Question

一個(gè)三角板的直角頂點(diǎn)與點(diǎn)C重合，它的兩條直角邊也分別與x軸正半軸、y軸正半軸相交于E點(diǎn)、D點(diǎn)．當(dāng)三角板繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到與x軸、y軸垂直時(shí)，如圖1，已知射線OM為第一象限的角平分線，C點(diǎn)的坐標(biāo)為（2，2）
（1）四邊形ODCE的面積是

4

；點(diǎn)D的坐標(biāo)為

（0，2）

；點(diǎn)E的坐標(biāo)為

（2，0）

．
（2）將三角板繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到與x軸、y軸不垂直時(shí)，如圖2，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，四邊形ODCE的面積始終保持不變，其值為定值．請(qǐng)你說(shuō)明其中的道理．
（3）經(jīng)過(guò)D、O、E三點(diǎn)畫(huà)⊙O₁，如圖3，設(shè)△DOE的內(nèi)切圓的直徑為d，請(qǐng)證明：不論⊙O₁的大小、位置如何變化，d+DE的值不變．

Answer 1

分析：（1）由于DC⊥y軸，CE⊥x軸，OM為第一象限的角平分線，則四邊形ODCE為矩形且CD=CE，則四邊形ODCE為正方形，由C點(diǎn)坐標(biāo)為（2，2），易得到四邊形ODCE的面積，點(diǎn)D的坐標(biāo)和點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（2）過(guò)C作CF⊥y軸于F，CH⊥x軸于H，與（1）一樣可得到四邊形OFCE為正方形，其面積為4，再根據(jù)等角的余角相等可得到∠FCD=∠HCE，易證得Rt△FCD≌Rt△HCE，則S_△FCD=S_△HCE，于是得到S_{四邊形ODCE}=S_{正方形OFCH}=4，說(shuō)明在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，四邊形ODCE的面積始終保持不變，其值為定值；
（3）過(guò)C作CF⊥y軸于F，CH⊥x軸于H，⊙O′分別切OE于K，切OD于P，切DE于Q，根據(jù)切線的性質(zhì)得O′K=O′P，易得四邊形OPO′K為正方形，設(shè)⊙O′的半徑為r，根據(jù)切線長(zhǎng)定理得到OP=OK=r，EK=EQ=EO-r，DQ=DP=OD-r，利用DQ+EQ=ED得EO-r+OD-r=DE，則DE+2r=OE+OD=OH+HE+OF-DF，根據(jù)（2）中得結(jié)論得到DF=HE，OH=OF=2，于是有DE+2r=2+2=4，即d+DE=4．

解答：解：（1）∵DC⊥y軸，CE⊥x軸，
∴四邊形ODCE為矩形，
而C點(diǎn)坐標(biāo)為（2，2），則C點(diǎn)在第一象限的角平分線OM上，
∴四邊形ODCE為正方形，且邊長(zhǎng)為2，
∴四邊形ODCE的面積是2×2=4，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（0，2），點(diǎn)E的坐標(biāo)為（2，0），
故答案為：4，（0，2），（2，0）；

（2）過(guò)C作CF⊥y軸于F，CH⊥x軸于H，如圖2，
則CF=CH=2，
∴四邊形OFCH為正方形，其面積為4，
∵∠DCE=90°，∠FCH=90°，
∴∠FCD+∠DCH=90°，∠DCH+∠HCE=90°，
∴∠FCD=∠HCE，
在Rt△FCD和Rt△HCE中

∠CFD=∠CHD CF=CH ∠FCD=∠ECH

∴Rt△FCD≌Rt△HCE，
∴S_△FCD=S_△HCE，
∴S_{四邊形ODCE}=S_{正方形OFCH}=4，
∴四邊形ODCE的面積始終保持不變，其值為定值．

（3）不論⊙O₁的大小、位置如何變化，d+DE的值永遠(yuǎn)不變，如圖3．理由如下：
過(guò)C作CF⊥y軸于F，CH⊥x軸于H，△DOE的內(nèi)切圓⊙O′分別切OE于H，切OD于P，切DE于Q，如圖3，
∴O′K=O′P，
∴四邊形OPO′K為正方形，
設(shè)⊙O′的半徑為r，則OP=OK=r，EK=EQ=EO-r，DQ=DP=OD-r，
∴EO-r+OD-r=DE，
∴DE+2r=OE+OD=OH+HE+OF-DF，
由（2）得DF=HE，OH=OF=2，
∴DE+2r=2+2=4，
∴d+DE=4，即不論⊙O₁的大小、位置如何變化，d+DE的值永遠(yuǎn)不變．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了圓的綜合題：圓的切線垂直于過(guò)切點(diǎn)的半徑；從圓外一點(diǎn)引圓的兩條切線，切線長(zhǎng)相等；掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及三角形全等的判定與性質(zhì)以及正方形的性質(zhì)．