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11. 如图30.1-27，在矩形ABCD中，AB＝5，$\odot O$与边AB，BC，对角线AC分别相切于点G，E，F，点P是边AD上的一个动点，PH与$\odot O$相切于点H.若PH的最小值为$\sqrt{15}$，求BC的长.
答案
11. 解：如图，连接OG，OE，OF，OH，OP，延长EO交AD于点P'.
由题意可知，
$OG⊥ AB$，$OE⊥ BC$，$OH⊥ PH$，
$AG=AF$，$BG=BE$，$CE=CF$，
$OG=OE=OH$.
∵四边形ABCD是矩形，
∴$∠ ABC=∠ BAD=90°$.
∴四边形ABEP'，四边形BEOG均为矩形.
∴$OP'⊥ AD$，$EP'=AB=5$.
∵$OG=OE$，
∴四边形BEOG为正方形.
∴$BG=BE=OE=OG$.
设$\odot O$的半径为r，则
$BG=BE=OE=OG=OH=r$，
$OP'=5-r$，
∵点P是边AD上的一个动点，
∴当点P与点P'重合时，OP最小，此时PH最小，
由勾股定理，得$OP^2=OH^2+PH^2$.
∴$(5-r)^2=r^2+15$. 解得$r=1$.
∴$BG=BE=OE=OG=OH=1$.
∴$AG=AF=AB-BG=4$.
设$CE=CF=x$，则
$BC=x+1$，$AC=x+4$.
∵$AC^2=AB^2+BC^2$，
∴ $(x+4)^2=(x+1)^2+25$.
解得$x=\frac{5}{3}$.
∴$BC=\frac{5}{3}+1=\frac{8}{3}$.
解析
【分析】
解题时首先利用切线的性质，可知切线垂直于过切点的半径，因此对切线PH有OH⊥PH，由勾股定理可得$PH=\sqrt{OP^2-OH^2}$，因⊙O半径OH为定值，故要使PH最小需OP最小，而点O到直线AD的最短距离为垂线段长度，过O作AD的垂线，垂足即为PH最小时点P的位置。接下来结合矩形、正方形的性质列方程求出⊙O的半径，再利用切线长定理表示出AC、BC的长度，最后在Rt△ABC中利用勾股定理列方程即可求解BC的长度。
【解析】
如图，连接OG，OE，OF，OH，OP，延长EO交AD于点P'。
由切线的性质可知：$OG⊥ AB$，$OE⊥ BC$，$OH⊥ PH$，
由切线长定理可得：$AG=AF$，$BG=BE$，$CE=CF$，且$OG=OE=OH$（均为⊙O的半径）。
∵四边形ABCD是矩形，
∴$∠ ABC=∠ BAD=90°$，
∴四边形ABEP'、四边形BEOG均为矩形，
∴$OP'⊥ AD$，$EP'=AB=5$。
∵$OG=OE$，
∴矩形BEOG为正方形，
∴$BG=BE=OE=OG$。
设$\odot O$的半径为r，则$BG=BE=OE=OG=OH=r$，$OP'=5-r$，
∵点P是边AD上的动点，根据垂线段最短，当点P与点P'重合时，OP长度最小，此时PH取最小值$\sqrt{15}$，
在Rt△OHP中，由勾股定理得$OP^2=OH^2+PH^2$，
代入得：$(5-r)^2=r^2+(\sqrt{15})^2$，
解得$r=1$。
∴$BG=BE=1$，$AG=AF=AB-BG=5-1=4$。
设$CE=CF=x$，则$BC=x+1$，$AC=x+4$，
在Rt△ABC中，由勾股定理得$AC^2=AB^2+BC^2$，
代入得：$(x+4)^2=5^2+(x+1)^2$，
解得$x=\frac{5}{3}$，
∴$BC=\frac{5}{3}+1=\frac{8}{3}$。
【答案】
BC的长为$\boldsymbol{\frac{8}{3}}$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题为几何综合题，融合了圆的切线相关知识、矩形性质与最值问题，解题的核心是借助“垂线段最短”确定PH取最小值的情况，再结合方程思想求解，能较好地考查综合运用几何知识与代数方法解决问题的能力。
【难度系数】
0.5
解题时首先利用切线的性质，可知切线垂直于过切点的半径，因此对切线PH有OH⊥PH，由勾股定理可得$PH=\sqrt{OP^2-OH^2}$，因⊙O半径OH为定值，故要使PH最小需OP最小，而点O到直线AD的最短距离为垂线段长度，过O作AD的垂线，垂足即为PH最小时点P的位置。接下来结合矩形、正方形的性质列方程求出⊙O的半径，再利用切线长定理表示出AC、BC的长度，最后在Rt△ABC中利用勾股定理列方程即可求解BC的长度。
【解析】
如图，连接OG，OE，OF，OH，OP，延长EO交AD于点P'。
由切线的性质可知：$OG⊥ AB$，$OE⊥ BC$，$OH⊥ PH$，
由切线长定理可得：$AG=AF$，$BG=BE$，$CE=CF$，且$OG=OE=OH$（均为⊙O的半径）。
∵四边形ABCD是矩形，
∴$∠ ABC=∠ BAD=90°$，
∴四边形ABEP'、四边形BEOG均为矩形，
∴$OP'⊥ AD$，$EP'=AB=5$。
∵$OG=OE$，
∴矩形BEOG为正方形，
∴$BG=BE=OE=OG$。
设$\odot O$的半径为r，则$BG=BE=OE=OG=OH=r$，$OP'=5-r$，
∵点P是边AD上的动点，根据垂线段最短，当点P与点P'重合时，OP长度最小，此时PH取最小值$\sqrt{15}$，
在Rt△OHP中，由勾股定理得$OP^2=OH^2+PH^2$，
代入得：$(5-r)^2=r^2+(\sqrt{15})^2$，
解得$r=1$。
∴$BG=BE=1$，$AG=AF=AB-BG=5-1=4$。
设$CE=CF=x$，则$BC=x+1$，$AC=x+4$，
在Rt△ABC中，由勾股定理得$AC^2=AB^2+BC^2$，
代入得：$(x+4)^2=5^2+(x+1)^2$，
解得$x=\frac{5}{3}$，
∴$BC=\frac{5}{3}+1=\frac{8}{3}$。
【答案】
BC的长为$\boldsymbol{\frac{8}{3}}$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题为几何综合题，融合了圆的切线相关知识、矩形性质与最值问题，解题的核心是借助“垂线段最短”确定PH取最小值的情况，再结合方程思想求解，能较好地考查综合运用几何知识与代数方法解决问题的能力。
【难度系数】
0.5
12. 数学实践小组对手摇纺车纺线时的场景进行了探究：手摇纺车纺线时侧平面示意图如图30.1-28，木架水平放置，即绳轮$\odot O$与水平面$DB$相切于点$E$，线绳绕过绳轮汇聚于点$D$处放置的锭子上，即线绳$CD$与$\odot O$相切于点$C$，过切点$E$的直径与$\odot O$交于点$A$（图中点$O$，$A$，$E$，$D$，$C$，$B$在同一平面内）。
（1）连接$AC$，求证：$∠ ACD+\frac{1}{2}∠ AOC=180°$。
（2）该小组在实践过程中发现，当纺车的绳轮半径$OE$为30 cm，且圆心$O$与$D$处锭子之间的水平距离$DE$在70 cm与120 cm之间时，用该纺车纺线较为舒适。若$∠ CDE=45°$，$OE=30$ cm，请判断使用该纺车纺线时是否舒适，并说明理由。（参考数据：$\sqrt{2}\approx1.414$，最后结果精确到个位）
（1）连接$AC$，求证：$∠ ACD+\frac{1}{2}∠ AOC=180°$。
（2）该小组在实践过程中发现，当纺车的绳轮半径$OE$为30 cm，且圆心$O$与$D$处锭子之间的水平距离$DE$在70 cm与120 cm之间时，用该纺车纺线较为舒适。若$∠ CDE=45°$，$OE=30$ cm，请判断使用该纺车纺线时是否舒适，并说明理由。（参考数据：$\sqrt{2}\approx1.414$，最后结果精确到个位）
答案
12.（1）证明：
∵CD与$\odot O$相切于点C，
∴$∠ OCD=90°$.
∵$OA=OC$，
∴$∠ OAC=∠ OCA$.
∵$∠ OAC+∠ OCA+∠ AOC=180°$，
∴$∠ OCA+\frac{1}{2}∠ AOC=90°$.
∴$∠ ACD+\frac{1}{2}∠ AOC=∠ OCD+∠ OCA+\frac{1}{2}∠ AOC=90°+90°=180°$.
（2）解：当$∠ CDE=45°$，$OE=30$ cm时，使用该纺车纺线时较为舒适. 理由如下：
如图，连接OD.
∵DE与$\odot O$相切于点E，CD与$\odot O$相切于点C，
∴$∠ OED=90°$，$DE=DC$.
∵$OC=OE$，$OD=OD$，
∴$△ OED≌△ OCD$.
∴$∠ ODE=∠ ODC=\frac{1}{2}∠ CDE=22.5°$.
作OD的垂直平分线，交DE于点F，连接OF，则$OF=DF$，
∴$∠ DOF=∠ ODF=22.5°$.
∴$∠ OFE=∠ DOF+∠ ODF=45°$.
∴$△ OEF$为等腰直角三角形.
∴$DF=OF=\sqrt{2}OE=30\sqrt{2}$ cm，$EF=OE=30$ cm.
∴$DE=EF+DF=30+30\sqrt{2}\approx72(\mathrm{cm})$.
∵$70＜72＜120$，
∴当$∠ CDE=45°$，$OE=30$ cm时，使用该纺车纺线时较为舒适.
解析
【分析】
（1）要证明$∠ACD+\frac{1}{2}∠AOC=180°$，首先利用切线性质可得CD与OC垂直，即$∠OCD=90°$；再结合等腰$△ AOC$的内角和关系，推导得到$∠OCA$与$\frac{1}{2}∠AOC$的和为$90°$；最后观察$∠ACD$由$∠OCD$和$∠OCA$组成，代入两个结论即可完成证明。
（2）要判断纺线是否舒适，需计算$DE$的长度并判断是否在70cm~120cm区间内。首先根据切线长定理和切线性质，证明$△ OED$和$△ OCD$全等，得到$∠ODE=22.5°$；再通过作OD的垂直平分线构造等腰三角形和等腰直角三角形，利用特殊角度的边角关系计算出$EF$、$DF$的长度，求和得到$DE$的长度，最后和舒适区间比较即可。
【解析】
（1）证明：
∵CD与$\odot O$相切于点C，
∴$∠ OCD=90°$.
∵$OA=OC$，
∴$∠ OAC=∠ OCA$.
∵$∠ OAC+∠ OCA+∠ AOC=180°$，
∴$2∠OCA+∠AOC=180°$，即$∠ OCA+\frac{1}{2}∠ AOC=90°$.
∴$∠ ACD+\frac{1}{2}∠ AOC=∠ OCD+∠ OCA+\frac{1}{2}∠ AOC=90°+90°=180°$，得证。
（2）解：使用该纺车纺线时较为舒适，理由如下：
连接OD，
∵DE与$\odot O$相切于点E，CD与$\odot O$相切于点C，
∴$∠ OED=90°$，$DE=DC$.
∵$OC=OE$，$OD=OD$，
∴$Rt△ OED≌Rt△ OCD$（HL）.
∴$∠ ODE=∠ ODC=\frac{1}{2}∠ CDE=22.5°$.
作OD的垂直平分线，交DE于点F，连接OF，则$OF=DF$，
∴$∠ DOF=∠ ODF=22.5°$.
∴$∠ OFE=∠ DOF+∠ ODF=45°$.
∴$△ OEF$为等腰直角三角形，
∴$EF=OE=30$cm，$DF=OF=\sqrt{2}OE=30\sqrt{2}$cm.
∴$DE=EF+DF=30+30\sqrt{2}\approx30+30×1.414≈72(\mathrm{cm})$.
∵$70＜72＜120$，符合舒适区间要求，
∴此时使用该纺车纺线较为舒适。
【答案】
12.（1）证明：
∵CD与$\odot O$相切于点C，
∴$∠ OCD=90°$.
∵$OA=OC$，
∴$∠ OAC=∠ OCA$.
∵$∠ OAC+∠ OCA+∠ AOC=180°$，
∴$∠ OCA+\frac{1}{2}∠ AOC=90°$.
∴$∠ ACD+\frac{1}{2}∠ AOC=∠ OCD+∠ OCA+\frac{1}{2}∠ AOC=90°+90°=180°$.
（2）解：当$∠ CDE=45°$，$OE=30$ cm时，使用该纺车纺线时较为舒适. 理由如下：
如图，连接OD.
∵DE与$\odot O$相切于点E，CD与$\odot O$相切于点C，
∴$∠ OED=90°$，$DE=DC$.
∵$OC=OE$，$OD=OD$，
∴$△ OED≌△ OCD$.
∴$∠ ODE=∠ ODC=\frac{1}{2}∠ CDE=22.5°$.
作OD的垂直平分线，交DE于点F，连接OF，则$OF=DF$，
∴$∠ DOF=∠ ODF=22.5°$.
∴$∠ OFE=∠ DOF+∠ ODF=45°$.
∴$△ OEF$为等腰直角三角形.
∴$DF=OF=\sqrt{2}OE=30\sqrt{2}$ cm，$EF=OE=30$ cm.
∴$DE=EF+DF=30+30\sqrt{2}\approx72(\mathrm{cm})$.
∵$70＜72＜120$，
∴当$∠ CDE=45°$，$OE=30$ cm时，使用该纺车纺线时较为舒适.
【知识点】
切线的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形的性质
【点评】
本题以生活中的手摇纺车为命题背景，实现了数学知识和实际场景的结合，既考查了圆的切线相关性质、全等三角形证明、特殊三角形边角关系等核心考点，也考查了辅助线构造能力和数学应用意识，解题的关键是熟练掌握几何基础性质，将实际问题转化为几何计算问题求解。
【难度系数】
0.6
（1）要证明$∠ACD+\frac{1}{2}∠AOC=180°$，首先利用切线性质可得CD与OC垂直，即$∠OCD=90°$；再结合等腰$△ AOC$的内角和关系，推导得到$∠OCA$与$\frac{1}{2}∠AOC$的和为$90°$；最后观察$∠ACD$由$∠OCD$和$∠OCA$组成，代入两个结论即可完成证明。
（2）要判断纺线是否舒适，需计算$DE$的长度并判断是否在70cm~120cm区间内。首先根据切线长定理和切线性质，证明$△ OED$和$△ OCD$全等，得到$∠ODE=22.5°$；再通过作OD的垂直平分线构造等腰三角形和等腰直角三角形，利用特殊角度的边角关系计算出$EF$、$DF$的长度，求和得到$DE$的长度，最后和舒适区间比较即可。
【解析】
（1）证明：
∵CD与$\odot O$相切于点C，
∴$∠ OCD=90°$.
∵$OA=OC$，
∴$∠ OAC=∠ OCA$.
∵$∠ OAC+∠ OCA+∠ AOC=180°$，
∴$2∠OCA+∠AOC=180°$，即$∠ OCA+\frac{1}{2}∠ AOC=90°$.
∴$∠ ACD+\frac{1}{2}∠ AOC=∠ OCD+∠ OCA+\frac{1}{2}∠ AOC=90°+90°=180°$，得证。
（2）解：使用该纺车纺线时较为舒适，理由如下：
连接OD，
∵DE与$\odot O$相切于点E，CD与$\odot O$相切于点C，
∴$∠ OED=90°$，$DE=DC$.
∵$OC=OE$，$OD=OD$，
∴$Rt△ OED≌Rt△ OCD$（HL）.
∴$∠ ODE=∠ ODC=\frac{1}{2}∠ CDE=22.5°$.
作OD的垂直平分线，交DE于点F，连接OF，则$OF=DF$，
∴$∠ DOF=∠ ODF=22.5°$.
∴$∠ OFE=∠ DOF+∠ ODF=45°$.
∴$△ OEF$为等腰直角三角形，
∴$EF=OE=30$cm，$DF=OF=\sqrt{2}OE=30\sqrt{2}$cm.
∴$DE=EF+DF=30+30\sqrt{2}\approx30+30×1.414≈72(\mathrm{cm})$.
∵$70＜72＜120$，符合舒适区间要求，
∴此时使用该纺车纺线较为舒适。
【答案】
12.（1）证明：
∵CD与$\odot O$相切于点C，
∴$∠ OCD=90°$.
∵$OA=OC$，
∴$∠ OAC=∠ OCA$.
∵$∠ OAC+∠ OCA+∠ AOC=180°$，
∴$∠ OCA+\frac{1}{2}∠ AOC=90°$.
∴$∠ ACD+\frac{1}{2}∠ AOC=∠ OCD+∠ OCA+\frac{1}{2}∠ AOC=90°+90°=180°$.
（2）解：当$∠ CDE=45°$，$OE=30$ cm时，使用该纺车纺线时较为舒适. 理由如下：
如图，连接OD.
∵DE与$\odot O$相切于点E，CD与$\odot O$相切于点C，
∴$∠ OED=90°$，$DE=DC$.
∵$OC=OE$，$OD=OD$，
∴$△ OED≌△ OCD$.
∴$∠ ODE=∠ ODC=\frac{1}{2}∠ CDE=22.5°$.
作OD的垂直平分线，交DE于点F，连接OF，则$OF=DF$，
∴$∠ DOF=∠ ODF=22.5°$.
∴$∠ OFE=∠ DOF+∠ ODF=45°$.
∴$△ OEF$为等腰直角三角形.
∴$DF=OF=\sqrt{2}OE=30\sqrt{2}$ cm，$EF=OE=30$ cm.
∴$DE=EF+DF=30+30\sqrt{2}\approx72(\mathrm{cm})$.
∵$70＜72＜120$，
∴当$∠ CDE=45°$，$OE=30$ cm时，使用该纺车纺线时较为舒适.
【知识点】
切线的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形的性质
【点评】
本题以生活中的手摇纺车为命题背景，实现了数学知识和实际场景的结合，既考查了圆的切线相关性质、全等三角形证明、特殊三角形边角关系等核心考点，也考查了辅助线构造能力和数学应用意识，解题的关键是熟练掌握几何基础性质，将实际问题转化为几何计算问题求解。
【难度系数】
0.6
