Question

15．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)M是第一象限內(nèi)一點(diǎn)，過M的直線分別交x軸，y軸的正半軸于A，B兩點(diǎn)，且M是AB的中點(diǎn)．以O(shè)M為直徑的⊙P分別交x軸，y軸于C，D兩點(diǎn)，交直線AB于點(diǎn)E（位于點(diǎn)M右下方），連結(jié)DE交OM于點(diǎn)K．
（1）若點(diǎn)M的坐標(biāo)為（3，4），
①求A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)；
②求ME的長．
（2）若$\frac{OK}{MK}$=3，求∠OBA的度數(shù)．
（3）設(shè)tan∠OBA=x（0＜x＜1），$\frac{OK}{MK}$=y，直接寫出y關(guān)于x的函數(shù)解析式．

Answer 1

分析 （1）①連接DM、MC，如圖1，易證四邊形OCMD是矩形，從而得到MD∥OA，MC∥OB，由點(diǎn)M是AB的中點(diǎn)即可得到BD=DO，AC=OC，然后利用點(diǎn)M的坐標(biāo)就可解決問題；
②根據(jù)勾股定理可求出AB的長，從而得到BM的長，要求ME的長，只需求BE的長，只需證△OBM∽△EBD，然后運(yùn)用相似三角形的性質(zhì)即可；
（2）連接DP、PE，如圖2，由$\frac{OK}{MK}$=3可得OK=3MK，進(jìn)而得到OM=4MK，PM=2MK，PK=MK．易證△DPK≌△EMK，則有DK=EK．由PD=PE可得PK⊥DE，從而可得cos∠DPK=$\frac{PK}{PD}$=$\frac{1}{2}$，則有∠DPK=60°，根據(jù)圓周角定理可得∠DOM=30°．由∠AOB=90°，AM=BM可得OM=BM，即可得到∠OBA=∠DOM=30°；
（3）連接PD、OE，如圖3，設(shè)MK=t，則有OK=yt，OM=（y+1）t，BM=OM=（y+1）t，DP=PM=$\frac{（y+1）t}{2}$，PK=$\frac{（y-1）t}{2}$．由DP∥BM可得△DKP∽△EKM，則有$\frac{DP}{ME}$=$\frac{PK}{MK}$，由此可得ME=$\frac{y+1}{y-1}$t，從而可求得OE=$\frac{（y+1）t}{y-1}$•$\sqrt{{y}^{2}-2y}$，BE=$\frac{（y+1）yt}{y-1}$，則有x=tan∠OBA=$\frac{OE}{BE}$=$\frac{\sqrt{{y}^{2}-2y}}{y}$，即x²=$\frac{{y}^{2}-2y}{{y}^{2}}$=1-$\frac{2}{y}$，整理得y=$\frac{2}{1-{x}^{2}}$．

解答 解：（1）①連接DM、MC，如圖1．
∵OM是⊙P的直徑，
∴∠MDO=∠MCO=90°．
∵∠AOB=90°，
∴四邊形OCMD是矩形，
∴MD∥OA，MC∥OB，
∴$\frac{BD}{DO}$=$\frac{BM}{AM}$，$\frac{AC}{OC}$=$\frac{AM}{BM}$．
∵點(diǎn)M是AB的中點(diǎn)，即BM=AM，
∴BD=DO，AC=OC．
∵點(diǎn)M的坐標(biāo)為（3，4），
∴OB=2OD=8，OA=2OC=6，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，8），點(diǎn)A的坐標(biāo)為（6，0）；
②在Rt△AOB中，OA=6，OB=8，
∴AB=$\sqrt{O{B}^{2}+O{A}^{2}}$=10．
∴BM=$\frac{1}{2}$AB=5．
∵∠OBM=∠EBD，∠BOM=∠BED，
∴△OBM∽△EBD，
∴$\frac{BM}{BD}$=$\frac{BO}{BE}$，
∴$\frac{5}{4}$=$\frac{8}{BE}$，
∴BE=$\frac{32}{5}$，
∴ME=BE-BM=$\frac{32}{5}$-5=$\frac{7}{5}$；

（2）連接DP、PE，如圖2．
∵$\frac{OK}{MK}$=3，
∴OK=3MK，
∴OM=4MK，PM=2MK，
∴PK=MK．
∵OD=BD，OP=MP，
∴DP∥BM，
∴∠PDK=∠MEK，∠DPK=∠EMK．
在△DPK和△EMK中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠PDK=∠MEK}\\{∠DPK=∠EMK}\\{PK=MK}\end{array}\right.$，
∴△DPK≌△EMK，
∴DK=EK．
∵PD=PE，
∴PK⊥DE，
∴cos∠DPK=$\frac{PK}{PD}$=$\frac{1}{2}$，
∴∠DPK=60°，
∴∠DOM=30°．
∵∠AOB=90°，AM=BM，
∴OM=BM，
∴∠OBA=∠DOM=30°；

（3）y關(guān)于x的函數(shù)解析式為y=$\frac{2}{1-{x}^{2}}$．
提示：連接PD、OE，如圖3．
設(shè)MK=t，則有OK=yt，OM=（y+1）t，
BM=OM=（y+1）t，DP=PM=$\frac{（y+1）t}{2}$，
PK=$\frac{（y+1）t}{2}$-t=$\frac{（y-1）t}{2}$．
由DP∥BM可得△DKP∽△EKM，
則有$\frac{DP}{ME}$=$\frac{PK}{MK}$，可得ME=$\frac{y+1}{y-1}$t．
∵OM是⊙P的直徑，
∴∠OEM=90°，
∴OE²=OM²-ME²=[（y+1）t]²-[$\frac{y+1}{y-1}$t]²=$\frac{（y+1）^{2}{t}^{2}}{（y-1）^{2}}$•（y²-2y），
即OE=$\frac{（y+1）t}{y-1}$•$\sqrt{{y}^{2}-2y}$，
BE=BM+ME=（y+1）t+$\frac{y+1}{y-1}$t=$\frac{（y+1）yt}{y-1}$，
∴x=tan∠OBA=$\frac{OE}{BE}$=$\frac{\sqrt{{y}^{2}-2y}}{y}$，
∴x²=$\frac{{y}^{2}-2y}{{y}^{2}}$=1-$\frac{2}{y}$，
整理得：y=$\frac{2}{1-{x}^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了圓周角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、平行線分線段成比例、三角形中位線定理、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、三角函數(shù)的定義、特殊角的三角函數(shù)值等知識(shí)，綜合性比較強(qiáng)，有一定的難度，通過證明△OBM∽△EBD求出BE是解決第（1）②小題的關(guān)鍵，通過證明△DPK≌△EMK得到DK=EK是解決第（2）小題的關(guān)鍵，設(shè)MK=t，然后運(yùn)用相似三角形的性質(zhì)、勾股定理求出OE、BE（用y、t的代數(shù)式表示）是解決第（3）小題的關(guān)鍵．