特训07 一元二次方程 压轴题（含在第1、4章的应用，五大题型）-2024-2025学年九年级数学上学期期中期末挑战满分冲刺卷（北师大版）

特训07 一元二次方程 压轴题（含在第1、4章的应用，五大题型） 目录： 题型1：一元二次方程在特殊平行四边形的应用 题型2：一元二次方程与相似三角形结合 题型3：换元法、整体思想 题型4：根与系数的关系难点 题型5：新定义题 题型1：一元二次方程在特殊平行四边形的应用 1．如图，在矩形中，，．点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是．连接、、．设点、运动的时间为． (1)当__________时，四边形是矩形； (2)当__________时，四边形是菱形； (3)是否存在某一时刻使得，如果存在，请求出的值，如果不存在，请说明理由． (4)在运动过程中，沿着把翻折，当为何值时，翻折后点的对应点恰好落在边上． 2．如图，在矩形中， ． 点 P 从点A 出发，沿方向向点D 匀速运动，速度是 ；同时，点Q从点B出发，沿方向向点A 匀速运动，速度是 连接，设运动时间为 (1)是否存在某一时刻t，使得 若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． (2)设 的面积为 求S与t之间的函数表达式． (3)是否存在某一时刻t，使得 是等腰三角形？ 若存在，直接写出t 的值；若不存在，请说明理由． 3．在正方形中，，E，F为对角线上不重合的两个点（不包括端点），，连结并延长交于点G，连结，． (1)求证：． (2)设的长为x，的面积为y． ①求y关于x的函数表达式． ②当时，求x的值． 4．在菱形中，，E是边的中点． (1)如图1，点F在边上，，直接写出的大小； (2)如图2，点G在边上，，连接． ①求证：； ②求的值． 5．（1）如图，正方形中，点，分别在边，上，，延长到点，使，连接，．求证：． （2）如图，等腰直角三角形中，，，点，在边上，且，若，，求的长． （3）如图，中，，是高，，，求的长． 6．【问题背景】 如图1，在平行四边形中，，点是边的中点，连接，点是线段上的动点，连接，且满足． 【初步尝试】 （1）如图 2，当四边形是正方形时，若，则____，______． 【猜想验证】 （2）如图3，同学们在研究图形时发现，若取线段的中点，可得始终为定值．请你猜想这个定值是多少？并说明理由． 【拓展应用】 （3）如图 3，在（2）的基础上，若，当四边形是菱形时，求菱形的边长． 7．如图1，在平面直角坐标系中，已知边长为8的正方形的顶点A，C分别在x，y轴的正半轴上.点P是x轴正半轴上的一动点，连接，直线绕点P顺时针旋转与过A点的直线相交于点D，连接    (1)求k的值； (2)当点P在边上时（点P与点A不重合），判断形状，并说明理由； (3)如图2，取的中点E，连接，以，为邻边构造平行四边形.问是否存在点P使得平行四边形是菱形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由． 8．综合与实践： 综合与实践课上，高老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动． 【操作判断】 操作一：如图1，正方形纸片，将沿过点A的直线折叠，使点落在正方形的内部，得到折痕，点的对应点为，连接；再将沿过点的直线折叠，使与重合，得到折痕，将纸片展平，连接．根据以上操作，同学们很快发现，，三点共线，且有以下结论：①；②线段，，之间的数量关系为：． 【深入探究】 操作二：如图2，再将沿所在直线折叠，使点落在正方形的内部，点的对应点为，将纸片展平，连接、．同学们在折纸的过程中发现，当点的位置不同时，点的位置也不同，在这次综合实践探究学习中，两位同学又有如下发现： 一、小曾发现，当点落在折痕上时，设交于点，如图2，则有结论：； 二、小段发现，当点落在折痕上时，是一个定值． 【解决问题】 （1）证明小曾同学结论的正确性：； （2）小段同学的发现是否成立？若成立，求出的大小；若不成立，请说明理由． 【拓展应用】 （3）如图3，矩形中，，，点、分别在边、上，，，求的长度． 题型2：一元二次方程与相似三角形结合 9．如图1，矩形中，，，点E为上一定点，点F为延长线上一点，且，点P从A点出发，沿边向点B以的速度运动，连结，设点P运动的时间为，的面积为，当时，的面积关于时间的函数图象如图2所示，连结，交于点H． (1)t的取值范围为________，________； (2)如图3，将沿线段进行翻折，与的延长线交于点M，连结，当a为何值时，四边形为菱形？并求出此时点P的运动时间t； (3)如图4，当点P出发后，边上另一动点Q从E点出发，沿边向点D以的速度运动，如果P，Q两点中的任意一点到达终点后，另一点也停止运动，连结，若，请问能否构成直角三角形？若能，请求出点P的运动时间t；若不能，请说明理由． 10．【问题提出】在中，，一动点D从点A出发，沿折线运动，连接，将绕点D顺时针旋转90°得到，连接，若点D在上的运动速度为，在上的速度为，设运动的时间为t（s），围成的图形的面积为，探究S与t的关系； 【初步感知】某数学活动小组在研究此类动点问题时，想利用数形结合的思想，通过画图象来解决此类问题． （1）如图1，当点D在线段上时，经探究发现S与t的函数图象如图所示，求所在直线的表达式； 【延伸探究】 （2）若存在3个时刻、、（）对应的的面积均相等． ①________； ②当时，求的面积S的值． 11．如图，在中，，，．动点P从点C出发，沿CA以每秒1个单位长度的速度向终点A运动，同时动点Q从点B出发，沿BC以相同的速度向终点C运动，当点P到点A时，点Q同时停止运动．连结，以、为边作平行四边形．设点P的运动时间为t秒． (1)边的长为____________． (2)当点H落在边上时，求的值． (3)当平行四边形是轴对称图形时，求的值． (4)沿过点Q且垂直于的直线将平行四边形剪开，得到两个图形，用这两个图形拼成不重叠且无缝隙的图形恰好是三角形．直接写出所有符合上述条件的值． 12．（1）张老师在活动课上出示了如下一道探究题： 如图1，在和中，，，B，C，E三点在同一条直线上，A，D两点在BE同侧，若，求证：． 张老师从条件出发：如图2，过点A作交BE于点M，过点D作交BE于点N，依据等腰三角形“三线合一”的性质分析BM与BN之间的关系，可证得结论． 请你运用张老师的方法解决上述问题． （2）小明同学经过对探究题及张老师分析方法的思考，提出以下问题： 如图3，在中，，在中，，B，C，E三点在同一直线上，A，D两点在BE同侧，且A，D，E三点在同一直线上，若，，的面积为7，求BE的长． （3）在小明同学的问题得到解决后，张老师针对之前的解题思路，提出了如下问题： 如图4，在四边形中，，，E为CD的中点，连接AE，若，，，请直接写出CD的长． 题型3：换元法、整体思想 13．阅读下列材料：方程：是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是： 设，那么，于是原方程可变为， 解这个方程得：，． 当时，，∴；当时，，∴ 所以原方程有四个根：，，，． 在这个过程中，我们利用换元法达到降次的目的，体现了转化的数学思想． (1)利用换元法解方程得到方程的解为______． (2)若，求的值． (3)利用换元法解方程：． 14．阅读材料，解答问题：材料1为了解方程，如果我们把看作一个整体，然后设，则原方程可化为，经过运算，原方程的解为，．我们把以上这种解决问题的方法通常叫做换元法． 材料2  已知实数m，n满足，且，显然m，n是方程的两个不相等的实数根，由韦达定理可知． 根据上述材料，解决以下问题： (1)直接应用：解方程：． (2)间接应用：已知两个不相等实数m，n满足：，求的值． (3)拓展应用：已知实数x，y满足：，求的值． 15．阅读材料，解答问题： 材料一：已知实数a，满足，，则可将a，b看作一元二次方程的两个不相等的实数根． 材料二：已知实数a，满足，，将两边同除以，得，即，则可将a，看作一元二次方程的两个不相等的实数根． 请根据上述材料，利用一元二次方程根与系数的关系解答下列问题： (1)已知实数a，满足，，求的值； (2)已知实数a，b满足，，且，求的值． 16．阅读材料，解答问题： 【材料1】 为了解方程，如果我们把看作一个整体，然后设，则原方程可化为，经过运算，原方程的解为，．我们把以上这种解决问题的方法通常叫做换元法． 【材料2】 已知实数，满足，，且，显然，是方程的两个不相等的实数根，由韦达定理可知，． 根据上述材料，解决以下问题： (1)直接应用： 方程的解为 ； (2)间接应用： 已知实数，满足：，且，求的值． 题型4：根与系数的关系难点 17．阅读材料．材料：若一元二次方程的两个根为，，则，． (1)材料理解：一元二次方程的两个根为，，则 ， ． (2)类比探究：已知实数，满足，，且，求的值． (3)思维拓展：已知实数，分别满足，，且，求的值． 18．对于一元二次方程，下列说法： ①若a＋b＋c＝0，则方程必有一根为x＝1；②若方程有两个不相等的实根，则方程无实根；③若方程两根为，且满足，则方程，必有实根，；④若是一元二次方程的根，则其中正确的（    ） A．①② B．①④ C．②③④ D．①③④ 19．（1）是关于的一元二次方程的两实根，且，求的值． （2）已知：，是一元二次方程的两个实数根，设，，…，．根据根的定义，有，，将两式相加，得，于是，得． 根据以上信息，解答下列问题： ①直接写出，的值． ②经计算可得：，，，当时，请猜想，，之间满足的数量关系，并给出证明． 题型5：新定义题 20．定义：已知是关于x的一元二次方程的两个实数根，若，且，则称这个方程为“限根方程”．如：一元二次方程的两根为，因，，所以一元二次方程为“限根方程”． 请阅读以上材料，回答下列问题： (1)判断一元二次方程是否为“限根方程”，并说明理由； (2)若关于x的一元二次方程是“限根方程”，且两根满足，求k的值； (3)若关于x的一元二次方程是“限根方程”，求m的取值范围． 21．根据绝对值定义：可将表示为，故化简可得，，或四种不同结果，给出下列说法： ①化简一共有8种不同的结果； ②化简一共有8种不同的结果； ③若，（为正整数），则当时，． 以上说法中正确的个数为（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 22．根据绝对值的定义可知，下列结论正确的个数有（    ） ①化简一共有8种不同的结果； ②的最大值是5； ③若，（为正整数），则当时，； ④若关于的方程有2个不同的解，其中为常数，则或 A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 23．定义：如果代数式（，、、是常数）与（，、、是常数），满足，，，则称这两个代数式A与B互为“同心式”，下列四个结论： （1）代数式：的“同心式”为； （2）若与互为“同心式”，则的值为1； （3）当时，无论x取何值，“同心式”A与B的值始终互为相反数； （4）若A、B互为“同心式”，有两个相等的实数根，则． 其中，正确的结论有（    ）个． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！第 1 页 共 16 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 特训07 一元二次方程 压轴题（含在第1、4章的应用，五大题型） 目录： 题型1：一元二次方程在特殊平行四边形的应用 题型2：一元二次方程与相似三角形结合 题型3：换元法、整体思想 题型4：根与系数的关系难点 题型5：新定义题 题型1：一元二次方程在特殊平行四边形的应用 1．如图，在矩形中，，．点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是．连接、、．设点、运动的时间为． (1)当__________时，四边形是矩形； (2)当__________时，四边形是菱形； (3)是否存在某一时刻使得，如果存在，请求出的值，如果不存在，请说明理由． (4)在运动过程中，沿着把翻折，当为何值时，翻折后点的对应点恰好落在边上． 【答案】(1)3 (2) (3)不存在某一时刻t使得，理由见解析 (4)存在，t等于1或3 【分析】（1）当四边形是矩形时，，据此求得的值； （2）当四边形是菱形时，，列方程求得运动的时间； （3）过作，交于，，得出四边形是矩形，列方程得，根据根的判别式得出方程无实数根，即可得出答案； （4）根据折叠的性质得出，进而在中，，，勾股定理建立方程，解方程，即可求解． 【解析】（1）解：由已知可得，，， 在矩形中，， ，， 当时，四边形为矩形， ∴， 解得：， 故当时，四边形为矩形； （2）解：，， ∴， 即， ∵， 四边形为平行四边形， 当时，四边形为菱形， 根据勾股定理得：，， ∴此时， 解得， 故当时，四边形为菱形； （3）解：不存在；理由如下： 过作，交于，如图所示： 则， ∵， 四边形是矩形， ，， ， 矩形中， ∴为直角三角形， ， ， ， 即： ， ， 此方程无实数根， 不存在某一时刻使得； （4）解：如图所示， 根据折叠可知：，， 在矩形中， ， ， ， ， ∵， ∴在中，根据勾股定理得： ， ， 即：， 解得：， 答：当等于或时，翻折后点的对应点恰好落在边上． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质、矩形的判定与性质，勾股定理，解一元二次方程．折叠的性质，解决此题注意结合方程的思想解题． 2．如图，在矩形中， ． 点 P 从点A 出发，沿方向向点D 匀速运动，速度是 ；同时，点Q从点B出发，沿方向向点A 匀速运动，速度是 连接，设运动时间为 (1)是否存在某一时刻t，使得 若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． (2)设 的面积为 求S与t之间的函数表达式． (3)是否存在某一时刻t，使得 是等腰三角形？ 若存在，直接写出t 的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)存在， (2) (3)存在，或   【分析】（1）在中，由勾股定理，得，在中，由勾股定理，得，在中，由勾股定理，得，再根据当时，，由勾股定理得，即，求解即可； （2）根据，代入化简即可； （3）分三种情况：当时，当时，当时，分别求解即可． 【解析】（1）解：∵矩形， ∴，，， 由题意，得，， 则，， 在中，由勾股定理，得， 在中，由勾股定理，得， 在中，由勾股定理，得， 当时，， ∴ ∴ 解得：，（不符合题意，舍去）， ∴存在，当时，使得． （2）解： （3）解：当时，则， ∴ 解得：，（不符合题意，舍去） ∴； 当时，则， ∴ 解得：（不符合题意，舍去）； 当时，则， ∴ 解得：，（不符合题意，舍去）， ∴； 综上，存在，当或时，使得 是等腰三角形． 【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的定义，三角形的面积，矩形的面积，求函数关系式，解一元二次方程，熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键． 3．在正方形中，，E，F为对角线上不重合的两个点（不包括端点），，连结并延长交于点G，连结，． (1)求证：． (2)设的长为x，的面积为y． ①求y关于x的函数表达式． ②当时，求x的值． 【答案】(1)详见解析 (2)①；② 【分析】（1）利用正方形的性质，结合平行线的判定定理，求证：． （2）①连接，交于点H．利用正方形的性质，三角形面积公式及解答即可． ②过F作于点I，作于点J，根据面积关系，建立方程解答即可． 【解析】（1）证明：在正方形中， ，， ， ， ， ， ． （2）解：①连接，交于点H． 在正方形中，，，，， ， ， ， ． ②过F作于点I，作于点J， ，， ， ， ， 解得或（舍去）． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，解一元二次方程，熟练掌握性质和判定是解题的关键． 4．在菱形中，，E是边的中点． (1)如图1，点F在边上，，直接写出的大小； (2)如图2，点G在边上，，连接． ①求证：； ②求的值． 【答案】(1) (2)①证明见解析；② 【分析】（1）连接，则为等边三角形，，由三线合一得，则，再由三角形的内角和定理得； （2）①延长交于点，证明，则，而，因此垂直平分，故，则，即可得到；②过点作交的延长线于点，设，设，则， 故，而，则， ，而，，则在中，由勾股定理得，，解得或（舍），故． 【解析】（1）解：连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∵ ∴，为等边三角形， ∴， ∵E是边的中点 ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：①延长交于点， ∵， ∴， ∵E是边的中点 ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴； ②过点作交的延长线于点， ∵ ∴设，设， ∵四边形是菱形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴在中，由勾股定理得， 而，， ∴在中，由勾股定理得，， 化简得：， ∴， ∴或（舍）， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理解三角形，线段的垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，解一元二次方程等知识点，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 5．（1）如图，正方形中，点，分别在边，上，，延长到点，使，连接，．求证：． （2）如图，等腰直角三角形中，，，点，在边上，且，若，，求的长． （3）如图，中，，是高，，，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）证明，，根据全等三角形的性质即可得出答案； （2）过点作，截取，使，连接、．证明．得出，，再证明，得出，最后由勾股定理计算即可得出答案． （3）将沿折叠得到，将沿折叠，得到，延长，交于点G，证明四边形为正方形，得出，，设，则，，根据勾股定理得出，求出x的值，即可得出答案． 【解析】（1）证明：在正方形中，，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：如图，过点作，截取，使，连接、． ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∴． ∴，． ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，由勾股定理， ∴， ∵，， ∴， ∴． （3）将沿折叠得到，将沿折叠，得到，延长，交于点G，如图所示： ∵是的高线， ∴， 根据折叠可知：，，，，，，，， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴，， 设，则，， 根据勾股定理得：， ∵， ∴， 解得：，（舍去）， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理，折叠的性质，解一元二次方程，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 6．【问题背景】 如图1，在平行四边形中，，点是边的中点，连接，点是线段上的动点，连接，且满足． 【初步尝试】 （1）如图 2，当四边形是正方形时，若，则____，______． 【猜想验证】 （2）如图3，同学们在研究图形时发现，若取线段的中点，可得始终为定值．请你猜想这个定值是多少？并说明理由． 【拓展应用】 （3）如图 3，在（2）的基础上，若，当四边形是菱形时，求菱形的边长． 【答案】（1），；（2），见解析；（3）菱形的边长为或 【分析】（1）根据正方形的性质，点E是边的中点，再根据勾股定理求出，进而推出，，根据等面积求出，由，作答即可； （2）取线段和的中点H、M，连接，则MH是的中位线，由的性质，点E是边的中点，进而推出，则，推出； （3）分情况讨论，根据勾股定理和解一元二次方程，即可求出菱形的边长． 【解析】解：（1）在正方形中，，， ∴， ∵点E是边的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：，； （2）， 理由如下：如图，取线段和的中点H、M，连接，    则是的中位线， ∴，， 在中，，， ∵点E是边的中点， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴∠HFG=∠DGF， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）情况1：如图，取中点M，连接，    ∵菱形， ∴，， 由（2）得， ∴，得， 解得（舍去），， ∴， 在中，， 在中，， 情况2：如图，取中点M，连接， ∵菱形， ∴， 由（2）得， ∴，， 得， 解得（舍去），， ∴， 在中，， 在中，， ∴菱形的边长为或． 【点睛】本题是平行四边形综合题，考查了勾股定理，平行四边形的性质，解一元二次方程，三角形全等的判定和性质，解题的关键是分类讨论，作辅助线． 7．如图1，在平面直角坐标系中，已知边长为8的正方形的顶点A，C分别在x，y轴的正半轴上.点P是x轴正半轴上的一动点，连接，直线绕点P顺时针旋转与过A点的直线相交于点D，连接    (1)求k的值； (2)当点P在边上时（点P与点A不重合），判断形状，并说明理由； (3)如图2，取的中点E，连接，以，为邻边构造平行四边形.问是否存在点P使得平行四边形是菱形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1)的值为1 (2)形状为等腰直角三角形，理由见解析 (3)存在，点的坐标为或．理由见解析 【分析】本题考查了平面直角坐标系、一次函数、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理、平行四边形的性质与菱形的性质，正方形的性质．综合运用以上知识点是解题的关键． （1）将点坐标代入求解即可； （2）根据等腰直角三角形的判定方法判定即可； （3）利用证明，得到，，，设，则，，再根据勾股定理即可求解． 【解析】（1）解：由题意可知，点坐标为． 代入， 可得：， 解得：． 的值为1． （2）直线绕点P顺时针旋转与过A点的直线相交于点D， ，， 形状为等腰直角三角形． （3）解：存在点P使得平行四边形是菱形． 则有．      理由：如图，过点作轴于点， ， ， ， 又， ， 又， ． ，， ， ， ． 设，则，， 是的中点， 是的中线， 在， ， ． 根据勾股定理： 在中，， ， 解得：，． 点的坐标为或． 8．综合与实践： 综合与实践课上，高老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动． 【操作判断】 操作一：如图1，正方形纸片，将沿过点A的直线折叠，使点落在正方形的内部，得到折痕，点的对应点为，连接；再将沿过点的直线折叠，使与重合，得到折痕，将纸片展平，连接．根据以上操作，同学们很快发现，，三点共线，且有以下结论：①；②线段，，之间的数量关系为：． 【深入探究】 操作二：如图2，再将沿所在直线折叠，使点落在正方形的内部，点的对应点为，将纸片展平，连接、．同学们在折纸的过程中发现，当点的位置不同时，点的位置也不同，在这次综合实践探究学习中，两位同学又有如下发现： 一、小曾发现，当点落在折痕上时，设交于点，如图2，则有结论：； 二、小段发现，当点落在折痕上时，是一个定值． 【解决问题】 （1）证明小曾同学结论的正确性：； （2）小段同学的发现是否成立？若成立，求出的大小；若不成立，请说明理由． 【拓展应用】 （3）如图3，矩形中，，，点、分别在边、上，，，求的长度． 【答案】（1）见解析；（2）成立，；（3） 【分析】（1）由折叠的性质可知，，，根据证明得，进而可证； （2）由折叠的性质可知，．根据求出，进而可求出求出的大小； （3）将三角形沿翻折，使点F落在点G处，连接交与点O，设，则，求出，然后根据列方程求解即可． 【解析】解：（1）∵四边形是正方形， ∴． 由折叠的性质可知，，， ∴， 又∵， ∴． 由操作一知， ∴是等腰直角三角形， ∴N， ∴， ∴． ∵， ∴． （2）成立，理由如下： 由折叠的性质可知，． ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． （3）如图：将三角形沿翻折，使点F落在点G处，连接交与点O， ∴，． 由折叠的性质得， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴． ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴． 设，则， ∴，． 在中，， ∵， ∴，整理得：， ∴， ∴， ∴（舍去）或，即． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、勾股定理、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． 题型2：一元二次方程与相似三角形结合 9．如图1，矩形中，，，点E为上一定点，点F为延长线上一点，且，点P从A点出发，沿边向点B以的速度运动，连结，设点P运动的时间为，的面积为，当时，的面积关于时间的函数图象如图2所示，连结，交于点H． (1)t的取值范围为________，________； (2)如图3，将沿线段进行翻折，与的延长线交于点M，连结，当a为何值时，四边形为菱形？并求出此时点P的运动时间t； (3)如图4，当点P出发后，边上另一动点Q从E点出发，沿边向点D以的速度运动，如果P，Q两点中的任意一点到达终点后，另一点也停止运动，连结，若，请问能否构成直角三角形？若能，请求出点P的运动时间t；若不能，请说明理由． 【答案】(1)，1 (2) (3)或 【分析】（1）根据列出与时间的关系可以确定的范围，根据时，面积为1，即可求出． （2）只要证明即可解决问题． （3）①若为直角三角形，，得，求出，再由，得列出方程即可解决． ②若，如图4中，作于，类似①利用相似三角形性质列出方程即可解决问题． 【解析】（1）解：，， ， 由图象可知， 时，， ， ， 故答案为：，1； （2）解：如图3中，四边形是菱形， ，， ， ， ， ， ， ， ．， ； （3）解：①若为直角， ，， ， ． ， ， ， ， ， ， ， ； ②若，如图4中，作于，同理可证， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 或舍弃）， 或时，能构成直角三角形． 【点睛】本题考查四边形综合题、函数图像、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形，利用相似三角形的性质，列出方程解决问题，属于中考压轴题． 10．【问题提出】在中，，一动点D从点A出发，沿折线运动，连接，将绕点D顺时针旋转90°得到，连接，若点D在上的运动速度为，在上的速度为，设运动的时间为t（s），围成的图形的面积为，探究S与t的关系； 【初步感知】某数学活动小组在研究此类动点问题时，想利用数形结合的思想，通过画图象来解决此类问题． （1）如图1，当点D在线段上时，经探究发现S与t的函数图象如图所示，求所在直线的表达式； 【延伸探究】 （2）若存在3个时刻、、（）对应的的面积均相等． ①________； ②当时，求的面积S的值． 【答案】（1）；（2）①；② 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质； （1）取中点，证明，得到，即可得到S与t的函数关系； （2）①分别求出三种情况下的函数解析式，再根据的面积均相等可得，即可得到的值； ②由可得，，代入解方程计算即可． 【解析】（1）当点D在线段上时，取中点，连，则，，， ∵将绕点D顺时针旋转90°得到， ∴，，， ∴，， ∴， ∴ ∴， ∴， 当点D在线段上时，，，， ∴， ∴， 当点D在线段上时，，，， ∴， ∴， ∴所在直线的表达式为； （2）①当点D在线段上时，，，， 由题意可得，， ∴， ∴ ∴， ∴， 过作于，则， ∴， ∴， ∵存在3个时刻、、（）对应的的面积均相等， ∴， ∴， 故答案为：； ②∵， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴． 11．如图，在中，，，．动点P从点C出发，沿CA以每秒1个单位长度的速度向终点A运动，同时动点Q从点B出发，沿BC以相同的速度向终点C运动，当点P到点A时，点Q同时停止运动．连结，以、为边作平行四边形．设点P的运动时间为t秒． (1)边的长为____________． (2)当点H落在边上时，求的值． (3)当平行四边形是轴对称图形时，求的值． (4)沿过点Q且垂直于的直线将平行四边形剪开，得到两个图形，用这两个图形拼成不重叠且无缝隙的图形恰好是三角形．直接写出所有符合上述条件的值． 【答案】(1) (2) (3)或， (4)或 【分析】（1）在中，根据勾股定理，即可求解， （2）用含的代数式，依次表示出，，，由平行四边形，表示出，当点在边上时，得到，，代入，即可求，根据，依次求出、即可求解， （3）①当平行四边形为矩形时，，，解得：，②当平行四边形为菱形时，作，由，，解得：，则，在，中，根据勾股定理，表示出、，由，代入，即可求解， （4）作， ①当在线段上时，由，只有当，时，可以拼成三角形，用含的代数式表示出，，代入，即可求解，②当在线段延长线上时，由，只有当，时，可以拼成三角形，用含的代数式表示出，，代入，即可求解， 本题考查了，勾股定理，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，解题的关键是： 【解析】（1）解：∵，，， 在中，， 故答案为：， （2）解： 根据题意得：，，则， ∵平行四边形， ∴，， 当点在边上时，， ∴，即：，解得：，则：， ∵，即：，解得：，则：， ∴， 故答案为：， （3）解：①当平行四边形为矩形时，是轴对称图形， ∵是矩形， ∴， ∴， ∴，即：，解得：， ②当平行四边形为菱形时，是轴对称图形， 过点作，交于点， ∵， ∴， ∴，即：，解得：，则，或， ∴， ∴在中，， 在中，， ∵菱形， ∴， ∴，解得：（舍）或， 故答案为：或， （4）解：过点作，与直线交于点与直线交于点， ①当在线段上时， ∵， ∴， 只有当，时，可以拼成三角形， ∴，， ∴，解得：， ②当在线段延长线上时， ∵， ∴， 只有当，时，可以拼成三角形， ∴，， ∴，解得：， 故答案为：或． 12．（1）张老师在活动课上出示了如下一道探究题： 如图1，在和中，，，B，C，E三点在同一条直线上，A，D两点在BE同侧，若，求证：． 张老师从条件出发：如图2，过点A作交BE于点M，过点D作交BE于点N，依据等腰三角形“三线合一”的性质分析BM与BN之间的关系，可证得结论． 请你运用张老师的方法解决上述问题． （2）小明同学经过对探究题及张老师分析方法的思考，提出以下问题： 如图3，在中，，在中，，B，C，E三点在同一直线上，A，D两点在BE同侧，且A，D，E三点在同一直线上，若，，的面积为7，求BE的长． （3）在小明同学的问题得到解决后，张老师针对之前的解题思路，提出了如下问题： 如图4，在四边形中，，，E为CD的中点，连接AE，若，，，请直接写出CD的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）8；（3）6 【分析】（1）证明四边形为矩形，得出，则可得出结论； （2）过作交于，过作交于，过作交于，求出，证明四边形为矩形，得出，设，则，根据三角形的面积求出，则可得出答案； （3）延长与延长线交于点，过作交于，过作交于，证明，，证出，设，则，证明，得出，由勾股定理可得出答案． 【解析】解：（1）如图1， ∵，，，， ∴，，． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴四边形为矩形． ∴． ∴． （2）如图2，过A作于点M，过D作于点N，过D作交于点P． ∵，，，， ∴，，． ∴． ∵， ∴，． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． 在中，， ∴． ∴． ∵， ∴四边形为矩形． ∴． ∴． 设，则． ∴． ∵，． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． 解得，（不合题意，舍去）． ∴． ∴． （3）如图3，延长，与的延长线交于点F，过A作于点G，过B作于点H． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴，． ∵，， ∴，． ∵E为的中点， ∴． ∵， ∴． 又∵， ∴． 设，则． ∵， ∴． ∴，． ∴． ∴． ∴． ∴． 在和中， ， ， ∴． 解得，（不合题意，舍去）． ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质． 题型3：换元法、整体思想 13．阅读下列材料：方程：是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是： 设，那么，于是原方程可变为， 解这个方程得：，． 当时，，∴；当时，，∴ 所以原方程有四个根：，，，． 在这个过程中，我们利用换元法达到降次的目的，体现了转化的数学思想． (1)利用换元法解方程得到方程的解为______． (2)若，求的值． (3)利用换元法解方程：． 【答案】(1)， (2) (3)， 【分析】（1）设，代入得到，解得，，当时，，得到，此方程无解；当时，，得到，； （2）设，代入得到． 解得，，根据，得到； （3）设，则，代入得到，得到，解得，检验后得到，得到，得到，，检验后即得． 【解析】（1）设，则， 于是原方程可变为， 解这个方程得：，， 当时，， 移项得：， ∵， ∴此方程无解， 当时，， 解得，； 故答案为：，； （2）设，则该方程变为． 解得：，． ∵ ∴，即 （3）设，则， 原方程变形为：， 去分母，得， 即 解得，．    经检验，是分式方程的根． ∴ 即 解得：，． 经检验，是分式方程的根．   ∴原分式方程的解为：，． 【点睛】本题主要考查了解特殊形式的高次方程、分式方程．解决问题的关键是熟练掌握换元法的一般步骤设元、换元、解元、还原几步．解分式方程注意验根． 14．阅读材料，解答问题：材料1为了解方程，如果我们把看作一个整体，然后设，则原方程可化为，经过运算，原方程的解为，．我们把以上这种解决问题的方法通常叫做换元法． 材料2  已知实数m，n满足，且，显然m，n是方程的两个不相等的实数根，由韦达定理可知． 根据上述材料，解决以下问题： (1)直接应用：解方程：． (2)间接应用：已知两个不相等实数m，n满足：，求的值． (3)拓展应用：已知实数x，y满足：，求的值． 【答案】(1) (2) (3)7 【分析】（1）仿照题意利用换元法解方程即可； （2）仿照题意利用韦达定理进行求解即可； （3）设，，则可得，进一步得到，再证明，推出；由，可得，即． 【解析】（1）解：设，则方程可化为， ∴， ∴或， ∴或（舍去）， ∴； （2）解：∵实数m，n满足：， ∴实数m，n是方程的两个实数根， ∴， ∴ ； （3）解：设，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了换元法解方程，一元二次方程根与系数的关系，正确理解题意是解题的关键． 15．阅读材料，解答问题： 材料一：已知实数a，满足，，则可将a，b看作一元二次方程的两个不相等的实数根． 材料二：已知实数a，满足，，将两边同除以，得，即，则可将a，看作一元二次方程的两个不相等的实数根． 请根据上述材料，利用一元二次方程根与系数的关系解答下列问题： (1)已知实数a，满足，，求的值； (2)已知实数a，b满足，，且，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据一元二次方程根与系数的关系，即可求解； （2）根据材料二，采用换元法解一元二次方程，即可求解． 【解析】（1）解：∵实数，满足，， ∴可将，看作方程的两个不相等的实数根， ，， ； （2）解：在方程的两边同时除以得， 又∵实数满足，且， ∴可将，看作方程的两个不相等的实数根， ，， ． 【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，换元法解一元二次方程等知识，解题的关键是理解题意，学会模仿例题解决问题． 16．阅读材料，解答问题： 【材料1】 为了解方程，如果我们把看作一个整体，然后设，则原方程可化为，经过运算，原方程的解为，．我们把以上这种解决问题的方法通常叫做换元法． 【材料2】 已知实数，满足，，且，显然，是方程的两个不相等的实数根，由韦达定理可知，． 根据上述材料，解决以下问题： (1)直接应用： 方程的解为 ； (2)间接应用： 已知实数，满足：，且，求的值． 【答案】(1)，，， (2)或或 【分析】（1）利用换元法解方程，设，则原方程可化为，解关于的方程得到，，则或，然后分别解两个元二次方程即可； （2）根据已知条件，当时，，解关于的一元二次方程得，则； 当时，把、看作方程的两不相等的实数根，则根据根与系数的关系得到，，再变形得到，然后利用整体代入的方法计算． 【解析】（1）解：， 设，则原方程可化为， 解得：，， 当时，，解得：，， 当时，，解得：，， ∴原方程的解为，，，， 故答案为：，，，； （2）解：∵实数，满足：，且， 当时，，解关于的一元二次方程， 得：， ∴； 当时，则、是方程的两不相等的实数根， ∴，， ∴； ∴的值为或或． 【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根，则，；也考查了换元法，解一元二次方程，求代数式的值，运用了恒等变换的思想．掌握查一元二次方程根与系数的关系是解题的关键． 题型4：根与系数的关系难点 17．阅读材料．材料：若一元二次方程的两个根为，，则，． (1)材料理解：一元二次方程的两个根为，，则 ， ． (2)类比探究：已知实数，满足，，且，求的值． (3)思维拓展：已知实数，分别满足，，且，求的值． 【答案】(1)； (2) (3) 【分析】（1）直接根据阅读材料可得答案； （2）由题意得出，可看作方程的两个根，据此知，，将其代入计算可得； （3）把变形为，据此可得实数和可看作方程的两根，继而知，，进一步代入计算可得． 【解析】（1）解：，， 故答案为：；； （2）∵，，且， ∴，可看作方程的两个根， ∴，， ∴， ∴的值为； （3）∵，分别满足，，且， ∴， ∴和可看作方程的两根， ∴，， ∴ ， ∴的值为． 【点睛】本题考查分式的化简求值，因式分解的应用，求代数式的值，解题的关键是根据题意建立合适的方程及分式的混合运算顺序和运算法则． 18．对于一元二次方程，下列说法： ①若a＋b＋c＝0，则方程必有一根为x＝1；②若方程有两个不相等的实根，则方程无实根；③若方程两根为，且满足，则方程，必有实根，；④若是一元二次方程的根，则其中正确的（    ） A．①② B．①④ C．②③④ D．①③④ 【答案】D 【分析】根据一元二次方程根的判别式及根的定义以及求根公式逐个判断排除． 【解析】解：①若，则是方程的解，故①正确； ②方程有两个不相等的实根， ， 则方程的判别式， 方程必有两个不相等的实根， 故②错误； ③∵方程两根为，且满足， ∴， 令，， ∴方程有两个实数根，令两根分别为， ∴， ， ∴方程，必有实根，， 故③正确； ④若是一元二次方程的根， 则由求根公式可得：， ， ， 故④正确． 故正确的有①③④， 故选：D． 【点睛】本题考查一元二次方程根的判断，根据方程形式，判断根的情况是求解本题的关键． 19．（1）是关于的一元二次方程的两实根，且，求的值． （2）已知：，是一元二次方程的两个实数根，设，，…，．根据根的定义，有，，将两式相加，得，于是，得． 根据以上信息，解答下列问题： ①直接写出，的值． ②经计算可得：，，，当时，请猜想，，之间满足的数量关系，并给出证明． 【答案】（1）1；（2）①，；②，证明见解析 【分析】（1）根据一元二次方程根与系数的关系可得出，．由，可得，即得出关于k的一元二次方程，解出k的值，再根据一元二次方程根的判别式验证，舍去不合题意的值即可； （2）①根据一元二次方程根与系数的关系可得出，，进而可求出，；②由一元二次方程的解的定义可得出，两边都乘以，得：①，同理可得：②，再由①+②，得：．最后结合题意即可得出，即． 【解析】解：（1）∵是关于的一元二次方程的两实根， ∴，， ∴， 整理，得：， 解得：，． 当时，， ∴此时原方程没有实数根， ∴不符合题意； 当时，， ∴此时原方程有两个不相等的实数根， ∴符合题意， ∴的值为1； （2）①∵， ∴． ∵，是一元二次方程的两个实数根， ∴，， ∴，； ②猜想：． 证明：根据一元二次方程根的定义可得出，两边都乘以，得：①， 同理可得：②， 由①+②，得：， ∵，，， ∴，即． 【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的判别式，一元二次方程的解的定义．掌握一元二次方程的根的判别式为，且当时，该方程有两个不相等的实数根；当时，该方程有两个相等的实数根；当时，该方程没有实数根．熟记一元二次方程根与系数的关系：和是解题关键． 题型5：新定义题 20．定义：已知是关于x的一元二次方程的两个实数根，若，且，则称这个方程为“限根方程”．如：一元二次方程的两根为，因，，所以一元二次方程为“限根方程”． 请阅读以上材料，回答下列问题： (1)判断一元二次方程是否为“限根方程”，并说明理由； (2)若关于x的一元二次方程是“限根方程”，且两根满足，求k的值； (3)若关于x的一元二次方程是“限根方程”，求m的取值范围． 【答案】(1)此方程为“限根方程”，理由见解析 (2)k的值为2 (3)m的取值范围为或 【分析】（1）解该一元二次方程，得出，再根据“限根方程”的定义判断即可； （2）由一元二次方程根与系数的关系可得出，，代入，即可求出，．再结合“限根方程”的定义分类讨论舍去不合题意的值即可； （3）解该一元二次方程，得出或．再根据此方程为“限根方程”，即得出此方程有两个不相等的实数根，结合一元二次方程根的判别式即可得出，且，可求出m的取值范围．最后分类讨论即可求解． 【解析】（1）解：， ， ∴或， ∴． ∵，， ∴此方程为“限根方程”； （2）∵方程的两个根分比为， ∴， ． ∵， ∴， 解得：，． 分类讨论：①当时，原方程为， ∴，， ∴，， ∴此时方程是“限根方程”， ∴符合题意； ②当时，原方程为， ∴，， ∴，， ∴此时方程不是“限根方程”， ∴不符合题意． 综上可知k的值为2； （3）， ， ∴或， ∴或． ∵此方程为“限根方程”， ∴此方程有两个不相等的实数根， ∴，且， ∴，即， ∴且． 分类讨论：①当时， ∴， ∵， ∴， 解得：； ②当时， ∴， ∵， ∴， 解得：． 综上所述，m的取值范围为或． 【点睛】本题考查解一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的判别式．读懂题意，理解“限根方程”的定义是解题关键． 21．根据绝对值定义：可将表示为，故化简可得，，或四种不同结果，给出下列说法： ①化简一共有8种不同的结果； ②化简一共有8种不同的结果； ③若，（为正整数），则当时，． 以上说法中正确的个数为（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】①由于的结果分别有2种，则的结果共有种；②根据的取值范围化简绝对值可得当时，；当时，；当时；当时，；则的结果共有4种；③根据题意可得，再由求出的值即可 【解析】解：①的结果有两种，的结果有两种，的结果有两种， 的结果共有种，故①说法正确； 当时， ； 当时， ； 当时， 当时，； 的结果共有4种情况，故②说法错误； ③ 解得，或（舍去） 故③说法正确， ∴正确的说法有2个， 故选：C 【点睛】本题主要考查了数字的变化规律，熟练掌握绝对值的性质、一元二次方程的解法是解题的关键 22．根据绝对值的定义可知，下列结论正确的个数有（    ） ①化简一共有8种不同的结果； ②的最大值是5； ③若，（为正整数），则当时，； ④若关于的方程有2个不同的解，其中为常数，则或 A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】C 【分析】由、、的结果分别有2种，则的结果共有种，可判断①；根据的取值，化简运算即可判断②；根据 【解析】解：、、的结果分别有2种， 的结果共有种， 故①正确； 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 故②错误； 是正整数， ， ， ，， 当时，， 故③正确； ， 当或时，， ， 方程有2个不同的解， ， 解得：， 当时，， ， 方程有2个不同的解， ， 解得：， 故④错误； 综上，正确的有①③， 故选：C． 【点睛】本题考查了数字的变化规律，绝对值的性质，一元二次方程的判别式，熟练掌握知识点是解题的关键． 23．定义：如果代数式（，、、是常数）与（，、、是常数），满足，，，则称这两个代数式A与B互为“同心式”，下列四个结论： （1）代数式：的“同心式”为； （2）若与互为“同心式”，则的值为1； （3）当时，无论x取何值，“同心式”A与B的值始终互为相反数； （4）若A、B互为“同心式”，有两个相等的实数根，则． 其中，正确的结论有（    ）个． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据同心式的定义结合代数式和方程求解即可 【解析】根据同心式的定义： （1）∵， ∴代数式：的“同心式”不是； 故（1）是错误的； （2）∵与互为“同心式”， ∴， 解得：， ∴， 故（2）是正确的； （3）当时，且， ， ∴，，即A与B的值始终互为相反数， 故（3）是正确的； （4）∵A、B互为“同心式”， ∴，， ∵有两个相等的实数根， ∴有两个相等的实数根， ∴，即， 故（4）是正确的； 故选：C 【点睛】本题根据新定义和题目的要求构建方程，考查了数学建模和数学运算的核心素养，解题的关键是理解题目中的新定义． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！第 1 页 共 16 页 学科网（北京）股份有限公司 $$