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13. (★★)如图,点 O 是$□ ABCD$的对称中心,BC与$\odot O$相切于点E.
(1)求证:直线AD是$\odot O$的切线.
(2)当AB与$\odot O$相切时,$□ ABCD$是菱形吗?请说明理由.
(1)求证:直线AD是$\odot O$的切线.
(2)当AB与$\odot O$相切时,$□ ABCD$是菱形吗?请说明理由.
答案
解：(1) 证明：
连接OE，过点O作OF⊥AD，垂足为F。
∵ BC与⊙O相切于点E，
∴ OE⊥BC，OE是⊙O的半径。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，O是它的对称中心，
∴ AD//BC，AD=BC，
∴ OF⊥AD，且点O到BC的距离与点O到AD的距离相等，即OF=OE。
又∵ OF⊥AD，
∴ 直线AD是⊙O的切线。
(2) 当AB与⊙O相切时，ABCD是菱形，理由如下：
过点O作OG⊥AB，垂足为G。
∵ AB与⊙O相切，
∴ OG是⊙O的半径，
∴ OG=OE。
∵ 平行四边形的面积可表示为 $S_{□ ABCD}=BC· OE=AB· OG$，
∴ BC=AB。
又∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ ABCD是菱形。
连接OE，过点O作OF⊥AD，垂足为F。
∵ BC与⊙O相切于点E，
∴ OE⊥BC，OE是⊙O的半径。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，O是它的对称中心，
∴ AD//BC，AD=BC，
∴ OF⊥AD，且点O到BC的距离与点O到AD的距离相等，即OF=OE。
又∵ OF⊥AD，
∴ 直线AD是⊙O的切线。
(2) 当AB与⊙O相切时，ABCD是菱形，理由如下：
过点O作OG⊥AB，垂足为G。
∵ AB与⊙O相切，
∴ OG是⊙O的半径，
∴ OG=OE。
∵ 平行四边形的面积可表示为 $S_{□ ABCD}=BC· OE=AB· OG$，
∴ BC=AB。
又∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ ABCD是菱形。
解析
【分析】
(1) 要证明直线AD是$\odot O$的切线，可利用切线的判定方法：若圆心到直线的距离等于半径，则该直线是圆的切线。已知BC与$\odot O$相切，可得半径$OE⊥ BC$，结合平行四边形对称中心的性质，过O作AD的垂线$OF$，只需证明$OF=OE$即可。利用平行四边形对边平行，对称中心到两组对边的距离相等，即可得到$OF=OE$，完成证明。
(2) 要判断平行四边形ABCD是否为菱形，只需证明它有一组邻边相等即可。已知AB与$\odot O$相切，可得圆心O到AB的距离等于半径，即等于OE，再结合平行四边形面积的两种计算方式：分别以AB、BC为底，对应高为O到AB、BC的距离，高相等即可推出AB=BC，进而判定平行四边形是菱形。
【解析】
(1) 证明：
连接OE，过点O作$OF⊥ AD$，垂足为F。
∵ BC与$\odot O$相切于点E，
∴ $OE⊥ BC$，OE是$\odot O$的半径。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，O是它的对称中心，
∴ $AD// BC$，
∴ $OF⊥ AD$，且点O到BC的距离与点O到AD的距离相等，即$OF=OE$。
又
∵ $OF⊥ AD$，
∴ 直线AD是$\odot O$的切线。
(2) 当AB与$\odot O$相切时，$□ ABCD$是菱形，理由如下：
过点O作$OG⊥ AB$，垂足为G。
∵ AB与$\odot O$相切，
∴ OG是$\odot O$的半径，
∴ $OG=OE$。
∵ 平行四边形的面积可表示为 $S_{□ ABCD}=BC· OE=AB· OG$，
∴ $BC=AB$。
又
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $□ ABCD$是菱形。
【答案】
(1) 直线AD是$\odot O$的切线；
(2) $□ ABCD$是菱形。
【知识点】
切线的判定与性质；平行四边形的性质；菱形的判定
【点评】
本题是几何基础综合题，将圆的切线、平行四边形、菱形的知识点结合考查，解题关键是掌握切线判定的“距离等于半径”思路，灵活运用面积法推导边的等量关系，能有效锻炼基础几何定理的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明直线AD是$\odot O$的切线，可利用切线的判定方法：若圆心到直线的距离等于半径，则该直线是圆的切线。已知BC与$\odot O$相切，可得半径$OE⊥ BC$，结合平行四边形对称中心的性质，过O作AD的垂线$OF$，只需证明$OF=OE$即可。利用平行四边形对边平行，对称中心到两组对边的距离相等，即可得到$OF=OE$，完成证明。
(2) 要判断平行四边形ABCD是否为菱形，只需证明它有一组邻边相等即可。已知AB与$\odot O$相切，可得圆心O到AB的距离等于半径，即等于OE，再结合平行四边形面积的两种计算方式：分别以AB、BC为底，对应高为O到AB、BC的距离，高相等即可推出AB=BC，进而判定平行四边形是菱形。
【解析】
(1) 证明：
连接OE，过点O作$OF⊥ AD$，垂足为F。
∵ BC与$\odot O$相切于点E，
∴ $OE⊥ BC$，OE是$\odot O$的半径。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，O是它的对称中心，
∴ $AD// BC$，
∴ $OF⊥ AD$，且点O到BC的距离与点O到AD的距离相等，即$OF=OE$。
又
∵ $OF⊥ AD$，
∴ 直线AD是$\odot O$的切线。
(2) 当AB与$\odot O$相切时，$□ ABCD$是菱形，理由如下：
过点O作$OG⊥ AB$，垂足为G。
∵ AB与$\odot O$相切，
∴ OG是$\odot O$的半径，
∴ $OG=OE$。
∵ 平行四边形的面积可表示为 $S_{□ ABCD}=BC· OE=AB· OG$，
∴ $BC=AB$。
又
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $□ ABCD$是菱形。
【答案】
(1) 直线AD是$\odot O$的切线；
(2) $□ ABCD$是菱形。
【知识点】
切线的判定与性质；平行四边形的性质；菱形的判定
【点评】
本题是几何基础综合题，将圆的切线、平行四边形、菱形的知识点结合考查，解题关键是掌握切线判定的“距离等于半径”思路，灵活运用面积法推导边的等量关系，能有效锻炼基础几何定理的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
14. (★★★)阅读与思考
阅读下面的材料,完成后面的任务.
关于“三角形的内切圆”的研究报告
【研究内容】如图①,在$△ ABC$中,三边$AB=c,BC=a,AC=b,\odot I$是它的内切圆,切点分别为$D,E,F$,如何求$AD,BD,CE$的长呢?
【解法】$\because \odot I$是$△ ABC$的内切圆,切点分别为$D,E,F$,
$\therefore AD=AF,BD=BE,CE=CF.$
设$AD = AF = x, BD = BE = y, CE = CF = z$, 则有
$\begin{cases}x+y=c, \\y+z=a, \\x+z=b.\end{cases}$
$\therefore x+y+z=\boldsymbol{\Delta}.$
如果设$p=\boldsymbol{\Delta}$, 那么有$\begin{cases}x=p-a, \\y=p-b, \\z=p-c.\end{cases}$
任务:
(1)直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容: ______.
(2)如图②,这是一张三角形纸片$ABC$,$\odot O$为它的内切圆,小悦沿着与$\odot O$相切的$DE$剪下了一个三角形纸片$BDE$,已知$AC=4\ \mathrm{cm},AB=6\ \mathrm{cm},BC=5\ \mathrm{cm}$,求三角形纸片$BDE$的周长.
(3)如图③,$△ ABC$的内切圆$O$与$BC,AB,AC$分别相切于点$D,E,F,∠ A=90°,BD=3,CD=2$,求$S_{△ ABC}$.
阅读下面的材料,完成后面的任务.
关于“三角形的内切圆”的研究报告
【研究内容】如图①,在$△ ABC$中,三边$AB=c,BC=a,AC=b,\odot I$是它的内切圆,切点分别为$D,E,F$,如何求$AD,BD,CE$的长呢?
【解法】$\because \odot I$是$△ ABC$的内切圆,切点分别为$D,E,F$,
$\therefore AD=AF,BD=BE,CE=CF.$
设$AD = AF = x, BD = BE = y, CE = CF = z$, 则有
$\begin{cases}x+y=c, \\y+z=a, \\x+z=b.\end{cases}$
$\therefore x+y+z=\boldsymbol{\Delta}.$
如果设$p=\boldsymbol{\Delta}$, 那么有$\begin{cases}x=p-a, \\y=p-b, \\z=p-c.\end{cases}$
任务:
(1)直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容: ______.
(2)如图②,这是一张三角形纸片$ABC$,$\odot O$为它的内切圆,小悦沿着与$\odot O$相切的$DE$剪下了一个三角形纸片$BDE$,已知$AC=4\ \mathrm{cm},AB=6\ \mathrm{cm},BC=5\ \mathrm{cm}$,求三角形纸片$BDE$的周长.
(3)如图③,$△ ABC$的内切圆$O$与$BC,AB,AC$分别相切于点$D,E,F,∠ A=90°,BD=3,CD=2$,求$S_{△ ABC}$.
答案
解：
(1) 两个空缺处依次为$\boldsymbol{\frac{1}{2}(a+b+c)}$、$\boldsymbol{\frac{1}{2}(a+b+c)}$（即$△ ABC$周长的一半）。
(2) 设$\odot O$与$AB$、$BC$分别相切于点$P$、$Q$，与$DE$相切于点$M$。
由切线长定理，得$DP=DM$，$EQ=EM$，$BP=BQ$。
计算得$p=\frac{AB+BC+AC}{2}=\frac{6+5+4}{2}=\frac{15}{2}$，
由(1)的结论，$BP = p - AC = \frac{15}{2} - 4 = \frac{7}{2}\ \mathrm{cm}$。
$△ BDE$的周长为：
$BD + DE + BE = BD + DM + ME + BE = BD + DP + EQ + BE = BP + BQ = 2BP = 7\ \mathrm{cm}$。
(3) $\because \odot O$是$△ ABC$的内切圆，切点分别为$D,E,F$，
$\therefore AE=AF$，$BD=BE=3$，$CD=CF=2$。
设$AE=AF=x$，则$AB=x+3$，$AC=x+2$。
$\because ∠ A=90°$，$BC=BD+CD=5$，
由勾股定理得：
$(x+3)^2 + (x+2)^2 = 5^2$
整理得$x^2+5x-6=0$，
解得$x_1=1$，$x_2=-6$（不符合题意，舍去）。
$\therefore AB=4$，$AC=3$，
$S_{△ ABC} = \frac{1}{2}AB· AC = \frac{1}{2}×4×3 = 6$
答：(2) 三角形纸片$BDE$的周长为$7\ \mathrm{cm}$；(3) $S_{△ ABC}$的值为$6$。
(1) 两个空缺处依次为$\boldsymbol{\frac{1}{2}(a+b+c)}$、$\boldsymbol{\frac{1}{2}(a+b+c)}$（即$△ ABC$周长的一半）。
(2) 设$\odot O$与$AB$、$BC$分别相切于点$P$、$Q$，与$DE$相切于点$M$。
由切线长定理，得$DP=DM$，$EQ=EM$，$BP=BQ$。
计算得$p=\frac{AB+BC+AC}{2}=\frac{6+5+4}{2}=\frac{15}{2}$，
由(1)的结论，$BP = p - AC = \frac{15}{2} - 4 = \frac{7}{2}\ \mathrm{cm}$。
$△ BDE$的周长为：
$BD + DE + BE = BD + DM + ME + BE = BD + DP + EQ + BE = BP + BQ = 2BP = 7\ \mathrm{cm}$。
(3) $\because \odot O$是$△ ABC$的内切圆，切点分别为$D,E,F$，
$\therefore AE=AF$，$BD=BE=3$，$CD=CF=2$。
设$AE=AF=x$，则$AB=x+3$，$AC=x+2$。
$\because ∠ A=90°$，$BC=BD+CD=5$，
由勾股定理得：
$(x+3)^2 + (x+2)^2 = 5^2$
整理得$x^2+5x-6=0$，
解得$x_1=1$，$x_2=-6$（不符合题意，舍去）。
$\therefore AB=4$，$AC=3$，
$S_{△ ABC} = \frac{1}{2}AB· AC = \frac{1}{2}×4×3 = 6$
答：(2) 三角形纸片$BDE$的周长为$7\ \mathrm{cm}$；(3) $S_{△ ABC}$的值为$6$。
解析
【分析】
(1) 观察给出的三元一次方程组，将三个方程左右两边分别相加，可得$2(x+y+z)=a+b+c$，变形即可得到$x+y+z$的值，$p$代表三角形周长的一半，和该值相等。
(2) 依据切线长定理，把$△ BDE$的边$DE$拆成$DM+EM$，再替换成$DP+EQ$，可将$△ BDE$的周长转化为$BP+BQ$，而$BP=BQ$，用第(1)问的半周长公式算出$BP$的长度，乘2即可得到周长。
(3) 先根据切线长定理，用含$x$的式子表示$AB$、$AC$的长度，再结合$∠ A=90°$，用勾股定理列方程求解$x$，最后用直角三角形面积公式计算面积即可。
【解析】
(1) 将方程组$\begin{cases}x+y=c, \\y+z=a, \\x+z=b.\end{cases}$三个式子相加，得$2(x+y+z)=a+b+c$，因此$x+y+z=\frac{1}{2}(a+b+c)$，半周长$p=\frac{1}{2}(a+b+c)$，故两个空缺处均为$\frac{1}{2}(a+b+c)$。
(2) 设$\odot O$与$AB$、$BC$分别相切于点$P$、$Q$，与$DE$相切于点$M$。
根据切线长定理可得：$DP=DM$，$EQ=EM$，$BP=BQ$。
先计算$△ ABC$的半周长$p=\frac{AB+BC+AC}{2}=\frac{6+5+4}{2}=\frac{15}{2}\ \mathrm{cm}$，
由(1)的结论可知，$BP = p - AC = \frac{15}{2} - 4 = \frac{7}{2}\ \mathrm{cm}$。
$△ BDE$的周长为：
$BD + DE + BE = BD + DM + ME + BE = BD + DP + EQ + BE = BP + BQ = 2BP = 2×\frac{7}{2}=7\ \mathrm{cm}$。
(3) $\because \odot O$是$△ ABC$的内切圆，切点分别为$D,E,F$，
$\therefore$根据切线长定理得：$AE=AF$，$BD=BE=3$，$CD=CF=2$。
设$AE=AF=x$，则$AB=x+3$，$AC=x+2$，$BC=BD+CD=3+2=5$。
$\because ∠ A=90°$，由勾股定理得：
$(x+3)^2 + (x+2)^2 = 5^2$
展开整理得$x^2+5x-6=0$，
解得$x_1=1$，$x_2=-6$（边长为正，不符合题意，舍去）。
$\therefore AB=1+3=4$，$AC=1+2=3$，
$S_{△ ABC} = \frac{1}{2}AB· AC = \frac{1}{2}×4×3 = 6$。
【答案】
(1) $\frac{1}{2}(a+b+c)$、$\frac{1}{2}(a+b+c)$；
(2) $7\ \mathrm{cm}$；
(3) $6$
【知识点】
切线长定理，勾股定理，三角形内切圆性质
【点评】
本题以三角形内切圆为背景，考查对切线长定理的灵活运用，通过转化思想将未知线段转化为与已知边长相关的量，同时结合勾股定理考查方程思想的应用，是三角形内切圆相关的典型题型，能较好地锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
(1) 观察给出的三元一次方程组，将三个方程左右两边分别相加，可得$2(x+y+z)=a+b+c$，变形即可得到$x+y+z$的值，$p$代表三角形周长的一半，和该值相等。
(2) 依据切线长定理，把$△ BDE$的边$DE$拆成$DM+EM$，再替换成$DP+EQ$，可将$△ BDE$的周长转化为$BP+BQ$，而$BP=BQ$，用第(1)问的半周长公式算出$BP$的长度，乘2即可得到周长。
(3) 先根据切线长定理，用含$x$的式子表示$AB$、$AC$的长度，再结合$∠ A=90°$，用勾股定理列方程求解$x$，最后用直角三角形面积公式计算面积即可。
【解析】
(1) 将方程组$\begin{cases}x+y=c, \\y+z=a, \\x+z=b.\end{cases}$三个式子相加，得$2(x+y+z)=a+b+c$，因此$x+y+z=\frac{1}{2}(a+b+c)$，半周长$p=\frac{1}{2}(a+b+c)$，故两个空缺处均为$\frac{1}{2}(a+b+c)$。
(2) 设$\odot O$与$AB$、$BC$分别相切于点$P$、$Q$，与$DE$相切于点$M$。
根据切线长定理可得：$DP=DM$，$EQ=EM$，$BP=BQ$。
先计算$△ ABC$的半周长$p=\frac{AB+BC+AC}{2}=\frac{6+5+4}{2}=\frac{15}{2}\ \mathrm{cm}$，
由(1)的结论可知，$BP = p - AC = \frac{15}{2} - 4 = \frac{7}{2}\ \mathrm{cm}$。
$△ BDE$的周长为：
$BD + DE + BE = BD + DM + ME + BE = BD + DP + EQ + BE = BP + BQ = 2BP = 2×\frac{7}{2}=7\ \mathrm{cm}$。
(3) $\because \odot O$是$△ ABC$的内切圆，切点分别为$D,E,F$，
$\therefore$根据切线长定理得：$AE=AF$，$BD=BE=3$，$CD=CF=2$。
设$AE=AF=x$，则$AB=x+3$，$AC=x+2$，$BC=BD+CD=3+2=5$。
$\because ∠ A=90°$，由勾股定理得：
$(x+3)^2 + (x+2)^2 = 5^2$
展开整理得$x^2+5x-6=0$，
解得$x_1=1$，$x_2=-6$（边长为正，不符合题意，舍去）。
$\therefore AB=1+3=4$，$AC=1+2=3$，
$S_{△ ABC} = \frac{1}{2}AB· AC = \frac{1}{2}×4×3 = 6$。
【答案】
(1) $\frac{1}{2}(a+b+c)$、$\frac{1}{2}(a+b+c)$；
(2) $7\ \mathrm{cm}$；
(3) $6$
【知识点】
切线长定理，勾股定理，三角形内切圆性质
【点评】
本题以三角形内切圆为背景，考查对切线长定理的灵活运用，通过转化思想将未知线段转化为与已知边长相关的量，同时结合勾股定理考查方程思想的应用，是三角形内切圆相关的典型题型，能较好地锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
