Question

如圖，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(guò)點(diǎn)E的直線與邊OA、BC分別相交于點(diǎn)G、H．

(1)①直接寫(xiě)出點(diǎn)E的坐標(biāo)：________；②求證：AG＝CH．

(2)如下圖，以O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：
解析：

分析：(1)①根據(jù)矩形的性質(zhì)和邊長(zhǎng)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(zhǎng)DE交CB于M，求出DD＝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(guò)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，)； 　�、谧C明：∵矩形OABC， 　　∴CE＝AE，BC∥OA， 　　∴∠HCE＝∠EAG， 　　∵在△CHE和△AGE中 　　， 　　∴△CHE≌△AGE， 　　∴AG＝CH． 　　(2)解：連接DE并延長(zhǎng)DE交CB于M， 　　∵DD＝OC＝1＝OA， 　　∴D是OA的中點(diǎn)， 　　∵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， 　　∵得HG切⊙O于F，E(1，)， 　　∴可設(shè)CH＝HF＝x，FE＝ED＝＝ME， 　　在Rt△MHE中，有MH2＋ME2＝HE2 　　即(1－x)2＋()2＝(＋x)2， 　　解得x＝， 　　∴H(，1)，OG＝2－＝， 　　又∵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：0＝b，且1＝k＋b， 　　解得：k＝－，b＝， 　　∴直線GH的函數(shù)關(guān)系式為y＝－． 　　(3)答：⊙P的半徑是． 　　解：連接BG， 　　∵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， 　　∵△CHE≌△AGE， 　　∴HE＝GE， 　　在△HOE和△GBE中 　　， 　　∴△HOE≌△GBE， 　　∴∠OHE＝∠BGE， 　　∵∠CHO＝∠FHO＝∠BGA， 　　∴∠BGA＝∠BGE， 　　即BG平分∠FGA， 　　∵⊙P與HG、GA、AB都相切， 　　∴圓心P必在BG上， 　　過(guò)P做PN⊥GA，垂足為N， 　　∴△GPN∽△GBA， 　　∴， 　　設(shè)半徑為r，＝， 　　解得：r＝， 　　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．

提示：

切線的判定與性質(zhì)；一次函數(shù)綜合題；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理；矩形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)．