登录
14.如图,在四边形ABCD中,∠A=∠B=90°,E为AB上一点,且DE,CE分别平分∠ADC和∠BCD,试判断以AB为直径的圆与CD有怎样的位置关系?试证明你的结论.
答案
解：以AB为直径的圆与CD相切，证明如下：
过点E作EF⊥CD于点F。
∵ DE平分∠ADC，∠A=90°，即EA⊥AD，EF⊥CD，
∴ EA=EF。
∵ CE平分∠BCD，∠B=90°，即EB⊥BC，EF⊥CD，
∴ EB=EF。
∴ EA=EB=EF，
即点E是AB的中点，以AB为直径的圆的圆心为点E，圆的半径$r=\frac{1}{2}AB = EA = EB$。
又∵ EF⊥CD，且$EF = \frac{1}{2}AB = r$，
即圆心E到直线CD的距离等于圆的半径，
∴ 以AB为直径的圆与CD相切。
过点E作EF⊥CD于点F。
∵ DE平分∠ADC，∠A=90°，即EA⊥AD，EF⊥CD，
∴ EA=EF。
∵ CE平分∠BCD，∠B=90°，即EB⊥BC，EF⊥CD，
∴ EB=EF。
∴ EA=EB=EF，
即点E是AB的中点，以AB为直径的圆的圆心为点E，圆的半径$r=\frac{1}{2}AB = EA = EB$。
又∵ EF⊥CD，且$EF = \frac{1}{2}AB = r$，
即圆心E到直线CD的距离等于圆的半径，
∴ 以AB为直径的圆与CD相切。
解析
【分析】
判断直线与圆的位置关系的核心是比较圆心到直线的距离和圆半径的大小，若距离等于半径则直线与圆相切。首先AB为直径的圆，圆心是AB的中点，半径为AB长度的一半。结合已知的角平分线条件和两个直角，可利用角平分线的性质，通过作CD的垂线得到距离，再证明该距离等于半径，同时证明垂足对应的点E是AB中点（即圆心），即可推出位置关系。
【解析】
以AB为直径的圆与CD相切，证明如下：
过点E作EF⊥CD于点F。
∵ DE平分∠ADC，∠A=90°，即EA⊥AD，EF⊥CD，
∴ EA=EF。
∵ CE平分∠BCD，∠B=90°，即EB⊥BC，EF⊥CD，
∴ EB=EF。
∴ EA=EB=EF，
即点E是AB的中点，以AB为直径的圆的圆心为点E，圆的半径$r=\frac{1}{2}AB = EA = EB$。
又
∵ EF⊥CD，且$EF = \frac{1}{2}AB = r$，
即圆心E到直线CD的距离等于圆的半径，
∴ 以AB为直径的圆与CD相切。
【答案】
以AB为直径的圆与CD相切
【知识点】
角平分线的性质；切线的判定；圆的基本概念
【点评】
本题综合考查了角平分线性质和直线与圆相切的判定，解题关键是合理作垂直于CD的辅助线，将位置关系的判断转化为线段相等的证明，体现了几何证明中的转化思想。
【难度系数】
0.6
判断直线与圆的位置关系的核心是比较圆心到直线的距离和圆半径的大小，若距离等于半径则直线与圆相切。首先AB为直径的圆，圆心是AB的中点，半径为AB长度的一半。结合已知的角平分线条件和两个直角，可利用角平分线的性质，通过作CD的垂线得到距离，再证明该距离等于半径，同时证明垂足对应的点E是AB中点（即圆心），即可推出位置关系。
【解析】
以AB为直径的圆与CD相切，证明如下：
过点E作EF⊥CD于点F。
∵ DE平分∠ADC，∠A=90°，即EA⊥AD，EF⊥CD，
∴ EA=EF。
∵ CE平分∠BCD，∠B=90°，即EB⊥BC，EF⊥CD，
∴ EB=EF。
∴ EA=EB=EF，
即点E是AB的中点，以AB为直径的圆的圆心为点E，圆的半径$r=\frac{1}{2}AB = EA = EB$。
又
∵ EF⊥CD，且$EF = \frac{1}{2}AB = r$，
即圆心E到直线CD的距离等于圆的半径，
∴ 以AB为直径的圆与CD相切。
【答案】
以AB为直径的圆与CD相切
【知识点】
角平分线的性质；切线的判定；圆的基本概念
【点评】
本题综合考查了角平分线性质和直线与圆相切的判定，解题关键是合理作垂直于CD的辅助线，将位置关系的判断转化为线段相等的证明，体现了几何证明中的转化思想。
【难度系数】
0.6
15.(教材变式)如图，OC平分$∠ AOB$，D是OC上任意一点，$\odot D$与OA相切于点E，与OC相交的一个交点为点F，连接EF.
(1)求证：OB与$\odot D$相切；
(2)若$OE=4$，$\odot D$的半径为3，求EF的长.
(1)求证：OB与$\odot D$相切；
(2)若$OE=4$，$\odot D$的半径为3，求EF的长.
答案
(1) 证明：
过点D作$DH ⊥ OB$于点H，连接DE。
∵ $\odot D$与OA相切于点E，
∴ $DE ⊥ OA$。
∵ OC平分$∠ AOB$，$DH ⊥ OB$，$DE ⊥ OA$，
∴ $DH = DE$。
∵ DE是$\odot D$的半径，
∴ DH也是$\odot D$的半径，且$DH ⊥ OB$，
∴ OB与$\odot D$相切。
(2) 解：
过点E作$EG ⊥ OC$于点G。
∵ OA切$\odot D$于点E，
∴ $DE ⊥ OA$，即$∠ DEO = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ODE$中，$OE=4$，$DE=3$，
由勾股定理得：$OD = \sqrt{OE^2 + DE^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = 5$。
由三角形面积公式：$S_{△ ODE} = \frac{1}{2} · OE · DE = \frac{1}{2} · OD · EG$，
代入数据得：$EG = \frac{OE · DE}{OD} = \frac{4 × 3}{5} = \frac{12}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ DEG$中，$DG = \sqrt{DE^2 - EG^2} = \sqrt{3^2 - (\frac{12}{5})^2} = \frac{9}{5}$。
∵ $\odot D$的半径为3，即$DF=3$，
∴ $GF = DG + DF = \frac{9}{5} + 3 = \frac{24}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ EGF$中，$EF = \sqrt{EG^2 + GF^2} = \sqrt{(\frac{12}{5})^2 + (\frac{24}{5})^2} = \frac{12\sqrt{5}}{5}$。
综上，EF的长为$\frac{12\sqrt{5}}{5}$。
过点D作$DH ⊥ OB$于点H，连接DE。
∵ $\odot D$与OA相切于点E，
∴ $DE ⊥ OA$。
∵ OC平分$∠ AOB$，$DH ⊥ OB$，$DE ⊥ OA$，
∴ $DH = DE$。
∵ DE是$\odot D$的半径，
∴ DH也是$\odot D$的半径，且$DH ⊥ OB$，
∴ OB与$\odot D$相切。
(2) 解：
过点E作$EG ⊥ OC$于点G。
∵ OA切$\odot D$于点E，
∴ $DE ⊥ OA$，即$∠ DEO = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ODE$中，$OE=4$，$DE=3$，
由勾股定理得：$OD = \sqrt{OE^2 + DE^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = 5$。
由三角形面积公式：$S_{△ ODE} = \frac{1}{2} · OE · DE = \frac{1}{2} · OD · EG$，
代入数据得：$EG = \frac{OE · DE}{OD} = \frac{4 × 3}{5} = \frac{12}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ DEG$中，$DG = \sqrt{DE^2 - EG^2} = \sqrt{3^2 - (\frac{12}{5})^2} = \frac{9}{5}$。
∵ $\odot D$的半径为3，即$DF=3$，
∴ $GF = DG + DF = \frac{9}{5} + 3 = \frac{24}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ EGF$中，$EF = \sqrt{EG^2 + GF^2} = \sqrt{(\frac{12}{5})^2 + (\frac{24}{5})^2} = \frac{12\sqrt{5}}{5}$。
综上，EF的长为$\frac{12\sqrt{5}}{5}$。
解析
【分析】
(1) 要证明OB与$\odot D$相切，可使用切线的判定方法：若未知直线与圆的公共点，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$\odot D$与OA相切于E，可得$DE⊥ OA$且DE是半径，结合OC是角平分线的性质，过D作$DH⊥ OB$，即可证$DH=DE$，进而证明OB与$\odot D$相切。
(2) 求EF的长时，先在$\mathrm{Rt}△ ODE$中用勾股定理算出OD的长度；再利用等面积法求出点E到OC的垂线段EG的长度；接着在$\mathrm{Rt}△ DEG$中用勾股定理求出DG的长度，结合DF是半径算出GF的长度，最后在$\mathrm{Rt}△ EGF$中用勾股定理即可求出EF的长度。
【解析】
(1) 证明：
过点D作$DH ⊥ OB$于点H，连接DE。
∵ $\odot D$与OA相切于点E，
∴ $DE ⊥ OA$。
∵ OC平分$∠ AOB$，$DH ⊥ OB$，$DE ⊥ OA$，
∴ $DH = DE$。
∵ DE是$\odot D$的半径，
∴ DH也是$\odot D$的半径，且$DH ⊥ OB$，
∴ OB与$\odot D$相切。
(2) 解：
过点E作$EG ⊥ OC$于点G。
∵ OA切$\odot D$于点E，
∴ $DE ⊥ OA$，即$∠ DEO = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ODE$中，$OE=4$，$DE=3$，
由勾股定理得：$OD = \sqrt{OE^2 + DE^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = 5$。
由三角形面积公式：$S_{△ ODE} = \frac{1}{2} · OE · DE = \frac{1}{2} · OD · EG$，
代入数据得：$EG = \frac{OE · DE}{OD} = \frac{4 × 3}{5} = \frac{12}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ DEG$中，$DG = \sqrt{DE^2 - EG^2} = \sqrt{3^2 - (\frac{12}{5})^2} = \frac{9}{5}$。
∵ $\odot D$的半径为3，即$DF=3$，
∴ $GF = DG + DF = \frac{9}{5} + 3 = \frac{24}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ EGF$中，$EF = \sqrt{EG^2 + GF^2} = \sqrt{(\frac{12}{5})^2 + (\frac{24}{5})^2} = \frac{12\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) EF的长为$\frac{12\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
切线的判定与性质；角平分线的性质；勾股定理
【点评】
本题属于圆的基础综合题，结合了圆、角平分线、三角形的相关考点，是圆类题型的常见考查形式。解题时要根据待求结论合理作辅助线，熟练掌握等面积法求直角三角形斜边上的高的技巧，可以有效简化计算过程。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明OB与$\odot D$相切，可使用切线的判定方法：若未知直线与圆的公共点，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$\odot D$与OA相切于E，可得$DE⊥ OA$且DE是半径，结合OC是角平分线的性质，过D作$DH⊥ OB$，即可证$DH=DE$，进而证明OB与$\odot D$相切。
(2) 求EF的长时，先在$\mathrm{Rt}△ ODE$中用勾股定理算出OD的长度；再利用等面积法求出点E到OC的垂线段EG的长度；接着在$\mathrm{Rt}△ DEG$中用勾股定理求出DG的长度，结合DF是半径算出GF的长度，最后在$\mathrm{Rt}△ EGF$中用勾股定理即可求出EF的长度。
【解析】
(1) 证明：
过点D作$DH ⊥ OB$于点H，连接DE。
∵ $\odot D$与OA相切于点E，
∴ $DE ⊥ OA$。
∵ OC平分$∠ AOB$，$DH ⊥ OB$，$DE ⊥ OA$，
∴ $DH = DE$。
∵ DE是$\odot D$的半径，
∴ DH也是$\odot D$的半径，且$DH ⊥ OB$，
∴ OB与$\odot D$相切。
(2) 解：
过点E作$EG ⊥ OC$于点G。
∵ OA切$\odot D$于点E，
∴ $DE ⊥ OA$，即$∠ DEO = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ODE$中，$OE=4$，$DE=3$，
由勾股定理得：$OD = \sqrt{OE^2 + DE^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = 5$。
由三角形面积公式：$S_{△ ODE} = \frac{1}{2} · OE · DE = \frac{1}{2} · OD · EG$，
代入数据得：$EG = \frac{OE · DE}{OD} = \frac{4 × 3}{5} = \frac{12}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ DEG$中，$DG = \sqrt{DE^2 - EG^2} = \sqrt{3^2 - (\frac{12}{5})^2} = \frac{9}{5}$。
∵ $\odot D$的半径为3，即$DF=3$，
∴ $GF = DG + DF = \frac{9}{5} + 3 = \frac{24}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ EGF$中，$EF = \sqrt{EG^2 + GF^2} = \sqrt{(\frac{12}{5})^2 + (\frac{24}{5})^2} = \frac{12\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) EF的长为$\frac{12\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
切线的判定与性质；角平分线的性质；勾股定理
【点评】
本题属于圆的基础综合题，结合了圆、角平分线、三角形的相关考点，是圆类题型的常见考查形式。解题时要根据待求结论合理作辅助线，熟练掌握等面积法求直角三角形斜边上的高的技巧，可以有效简化计算过程。
【难度系数】
0.6
