Question

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

Answer 1

【答案】
（1）解：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，

∴ ， ．

∵點M是AB的中點，即BM=AM，

∴BD=DO，AC=OC．

∵點M的坐標(biāo)為（3，4），

∴OB=2OD=8，OA=2OC=6，

∴點B的坐標(biāo)為（0，8），點A的坐標(biāo)為（6，0）；

②在Rt△AOB中，OA=6，OB=8，

∴AB= =10．

∴BM= AB=5．

∵∠OBM=∠EBD，∠BOM=∠BED，

∴△OBM∽△EBD，

∴ = ，

∴ = ，

∴BE= ，

∴ME=BE﹣BM= ﹣5=

（2）解：連接DP、PE，如圖2．

∵ =3，

∴OK=3MK，

∴OM=4MK，PM=2MK，

∴PK=MK．

∵OD=BD，OP=MP，

∴DP∥BM，

∴∠PDK=∠MEK，∠DPK=∠EMK．

在△DPK和△EMK中，

，

∴△DPK≌△EMK，

∴DK=EK．

∵PD=PE，

∴PK⊥DE，

∴cos∠DPK= = ，

∴∠DPK=60°，

∴∠DOM=30°．

∵∠AOB=90°，AM=BM，

∴OM=BM，

∴∠OBA=∠DOM=30°

（3）解：y關(guān)于x的函數(shù)解析式為y= ．

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= ，

PK= ﹣t= ．

由DP∥BM可得△DKP∽△EKM，

則有 = ，可得ME= t．

∵OM是⊙P的直徑，

∴∠OEM=90°，

∴OE2=OM2﹣ME2=[（y+1）t]2﹣[ t]2= （y2﹣2y），

即OE= ，

BE=BM+ME=（y+1）t+ t= ，

∴x=tan∠OBA= = ，

∴x2= =1﹣ ，

整理得：y= ．

【解析】（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M是AB的中點即可得到BD=DO，AC=OC，然后利用點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，然后運用相似三角形的性質(zhì)即可；（2）連接DP、PE，如圖2，由 =3可得OK=3MK，進而得到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= = ，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= ，PK= ．由DP∥BM可得△DKP∽△EKM，則有 = ，由此可得ME= t，從而可求得OE= ，BE= ，則有x=tan∠OBA= = ，即x2= =1﹣ ，整理得y= ．
【考點精析】通過靈活運用直角三角形斜邊上的中線和勾股定理的概念，掌握直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半；直角三角形兩直角邊a、b的平方和等于斜邊c的平方,即;a2+b2=c2即可以解答此題．