Question

在課堂上，郝老師將一個三角板的直角頂點與點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、D點．當三角板繞點C旋轉到與x軸、y軸垂直時，如圖1，已知射線OM為第一象限的角平分線，C點的坐標為（2，2）

（1）四邊形ODCE的面積是______；點D的坐標為______；點E的坐標為______．
（2）當郝老師將三角板繞點C旋轉到與x軸、y軸不垂直時，如圖2，姚小明同學馬上舉手回答說，在旋轉過程中，四邊形ODCE的面積始終保持不變，其值為定值．老師說他的回答是正確的！請你說明其中的道理．
（3）最后，郝老師過D、O、E三點畫⊙O₁，如圖3，設△DOE的內切圓的直徑為d，并用肯定的語氣說，不論⊙O₁的大小、位置如何變化，d+DE的值永遠不變．同學們，你們知道這里的奧妙嗎？請說明理由．

Answer 1

【答案】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點坐標為（2，2），易得到四邊形ODCE的面積，點D的坐標和點E的坐標；
（2）過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，說明在旋轉過程中，四邊形ODCE的面積始終保持不變，其值為定值；
（3）過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)切線的性質得O′K=O′P，易得四邊形OPO′K為正方形，設⊙O′的半徑為r，根據(jù)切線長定理得到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點坐標為（2，2），則C點在第一象限的角平分線OM上，
∴四邊形ODCE為正方形，且邊長為2，
∴四邊形ODCE的面積是2×2=4，點D的坐標為（0，2），點E的坐標為（2，0），
故答案為：4，（0，2），（2，0）；

（2）過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
，
∴Rt△FCD≌Rt△HCE，
∴S_△FCD=S_△HCE，
∴S_{四邊形ODCE}=S_{正方形OFCH}=4．

（3）不論⊙O₁的大小、位置如何變化，d+DE的值永遠不變，如圖3．理由如下：
過C作CF⊥y軸于F，CH⊥x軸于H，△DOE的內切圓⊙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⊙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的值永遠不變．
點評：本題考查了圓的綜合題：圓的切線垂直于過切點的半徑；從圓外一點引圓的兩條切線，切線長相等；掌握旋轉的性質以及三角形全等的判定與性質以及正方形的性質．