2019-2020年中考數(shù)學(xué) 函數(shù)重點(diǎn)難點(diǎn)突破解題技巧傳播十四（B）.doc

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2019-2020年中考數(shù)學(xué) 函數(shù)重點(diǎn)難點(diǎn)突破解題技巧傳播十四（B） 1若關(guān)于的方程有三個(gè)根，且這三個(gè)根恰好可 以作為一個(gè)三角形的三條邊的長，則的取值范圍是 . 【答案】3＜m≤4 【解析】根據(jù)原方程可知x-2=0，和x2-4x+m=0，因?yàn)殛P(guān)于x的方程（x-2）（x2-4x+m）=0有三個(gè)根，所以x2-4x+m=0的根的判別式△＞0，然后再由三角形的三邊關(guān)系來確定m的取值范圍 解：∵關(guān)于x的方程（x-2）（x2-4x+m）=0有三個(gè)根， ∴①x-2=0，解得x1=2； ②x2-4x+m=0， ∴△=16-4m≥0，即m≤4， ∴x2=2+x3=2-又∵這三個(gè)根恰好可以作為一個(gè)三角形的三條邊的長， 且最長邊為x2， ∴x1+x3＞x2； 解得3＜m≤4， ∴m的取值范圍是3＜m≤4． 故答案為：3＜m≤4 2如圖，已知線段OA交⊙O于點(diǎn)B，且OB＝AB，點(diǎn)P是⊙O上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，那么∠OAP的最大值是 A.90 B.60 C.45 D.30 【答案】A 【解析】 試題分析：如圖，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)P′，即AP′與⊙O相切時(shí)，∠OAP最大。 連接O P′，則A P′⊥O P′，即△AO P′是直角三角形。 ∵OB=AB，OB= O P′，∴OA=2 O P′。 ∴?！唷螼AP′=300，即∠OAP的最大值是=300。故選A。 3如圖，⊙O是Rt△ABC的外接圓，∠ABC=90，弦BD=BA，AB=12，BC=5，BE⊥DC交DC的延長線于點(diǎn)E. （1）求證：∠BCA=∠BAD； （2）求DE的長； （3）求證:BE是⊙O的切線。 【答案】解：（1）證明：∵BD=BA，∴∠BDA=∠BAD。 ∵∠BCA=∠BDA（圓周角定理）， ∴∠BCA=∠BAD。 （2）∵∠BDE=∠CAB（圓周角定理），∠BED=∠CBA=90， ∴△BED∽△CBA，∴。 ∵BD=BA =12，BC=5，∴根據(jù)勾股定理得：AC=13。 ∴，解得：。 （3）證明：連接OB，OD， 在△ABO和△DBO中，∵， ∴△ABO≌△DBO（SSS）。 ∴∠DBO=∠ABO。 ∵∠ABO=∠OAB=∠BDC，∴∠DBO=∠BDC?！郞B∥ED。 ∵BE⊥ED，∴EB⊥BO?！郞B⊥BE。 ∵OB是⊙O的半徑，∴BE是⊙O的切線。 【解析】 試題分析：（1）根據(jù)BD=BA得出∠BDA=∠BAD，再由圓周角定理∠BCA=∠BDA即可得出結(jié)論。 （2）判斷△BED∽△CBA，利用對應(yīng)邊成比例的性質(zhì)可求出DE的長度。 （3）連接OB，OD，證明△ABO≌△DBO，推出OB∥DE，繼而判斷OB⊥DE，可得出結(jié)論。 4．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，4），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（﹣4，0），點(diǎn)P在射線AB上運(yùn)動(dòng)，連結(jié)CP與y軸交于點(diǎn)D，連結(jié)BD．過P，D，B三點(diǎn)作⊙Q與y軸的另一個(gè)交點(diǎn)為E，延長DQ交⊙Q于點(diǎn)F，連結(jié)EF，BF． （1）求直線AB的函數(shù)解析式； （2）當(dāng)點(diǎn)P在線段AB（不包括A，B兩點(diǎn)）上時(shí)． ①求證：∠BDE=∠ADP； ②設(shè)DE=x，DF=y．請求出y關(guān)于x的函數(shù)解析式； （3）請你探究：點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在以B，D，F(xiàn)為頂點(diǎn)的直角三角形，滿足兩條直角邊之比為2：1？如果存在，求出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)：如果不存在，請說明理由． 【答案】解：（1）設(shè)直線AB的函數(shù)解析式為y=kx+4， 代入（4，0）得：4k+4=0，解得：k=－1， ∴直線AB的函數(shù)解析式為。 （2）①證明：由已知得：OB=OC，∠BOD=∠COD=90， 又∵OD=OD，∴△BOD≌△COD（SAS）?！唷螧OD=∠CDO。 ∵∠CDO=∠ADP，∴∠BDE=∠ADP。 ②連結(jié)PE， ∵∠ADP是△DPE的一個(gè)外角， ∴∠ADP=∠DEP+∠DPE。 ∵∠BDE是△ABD的一個(gè)外角， ∴∠BDE=∠ABD+∠OAB。 ∵∠ADP=∠BDE，∠DEP=∠ABD， ∴∠DPE=∠OAB。 ∵OA=OB=4，∠AOB=90，∴∠OAB=45?！唷螪PE=45?！唷螪FE=∠DPE=45。 ∵DF是⊙Q的直徑，∴∠DEF=90，∴△DEF是等腰直角三角形。 ∴DF=DE，即y=x。 （3）當(dāng)BD：BF=2：1時(shí)，過點(diǎn)F作FH⊥OB于點(diǎn)H， ∵∠DBO+∠OBF=90，∠OBF+∠BFH=90， ∴∠DBO=∠BFH. 又∵∠DOB=∠BHF=90，∴△BOD∽△FHB. ∴?！郌H=2，OD=2BH. ∵∠FHO=∠EOH=∠OEF=90， ∴四邊形OEFH是矩形?！郞E=FH=2?！郋F=OH=4－OD。 ∵DE=EF，∴2＋OD=4－OD，解得：OD=，∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（0，）。 ∴直線CD的解析式為。 由得：。 ∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，2）。 當(dāng)BD：BF=1：2時(shí)， 連結(jié)EB，同（2）①可得：∠ADB=∠EDP， 而∠ADB=∠DEB+∠DBE，∠EDP=∠DAP+∠DPA， ∵∠DEP=∠DPA，∴∠DBE=∠DAP=45。 ∴△DEF是等腰直角三角形。 過點(diǎn)F作FG⊥OB于點(diǎn)G，同理可得：△BOD∽△FGB， ∴?！郌G=8，OD=BG。 ∵∠FGO=∠GOE=∠OEF=90，∴四邊形OEFG是矩形。 ∴OE=FG=8，∴EF=OG=4+2OD。 ∵DE=EF，∴8﹣OD=4+2OD，解得OD=?！帱c(diǎn)D的坐標(biāo)為（0，）。 ∴直線CD的解析式為：。 由得：。 ∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（8，－4）。 綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，2）或（8，－4）。 【解析】（1）設(shè)直線AB的函數(shù)解析式為y=kx+4，把（4，0）代入即可。 （2）①證出△BOD≌△COD，得出∠BOD=∠CDO，再根據(jù)∠CDO=∠ADP，即可得出∠BDE=∠ADP。 ②連結(jié)PE，由∠ADP=∠DEP+∠DPE，∠BDE=∠ABD+∠OAB，∠ADP=∠BDE，∠DEP=∠ABD，得出∠DPE=∠OAB，再證出∠DFE=∠DPE=45，最后根據(jù)∠DEF=90，得出△DEF是等腰直角三角形，從而求出DF=DE，即y=x。 （3）分BD：BF=2：1和BD：BF=1：2兩種情況討論即可。 5如圖，AB是半圓O的直徑，點(diǎn)P在BA的延長線上，PD切⊙O于點(diǎn)C，BD⊥PD，垂足為D，連接BC． （1）求證：BC平分∠PDB； （2）求證：BC2=AB?BD； （3）若PA=6，PC=6，求BD的長． 【答案】解：（1）證明：連接OC， ∵PD為圓O的切線，∴OC⊥PD。 ∵BD⊥PD，∴OC∥BD?！唷螼CB=∠CBD。 ∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC。 ∴∠CBD=∠OBC，即BC平分∠PBD。 （2）證明：連接AC， ∵AB為圓O的直徑，∴∠ACB=90。 ∵∠ACB=∠CDB=90，∠ABC=∠CBD，∴△ABC∽△CBD。 ∴，即BC2=AB?BD。 （3）∵PC為圓O的切線，PAB為割線，∴PC2=PA?PB，即72=6PB，解得：PB=12。 ∴AB=PB－PA=12－6=6。∴OC=3，PO=PA+AO=9。 ∵△OCP∽△BDP，∴，即。 ∴BD=4。 【解析】（1）連接OC，由PD為圓O的切線，由切線的性質(zhì)得到OC垂直于PD，由BD垂直于PD，得到OC與BD平行，利用兩直線平行得到一對內(nèi)錯(cuò)角相等，再由OC=OB，利用等邊對等角得到一對角相等，等量代換即可得證。 （2）連接AC，由AB為圓O的直徑，利用直徑所對的圓周角為直角得到△ABC為直角三角形，根據(jù)一對直角相等，以及（1）的結(jié)論得到一對角相等，確定出△ABC與△BCD相似，由相似得比例，變形即可得證。 （3）由切割線定理列出關(guān)系式，將PA，PC的長代入求出PB的長，由PB﹣PA求出AB的長，確定出圓的半徑，由OC與BD平行得到△PCO與△DPB相似，由相似得比例，將OC，OP，以及PB的長代入即可求出BD的長。