Question

12．圖1⊙O中，△ABC和△DCE是等腰直角三角形，且△ABC內(nèi)接于⊙O，∠ACB=∠DCE=90°，連接AE、BD，點(diǎn)D在AC上．

（1）線段AE與BD的數(shù)量關(guān)系為相等，位置關(guān)系為垂直；
（2）如圖2若△DCE繞點(diǎn)C逆時針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜90°），記為△D₁CE₁；
①當(dāng)邊CE所在直線與⊙O相切時，直接寫出α的值；
②求證：AE₁=BD₁；
（3）如圖3，若M是線段BE₁的中點(diǎn)，N是線段AD₁的中點(diǎn)，求證：MN=$\sqrt{2}$OM．

Answer 1

分析 （1）結(jié)論AE=BD，AE⊥BD只要證明△BCD≌△ACE即可得到AE=BD，再由∠EAB+∠ABF=∠FAC+∠CAB+∠ABF=∠DBC+∠ABF+∠CAB=90°推出BD⊥AE．
（2）①只要證明∠ACO=45°即可．②欲證明AE₁=BD₁，只要證明△BCD₁≌△ACE₁即可．
（3）如圖3中，延長BD₁交AE₁于點(diǎn)F，首先證明BF⊥AE₁，再根據(jù)三角形中位線定理證明△OMN是等腰直角三角形即可解決問題．

解答 解：（1）AE=BD，AE⊥BD．
理由：如圖1所示；延長BD交AE于點(diǎn)F．

∵△ABC與△DCE均為等腰直角三角形，
∴∠BCD=∠ACE=90°，BC=AC，DC=CE．
∵在△BCD和△ACE中，
$\left\{\begin{array}{l}{BC=AC}\\{∠BCD=∠ACE}\\{DC=CE}\end{array}\right.$，
∴△BCD≌△ACE．
∴BD=AE，∠DBC=∠EAC．
∴∠EAB+∠ABF=∠FAC+∠CAB+∠ABF=∠DBC+∠ABF+∠CAB=45°+45°=90°．
∴∠BFA=90°．
∴BD⊥AE．
故答案分別為相等，垂直．

（2）①如圖2所示；

∵CE₁與圓O相切，D₁C⊥CE₁，
∴CD₁經(jīng)過點(diǎn)O．
∵BC=AC，OA=OB，
∴∠ACO=$\frac{1}{2}$∠BCA=45°．
∴α=45°．
②∵△ABC和△DCE是等腰直角三角形
∠ACB=∠D₁CE₁=90°
∴AC=BC，CE₁=CD₁
∴∠ACB-∠ACD₁=∠D₁CE1-∠ACD₁
即∠ACD₁=∠ACE₁
在△BCD₁≌△ACE₁中，
$\left\{\begin{array}{l}{AC=BC}\\{∠AC{D}_{1}=∠AC{E}_{1}}\\{C{D}_{1}=C{E}_{1}}\end{array}\right.$，
∴△BCD₁≌△ACE₁
∴AE₁=BD₁

（3）證明：如圖3中，延長BD₁交AE₁于點(diǎn)F

由（2）可知，△BCD₁≌△ACE₁，
∴BD₁=AE₁，∠D₁BC=∠CAE₁，
∴∠D₁BC+∠AE₁C=∠CAE₁+∠AE₁C=90°，
∴BF⊥AE₁，
∵AO=OB，AN=ND，
∴ON=$\frac{1}{2}$BD₁，ON∥BD，
∵AO=OB，E₁M=MB，
∴OM=$\frac{1}{2}$AE₁，OM∥AE₁
∴OM=ON，OM⊥ON
∴∠OMN=45°，
又 cos∠OMN=$\frac{OM}{MN}$，
∴MN=$\sqrt{2}$OM．

點(diǎn)評 本題考查圓綜合題、等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、三角形中位線定理等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形，利用全等三角形的性質(zhì)解決問題，第三個問題的構(gòu)建是三角形中位線定理的應(yīng)用，出現(xiàn)$\sqrt{2}$想到等腰直角三角形的性質(zhì)，屬于中考壓軸題．