Question

6．如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)O在對(duì)角線AC上，以O(shè)A的長(zhǎng)為半徑作⊙O，已知tan∠ACB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，BC=2．
（1）在圖①中，當(dāng)⊙O與AD、AC分別交于點(diǎn)E、F，∠ACB=∠DCE時(shí)，求證：CE為⊙O的切線；
（2）在（1）的條件下，求弦EF的長(zhǎng)；直接寫出點(diǎn)C與圓上各點(diǎn)線段之間的最長(zhǎng)距離和最短距離；
（3）在圖②中，當(dāng)⊙O與BC相切于點(diǎn)H時(shí)，求⊙O的半徑．

Answer 1

分析 （1）首先連接OE，由OE=OA與四邊形ABCD是矩形，易求得∠DEC+∠OEA=90°，即OE⊥EC，即可證得直線CE與⊙O的位置關(guān)系是相切；
（2）根據(jù)等角的函數(shù)值相等，可得DE的長(zhǎng)，根據(jù)線段的和差，可得AE的長(zhǎng)，根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)，可得EF的長(zhǎng)，AF的長(zhǎng)，根據(jù)線段的和差，可得CF的長(zhǎng)；
（3）根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)，可得關(guān)于r的方程，根據(jù)解方程，可得答案．

解答 （1）證明：如圖1，連接OE．
，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠B=∠D=∠BAD=90°，BC∥AD，CD=AB．
∴∠DCE+∠DEC=90°，∠ACB=∠DAC．
又∵∠DCE=∠ACB，
∴∠DEC+∠DAC=90°，
∵OE=OA，
∴∠OEA=∠DAC，
∴∠DEC+∠OEA=90°，
∴∠OEC=90°，
∴OE⊥EC，）
∵OE為圓O半徑，
∴直線CE與⊙O相切；
（2）如圖2連接EF，
，
由tan∠ACB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，BC=2，得
AB=$\sqrt{3}$．
由矩形的性質(zhì)，得
DC=AB=$\sqrt{3}$，∠B=90°，
由勾股定理，得
AC=$\sqrt{A{B}^{2}+B{C}^{2}}$=$\sqrt{（\sqrt{3}）^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{7}$．
由∠ACB=∠DCE，得
tan∠DCE=$\frac{DE}{DC}$=tan∠ACB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
DE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$DC=$\frac{3}{2}$，
由線段的和差，得
AE=AD-DE=$\frac{1}{2}$．
由AF是⊙O的直徑，得
∠AEF=90°，
EF∥DC，得
△AEF∽△ADC，
$\frac{EF}{DC}$=$\frac{AE}{AD}$，$\frac{AE}{AD}$=$\frac{AF}{AC}$，
EF=$\frac{AE}{AD}$•DC=$\sqrt{3}$×$\frac{\frac{1}{2}}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{4}$；
AF=AC•$\frac{AE}{AD}$=$\sqrt{7}$×$\frac{\frac{1}{2}}{2}$=$\frac{\sqrt{7}}{4}$，CF=AC-AF=$\sqrt{7}$-$\frac{\sqrt{7}}{4}$=$\frac{3\sqrt{7}}{4}$
C與圓上各點(diǎn)線段之間的最長(zhǎng)距離是AC=$\sqrt{7}$，
C與圓上各點(diǎn)線段之間的最短距離是CF=$\frac{3\sqrt{7}}{4}$；
（3）如圖3：

連接OH，設(shè)半徑為r，
∵OH∥AB，
∴△OCH∽△OCB，$\frac{OH}{AB}$=$\frac{OC}{AC}$，即$\frac{r}{\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{7}-r}{\sqrt{7}}$，
化簡(jiǎn)，得
（$\sqrt{7}$+$\sqrt{3}$）r=$\sqrt{21}$，
解得r=$\frac{7\sqrt{3}-3\sqrt{7}}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓的綜合題，（1）利用了矩形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，余角的性質(zhì)，切線的判定，利用余角的性質(zhì)得出∠DEC+∠OEA=90°是解題關(guān)鍵；（2）利用了銳角三角函數(shù)，相似三角形的判定與性質(zhì)；（3）利用相似三角形的性質(zhì)得出關(guān)于r的方程是解題關(guān)鍵．