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    精英家教网 > 初中数学 > 题目详情
    一个三角板的直角顶点与点C重合，它的两条直角边也分别与x轴正半轴、y轴正半轴相交于E点、D点．当三角板绕点C旋转到与x轴、y轴垂直时，如图1，已知射线OM为第一象限的角平分线，C点的坐标为（2，2）
    （1）四边形ODCE的面积是
    4
    4
    ；点D的坐标为
    （0，2）
    （0，2）
    ；点E的坐标为
    （2，0）
    （2，0）
    ．
    （2）将三角板绕点C旋转到与x轴、y轴不垂直时，如图2，在旋转过程中，四边形ODCE的面积始终保持不变，其值为定值．请你说明其中的道理．
    （3）经过D、O、E三点画⊙O1，如图3，设△DOE的内切圆的直径为d，请证明：不论⊙O1的大小、位置如何变化，d+DE的值不变．
    分析：（1）由于DC⊥y轴，CE⊥x轴，OM为第一象限的角平分线，则四边形ODCE为矩形且CD=CE，则四边形ODCE为正方形，由C点坐标为（2，2），易得到四边形ODCE的面积，点D的坐标和点E的坐标；
    （2）过C作CF⊥y轴于F，CH⊥x轴于H，与（1）一样可得到四边形OFCE为正方形，其面积为4，再根据等角的余角相等可得到∠FCD=∠HCE，易证得Rt△FCD≌Rt△HCE，则S△FCD=S△HCE，于是得到S四边形ODCE=S正方形OFCH=4，说明在旋转过程中，四边形ODCE的面积始终保持不变，其值为定值；
    （3）过C作CF⊥y轴于F，CH⊥x轴于H，⊙O′分别切OE于K，切OD于P，切DE于Q，根据切线的性质得O′K=O′P，易得四边形OPO′K为正方形，设⊙O′的半径为r，根据切线长定理得到OP=OK=r，EK=EQ=EO-r，DQ=DP=OD-r，利用DQ+EQ=ED得EO-r+OD-r=DE，则DE+2r=OE+OD=OH+HE+OF-DF，根据（2）中得结论得到DF=HE，OH=OF=2，于是有DE+2r=2+2=4，即d+DE=4．
    解答：解：（1）∵DC⊥y轴，CE⊥x轴，
    ∴四边形ODCE为矩形，
    而C点坐标为（2，2），则C点在第一象限的角平分线OM上，
    ∴四边形ODCE为正方形，且边长为2，
    ∴四边形ODCE的面积是2×2=4，点D的坐标为（0，2），点E的坐标为（2，0），
    故答案为：4，（0，2），（2，0）；

    （2）过C作CF⊥y轴于F，CH⊥x轴于H，如图2，
    则CF=CH=2，
    ∴四边形OFCH为正方形，其面积为4，
    ∵∠DCE=90°，∠FCH=90°，
    ∴∠FCD+∠DCH=90°，∠DCH+∠HCE=90°，
    ∴∠FCD=∠HCE，
    在Rt△FCD和Rt△HCE中
    ∠CFD=∠CHD
    CF=CH
    ∠FCD=∠ECH

    ∴Rt△FCD≌Rt△HCE，
    ∴S△FCD=S△HCE，
    ∴S四边形ODCE=S正方形OFCH=4，
    ∴四边形ODCE的面积始终保持不变，其值为定值．

    （3）不论⊙O1的大小、位置如何变化，d+DE的值永远不变，如图3．理由如下：
    过C作CF⊥y轴于F，CH⊥x轴于H，△DOE的内切圆⊙O′分别切OE于H，切OD于P，切DE于Q，如图3，
    ∴O′K=O′P，
    ∴四边形OPO′K为正方形，
    设⊙O′的半径为r，则OP=OK=r，EK=EQ=EO-r，DQ=DP=OD-r，
    ∴EO-r+OD-r=DE，
    ∴DE+2r=OE+OD=OH+HE+OF-DF，
    由（2）得DF=HE，OH=OF=2，
    ∴DE+2r=2+2=4，
    ∴d+DE=4，即不论⊙O1的大小、位置如何变化，d+DE的值永远不变．
    点评：本题考查了圆的综合题：圆的切线垂直于过切点的半径；从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等；掌握旋转的性质以及三角形全等的判定与性质以及正方形的性质．
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    （2）如图2，若连接EF，试探索线段BE、EF、FC之间的数量关系，直接写出你的结论（不需证明）；
    （3）如图3，若将“AB=AC，点D是BC的中点”改为：“∠B=30°，AD⊥BC于点D”，其余条件不变，探索（1）中结论是否成立？若不成立，请探索关于AF、BE的比值．
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    		2
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