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4.(2024·长沙)
对于凸四边形，根据它有无外接圆(四个顶点都在同一个圆上)与内切圆(四条边都与同一个圆相切)，可分为四种类型，我们不妨约定：既无外接圆，又无内切圆的四边形称为平凡型无圆四边形；只有外接圆，而无内切圆的四边形称为外接型单圆四边形；只有内切圆，而无外接圆的四边形称为内切型单圆四边形；既有外接圆，又有内切圆的四边形称为完美型双圆四边形.根据以上信息，回答下列问题.
(1)有下列说法：① 平行四边形一定不是平凡型无圆四边形；② 内角不等于 $90^{\circ}$ 的菱形一定是内切型单圆四边形；③ 若完美型双圆四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为 $R$，内切圆半径为 $r$，则有 $R = \sqrt{2}r$.其中正确的是.(填序号)
(2)如图①，四边形 $ABCD$ 内接于 $\odot O$，四条边的长满足 $AB + CD ≠ BC + AD$.
① 四边形 $ABCD$ 是四边形.(填“平凡型无圆”“外接型单圆”“内切型单圆”或“完美型双圆”)
② 若 $∠ BAD$ 的平分线 $AE$ 交 $\odot O$ 于点 $E$，$∠ BCD$ 的平分线 $CF$ 交 $\odot O$ 于点 $F$，连接 $EF$.求证：$EF$ 是 $\odot O$ 的直径.
(3)已知四边形 $ABCD$ 是完美型双圆四边形，它的内切圆 $\odot O$ 与 $AB$，$BC$，$CD$，$AD$ 分别相切于点 $E$，$F$，$G$，$H$.
① 如图②，连接 $EG$，$FH$ 交于点 $P$，求证：$EG ⊥ FH$；
② 如图③，连接 $OA$，$OB$，$OC$，$OD$，若 $OA = 2$，$OB = 6$，$OC = 3$，求内切圆 $\odot O$ 的半径 $r$.
对于凸四边形，根据它有无外接圆(四个顶点都在同一个圆上)与内切圆(四条边都与同一个圆相切)，可分为四种类型，我们不妨约定：既无外接圆，又无内切圆的四边形称为平凡型无圆四边形；只有外接圆，而无内切圆的四边形称为外接型单圆四边形；只有内切圆，而无外接圆的四边形称为内切型单圆四边形；既有外接圆，又有内切圆的四边形称为完美型双圆四边形.根据以上信息，回答下列问题.
(1)有下列说法：① 平行四边形一定不是平凡型无圆四边形；② 内角不等于 $90^{\circ}$ 的菱形一定是内切型单圆四边形；③ 若完美型双圆四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为 $R$，内切圆半径为 $r$，则有 $R = \sqrt{2}r$.其中正确的是.(填序号)
(2)如图①，四边形 $ABCD$ 内接于 $\odot O$，四条边的长满足 $AB + CD ≠ BC + AD$.
① 四边形 $ABCD$ 是四边形.(填“平凡型无圆”“外接型单圆”“内切型单圆”或“完美型双圆”)
② 若 $∠ BAD$ 的平分线 $AE$ 交 $\odot O$ 于点 $E$，$∠ BCD$ 的平分线 $CF$ 交 $\odot O$ 于点 $F$，连接 $EF$.求证：$EF$ 是 $\odot O$ 的直径.
(3)已知四边形 $ABCD$ 是完美型双圆四边形，它的内切圆 $\odot O$ 与 $AB$，$BC$，$CD$，$AD$ 分别相切于点 $E$，$F$，$G$，$H$.
① 如图②，连接 $EG$，$FH$ 交于点 $P$，求证：$EG ⊥ FH$；
② 如图③，连接 $OA$，$OB$，$OC$，$OD$，若 $OA = 2$，$OB = 6$，$OC = 3$，求内切圆 $\odot O$ 的半径 $r$.
答案
(1)②③；(2)①外接型单圆；(3)②$\frac{6\sqrt{13}}{13}$
解析
(1)②③
(2)①外接型单圆
②证明：∵四边形$ABCD$内接于$\odot O$，$\therefore∠ BAD+∠ BCD=180^{\circ}$。
∵$AE$平分$∠ BAD$，$CF$平分$∠ BCD$，设$∠ BAE=∠ DAE=α$，$∠ BCF=∠ DCF=β$，则$2α+2β=180^{\circ}⇒α+β=90^{\circ}$。
∵$∠ BAE=α$，$\therefore$弧$BE=$弧$DE=2α$（等圆周角对等弧），$E$为劣弧$BD$中点；
∵$∠ BCF=β$，$\therefore$弧$BF=$弧$DF=2β$，$F$为优弧$BD$中点。
∴弧$EF=$弧$EB+$弧$BF=2α+2β=180^{\circ}$，$\therefore EF$是$\odot O$直径。
(3)①证明：设内切圆半径为$r$，$E,F,G,H$为切点，$OE=OF=OG=OH=r$，$OE⊥ AB,OF⊥ BC,OG⊥ CD,OH⊥ AD$。
∵四边形$ABCD$内接于圆，$∠ A+∠ C=180^{\circ}$，$∠ B+∠ D=180^{\circ}$。
在四边形$OEBF$中，$∠ EOF=180^{\circ}-∠ B$；同理$∠ FOG=180^{\circ}-∠ C$，$∠ GOH=180^{\circ}-∠ D$，$∠ HOE=180^{\circ}-∠ A$。
$∠ EOG=∠ EOF+∠ FOG=360^{\circ}-(∠ B+∠ C)=180^{\circ}$，同理$∠ FOH=180^{\circ}$，即$EG,FH$为直径。
设$E(r\cosθ,r\sinθ)$，$G(-r\cosθ,-r\sinθ)$，$F(r\cos\varphi,r\sin\varphi)$，$H(-r\cos\varphi,-r\sin\varphi)$。
向量$\overrightarrow{EG}=(-2r\cosθ,-2r\sinθ)$，$\overrightarrow{FH}=(-2r\cos\varphi,-2r\sin\varphi)$，$\overrightarrow{EG}·\overrightarrow{FH}=4r^{2}(\cosθ\cos\varphi+\sinθ\sin\varphi)=4r^{2}\cos(θ-\varphi)$。
∵$∠ A+∠ C=180^{\circ}$，$θ-\varphi=90^{\circ}$，$\cos90^{\circ}=0$，$\therefore\overrightarrow{EG}·\overrightarrow{FH}=0⇒ EG⊥ FH$。
②解：设$AE=AH=x$，$BE=BF=y$，$CF=CG=z$，$DG=DH=w$。
在$Rt△ AOE$中，$x^{2}+r^{2}=OA^{2}=4⇒ x=\sqrt{4-r^{2}}$；
在$Rt△ BOE$中，$y^{2}+r^{2}=OB^{2}=36⇒ y=\sqrt{36-r^{2}}$；
在$Rt△ COF$中，$z^{2}+r^{2}=OC^{2}=9⇒ z=\sqrt{9-r^{2}}$。
∵$∠ A+∠ C=180^{\circ}$，$\tanα=\frac{r}{x}$，$\tan\gamma=\frac{r}{z}$，$α+\gamma=90^{\circ}⇒\tan\gamma=\cotα⇒\frac{r}{z}=\frac{x}{r}⇒ r^{2}=xz$。
$\therefore r^{2}=\sqrt{(4-r^{2})(9-r^{2})}$，平方得$r^{4}=36-13r^{2}+r^{4}⇒13r^{2}=36⇒ r=\frac{6\sqrt{13}}{13}$。
(2)①外接型单圆
②证明：∵四边形$ABCD$内接于$\odot O$，$\therefore∠ BAD+∠ BCD=180^{\circ}$。
∵$AE$平分$∠ BAD$，$CF$平分$∠ BCD$，设$∠ BAE=∠ DAE=α$，$∠ BCF=∠ DCF=β$，则$2α+2β=180^{\circ}⇒α+β=90^{\circ}$。
∵$∠ BAE=α$，$\therefore$弧$BE=$弧$DE=2α$（等圆周角对等弧），$E$为劣弧$BD$中点；
∵$∠ BCF=β$，$\therefore$弧$BF=$弧$DF=2β$，$F$为优弧$BD$中点。
∴弧$EF=$弧$EB+$弧$BF=2α+2β=180^{\circ}$，$\therefore EF$是$\odot O$直径。
(3)①证明：设内切圆半径为$r$，$E,F,G,H$为切点，$OE=OF=OG=OH=r$，$OE⊥ AB,OF⊥ BC,OG⊥ CD,OH⊥ AD$。
∵四边形$ABCD$内接于圆，$∠ A+∠ C=180^{\circ}$，$∠ B+∠ D=180^{\circ}$。
在四边形$OEBF$中，$∠ EOF=180^{\circ}-∠ B$；同理$∠ FOG=180^{\circ}-∠ C$，$∠ GOH=180^{\circ}-∠ D$，$∠ HOE=180^{\circ}-∠ A$。
$∠ EOG=∠ EOF+∠ FOG=360^{\circ}-(∠ B+∠ C)=180^{\circ}$，同理$∠ FOH=180^{\circ}$，即$EG,FH$为直径。
设$E(r\cosθ,r\sinθ)$，$G(-r\cosθ,-r\sinθ)$，$F(r\cos\varphi,r\sin\varphi)$，$H(-r\cos\varphi,-r\sin\varphi)$。
向量$\overrightarrow{EG}=(-2r\cosθ,-2r\sinθ)$，$\overrightarrow{FH}=(-2r\cos\varphi,-2r\sin\varphi)$，$\overrightarrow{EG}·\overrightarrow{FH}=4r^{2}(\cosθ\cos\varphi+\sinθ\sin\varphi)=4r^{2}\cos(θ-\varphi)$。
∵$∠ A+∠ C=180^{\circ}$，$θ-\varphi=90^{\circ}$，$\cos90^{\circ}=0$，$\therefore\overrightarrow{EG}·\overrightarrow{FH}=0⇒ EG⊥ FH$。
②解：设$AE=AH=x$，$BE=BF=y$，$CF=CG=z$，$DG=DH=w$。
在$Rt△ AOE$中，$x^{2}+r^{2}=OA^{2}=4⇒ x=\sqrt{4-r^{2}}$；
在$Rt△ BOE$中，$y^{2}+r^{2}=OB^{2}=36⇒ y=\sqrt{36-r^{2}}$；
在$Rt△ COF$中，$z^{2}+r^{2}=OC^{2}=9⇒ z=\sqrt{9-r^{2}}$。
∵$∠ A+∠ C=180^{\circ}$，$\tanα=\frac{r}{x}$，$\tan\gamma=\frac{r}{z}$，$α+\gamma=90^{\circ}⇒\tan\gamma=\cotα⇒\frac{r}{z}=\frac{x}{r}⇒ r^{2}=xz$。
$\therefore r^{2}=\sqrt{(4-r^{2})(9-r^{2})}$，平方得$r^{4}=36-13r^{2}+r^{4}⇒13r^{2}=36⇒ r=\frac{6\sqrt{13}}{13}$。
