2019-2020年中考数学函数重点难点突破解题技巧传播十四（B）1若关于的方程有三个根，且这三个根恰好可
以作为一个三角形的三条边的长，则的取值范围是 .
【答案】3＜m≤4
【解析】根据原方程可知x-2=0，和x2-4x+m=0，因为关于x的方程（x-2）（x2-4x+m）=0有三个根，所以x2-4x+m=0的根的判别式△＞0，然后再由三角形的三边关系来确定m的取值范围
解：∵关于x的方程（x-2）（x2-4x+m）=0有三个根，
∴①x-2=0，解得x
1
=2；
②x2-4x+m=0，
∴△=16-4m≥0，即m≤4，
∴x
2=2+x
3
=2-又∵这三个根恰好可以作为一个三角形的三条边的长，
且最长边为x
2
，
∴x
1+x
3
＞x
2
；
解得3＜m≤4，
∴m的取值范围是3＜m≤4．
故答案为：3＜m≤4
2如图，已知线段OA交⊙O于点B，且OB＝AB，点P是⊙O上的一个动点，那么∠OAP的最大值是
A.90°
B.60°
C.45°
D.30°
【答案】A
【解析】
试题分析：如图，当点P运动到点P′，即AP′与⊙O相切时，∠OAP最大。
连接O P′，则A P′⊥O P′，即△AO P′是直角三角形。
∵OB=AB，OB= O P′，∴OA=2 O P′。
∴。
∴∠OAP′=300，即∠OAP的最大值是=300。
故选A。
3如图，⊙O是Rt△ABC的外接圆，∠ABC=90°，弦BD=BA，AB=12，BC=5，BE⊥DC交DC的延长线于点E.
（1）求证：∠BCA=∠BAD；
（2）求DE的长；
（3）求证:BE是⊙O的切线。
【答案】解：（1）证明：∵BD=BA，∴∠BDA=∠BAD。
∵∠BCA=∠BDA（圆周角定理），
∴∠BCA=∠BAD。
（2）∵∠BDE=∠CAB（圆周角定理），∠BED=∠CBA=90°，
∴△BED∽△CBA，∴。
∵BD=BA =12，BC=5，∴根据勾股定理得：AC=13。
∴，解得：。
（3）证明：连接OB，OD，
在△ABO和△DBO中，∵
AB DB
BO BO
OA OD
=
⎧
⎪
=
⎨
⎪=
⎩
，
∴△ABO≌△DBO（SSS）。
∴∠DBO=∠ABO。
∵∠ABO=∠OAB=∠BDC，∴∠DBO=∠BDC。
∴OB∥ED。
∵BE⊥ED，∴EB⊥BO。
∴OB⊥BE。
∵OB是⊙O的半径，∴BE是⊙O的切线。
【解析】
试题分析：（1）根据BD=BA得出∠BDA=∠BAD，再由圆周角定理∠BCA=∠BDA即可得出结论。
（2）判断△BED∽△CBA，利用对应边成比例的性质可求出DE的长度。
（3）连接OB，OD，证明△ABO≌△DBO，推出OB∥DE，继而判断OB⊥DE，可得出结论。
4．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（0，4），点B的坐标为（4，0），点C的坐标为（﹣4，0），点P在射线AB上运动，连结CP与y轴交于点D，连结BD．过P，D，B三点作⊙Q与y轴的另一个交点为E，延长DQ交⊙Q于点F，连结EF，BF．
（1）求直线AB的函数解析式；
（2）当点P在线段AB（不包括A，B两点）上时．
①求证：∠BDE=∠ADP；
②设DE=x，DF=y．请求出y关于x的函数解析式；
（3）请你探究：点P在运动过程中，是否存在以B，D，F为顶点的直角三角形，满足两条直角边之比为2：1？如果存在，求出此时点P的坐标：如果不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）设直线AB的函数解析式为y=kx+4，
代入（4，0）得：4k+4=0，解得：k=－1，
∴直线AB的函数解析式为。
（2）①证明：由已知得：OB=OC，∠BOD=∠COD=90°，
又∵OD=OD，∴△BOD≌△COD（SAS）。
∴∠BOD=∠CDO。
∵∠CDO=∠ADP，∴∠BDE=∠ADP。
②连结PE，
∵∠ADP是△DPE的一个外角，
∴∠ADP=∠DEP+∠DPE。
∵∠BDE是△ABD的一个外角，
∴∠BDE=∠ABD+∠OAB。
∵∠ADP=∠BDE，∠DEP=∠ABD，
∴∠DPE=∠OAB。
∵OA=OB=4，∠AOB=90°，∴∠OAB=45°。
∴∠DPE=45°。
∴∠DFE=∠DPE=45°。
∵DF是⊙Q的直径，∴∠DEF=90°，∴△DEF是等腰直角三角形。
∴DF=DE，即y=x。
（3）当BD：BF=2：1
时，过点F作FH⊥OB于点H，
∵∠DBO+∠OBF=90°，∠OBF+∠BFH=90°，
∴∠DBO=∠BFH.
又∵∠DOB=∠BHF=90°，∴△BOD∽△FHB.
∴。
∴FH=2，OD=2BH.
∵∠FHO=∠EOH=∠OEF=90°，
∴四边形OEFH是矩形。
∴OE=FH=2。
∴EF=OH=4－OD。
∵DE=EF，∴2＋OD=4－OD，解得：OD=，∴点D的坐标为（0，）。
∴直线CD的解析式为。
由
14
y x
33
y x4
⎧
=+
⎪
⎨
⎪=-+
⎩
得：。
∴点P的坐标为（2，2）。
当BD：BF=1：2时，
连结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。
过点F作FG⊥OB于点G，同理可得：△BOD∽△FGB，
∴。
∴FG=8，OD=BG。
∵∠FGO=∠GOE=∠OEF=90°，∴四边形OEFG是矩形。
∴OE=FG=8，∴EF=OG=4+2OD。
∵DE=EF，∴8﹣OD=4+2OD，解得OD=。
∴点D的坐标为（0，）。
∴直线CD的解析式为：。
由
14
y x
33
y x4
⎧
=--
⎪
⎨
⎪=-+
⎩
得：。
∴点P的坐标为（8，－4）。
综上所述，点P的坐标为（2，2）或（8，－4）。
【解析】（1）设直线AB的函数解析式为y=kx+4，把（4，0）代入即可。
（2）①证出△BOD≌△COD，得出∠BOD=∠CDO，再根据∠CDO=∠ADP，即可得出∠BDE=∠ADP。
②连结PE，由∠ADP=∠DEP+∠DPE，∠BDE=∠ABD+∠OAB，∠ADP=∠BDE，∠DEP=∠ABD，得出∠DPE=∠OAB，再证出∠DFE=∠DPE=45°，最后根据∠DEF=90°，得出△DEF是等腰直角三角形，从而求出DF=DE，即y=x。
（3）分BD：BF=2：1和BD：BF=1：2两种情况讨论即可。
5如图，AB是半圆O的直径，点P在BA的延长线上，PD切⊙O于点C，BD⊥PD，垂足为D，连接BC．
（1）求证：BC平分∠PDB；
（2）求证：BC2=AB•BD；
（3）若PA=6，PC=6，求BD的长．
【答案】解：（1）证明：连接OC，
∵PD为圆O的切线，∴OC⊥PD。
∵BD⊥PD，∴OC∥BD。
∴∠OCB=∠CBD。
∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC。
∴∠CBD=∠OBC，即BC平分∠PBD。
（2）证明：连接AC，
∵AB为圆O的直径，∴∠ACB=90°。
∵∠ACB=∠CDB=90°，∠ABC=∠CBD，∴△ABC∽△CBD。
∴，即BC2=AB•BD。
（3）∵PC为圆O的切线，PAB为割线，∴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）连接OC，由PD为圆O的切线，由切线的性质得到OC垂直于PD，由BD垂直于PD，得到OC与BD平行，利用两直线平行得到一对内错角相等，再由OC=OB，利用等边对等角得到一对角相等，等量代换即可得证。
（2）连接AC，由AB为圆O的直径，利用直径所对的圆周角为直角得到△ABC为直角三角形，根据一对直角相等，以及（1）的结论得到一对角相等，确定出△ABC与△BCD相似，由相似得比例，变形即可得证。
（3）由切割线定理列出关系式，将PA，PC的长代入求出PB的长，由PB﹣PA求出AB的长，确定出圆的半径，由OC与BD平行得到△PCO与△DPB相似，由相似得比例，将OC，OP，以及PB的长代入即可求出BD的长。
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