Question

在课堂上，郝老师将一个三角板的直角顶点与点C重合，它的两条直角边也分别与x轴正半轴、y轴正半轴相交于E点、D点．当三角板绕点C旋转到与x轴、y轴垂直时，如图1，已知射线OM为第一象限的角平分线，C点的坐标为（2，2）

（1）四边形ODCE的面积是

4

；点D的坐标为

（0，2）

；点E的坐标为

（2，0）

．
（2）当郝老师将三角板绕点C旋转到与x轴、y轴不垂直时，如图2，姚小明同学马上举手回答说，在旋转过程中，四边形ODCE的面积始终保持不变，其值为定值．老师说他的回答是正确的！请你说明其中的道理．
（3）最后，郝老师过D、O、E三点画⊙O₁，如图3，设△DOE的内切圆的直径为d，并用肯定的语气说，不论⊙O₁的大小、位置如何变化，d+DE的值永远不变．同学们，你们知道这里的奥妙吗？请说明理由．

Answer 1

分析：（1）由于DC⊥y轴，CE⊥x轴，OM为第一象限的角平分线，则四边形ODCE为矩形且CD=CE，则四边形ODCE为正方形，由C点坐标为（2，2），易得到四边形ODCE的面积，点D的坐标和点E的坐标；
（2）过C作CF⊥y轴于F，CH⊥x轴于H，与（1）一样可得到四边形OFCE为正方形，其面积为4，再根据等角的余角相等可得到∠FCD=∠HCE，易证得Rt△FCD≌Rt△HCE，则S_△FCD=S_△HCE，于是得到
S_{四边形ODCE}=S_{正方形OFCH}=4，说明在旋转过程中，四边形ODCE的面积始终保持不变，其值为定值；
（3）过C作CF⊥y轴于F，CH⊥x轴于H，⊙O′分别切OE于K，切OD于P，切DE于Q，根据切线的性质得O′K=O′P，易得四边形OPO′K为正方形，设⊙O′的半径为r，根据切线长定理得到OP=OK=r，EK=EQ=EO-r，DQ=DP=OD-r，利用DQ+EQ=ED得EO-r+OD-r=DE，则DE+2r=OE+OD=OH+HE+OF-DF，根据（2）中得结论得到DF=HE，OH=OF=2，于是有DE+2r=2+2=4，即d+DE=4．

解答：解：（1）∵DC⊥y轴，CE⊥x轴，
∴四边形ODCE为矩形，
而C点坐标为（2，2），则C点在第一象限的角平分线OM上，
∴四边形ODCE为正方形，且边长为2，
∴四边形ODCE的面积是2×2=4，点D的坐标为（0，2），点E的坐标为（2，0），
故答案为：4，（0，2），（2，0）；

（2）过C作CF⊥y轴于F，CH⊥x轴于H，如图2，
则CF=CH=2，
∴四边形OFCH为正方形，其面积为4，
∵∠DCE=90°，∠FCH=90°，
∴∠FCD+∠DCH=90°，∠DCH+∠HCE=90°，
∴∠FCD=∠HCE，
在Rt△FCD和Rt△HCE中

∠CFD=∠CHE CF=CH ∠FCD=∠ECH

，
∴Rt△FCD≌Rt△HCE，
∴S_△FCD=S_△HCE，
∴S_{四边形ODCE}=S_{正方形OFCH}=4．

（3）不论⊙O₁的大小、位置如何变化，d+DE的值永远不变，如图3．理由如下：
过C作CF⊥y轴于F，CH⊥x轴于H，△DOE的内切圆⊙O′分别切OE于H，切OD于P，切DE于Q，如图3，
∴O′K=O′P，
∴四边形OPO′K为正方形，
设⊙O′的半径为r，则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，即不论⊙O₁的大小、位置如何变化，d+DE的值永远不变．

点评：本题考查了圆的综合题：圆的切线垂直于过切点的半径；从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等；掌握旋转的性质以及三角形全等的判定与性质以及正方形的性质．