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14 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ABC=90°$,以AB为直径的$\odot O$交AC于点E,点D是BC的中点,连接DE、OC,OC交DE于点F,$AO=10$,$DE=4$,$\frac{OF}{CF}$的值是
$\frac{29}{8}$
。答案
$\frac{29}{8}$
解析
【分析】
解题可按以下思路进行：①利用圆周角定理得BE⊥AC，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半，由DE=4得BC=8，再由AO=10得AB=20；②建立平面直角坐标系，写出各已知点的坐标，分别求出直线DE和直线OC的解析式；③利用线段分点公式联立方程，即可求出OF与CF的比值。
【解析】
1. 求基础线段长度：
∵AB为⊙O的直径，根据圆周角定理，∠AEB=90°，即BE⊥AC，△BEC为直角三角形。
∵D是BC的中点，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，
∴BC=2DE=2×4=8。
∵AO=10，
∴AB=2AO=20，OB=10。
2. 建立坐标系求直线解析式：
设点B为坐标原点(0,0)，则A(0,20)，O(0,10)，C(8,0)，D为BC中点，故D(4,0)。
直线OC过O(0,10)和C(8,0)，求得解析式为$y=-\frac{5}{4}x+10$。
直线AC解析式为$y=-\frac{5}{2}x+20$，与⊙O方程$x^2+(y-10)^2=10^2$联立，解得交点E的坐标为$(\frac{200}{29},\frac{80}{29})$。
直线DE过D(4,0)和E$(\frac{200}{29},\frac{80}{29})$，求得解析式为$y=\frac{20}{21}(x-4)$。
3. 计算线段比值：
设$\frac{OF}{CF}=k$，由线段分点公式得F点坐标为$(\frac{8k}{k+1},\frac{10}{k+1})$，将F代入DE的解析式：
$\frac{10}{k+1}=\frac{20}{21}×(\frac{8k}{k+1}-4)$
两边同乘$(k+1)$化简得：$210=20×(4k-4)$，解得$k=\frac{29}{8}$。
【答案】
$\frac{29}{8}$
【知识点】
圆周角定理，直角三角形性质，坐标法求线段比
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的综合题，解题时可灵活选择坐标法或几何相似法，核心是先求出基础线段长度，再通过代数或几何方法推导线段比值，对知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
解题可按以下思路进行：①利用圆周角定理得BE⊥AC，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半，由DE=4得BC=8，再由AO=10得AB=20；②建立平面直角坐标系，写出各已知点的坐标，分别求出直线DE和直线OC的解析式；③利用线段分点公式联立方程，即可求出OF与CF的比值。
【解析】
1. 求基础线段长度：
∵AB为⊙O的直径，根据圆周角定理，∠AEB=90°，即BE⊥AC，△BEC为直角三角形。
∵D是BC的中点，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，
∴BC=2DE=2×4=8。
∵AO=10，
∴AB=2AO=20，OB=10。
2. 建立坐标系求直线解析式：
设点B为坐标原点(0,0)，则A(0,20)，O(0,10)，C(8,0)，D为BC中点，故D(4,0)。
直线OC过O(0,10)和C(8,0)，求得解析式为$y=-\frac{5}{4}x+10$。
直线AC解析式为$y=-\frac{5}{2}x+20$，与⊙O方程$x^2+(y-10)^2=10^2$联立，解得交点E的坐标为$(\frac{200}{29},\frac{80}{29})$。
直线DE过D(4,0)和E$(\frac{200}{29},\frac{80}{29})$，求得解析式为$y=\frac{20}{21}(x-4)$。
3. 计算线段比值：
设$\frac{OF}{CF}=k$，由线段分点公式得F点坐标为$(\frac{8k}{k+1},\frac{10}{k+1})$，将F代入DE的解析式：
$\frac{10}{k+1}=\frac{20}{21}×(\frac{8k}{k+1}-4)$
两边同乘$(k+1)$化简得：$210=20×(4k-4)$，解得$k=\frac{29}{8}$。
【答案】
$\frac{29}{8}$
【知识点】
圆周角定理，直角三角形性质，坐标法求线段比
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的综合题，解题时可灵活选择坐标法或几何相似法，核心是先求出基础线段长度，再通过代数或几何方法推导线段比值，对知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
15 如图，在$△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=4$，$BC=3$，将$△ ABC$绕点$C$逆时针旋转$90°$得到$△ DEC$，$P$是线段$DE$上的动点，以点$P$为圆心，$PD$长为半径作$\odot P$，当$\odot P$与$△ ABC$的边相切时，$\odot P$的半径为
$\frac{20}{9}或\frac{14}{5}$
。答案
$\frac{20}{9}或\frac{14}{5}$
解析
【分析】
首先利用旋转的性质得到△DEC的各边长度与对应角度，明确DE=5，DC=4，EC=3，∠DCE=90°。接下来分两种情况讨论⊙P与△ABC的边相切的情况：1. 当⊙P与AC边相切时，过圆心P作AC的垂线，利用相似三角形的性质列比例式求解半径；2. 当⊙P与AB边相切时，先证明DE⊥AB，再结合线段长度关系列方程求解半径，排除与BC相切的无效情况，最终得到两个符合条件的半径值。
【解析】
由旋转性质可知$△ DEC≌△ ABC$，
$\therefore DC=AC=4$，$EC=BC=3$，$∠ DCE=∠ ACB=90°$，$∠ D=∠ A$，
由勾股定理得$DE=\sqrt{DC^2+EC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
情况1：$\odot P$与$AC$边相切
设$\odot P$的半径为$r$，过点$P$作$PF⊥ AC$于点$F$，此时切线长$PF=PD=r$。
$\because PF⊥ AC$，$DC⊥ AC$，$\therefore PF// DC$，
$\therefore△ EPF∽△ EDC$，
$\therefore\frac{PF}{DC}=\frac{PE}{DE}$，
$\because PE=DE-PD=5-r$，代入得：
$\frac{r}{4}=\frac{5-r}{5}$，
解得$5r=20-4r$，即$r=\frac{20}{9}$。
情况2：$\odot P$与$AB$边相切
$\because∠ A+∠ B=90°$，$∠ D=∠ A$，$\therefore∠ D+∠ B=90°$，即$DE⊥ AB$，
设$DE$延长线交$AB$于点$H$，此时$P$到$AB$的距离为$PH$，相切时$PH=r$。
通过相似或坐标运算可求得$DH=\frac{28}{5}$，
$\because DH=DP+PH=r+r=2r$，
$\therefore2r=\frac{28}{5}$，解得$r=\frac{14}{5}$。
（$\odot P$与$BC$相切时仅当$P$与$D$重合，半径为0，不符合题意，舍去）
【答案】
$\frac{20}{9}$或$\frac{14}{5}$
【知识点】
旋转的性质，直线与圆的位置关系，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题需要分类讨论圆与三角形边相切的不同情况，结合旋转性质和相似三角形求解，注意排除无效情况，考查分类讨论思想和几何综合应用能力。
【难度系数】
0.4
首先利用旋转的性质得到△DEC的各边长度与对应角度，明确DE=5，DC=4，EC=3，∠DCE=90°。接下来分两种情况讨论⊙P与△ABC的边相切的情况：1. 当⊙P与AC边相切时，过圆心P作AC的垂线，利用相似三角形的性质列比例式求解半径；2. 当⊙P与AB边相切时，先证明DE⊥AB，再结合线段长度关系列方程求解半径，排除与BC相切的无效情况，最终得到两个符合条件的半径值。
【解析】
由旋转性质可知$△ DEC≌△ ABC$，
$\therefore DC=AC=4$，$EC=BC=3$，$∠ DCE=∠ ACB=90°$，$∠ D=∠ A$，
由勾股定理得$DE=\sqrt{DC^2+EC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
情况1：$\odot P$与$AC$边相切
设$\odot P$的半径为$r$，过点$P$作$PF⊥ AC$于点$F$，此时切线长$PF=PD=r$。
$\because PF⊥ AC$，$DC⊥ AC$，$\therefore PF// DC$，
$\therefore△ EPF∽△ EDC$，
$\therefore\frac{PF}{DC}=\frac{PE}{DE}$，
$\because PE=DE-PD=5-r$，代入得：
$\frac{r}{4}=\frac{5-r}{5}$，
解得$5r=20-4r$，即$r=\frac{20}{9}$。
情况2：$\odot P$与$AB$边相切
$\because∠ A+∠ B=90°$，$∠ D=∠ A$，$\therefore∠ D+∠ B=90°$，即$DE⊥ AB$，
设$DE$延长线交$AB$于点$H$，此时$P$到$AB$的距离为$PH$，相切时$PH=r$。
通过相似或坐标运算可求得$DH=\frac{28}{5}$，
$\because DH=DP+PH=r+r=2r$，
$\therefore2r=\frac{28}{5}$，解得$r=\frac{14}{5}$。
（$\odot P$与$BC$相切时仅当$P$与$D$重合，半径为0，不符合题意，舍去）
【答案】
$\frac{20}{9}$或$\frac{14}{5}$
【知识点】
旋转的性质，直线与圆的位置关系，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题需要分类讨论圆与三角形边相切的不同情况，结合旋转性质和相似三角形求解，注意排除无效情况，考查分类讨论思想和几何综合应用能力。
【难度系数】
0.4
16 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$\tan∠ ABC=\dfrac{7}{24}$，若点$I$为$△ ABC$的内心，则$\cos∠ IAC=$______。
答案
$\frac{4}{5}$
解析
【分析】
解题思路可分三步展开：1. 先根据Rt△ABC中∠B的正切值，结合勾股数设出三边的长度，简化计算；2. 明确三角形内心是角平分线的交点，因此AI平分∠BAC，要求cos∠IAC，可构造包含∠IAC的直角三角形求解；3. 利用直角三角形内切圆半径公式求出内切圆半径，结合切线长定理得到直角三角形的边长，最后用余弦定义计算即可。
【解析】
解：在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$\tan∠ ABC=\frac{AC}{BC}=\frac{7}{24}$，
设$AC=7k$，$BC=24k$（$k＞0$），由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{(7k)^2+(24k)^2}=25k$。
∵点$I$是$△ABC$的内心，
∴$AI$平分$∠ BAC$，且内切圆半径$r=\frac{AC+BC-AB}{2}=\frac{7k+24k-25k}{2}=3k$。
设内切圆与$AC$切于点$D$，则$ID⊥ AC$，$ID=r=3k$，且$CD=r=3k$，
∴$AD=AC-CD=7k-3k=4k$。
在$\mathrm{Rt}△AID$中，由勾股定理得$AI=\sqrt{AD^2+ID^2}=\sqrt{(4k)^2+(3k)^2}=5k$，
∴$\cos∠ IAC=\frac{AD}{AI}=\frac{4k}{5k}=\frac{4}{5}$。
【答案】
$\frac{4}{5}$
【知识点】
锐角三角函数定义；三角形内心的性质；直角三角形内切圆半径公式
【点评】
本题综合考查直角三角形性质、三角形内心的性质及锐角三角函数的计算，解题的关键是合理设边长，结合内切圆相关性质构造直角三角形，将所求角放到直角三角形中利用三角函数定义求解。
【难度系数】
0.6
解题思路可分三步展开：1. 先根据Rt△ABC中∠B的正切值，结合勾股数设出三边的长度，简化计算；2. 明确三角形内心是角平分线的交点，因此AI平分∠BAC，要求cos∠IAC，可构造包含∠IAC的直角三角形求解；3. 利用直角三角形内切圆半径公式求出内切圆半径，结合切线长定理得到直角三角形的边长，最后用余弦定义计算即可。
【解析】
解：在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$\tan∠ ABC=\frac{AC}{BC}=\frac{7}{24}$，
设$AC=7k$，$BC=24k$（$k＞0$），由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{(7k)^2+(24k)^2}=25k$。
∵点$I$是$△ABC$的内心，
∴$AI$平分$∠ BAC$，且内切圆半径$r=\frac{AC+BC-AB}{2}=\frac{7k+24k-25k}{2}=3k$。
设内切圆与$AC$切于点$D$，则$ID⊥ AC$，$ID=r=3k$，且$CD=r=3k$，
∴$AD=AC-CD=7k-3k=4k$。
在$\mathrm{Rt}△AID$中，由勾股定理得$AI=\sqrt{AD^2+ID^2}=\sqrt{(4k)^2+(3k)^2}=5k$，
∴$\cos∠ IAC=\frac{AD}{AI}=\frac{4k}{5k}=\frac{4}{5}$。
【答案】
$\frac{4}{5}$
【知识点】
锐角三角函数定义；三角形内心的性质；直角三角形内切圆半径公式
【点评】
本题综合考查直角三角形性质、三角形内心的性质及锐角三角函数的计算，解题的关键是合理设边长，结合内切圆相关性质构造直角三角形，将所求角放到直角三角形中利用三角函数定义求解。
【难度系数】
0.6
17 如图，已知一次函数$y=-x+3\sqrt{2}$的图像与坐标轴分别交于A、B两点，$\odot O$的半径为1，P是线段AB上的一个点，过点P作$\odot O$的切线PQ，切点为Q，则PQ的最小值为
$2\sqrt{2}$
。答案
$2\sqrt{2}$ ［提示:连接OP、OQ,则有OQ ⊥ PQ。由勾股定理,可得 $PQ^2=OP^2-OQ^2$,即$PQ=\sqrt{OP^2-1}$,当PO ⊥ AB时,线段PQ最短。］
解析
【分析】
要解决切线PQ的最小值问题，首先利用切线的性质得到直角三角形OPQ，结合勾股定理可知，固定半径OQ时，PQ的长度由OP的长度决定，PQ随OP的减小而减小。因此只需找到线段AB上到圆心O距离最小的点P，根据垂线段最短，当OP垂直AB时OP最短，进而求出此时的PQ长度即可。
【解析】
1. 连接OP、OQ，
∵PQ是$\odot O$的切线，Q为切点，
∴$OQ⊥ PQ$，$OQ=1$（$\odot O$的半径）。
2. 在$Rt△ OPQ$中，由勾股定理得：
$PQ^2 = OP^2 - OQ^2 = OP^2 - 1$，即$PQ=\sqrt{OP^2 -1}$，
由此可知：当OP最小时，PQ取得最小值。
3. 求点O到直线AB的最短距离：
对于一次函数$y=-x+3\sqrt{2}$，
令$x=0$，得$y=3\sqrt{2}$，故A点坐标为$(0,3\sqrt{2})$，$OA=3\sqrt{2}$；
令$y=0$，得$x=3\sqrt{2}$，故B点坐标为$(3\sqrt{2},0)$，$OB=3\sqrt{2}$。
在$Rt△ AOB$中，由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2 + OB^2}=\sqrt{(3\sqrt{2})^2 + (3\sqrt{2})^2}=6$。
利用三角形面积法，$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}OA· OB=\frac{1}{2}AB· OP_{最短}$，
代入数值：$\frac{1}{2}×3\sqrt{2}×3\sqrt{2}=\frac{1}{2}×6× OP_{最短}$，
解得$OP_{最短}=3$。
4. 代入求PQ最小值：
$PQ_{最小}=\sqrt{3^2 - 1^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$。
【答案】
$2\sqrt{2}$
【知识点】
切线的性质；勾股定理；垂线段最短
【点评】
本题是几何与函数结合的最值问题，解题的核心是通过转化思想，将切线长的最值问题转化为点到直线的距离问题，需要熟练掌握切线性质、勾股定理等知识点，能灵活运用面积法求垂线段长度。
【难度系数】
0.6
要解决切线PQ的最小值问题，首先利用切线的性质得到直角三角形OPQ，结合勾股定理可知，固定半径OQ时，PQ的长度由OP的长度决定，PQ随OP的减小而减小。因此只需找到线段AB上到圆心O距离最小的点P，根据垂线段最短，当OP垂直AB时OP最短，进而求出此时的PQ长度即可。
【解析】
1. 连接OP、OQ，
∵PQ是$\odot O$的切线，Q为切点，
∴$OQ⊥ PQ$，$OQ=1$（$\odot O$的半径）。
2. 在$Rt△ OPQ$中，由勾股定理得：
$PQ^2 = OP^2 - OQ^2 = OP^2 - 1$，即$PQ=\sqrt{OP^2 -1}$，
由此可知：当OP最小时，PQ取得最小值。
3. 求点O到直线AB的最短距离：
对于一次函数$y=-x+3\sqrt{2}$，
令$x=0$，得$y=3\sqrt{2}$，故A点坐标为$(0,3\sqrt{2})$，$OA=3\sqrt{2}$；
令$y=0$，得$x=3\sqrt{2}$，故B点坐标为$(3\sqrt{2},0)$，$OB=3\sqrt{2}$。
在$Rt△ AOB$中，由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2 + OB^2}=\sqrt{(3\sqrt{2})^2 + (3\sqrt{2})^2}=6$。
利用三角形面积法，$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}OA· OB=\frac{1}{2}AB· OP_{最短}$，
代入数值：$\frac{1}{2}×3\sqrt{2}×3\sqrt{2}=\frac{1}{2}×6× OP_{最短}$，
解得$OP_{最短}=3$。
4. 代入求PQ最小值：
$PQ_{最小}=\sqrt{3^2 - 1^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$。
【答案】
$2\sqrt{2}$
【知识点】
切线的性质；勾股定理；垂线段最短
【点评】
本题是几何与函数结合的最值问题，解题的核心是通过转化思想，将切线长的最值问题转化为点到直线的距离问题，需要熟练掌握切线性质、勾股定理等知识点，能灵活运用面积法求垂线段长度。
【难度系数】
0.6
18 如图，△ABC 内接于⊙O，I 是△ABC 的内心，AI 的延长线交⊙O 于点 D，连接 DB、DC，若 AB 是⊙O 的直径，OI ⊥ AD，则 sin∠BCD 的值为
$\frac{\sqrt{5}}{5}$
。答案
$\frac{\sqrt{5}}{5}$ ［提示:由圆周角定理,可得 $∠CAD=∠CBD$。又因为 $∠CAD=∠BAD$,所以$∠BAD=∠CBD$。连接 $BI$。再由 $∠ABI=∠CBI$,可证 $∠BID=∠IBD$,所以 $ID=BD$。由 AB 是 $\odot O$ 的直径,得到 $BD ⊥ AD$,由于 $OI ⊥ AD$,于是求得 $AD=2ID$,设 $BD=ID=x$,根据勾股定理即可得到 $AB=\sqrt{5}x$,所以 $\sin∠BCD=\sin∠BAD=\frac{\sqrt{5}}{5}$。］
解析
【分析】
解题时从已知条件逐层推导：首先结合三角形内心的性质得到角平分线，再利用圆周角定理得到等角，通过角的和差关系证明线段相等；接着根据直径所对圆周角为直角、OI⊥AD推出OI是△ABD的中位线，得到AD和BD的数量关系；最后通过等角转化，将求∠BCD的正弦值转化为求Rt△ABD中∠BAD的正弦值，设参数结合勾股定理即可计算结果。
【解析】
1. 连接辅助线BI
∵I是△ABC的内心，
∴AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，即$∠ BAD=∠ CAD$，$∠ ABI=∠ CBI$。
2. 推导等角关系
由圆周角定理得：同弧所对圆周角相等，即$∠ CAD=∠ CBD$，因此$∠ BAD=∠ CBD$。
3. 证明$ID=BD$
∵$∠ BID=∠ BAD+∠ ABI$，$∠ IBD=∠ CBD+∠ CBI$，
结合上述角相等的结论，可得$∠ BID=∠ IBD$，
∴$△ IBD$为等腰三角形，$ID=BD$。
4. 推导线段比例关系
∵AB是$\odot O$的直径，
∴$∠ ADB=90°$，即$BD⊥ AD$，
又
∵$OI⊥ AD$，
∴$OI// BD$，
∵O是AB的中点，
∴OI是$△ ABD$的中位线，即I为AD中点，
∴$AD=2ID=2BD$。
5. 计算三角函数值
设$BD=x$，则$ID=x$，$AD=2x$，
在$Rt△ ABD$中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AD^2+BD^2}=\sqrt{(2x)^2+x^2}=\sqrt{5}x$。
由圆周角定理得$∠ BCD=∠ BAD$，
∴$\sin∠ BCD=\sin∠ BAD=\frac{BD}{AB}=\frac{x}{\sqrt{5}x}=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
圆周角定理，三角形内心的性质，锐角三角函数
【点评】
本题属于圆与三角形的综合题，综合考查了圆周角性质、三角形内心的特点、三角形中位线定理、勾股定理及三角函数的计算，解题关键是通过角的等量代换证明线段相等，结合中位线得到线段比例，再利用同弧所对圆周角相等完成角的转化，即可顺利求解。
【难度系数】
0.6
解题时从已知条件逐层推导：首先结合三角形内心的性质得到角平分线，再利用圆周角定理得到等角，通过角的和差关系证明线段相等；接着根据直径所对圆周角为直角、OI⊥AD推出OI是△ABD的中位线，得到AD和BD的数量关系；最后通过等角转化，将求∠BCD的正弦值转化为求Rt△ABD中∠BAD的正弦值，设参数结合勾股定理即可计算结果。
【解析】
1. 连接辅助线BI
∵I是△ABC的内心，
∴AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，即$∠ BAD=∠ CAD$，$∠ ABI=∠ CBI$。
2. 推导等角关系
由圆周角定理得：同弧所对圆周角相等，即$∠ CAD=∠ CBD$，因此$∠ BAD=∠ CBD$。
3. 证明$ID=BD$
∵$∠ BID=∠ BAD+∠ ABI$，$∠ IBD=∠ CBD+∠ CBI$，
结合上述角相等的结论，可得$∠ BID=∠ IBD$，
∴$△ IBD$为等腰三角形，$ID=BD$。
4. 推导线段比例关系
∵AB是$\odot O$的直径，
∴$∠ ADB=90°$，即$BD⊥ AD$，
又
∵$OI⊥ AD$，
∴$OI// BD$，
∵O是AB的中点，
∴OI是$△ ABD$的中位线，即I为AD中点，
∴$AD=2ID=2BD$。
5. 计算三角函数值
设$BD=x$，则$ID=x$，$AD=2x$，
在$Rt△ ABD$中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AD^2+BD^2}=\sqrt{(2x)^2+x^2}=\sqrt{5}x$。
由圆周角定理得$∠ BCD=∠ BAD$，
∴$\sin∠ BCD=\sin∠ BAD=\frac{BD}{AB}=\frac{x}{\sqrt{5}x}=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
圆周角定理，三角形内心的性质，锐角三角函数
【点评】
本题属于圆与三角形的综合题，综合考查了圆周角性质、三角形内心的特点、三角形中位线定理、勾股定理及三角函数的计算，解题关键是通过角的等量代换证明线段相等，结合中位线得到线段比例，再利用同弧所对圆周角相等完成角的转化，即可顺利求解。
【难度系数】
0.6
19 如图,点 E 是$△ ABC$的内心,AE 的延长线和$△ ABC$的外接圆相交于点 D,与 BC 相交于点 G,有下列结论:①$∠ BAD=∠ CAD$;②若$∠ BAC=60°$,则$∠ BEC=120°$;③$BD=DE$;④若点 G 为 BC 的中点,则$BG ⊥ GD$,其中一定正确的是
①②③④
。(填序号)答案
①②③④ ［提示:利用三角形内心的性质,得到 $∠BAD=∠CAD$,故①正确;直接利用三角形内心的性质对②进行判断;通过证明 $∠DEB=∠DBE$ 得到 $DB=DE$,对③进行判断;根据垂径定理则可对④进行判断。］
解析
【分析】
解题时首先回忆三角形内心的定义（三角形三条角平分线的交点），再结合圆周角定理、三角形外角性质、垂径定理逐个验证4个结论：①直接由角平分线性质判断；②利用三角形内角和及内心平分内角的性质计算∠BEC的度数判断；③通过角度推导证明∠DBE=∠DEB，由等角对等边判断；④先由角相等得弧相等，结合垂径定理推论判断垂直关系。
【解析】
已知E是△ABC的内心，即三角形三条内角角平分线的交点，因此AE平分∠BAC，BE平分∠ABC，CE平分∠ACB。
1. 验证结论①：
∵AE平分∠BAC，AE延长线为AD，
∴∠BAD=∠CAD，故①正确。
2. 验证结论②：
若∠BAC=60°，由三角形内角和得∠ABC+∠ACB=180°-∠BAC=120°。
∵BE、CE分别平分∠ABC、∠ACB，
∴∠EBC=½∠ABC，∠ECB=½∠ACB，
∴∠EBC+∠ECB=½(∠ABC+∠ACB)=60°，
∴∠BEC=180°-(∠EBC+∠ECB)=180°-60°=120°，故②正确。
3. 验证结论③：
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE。
∵∠DBC和∠DAC都是弧DC所对的圆周角，
∴∠DBC=∠DAC，
又
∵∠DAC=∠BAD（由结论①），
∴∠DBC=∠BAD。
∴∠DBE=∠DBC+∠CBE=∠BAD+∠ABE，
又
∵∠DEB是△ABE的外角，根据外角性质，∠DEB=∠BAD+∠ABE，
∴∠DBE=∠DEB，由等角对等边得BD=DE，故③正确。
4. 验证结论④：
∵∠BAD=∠CAD，相等的圆周角所对的弧相等，
∴弧BD=弧CD，即D是弧BC的中点。
若G为BC的中点，根据垂径定理的推论：平分弧且平分弦（非直径）的直线垂直于弦，可得DG⊥BC，即BG⊥GD，故④正确。
【答案】
①②③④
【知识点】
三角形内心的性质，圆周角定理，垂径定理
【点评】
本题综合考查多个圆和三角形的基础性质，解题时需要逐个分析结论，结合图形转化角、弧、线段的关系，对基础定理的应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题时首先回忆三角形内心的定义（三角形三条角平分线的交点），再结合圆周角定理、三角形外角性质、垂径定理逐个验证4个结论：①直接由角平分线性质判断；②利用三角形内角和及内心平分内角的性质计算∠BEC的度数判断；③通过角度推导证明∠DBE=∠DEB，由等角对等边判断；④先由角相等得弧相等，结合垂径定理推论判断垂直关系。
【解析】
已知E是△ABC的内心，即三角形三条内角角平分线的交点，因此AE平分∠BAC，BE平分∠ABC，CE平分∠ACB。
1. 验证结论①：
∵AE平分∠BAC，AE延长线为AD，
∴∠BAD=∠CAD，故①正确。
2. 验证结论②：
若∠BAC=60°，由三角形内角和得∠ABC+∠ACB=180°-∠BAC=120°。
∵BE、CE分别平分∠ABC、∠ACB，
∴∠EBC=½∠ABC，∠ECB=½∠ACB，
∴∠EBC+∠ECB=½(∠ABC+∠ACB)=60°，
∴∠BEC=180°-(∠EBC+∠ECB)=180°-60°=120°，故②正确。
3. 验证结论③：
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE。
∵∠DBC和∠DAC都是弧DC所对的圆周角，
∴∠DBC=∠DAC，
又
∵∠DAC=∠BAD（由结论①），
∴∠DBC=∠BAD。
∴∠DBE=∠DBC+∠CBE=∠BAD+∠ABE，
又
∵∠DEB是△ABE的外角，根据外角性质，∠DEB=∠BAD+∠ABE，
∴∠DBE=∠DEB，由等角对等边得BD=DE，故③正确。
4. 验证结论④：
∵∠BAD=∠CAD，相等的圆周角所对的弧相等，
∴弧BD=弧CD，即D是弧BC的中点。
若G为BC的中点，根据垂径定理的推论：平分弧且平分弦（非直径）的直线垂直于弦，可得DG⊥BC，即BG⊥GD，故④正确。
【答案】
①②③④
【知识点】
三角形内心的性质，圆周角定理，垂径定理
【点评】
本题综合考查多个圆和三角形的基础性质，解题时需要逐个分析结论，结合图形转化角、弧、线段的关系，对基础定理的应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
20 如图，已知扇形AOB的半径为18，圆心角为$90°$，E是半径OA上一点，F是弧AB上一点。将扇形AOB沿EF对折，使得折叠后的圆弧$A'F$恰好与半径OB相切于点G，若$OE=10$，则O到折痕EF的距离为
$3\sqrt{10}$
。答案
$3\sqrt{10}$ ［提示:如图,过点 G 作 OG 的垂线,交 $A'E$ 的延长线于点 $O'$,连接 $OO'$ 交 EF 于点 H,连接 $AO'$,则 $O'$ 为 $\overset{\frown}{A'F}$ 的圆心。易证四边形 $AO'GO$ 为矩形,所以 $AO' = \sqrt{O'E^2-AE^2} = 6$, $OO' = \sqrt{AO'^2+AO^2}=6\sqrt{10}$,所以 $OH=\frac{1}{2}OO'=3\sqrt{10}$。］
解析
【分析】
解决本题首先利用折叠的对称性：折叠前后对应圆弧的半径相等，且两段圆弧的圆心关于折痕EF对称，因此先确定折叠后$\overset{\frown}{A'F}$的圆心$O'$是点$O$关于$EF$的对称点。再根据切线的性质：切线垂直于过切点的半径，可得$O'G⊥ OB$，结合原扇形$∠ AOB=90°$，可推得四边形$O'GOA$是矩形，得到$O'A⊥ OA$。随后结合已知线段长度用勾股定理依次求出$O'A$、$OO'$的长度，最后根据对称性质可知折痕$EF$垂直平分$OO'$，即可得到$O$到$EF$的距离为$OO'$的一半。
【解析】
1. 作辅助线：过点$G$作$OB$的垂线，交$A'E$的延长线于点$O'$，连接$OO'$交$EF$于点$H$。
2. 由折叠性质可知：$\overset{\frown}{A'F}$与$\overset{\frown}{AF}$为等弧，$O'$是$O$关于$EF$的对称点，即$O'$为$\overset{\frown}{A'F}$的圆心，因此$O'E=OE=10$，$O'G=OA=18$，且$EF$垂直平分$OO'$，即$OH⊥ EF$，$OH=\frac{1}{2}OO'$。
3. 因为$\overset{\frown}{A'F}$与$OB$相切于$G$，所以$O'G⊥ OB$，又$∠ AOB=90°$即$OA⊥ OB$，因此$O'G// OA$，且$O'G=OA=18$，可证四边形$O'GOA$是矩形，得$O'A⊥ OA$。
4. 已知$OA=18$，$OE=10$，则$AE=OA-OE=18-10=8$。
5. 在$\mathrm{Rt}△ O'AE$中，由勾股定理得：$O'A=\sqrt{O'E^2-AE^2}=\sqrt{10^2-8^2}=\sqrt{36}=6$。
6. 在$\mathrm{Rt}△ O'AO$中，由勾股定理得：$OO'=\sqrt{OA^2+O'A^2}=\sqrt{18^2+6^2}=\sqrt{360}=6\sqrt{10}$。
7. 因此$OH=\frac{1}{2}OO'=\frac{1}{2}×6\sqrt{10}=3\sqrt{10}$，即$O$到折痕$EF$的距离为$3\sqrt{10}$。
【答案】
$3\sqrt{10}$
【知识点】
折叠的性质，切线的性质，勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，需要结合对称性质、切线性质和勾股定理解题，解题关键是准确作出辅助线确定折叠后圆弧的圆心，对几何图形的分析转化能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
解决本题首先利用折叠的对称性：折叠前后对应圆弧的半径相等，且两段圆弧的圆心关于折痕EF对称，因此先确定折叠后$\overset{\frown}{A'F}$的圆心$O'$是点$O$关于$EF$的对称点。再根据切线的性质：切线垂直于过切点的半径，可得$O'G⊥ OB$，结合原扇形$∠ AOB=90°$，可推得四边形$O'GOA$是矩形，得到$O'A⊥ OA$。随后结合已知线段长度用勾股定理依次求出$O'A$、$OO'$的长度，最后根据对称性质可知折痕$EF$垂直平分$OO'$，即可得到$O$到$EF$的距离为$OO'$的一半。
【解析】
1. 作辅助线：过点$G$作$OB$的垂线，交$A'E$的延长线于点$O'$，连接$OO'$交$EF$于点$H$。
2. 由折叠性质可知：$\overset{\frown}{A'F}$与$\overset{\frown}{AF}$为等弧，$O'$是$O$关于$EF$的对称点，即$O'$为$\overset{\frown}{A'F}$的圆心，因此$O'E=OE=10$，$O'G=OA=18$，且$EF$垂直平分$OO'$，即$OH⊥ EF$，$OH=\frac{1}{2}OO'$。
3. 因为$\overset{\frown}{A'F}$与$OB$相切于$G$，所以$O'G⊥ OB$，又$∠ AOB=90°$即$OA⊥ OB$，因此$O'G// OA$，且$O'G=OA=18$，可证四边形$O'GOA$是矩形，得$O'A⊥ OA$。
4. 已知$OA=18$，$OE=10$，则$AE=OA-OE=18-10=8$。
5. 在$\mathrm{Rt}△ O'AE$中，由勾股定理得：$O'A=\sqrt{O'E^2-AE^2}=\sqrt{10^2-8^2}=\sqrt{36}=6$。
6. 在$\mathrm{Rt}△ O'AO$中，由勾股定理得：$OO'=\sqrt{OA^2+O'A^2}=\sqrt{18^2+6^2}=\sqrt{360}=6\sqrt{10}$。
7. 因此$OH=\frac{1}{2}OO'=\frac{1}{2}×6\sqrt{10}=3\sqrt{10}$，即$O$到折痕$EF$的距离为$3\sqrt{10}$。
【答案】
$3\sqrt{10}$
【知识点】
折叠的性质，切线的性质，勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，需要结合对称性质、切线性质和勾股定理解题，解题关键是准确作出辅助线确定折叠后圆弧的圆心，对几何图形的分析转化能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
