∴r＝1，
则R﹣r＝2.5﹣1＝1.5．
故答案为：1.5．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心关系，牢记这些定义和计算方法是解答本题的关键．
7．（2019秋•鼓楼区期末）已知三点A（0，0），B（5，12），C（14，0），则△ABC内心的坐标为 （6，4） ．
【分析】作BQ⊥OC，由题意可得BQ＝12，根据勾股定理分别求出OB的长，利用面积法可得△ABC内切圆半径，设AD＝AE＝x，则CD＝CF＝14﹣x，BE＝BF＝13﹣x，由BC＝BF+CF列方程，解之求出x的值，从而得出点P的坐标，即可得出答案．
【解答】解：如图，过点B作BQ⊥OA于点Q，连接PA，PB，PC，
则OQ＝5，BQ＝12，
∴OB13，CQ＝AC﹣AQ＝14﹣5＝9，
∴BC15，
设⊙P的半径为r，
过点P作PD⊥AC于D，PF⊥BC于F，PE⊥OB于E，
S△ABC
则r4，
设AD＝AE＝x，则CD＝CF＝14﹣x，BE＝BF＝13﹣x，
∵BC＝BF+CF，
∴13﹣x+14﹣x＝15，
解得：x＝6，
∴点P的坐标为（6，4）．
故答案为：（6，4）．
【点评】本题主要考查勾股定理、三角形的内切圆的性质及切线长定理，根据面积法及切线长定理求出点P的坐标是解题的关键．
8．（2021秋•鼓楼区期末）△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝24，点I是△ABC的内心，点O是△ABC的外心，则OI＝ 14.3 ．
【分析】设BC边的中点为D，连接AD，根据等腰三角形的性质得到AD⊥BC，∠DAB＝∠CAD，得到内心I和外心O都在直线AD上，根据勾股定理得到AD＝5，设△ABC的内切圆半径为r，外接圆半径为R，则IO＝DI+OD，根据勾股定理列方程得到R＝16.9，求得OD＝11.9，根据三角形的面积公式得到r＝2.4，于是得到结论．
【解答】解：设BC边的中点为D，连接AD，
∵AB＝AC＝13，
∴AD⊥BC，∠DAB＝∠CAD，
∵点O为△ABC的外心，点I为△ABC的内心，
∴内心I和外心O都在直线AD上，
∵AB＝AC＝13，BC＝24，
∴BD＝CD＝12，
∴AD5，
设△ABC的内切圆半径为r，外接圆半径为R，则IO＝DI+OD，
连接OB，在Rt△ODB中，OD＝R﹣5，OB＝R，DB＝12，
由勾股定理得（R﹣5）2+122＝R2，
∴R＝16.9，
∴OD＝AO﹣AD＝16.9﹣5＝11.9，
∵S△ABCBC•AD（AB+BC+AC）•r，
∴r2.4，
∴r＝DI＝2.4，
∴IO＝DI+OD＝2.4+11.9＝14.3．
故答案为：14.3．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形面积的计算，正确作出辅助线是解题的关键．
三．解答题（共4小题）
9．（2018秋•武进区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，以A（3，0）为圆心，5为半径作⊙A，与y轴的正半轴交于点B．
（1）点B的坐标为 （0，4） ；
（2）△AOB的内切圆半径为 1 个单位长度；
（3）将⊙A在平面直角坐标系内平移，使其与x轴、y轴都相切，记平移后的圆的圆心为A1，则AA1 为或 个单位长度．
【分析】（1）连接AB，利用勾股定理计算出OB即可得到B点坐标；
（2）利用直角三角形内切圆的半径（a、b为直角边，c为斜边）进行计算即可；
（3）根据切线的性质可判定A1的坐标为（5，5）或（﹣5，5）或（﹣5，﹣5）或（5，﹣5），然后利用两点间的距离公式计算AA1的长即可．
【解答】解：（1）连接AB，如图，
在Rt△OAB中，OB4，
∴B点坐标为（0，4）；
（2）△AOB的内切圆半径1；
（3）∵⊙A1与x轴、y轴都相切，
而⊙A1的半径为5，
∴A1的坐标为（5，5）或（﹣5，5）或（﹣5，﹣5）或（5，﹣5），
若A1的坐标为（5，5），则AA1；
若A1的坐标为（﹣5，5），则AA1；
若A1的坐标为（﹣5，﹣5），则AA1；
若A1的坐标为（5，﹣5），则AA1；
综上所述，AA1为或个单位长度．
故答案为（0，4）；1；为或．
【点评】本题考查了三角形内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．也考查了切线的性质．
10．（2010秋•灌云县期末）△ABC外切于⊙O，切点分别为点D、E、F，∠A＝60°，BC＝7，⊙O的半径为．求：
（1）求BF+CE的值；
（2）求△ABC的周长．
【分析】（1）根据切线长定理得到BF＝BD，CE＝CD，代入求出即可；
（2）根据切线长定理得到AE＝AF，求出∠OAE＝30°，根据含30度得直角三角形和勾股定理求出OA、AE，即可求出答案．
【解答】解：（1）∵△ABC外切于⊙O，切点分别为点D、E、F，
∴BF＝BD，CE＝CD，
∴BF+CE＝BD+CD＝BC＝7，
答：BF+CE的值是7．
（2）连接OE、OF、OA，
∵△ABC外切于⊙O，切点分别为点D、E、F，
∴∠OEA＝90°，∠OAE∠BAC＝30°，
∴OA＝2OE＝2，
由勾股定理得：AE＝AF3，
∴△ABC的周长是AB+BC+AC＝AF+AE+CE+BF+BC＝7+7+3+3＝20，
答：△ABC的周长是20．
【点评】本题主要考查对勾股定理，含30度角的直角三角形，切线长定理，三角形的内切圆与内心等知识点的理解和掌握，熟练地运用这些性质进行推理是解此题的关键．
11．（2012秋•徐州期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝5cm，AC﹣AB＝1cm．
（1）求AB、AC的长；
（2）求△ABC内切圆的半径．
【分析】（1）设AB＝xcm，则AC＝（x+1）cm，根据勾股定理得出方程（x+1）2﹣x2＝52，求出x即可；
（2）设内切圆的半径为y，根据三角形面积公式得出S△ABC5×125r12r13r，求出即可．
【解答】解：（1）设AB＝xcm，则AC＝（x+1）cm，
∵在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2﹣AB2＝BC2，
∴（x+1）2﹣x2＝52，
解得：x＝12，
即AB＝12cm，AC＝13cm；
（2）
连接AO、BO、CO、OD、OE、OF，
设内切圆的半径为y，根据题意，得S△ABC5×125r12r13r，
解得：r＝2，
即所求内切圆的半径为2cm．
【点评】本题考查了三角形的面积，三角形的内切圆和内心，勾股定理的应用，用了方程思想．
12．（2010秋•海陵区期末）如图，I是△ABC的内心，∠BAC的平分线与△ABC的外接圆相交于点D，与BC相交于点E．
（1）写出图中与△CAE相似的所有三角形；
（2）求证：DI＝DB；
（3）求证：DI2＝DE•DA．
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，得∠C＝∠D，∠CAE＝∠DBE，再由角平分线定义，则△DBE∽△ABC，△DAB∽△ABC；
（2）连接BI，CI，CD，求证△BCD为等腰三角形，再利用BI为∠ABC平分线，求证△DBI为等腰三角形，利用等量代换即可证明；
（3）证△DBE∽△DAB，得DB2＝DE•DA，再由（2）得DI2＝DE•DA．
【解答】（1）解：与△CAE相似的所有三角形：△DBE，△DAB；
∵∠C＝∠D，∠CAE＝∠DBE，
∴△DBE∽△CAE；
∵∠C＝∠D，AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD＝∠EAC，
∴△DAB∽△CAE；
（2）证明：连接BI，CI，CD，
∵I为内心，
∴AI为∠BAC角平分线，
BI为∠ABC平分线，
∴∠ABI＝∠CBI，∠BAD＝∠DAC，
∵∠BID＝∠ABI+∠BAI，
∠CBD＝∠DAC＝∠BAI，
∴∠BID＝∠CBI+∠CBD＝∠DBI，
∴△DBI为等腰三角形，
∴DB＝DI；
（3）证明：∵∠DBE＝∠CAD，∠BAE＝∠CAE，
∴∠BAE＝∠EBD，
∴△DBE∽△DAB，
∴，
∴DB2＝DE•DA，
又∵DB＝DI（已证），
∴DI2＝DE•DA．
【点评】本题考查了三角形的相似和性质以及三角形的内切圆与内心，证明此题的关键是连接BI，CI，CD，求证△BCD为等腰三角形，再利用BI为∠ABC平分线，求证△DBI为等腰三角形．