Question

8．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，边AC上有一点O，以点O为圆心，OA长为半径画圆，恰好与边BC相切于点D，过点D作DE⊥AC于点M，DE交⊙O于点E，连接AE，CE．
（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）若OA=$\sqrt{3}$，DE=3，求证：四边形ABDE是菱形．

Answer 1

分析 （1）连接OD、OE，由垂径定理可知DM=EM，结合OD=OE、OM=OM即可得出△ODM≌△OEM，由此得出∠DOM=∠EOM，再根据全等三角形的判定定理SAS可得出△ODC≌△OEC，即得出∠OEC=∠ODC，结合切线的性质即可得出∠OEC=∠ODC=90°，由此可证出CE是⊙O的切线；
（2）连接BO、DO，由全等直角三角形的判定定理HL可得出△BAO≌△BDO，根据全等三角形的性质可得出BA=BD、∠BOA=∠BOD，解直角三角形可得出∠DOM=60°，进而得知∠BOA=∠BOD=60°，根据特殊角的三角函数值可求出BA=3=DE，结合BA⊥AC，DE⊥AC可知BA∥DE，故得出四边形ABDE是平行四边形，再根据临边相等可证出四边形ABDE是菱形．

解答 （1）证明：连接OD、OE，如图1所示．

∵DE⊥AC于点M，
∴DM=ME．
在△ODM和△OEM中，有$\left\{\begin{array}{l}{OD=OE}\\{OM=OM}\\{DM=EM}\end{array}\right.$，
∴△ODM≌△OEM（SSS），
∴∠DOM=∠EOM．
在△ODC和△OEC中，有$\left\{\begin{array}{l}{OD=OE}\\{∠DOM=∠EOM}\\{OC=OC}\end{array}\right.$，
∴△ODC≌△OEC（SAS），
∴∠OEC=∠ODC．
∵BC切⊙O于点D，
∴∠OEC=∠ODC=90°，
∴CE是⊙O的切线．
（2）证明：连接BO、DO，如图2所示．

∵BC切⊙O于点D，
∴∠BDO=90°．
在Rt△BAO和Rt△BDO中，有$\left\{\begin{array}{l}{OD=OA}\\{BO=BO}\end{array}\right.$，
∴△BAO≌△BDO（HL），
∴BA=BD，∠BOA=∠BOD，
∵OA=$\sqrt{3}$，DE=3，
∴在Rt△DOM中，OD=OA=$\sqrt{3}$，DM=$\frac{1}{2}$DE=$\frac{3}{2}$，
∴sin∠DOM=$\frac{DM}{OD}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴∠DOM=60°，
∴∠BOA=∠BOD=60°，
在Rt△BAO中，OA=$\sqrt{3}$，∠BOA=60°，
∴AB=OA•tan∠BOA=3，
∴BA=DE=3．
∵BA⊥AC，DE⊥AC，
∴BA∥DE．
∴四边形ABDE是平行四边形，
又∵BA=BD，
∴四边形ABDE是菱形．

点评 本题考查了全等三角形的判定及性质、切线的判定及性质、特殊角的三角函数值以及菱形的判定定理，解题的关键是：（1）找出∠OEC=∠ODC=90°；（2）通过解直角三角形BA∥且等于DE．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据切线的性质寻找直角，再同过解直角三角形得出结论．