Question

9．已知，如图，在平面直角坐标系中，A（-2，0），B（3，0），直线l：y=kx+b经过B点，与y轴的正半轴交于C点，连接AC．此时∠ACB=45°，有一⊙D经过△ABC的三个顶点．
（1）求⊙D的圆心D的坐标；
（2）求直线l解析式；
（3）直接写出直角△AOC的内切圆的半径的长．

Answer 1

分析 （1）连接DA、DB，过点D作DH⊥x轴于H，如图，根据圆周角定理可得∠ADB=90°，运用勾股定理可求出⊙D的半径，然后运用等腰三角形的性质可求出BH，从而求出OH，再运用勾股定理求出DH，就可得到圆心D的坐标；
（2）点B的坐标已知，要求直线l解析式，只需求出点C的坐标，过点D作DG⊥OC于G，连接DC，易证四边形DGOH是矩形，从而可求出DG、OG，只需在Rt△DGC中运用勾股定理求出CG即可；
（3）只需运用勾股定理求出AC长，然后运用直角三角形的内切圆的半径公式，就可解决问题．

解答 解：（1）连接DA、DB，过点D作DH⊥x轴于H，如图，
∵A（-2，0），B（3，0），
∴OA=2，OB=3，AB=5．
∵∠ACB=45°，
∴∠ADB=2∠ACB=90°．
∴DA²+DB²=2DB²=AB²=25，
∴DB=$\frac{5\sqrt{2}}{2}$．
∵DA=DB，DH⊥AB，
∴AH=BH=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{5}{2}$，
∴OH=3-$\frac{5}{2}$=$\frac{1}{2}$，DH=$\sqrt{D{B}^{2}-B{H}^{2}}$=$\frac{5}{2}$，
∴点D的坐标为（$\frac{1}{2}$，$\frac{5}{2}$）；

（2）过点D作DG⊥OC于G，连接DC，如图，
则有∠DGO=∠GOH=∠OHD=90°，
∴四边形DGOH是矩形，
∴DG=OH=$\frac{1}{2}$，OG=DH=$\frac{5}{2}$．
又∵DC=DB=$\frac{5\sqrt{2}}{2}$，
∴CG=$\sqrt{D{C}^{2}-D{G}^{2}}$=$\sqrt{\frac{50}{4}-\frac{1}{4}}$=$\frac{7}{2}$，
∴OC=OG+CG=$\frac{5}{2}$+$\frac{7}{2}$=6，
∴点C的坐标为（0，6）．
∵点B（3，0）、C（0，6）在直线y=kx+b上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{3k+b=0}\\{b=6}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-2}\\{b=6}\end{array}\right.$，
∴直线l的解析式为y=-2x+6；

（3）在Rt△AOC中，
∵OA=2，OC=6，
∴AC=$\sqrt{{2}^{2}+{6}^{2}}$=2$\sqrt{10}$，
∴Rt△AOC的内切圆的半径长为$\frac{OA+OC-AC}{2}$=$\frac{2+6-2\sqrt{10}}{2}$=4-$\sqrt{10}$．

点评 本题主要考查了运用待定系数法求直线的解析式、等腰三角形的性质、圆周角定理、矩形的判定与性质、勾股定理、直角三角形内切圆半径公式（r=$\frac{a+b-c}{2}$，c为斜边）等知识，在Rt△DGC中运用勾股定理求出CG是解决第（2）小题的关键．