Question

如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的頂點(diǎn)O在坐標(biāo)原點(diǎn)，頂點(diǎn)A、C分別在x軸、y軸的正半軸上，且OA=2，OC=1，矩形對(duì)角線AC、OB相交于E，過點(diǎn)E的直線與邊OA、BC分別相交于點(diǎn)G、H．
（1）①直接寫出點(diǎn)E的坐標(biāo)：______．
②求證：AG=CH．
（2）如圖2，以O(shè)為圓心，OC為半徑的圓弧交OA與D，若直線GH與弧CD所在的圓相切于矩形內(nèi)一點(diǎn)F，求直線GH的函數(shù)關(guān)系式．
（3）在（2）的結(jié)論下，梯形ABHG的內(nèi)部有一點(diǎn)P，當(dāng)⊙P與HG、GA、AB都相切時(shí)，求⊙P的半徑．

Answer 1

【答案】分析：（1）①根據(jù)矩形的性質(zhì)和邊長即可求出E的坐標(biāo)；②推出CE=AE，BC∥OA，推出∠HCE=∠EAG，證出△CHE≌△AGE即可；
（2）連接DE并延長DE交CB于M，求出DO=OC=OA，證△CME≌△ADE，求出CM=AD=1，推出四邊形CMDO是矩形，求出MD切⊙O于D，設(shè)CH=HF=x，推出（1-x）²+（）²=（+x）²，求出H、G的坐標(biāo)，設(shè)直線GH的解析式是y=kx+b，把G、H的坐標(biāo)代入求出即可；
（3）連接BG，證△OCH≌△BAG，求出∠CHO=∠AGB，證△HOE≌△GBE，求出∠OHE=∠BGE，得出BG平分∠FGA，推出圓心P必在BG上，過P做PN⊥GA，垂足為N，根據(jù)△GPN∽△GBA，得出，設(shè)半徑為r，代入求出即可．
解答：（1）①解：E的坐標(biāo)是：（1，），
故答案為：（1，）；

②證明：∵矩形OABC，
∴CE=AE，BC∥OA，
∴∠HCE=∠EAG，
∵在△CHE和△AGE中
，
∴△CHE≌△AGE，
∴AG=CH．

（2）解：如圖2，連接DE并延長DE交CB于M，連接AC，
∵DO=OC=1=OA，
∴D是OA的中點(diǎn)，
∵BC∥OA，
∴∠MCE=∠DAE，
∵在△CME和△ADE中
，
∴△CME≌△ADE，
∴CM=AD=2-1=1，
∵BC∥OA，∠COD=90°，
∴四邊形CMDO是矩形，
∴MD⊥OD，MD⊥CB，
∴MD切⊙O于D，
∵HG切⊙O于F，E（1，），
∴可設(shè)CH=HF=x，F(xiàn)E=ED=MD，
在Rt△MHE中，有MH²+ME²=HE²，
即（1-x）²+（）²=（+x）²，
解得x=，
∴H（，1），OG=2-=，
∴G（，0），
設(shè)直線GH的解析式是：y=kx+b，
把G、H的坐標(biāo)代入得：k+b=0，且1=k+b，
解得：k=-，b=，
∴直線GH的函數(shù)關(guān)系式為y=-x+．

（3）解：如備用圖3，連接BG，過P做PN⊥GA，垂足為N，
∵在△OCH和△BAG中
，
∴△OCH≌△BAG，
∴∠CHO=∠AGB，
∵∠HCO=90°，
∴HC切⊙O于C，HG切⊙O于F，
∴OH平分∠CHF，
∴∠CHO=∠FHO=∠BGA，
∵四邊形OCBA是矩形，
∴BC∥OA，BC=OA，
∵CH=AG（已證），
∴BH=OG，BH∥OG，
∴四邊形BHOG是平行四邊形，
∴OH∥BG，
∴∠OHE=∠BGE，
∵∠CHO=∠FHO=∠BGA
∴∠BGA=∠BGE，
即BG平分∠FGA，
∵⊙P與HG、GA、AB都相切，
∴和∠HGA的兩邊都相切的圓的圓心在∠HGA的角平分線上，即在GB上
∴圓心P必在BG上，
∴△GPN∽△GBA，
∴，
設(shè)半徑為r，
=，
解得：r=．
答：⊙P的半徑是．
點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了矩形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判定，相似三角形的性質(zhì)和判定，切線的性質(zhì)和判定，一次函數(shù)和勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，本題綜合性比較強(qiáng)，難度偏大，但是也是一道比較好的題目．