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1. 如图30－1－19，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ B＝90°$，$∠ BAC$的平分线交$BC$于点$D$，$E$为$AB$上的一点，$DE＝DC$，以$D$为圆心，$DB$长为半径作$\odot D$.求证：
(1)$AC$是$\odot D$的切线；
(2)$AB＋EB＝AC$.
(1)$AC$是$\odot D$的切线；
(2)$AB＋EB＝AC$.
答案
1.证明:(1)过D作DF⊥AC,垂足为F.
∵AD平分∠BAC,DB⊥AB,
∴BD=DF.
∵BD是⊙D的半径,
∴DF是⊙D的半径
∴AC是⊙D的切线.
(2)在Rt△ABD与Rt△AFD中,AD=AD,BD=DF,
∴Rt△ABD≌Rt△AFD.
∴AB=AF.
在Rt△BDE与Rt△FDC中,BD=DF,DE=DC,
∴Rt△BDE≌Rt△FDC.
∴BE=CF.
∴AB+BE=AF+CF=AC.
∵AD平分∠BAC,DB⊥AB,
∴BD=DF.
∵BD是⊙D的半径,
∴DF是⊙D的半径
∴AC是⊙D的切线.
(2)在Rt△ABD与Rt△AFD中,AD=AD,BD=DF,
∴Rt△ABD≌Rt△AFD.
∴AB=AF.
在Rt△BDE与Rt△FDC中,BD=DF,DE=DC,
∴Rt△BDE≌Rt△FDC.
∴BE=CF.
∴AB+BE=AF+CF=AC.
解析
【分析】
(1) 要证明AC是$\odot D$的切线，根据切线判定规则：若未知直线与圆的公共点，可过圆心向直线作垂线，证明垂线段长度等于圆的半径即可。已知AD是$∠ BAC$的角平分线，结合角平分线的性质（角平分线上的点到角两边的距离相等），可得点D到AB的距离BD等于点D到AC的距离，因此过D作$DF⊥ AC$于F，证得DF=BD（$\odot D$的半径）即可完成证明。
(2) 要证明$AB+EB=AC$，可通过线段等量转化推导：先利用HL证明$\mathrm{Rt}△ ABD≌\mathrm{Rt}△ AFD$，得到$AB=AF$；再结合已知$DE=DC$，用HL证明$\mathrm{Rt}△ BDE≌\mathrm{Rt}△ FDC$，得到$EB=CF$；最后利用$AC=AF+CF$，等量代换即可得出结论。
【解析】
(1) 过点D作$DF⊥ AC$，垂足为F。
∵AD平分$∠ BAC$，$DB⊥ AB$，$DF⊥ AC$，
∴由角平分线的性质可得$BD=DF$。
∵BD是$\odot D$的半径，
∴DF也是$\odot D$的半径，且$DF⊥ AC$，
∴AC是$\odot D$的切线。
(2) 在$\mathrm{Rt}△ ABD$和$\mathrm{Rt}△ AFD$中：
$\begin{cases} AD=AD \\ BD=DF \end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ ABD≌\mathrm{Rt}△ AFD$（HL），
∴$AB=AF$。
在$\mathrm{Rt}△ BDE$和$\mathrm{Rt}△ FDC$中：
$\begin{cases} DE=DC \\ BD=DF \end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ BDE≌\mathrm{Rt}△ FDC$（HL），
∴$EB=CF$。
∵$AC=AF+CF$，
∴$AB+EB=AF+CF=AC$。
【答案】
(1) AC是$\odot D$的切线，得证；
(2) $AB+EB=AC$，得证。
【知识点】
1. 切线的判定
2. 角平分线的性质
3. 直角三角形全等判定
【点评】
本题是圆与三角形的基础综合题，核心考查切线的判定方法、全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握切线判定的两类常用思路，通过作辅助线构造全等三角形实现线段的等量转化，是圆章节的基础典型题。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明AC是$\odot D$的切线，根据切线判定规则：若未知直线与圆的公共点，可过圆心向直线作垂线，证明垂线段长度等于圆的半径即可。已知AD是$∠ BAC$的角平分线，结合角平分线的性质（角平分线上的点到角两边的距离相等），可得点D到AB的距离BD等于点D到AC的距离，因此过D作$DF⊥ AC$于F，证得DF=BD（$\odot D$的半径）即可完成证明。
(2) 要证明$AB+EB=AC$，可通过线段等量转化推导：先利用HL证明$\mathrm{Rt}△ ABD≌\mathrm{Rt}△ AFD$，得到$AB=AF$；再结合已知$DE=DC$，用HL证明$\mathrm{Rt}△ BDE≌\mathrm{Rt}△ FDC$，得到$EB=CF$；最后利用$AC=AF+CF$，等量代换即可得出结论。
【解析】
(1) 过点D作$DF⊥ AC$，垂足为F。
∵AD平分$∠ BAC$，$DB⊥ AB$，$DF⊥ AC$，
∴由角平分线的性质可得$BD=DF$。
∵BD是$\odot D$的半径，
∴DF也是$\odot D$的半径，且$DF⊥ AC$，
∴AC是$\odot D$的切线。
(2) 在$\mathrm{Rt}△ ABD$和$\mathrm{Rt}△ AFD$中：
$\begin{cases} AD=AD \\ BD=DF \end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ ABD≌\mathrm{Rt}△ AFD$（HL），
∴$AB=AF$。
在$\mathrm{Rt}△ BDE$和$\mathrm{Rt}△ FDC$中：
$\begin{cases} DE=DC \\ BD=DF \end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ BDE≌\mathrm{Rt}△ FDC$（HL），
∴$EB=CF$。
∵$AC=AF+CF$，
∴$AB+EB=AF+CF=AC$。
【答案】
(1) AC是$\odot D$的切线，得证；
(2) $AB+EB=AC$，得证。
【知识点】
1. 切线的判定
2. 角平分线的性质
3. 直角三角形全等判定
【点评】
本题是圆与三角形的基础综合题，核心考查切线的判定方法、全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握切线判定的两类常用思路，通过作辅助线构造全等三角形实现线段的等量转化，是圆章节的基础典型题。
【难度系数】
0.7
2. 如图30－1－20，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，P为边BC上一个动点（点P可以与点C重合，但不与点B重合），以点P为圆心，PB长为半径作⊙P交AB于点D，过点D作⊙P的切线交边AC于点E。
(1)求证：AE＝DE；
(2)若PB＝2，求AE的长；
(3)在点P运动的过程中，请直接写出线段AE长度的取值范围。
(1)求证：AE＝DE；
(2)若PB＝2，求AE的长；
(3)在点P运动的过程中，请直接写出线段AE长度的取值范围。
答案
2.(1)证明:如答图30-1-2,连接PD.
∵DE与⊙P相切于点D,
∴PD⊥DE,
∴∠ADE+∠PDB=90°.
∵∠C=90°,
∴∠B+∠A=90°.
∵PD=PB,
∴∠PDB=∠B.
∴∠A=∠ADE,
∴AE=DE.
(2)解:如答图30-1-2,连接PE.
设DE=AE=x,则EC=8-x.
∵PB=2,BC=6,
∴PD=2,PC=BC-PB=6-2=4.
∵PD⊥DE,∠C=90°,
∴在Rt△PDE和Rt△PCE中,DE²+PD²=PE²,EC²+PC²=PE²,
∴DE²+PD²=EC²+PC²,
即x²+2²=(8-x)²+4²,
解得x=19/4,
∴AE=19/4.
(3)解:线段AE长度的取值范围为7/4 ≤ AE ＜ 25/4.
解析
【分析】
(1) 要证AE=DE，可通过证明两角相等推导边相等：已知DE是⊙P的切线，根据切线性质连接PD可得PD⊥DE，结合Rt△ABC的直角、等腰△PDB的等角关系，利用等角的余角相等得到∠A=∠ADE，即可得证。
(2) 求AE的长可采用方程思想：设AE为x，用含x的式子表示EC，连接PE后，Rt△PDE和Rt△PCE共用斜边PE，根据勾股定理列关于x的方程，解方程即可得到AE的长度。
(3) 求AE的取值范围需找到动点P的两个边界状态：当P与点C重合时，代入方程可得AE的最小值；当P无限接近点B时，代入方程可得AE的上限，注意P不与B重合，因此上限取不到。
【解析】
(1) 证明：如答图30-1-2，连接PD。
∵DE与⊙P相切于点D，
∴PD⊥DE，
∴∠ADE+∠PDB=90°。
∵∠C＝90°，
∴∠B+∠A=90°。
∵PD=PB，
∴∠PDB=∠B。
∴∠A=∠ADE，
∴AE=DE。
(2) 解：连接PE，设DE=AE=x，则EC=8-x。
∵PB=2，BC=6，
∴PD=2，PC=BC-PB=6-2=4。
∵PD⊥DE，∠C=90°，
∴在Rt△PDE和Rt△PCE中，$DE^2+PD^2=PE^2$，$EC^2+PC^2=PE^2$，
∴$DE^2+PD^2=EC^2+PC^2$，
即$x^2+2^2=(8-x)^2+4^2$，
解得$x=\frac{19}{4}$，
∴AE=$\frac{19}{4}$。
(3) 解：当点P与点C重合时，PB=6，PC=0，代入上述等量关系列方程得$x^2+6^2=(8-x)^2$，解得$x=\frac{7}{4}$；当点P趋近于点B时，PB趋近于0，PC趋近于6，代入得$x^2=(8-x)^2+6^2$，解得$x=\frac{25}{4}$，因P不与B重合，故AE取不到$\frac{25}{4}$。
综上，线段AE长度的取值范围为$\frac{7}{4} ≤ AE ＜ \frac{25}{4}$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) $\boldsymbol{AE=\dfrac{19}{4}}$；
(3) $\boldsymbol{\dfrac{7}{4}≤ AE＜\dfrac{25}{4}}$
【知识点】
切线的性质，勾股定理，等腰三角形判定
【点评】
本题综合考查了圆的切线性质、勾股定理及方程思想的应用，连接半径构造直角三角形是解题的突破口，求解取值范围时要注意动点的边界限制，准确判断端点是否可取。
【难度系数】
0.6
(1) 要证AE=DE，可通过证明两角相等推导边相等：已知DE是⊙P的切线，根据切线性质连接PD可得PD⊥DE，结合Rt△ABC的直角、等腰△PDB的等角关系，利用等角的余角相等得到∠A=∠ADE，即可得证。
(2) 求AE的长可采用方程思想：设AE为x，用含x的式子表示EC，连接PE后，Rt△PDE和Rt△PCE共用斜边PE，根据勾股定理列关于x的方程，解方程即可得到AE的长度。
(3) 求AE的取值范围需找到动点P的两个边界状态：当P与点C重合时，代入方程可得AE的最小值；当P无限接近点B时，代入方程可得AE的上限，注意P不与B重合，因此上限取不到。
【解析】
(1) 证明：如答图30-1-2，连接PD。
∵DE与⊙P相切于点D，
∴PD⊥DE，
∴∠ADE+∠PDB=90°。
∵∠C＝90°，
∴∠B+∠A=90°。
∵PD=PB，
∴∠PDB=∠B。
∴∠A=∠ADE，
∴AE=DE。
(2) 解：连接PE，设DE=AE=x，则EC=8-x。
∵PB=2，BC=6，
∴PD=2，PC=BC-PB=6-2=4。
∵PD⊥DE，∠C=90°，
∴在Rt△PDE和Rt△PCE中，$DE^2+PD^2=PE^2$，$EC^2+PC^2=PE^2$，
∴$DE^2+PD^2=EC^2+PC^2$，
即$x^2+2^2=(8-x)^2+4^2$，
解得$x=\frac{19}{4}$，
∴AE=$\frac{19}{4}$。
(3) 解：当点P与点C重合时，PB=6，PC=0，代入上述等量关系列方程得$x^2+6^2=(8-x)^2$，解得$x=\frac{7}{4}$；当点P趋近于点B时，PB趋近于0，PC趋近于6，代入得$x^2=(8-x)^2+6^2$，解得$x=\frac{25}{4}$，因P不与B重合，故AE取不到$\frac{25}{4}$。
综上，线段AE长度的取值范围为$\frac{7}{4} ≤ AE ＜ \frac{25}{4}$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) $\boldsymbol{AE=\dfrac{19}{4}}$；
(3) $\boldsymbol{\dfrac{7}{4}≤ AE＜\dfrac{25}{4}}$
【知识点】
切线的性质，勾股定理，等腰三角形判定
【点评】
本题综合考查了圆的切线性质、勾股定理及方程思想的应用，连接半径构造直角三角形是解题的突破口，求解取值范围时要注意动点的边界限制，准确判断端点是否可取。
【难度系数】
0.6
