§第5讲方程思想

§第5讲方程型综合题
【例1】如图，圆心在Rt△ABC斜边AB上的半圆切直角边AC、BC于M、N，•其中AC=•6，BC=8，求半圆的半径．
【例2】有一块直角三角形纸片，两直角边AC=6cm，BC=8cm，现将直角边AC•沿直线AD折叠，使它落在斜边AB上，且与AE重合，求CD长．
【例3】已知⊙O中，两弦AB、CD相交于E，若E为AB中点，且CE：ED=1：4，AB=4，求CD长．
【例4】如图，0
∠=，O是AB上的一点，以O为圆心，OB为半径的圆与AB交于点E，与AC切于
B
90
点D ．若AD=AB 的长是关于x 的方程280x x k -+=的两个实数根．
（1）求⊙O 的半径．（2）求CD 的长．
【例5】已知关于x 的方程221
(1)104
x k x k -+++=的两根是一矩形两邻边的长．
（1）k 取何值时，方程有两个实数根？
（2k 的值．
【例6】已知，如图，C 为半圆上一点，AC CE =，过C 作直径的垂线CP ，P 为垂足，弦AE 分别交PC ，
CB 于点D ，F ．
（1）求证：AD=CD ；
（2）若DF=5
4
，tan∠ECB=
3
4
，求PB的长．
【例7】如图所示，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，⊙O•的割线PDE•垂直AB于点F，交BC于点G，连结PC，∠BAC=∠BCP，求解下列问题：
（1）求证：CP是⊙O的切线；
（2）当∠ABC=30°，
PD、PE的长为两根的一元二次方程．
（3）若（1）的条件不变，当点C 在劣弧AD 上运动时，应再具备什么条件可使结论BG 2
=BF ·DO 成立？试写出你的猜想，并说明理由．
【例8】如图,平面直角坐标系中,直线AB 与x 轴,y 轴分别交于A (3,0),B (0,3)两点, ,点C 为线段AB
上的一动点,过点C 作CD ⊥x 轴于点D .(1)求直线AB 的解析式;(2)
若S 梯形OBCD 求点C 的坐标;(3)在第一象限内是否存在点P ,使得以P,O,B 为顶点的三角形与△OBA 相似.若存在,请求出所有符合条件的点P 的坐标;若不存在,请说明理由.
例1．分析：设半径为R ，（一个未知数建立一个方程即可），连OM 、ON 、OC ， 则OM=ON=R ，用面积，S △AOC +S △BOC =S △ABC ， 得6R+8R=6×8（一元一次方程） 14R=48，
R=
247
例2、分析：Rt △ABC ，∠C=90°，AC=6，BC=8 AB=10．由题意知
△ ACD ≌△AED ⇒∠DEB=90°，DECD ，AC=AE=6， 设CD=x ，则DE=x ，而EB=4，
一个未知数，需要一个方程，从何而来，图中有直角，用勾股定理，有等式，有方程． ∴在Rt △DEB 中，（8-x ）2=x 2+42， 64-16x+x 2=x 2+16，
16x=48， x=3（cm ）． 例3∵CE ：ED=1：4，
∴设CE=x ，则ED=4x ，由相交弦定理得 CE ·ED=AE ·EB ， 即x ·4x=2×2， 4x 2=4， x=1． ∴CD=x+4x=5x=5．
例4．分析与解答 本题是一道方程与几何相结合的造型题，综合考查了切割线定理、根与系数的关系、一元二次方程的解法、勾股定理知识．
（1）∵AD 是⊙O 的切线，∴2
AD AE AB =⋅．
又AD =12AE AB =g ．
∵AE 、AB 的长是方程2
80x x k -+=的两个实数根，
∴AE AB k =g ，∴12k =，
把12k =代入方程2
80x x k -+=，解得122,6x x ==．∴AE=2，AB=6．
∴⊙O 的半径为
1
()22
AB AE -= （2）∵CB ⊥AB ，AB 经过圆心O ，∴CB 切⊙O 于点B ，∴CD=CB ．
在Rt △ABC 中，设CD x =，由勾股定理得222
AB BC AC +=，
∴2226)x x +=，解得x =CD = 例5、（1）要使方程有两个实数根，必须△≥0，
即[-（k+1）]2
-4（
14
k 2
+1）≥0， 化简得：2k-3≥0，解之得：k ≥3
2
．
（2
）222211
14
a b a b k ab k ⎧
⎪+=⎪
+=+⎨⎪⎪=+⎩ 解之得：k 1=2，k 2=-6
由（1）可知，k=-6时，方程无实数根，所以，只能取k=2． 例6、（1）证明：连结AC ，∵AC CE =，∴∠CEA=∠CAE ． ∵∠CEA=∠CBA ，∴∠CBA=∠CAE ，• ∵AB 是直径，∴∠ACB=90°， ∵CP ⊥AB ，∴∠CBA=∠ACP ， ∴∠CAE=∠ACP ，∴AD=CD ．
（2）解：∵∠ACB=90°，∠CAE=∠ACP ，
∴∠DCF=∠CFD ，∴AD=CD=DF=
54， ∵∠ECB=•∠DAP ，tan ∠ECB=34，∴tan ∠DAP=DP PA =3
4，
∵PD 2+PA 2=DA 2，∴DP=3
4
，PA=1，∴CP=2，
∵∠ACB=90°，CP ⊥AB ，∴△APC ∽△CPB ，∴AP PC
PC PB
=，∴PB=4． 例7、（1）连结OC ，证∠OCP=90°即可． （2）∵∠B=30°，∠A=∠BCP=60°，
∴∠BCP=∠CGP=60°，∴△CPG 是正三角形． ∴
PC 切⊙O 于C ． ∴PC 2=PD ·PE=（
2=48，
又∵
AB=6，
∴
∴以PD 、PE 为两根的一元二次方程为x 2
．
（3）当G 为BC 中点，OG ⊥BC ，OG ∥AC 或∠BOG=∠BAC …时，结论BG 2=BF ·BO 成立．•要让此结论成
立，只证明△BFG ∽△BGO 即可，凡是能使△BFG ∽△BGO 的条件都可以．
例8（1）直线AB 解析式为：y=3
3
-
x+3．
（2）方法一：设点Ｃ坐标为（x ，33-
x+3），那么OD ＝x ，CD ＝33-x+3． ∴OBCD S 梯形＝
()2
CD CD OB ⨯+＝36
32
+-
x ． 由题意：3632+-
x ＝
33
4，解得4,221==x x （舍去） ∴ Ｃ（２，
3
3
） 方法二：∵ 23321=
⨯=
∆OB OA S AOB ,OBCD S 梯形＝334，∴6
3
=∆ACD S ． 由OA=3OB ，得∠BAO ＝30°，AD=3CD ．
∴ ACD S ∆＝
21CD ×AD ＝223CD ＝63．可得CD ＝3
3． ∴ AD=１，OD ＝２．∴C （２，3
3
）． （３）当∠OBP ＝Rt ∠时，如图
①若△BOP ∽△OBA ，则∠BOP ＝∠BAO=30°，BP=3OB=3， ∴1P （3，
3
3
）． ②若△BPO ∽△OBA ，则∠BPO ＝∠BAO=30°,OP=3
3
OB=1．
∴2P （1，3）．
当∠OPB ＝Rt ∠时
③ 过点P 作OP ⊥BC 于点P(如图)，此时△PBO ∽△OBA ，∠BOP ＝∠BAO ＝30° 过点P 作PM ⊥OA 于点M ． 方法一： 在Rt △PBO 中，BP ＝
21OB ＝2
3，OP ＝3BP ＝23． ∵ 在Rt △P ＭO 中，∠OPM ＝30°， ∴ OM ＝
21OP ＝43；PM ＝3OM ＝43
3．∴3P （43，4
33）．
方法二：设Ｐ（x ，33-
x+3），得OM ＝x ，PM ＝3
3-x+3 由∠BOP ＝∠BAO,得∠POM ＝∠ABO ．
∵tan ∠POM==
OM
PM =x x 3
33
+-
，tan ∠ABOC=OB
OA =3．
∴33
-
x+3＝3x ，解得x ＝43．此时，3P （43，4
33）．
④若△POB ∽△OBA(如图)，则∠OBP=∠BAO ＝30°，∠POM ＝30°．
∴ PM ＝
33OM ＝4
3
． ∴ 4P （
43，4
3
）（由对称性也可得到点4P 的坐标）． 当∠OPB ＝Rt ∠时，点P 在ｘ轴上,不符合要求.
综合得，符合条件的点有四个，分别是：
1P （3，
33），2P （1，3），3P （43，433），4P （43，4
3
）．。