第一章 特殊平行四边形 整合与提升-【鸿鹄志·名师测控】2025-2026学年九年级上册数学（北师大版 宁夏专版）

第一章整 宁夏常考题型演练© 考点1菱形的性质与判定 1.在□ABCD中，对角线AC与BD交于点 O,添加下列条件能判定口ABCD为菱形的 是 A.AC=BD B.AB=6,BC=8,AC=10 C.AC⊥BD D.∠CAB=∠ABD 2.情境题中国结)中国结寓意团圆、美满，以独特 的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的 文化底蕴.如图所示的中国结可近似地看为 一个菱形，菱形ABCD的周长为80cm,对 角线BD的长为24cm,则对角线AC的长为 cm. 3.如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，D,E分 别是边BC,AC的中点，连接ED并延长到 点F,使DF=ED,连接BE,BF,CF,AD. (1)求证：四边形BFCE是菱形； (2)若BC=4,EF=2,求AD的长. 21名师测控·数学I九年级上册(BS) 合与提升 考点2矩形的性质与判定 4.(2024·中卫沙坡头区期末)如图，在矩形 ABCD中，两条对角线交于点O,∠AOD= 120°，AB=3,则BC长为 ( ) A.2√5 B.3 C.3√5D.6 B A (第4题图) (第5题图) 5.（2024·银川北塔中学期中)如图，在 Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6,AC=8, P是BC边上的一个动点，PM⊥AB于点 M,PN⊥AC于点N,则MN的最小值为 6.(2024·贵州)如图，四边形ABCD的对角线 AC与BD相交于点O,AD∥BC,∠ABC= 90°，有下列条件：①AB∥CD,②AD=BC. (1)请从以上①②中任选1个作为条件，求 证：四边形ABCD是矩形； (2)在(1)的条件下，若AB=3,AC=5,求四 边形ABCD的面积. 考点3直角三角形斜边上的中线等于 斜边的一半 7.一技术人员用刻度尺（单位：cm)测量某三角 形部件的尺寸.如图，已知∠ACB=90°，点D 为边AB的中点，点A,B对应的刻度分别为 1,7,则CD的长为 ( A.3.5 cm B.3 cm C.4.5 cm D.6 cm R T 0123456789 B D (第7题图) (第8题图) 8.如图，在Rt△ABC中，AB=4,点D是斜边 BC的中点，以AD为边作正方形ADEF.若 正方形ADEF的面积为16，则△ABC的周 长为 9.（2024·银川唐徕中学期中)如图，四边形 ABCD是菱形，对角线AC,BD相交于点O, DH⊥AB于点H,连接OH,∠BAD=52°， 则∠DHO的度数是 考点4正方形的性质与判定 10.(2024·银川唐徕中学期中)数学课上，老 师在投影屏上出示下面的抢答题，需要同 学们回答符号可以代表的内容.如图，四边 形ABCD是平行四边形 ①当※时，平行四边形ABCD是矩形； ②当O时，平行四边形ABCD是矩形； ③当▲时，平行四边形ABCD是菱形； ④当◆时，平行四边形ABCD是正方形 则回答不正确的是 A.※可以代表∠ABC=90° B.O可以代表AC=BD C.▲可以代表AB=BC D.◇可以代表AC⊥BD 11.(2024·银川一中期中)如图，已知正方形 ABCD,P是对角线AC上任意一点，E为AD 上的点，且∠EPB=90°，PM⊥AD,PN⊥AB. (1)求证：四边形PMAN是正方形； (2)求证：EM=BN. 12.(2024·银川兴庆区校级期未)如图，已知 正方形ABCD的边长为10cm,点E在AB 边上，BE=6cm.点P在线段BC上以 4cm/s的速度由点B向点C运动，同时， 点Q在线段CD上由点C向点D运动. (1)若点Q的运动速度与点P的运动速度 相等，经过1s后，△BPE与△CQP是 否全等？请说明理由； 第一章特殊平行四边形22 (2)若点Q的运动速度与点P的运动速度 不相等，当点Q的运动速度为多少时， 能使△BPE与△CQP全等？ @》易错易混专攻。 易错点1混淆特殊平行四边形的边或对 角线的性质而致错 1.判断下列说法是否正确，正确的请在括号内 打“/”，错误的打“×”. (1)四条边相等的四边形是正方形；( (2)两条对角线相等且互相垂直的四边形是 正方形； (3)两条对角线分别平分一组对角的四边形 是正方形； (4)两条对角线互相垂直的平行四边形是正 方形， 23名师测控·数学I九年级上册(BS) 易错点2混淆矩形、菱形、正方形的判定 方法而致错 2.四边形ABCD的对角线AC,BD相交于点 O,若有以下条件：①AB=BC;②∠DAB= 90°；③BO=DO,AO=CO;④矩形ABCD; ⑤菱形ABCD;⑥正方形ABCD.则下列推 理错误的是 () ① ① A. →⑥ B. →⑤ ④ ③ ① ① C. →⑥ D. →④ ② ③ 冒新趋势·新题型·新考向⊙ 新视角新定义(2024·吴忠期末)我们知道，菱 形和正方形虽然都是四边相等的四边形，但形 状有差异，可以将菱形和正方形的接近程度称 为菱形的“神似度”，如图，在菱形ABCD中，对 角线AC,BD的长分别为a,b(a≥b),我们把号 定义为菱形的“神似度”. (1)当菱形的“神似度”= 时，菱形就 是正方形； (2)当∠BAD=60时，求菱形ABCD的“神似度”.能力提升 5.46.107.解：(1)△ABC是等边三角形，∠ABC=60°.：点D是AC的中点， AF是BC边的中线，∴.AF=BD,∠CBD=30°，AF⊥BC,∠AFB=∠AFC=90. :△BDE是等边三角形，.BE=BD,∠DBE=6O°，∴AF=BD=BE,∠EBF=∠EBD +∠CBD=60°+30°=90°，∴.∠EBF=∠AFC=90°，∴.AF∥BE,∴.四边形AEBF为平 行四边形，又，∠AFB=90°，.四边形AEBF为矩形；(2)，AC=4,△ABC是等边三 角形，：BC=AC=AB=4.:AF是BC边的中线，∠AFB=90°，BF=令BC=2.在 Rt△ABF中，由勾股定理，得AF=√AB-BF产=√/4-2=2√3.又：四边形AEBF 是矩形，.SE形EBF=AF·BF=23X2=4V5,即四边形AEBF的面积为43. 思维拓展 8.解：(1)：|a-√131+√6-2+(c-3)2=0,且|a-√/13|≥0,6-2≥0，(c-3)≥ 0,.a-√13=0，b-2=0,c-3=0,a=√/13，b=2,c=3.6+c2=22+32=13= a2,∴.△ABC是直角三角形，且∠BAC=90°.：PM⊥AB,PN⊥AC,∴.∠AMP= ∠ANP=90°，∴.∠BAC=∠AMP=∠ANP=90°，∴.四边形AMPN是矩形；(2)存在. 连接AP.四边形AMPN是矩形，∴.MN=AP.易得当AP⊥BC时，AP最短.此时 Sa版=AB·AC=BC·AP2X3=VEAP,∴AP-6区即MN的长度最 13 小值为3 13 微专题1与60°角有关的矩形和菱形 1.242.C3.D4.C 教材母题变式专题矩形中的折叠问题 1.B2.5.13.解：(1)MN=CN.证明如下：，将矩形纸片ABCD沿MC所在的直线 折叠，使点D落在点D'处，∴∠CMD=∠CMD'.,四边形ABCD是矩形，∴.AD∥BC, ∴.∠CMD=∠MCN,∴∠CMD'=∠MCN,.MN=CN;(2)由折叠的性质可知∠D= ∠D'=90°，DC=D'C=4,MD=MD=8.设MN=NC=x,.ND'=MD'-MN=8 x.在Rt△ND'C中，由勾股定理，得ND2十DC2=NC,∴.(8-x)2十4=x2,解得x= 5,.MN=CN=5.同(1)可得EN=MN=5,.EC=EN+CN=10. 3正方形的性质与判定 第1课时正方形的性质 基础过关 1.D2.90°3.C4.B5.60E6.27.证明：四边形ABCD是正方形，.AD= CD,∠A=∠BCD=∠ADC=90°，∴.∠DCF=90°.：DE⊥DF,∴.∠EDF=90°， ∴·∠ADC-∠EDC=∠EDF-∠EDC,即∠ADE=∠CDF.在△ADE和△CDF中， ∠A=∠DCF, AD=CD, ,.△ADE≌△CDF(ASA),.DE=DF.8.15°或75 ∠ADE=∠CDF, 能力提升 9.B10. 1L.解：(1)90°-a(2)AF=DE.证明如下：：△OEF是等腰直角三 角形，.OE=OF.四边形ABCD是正方形，.OA=OD,∠COD=90°.∠AOF= 90°-a,∠DOE=90°-a,.∠AOF=∠DOE,.△AOF≌△DOE(SAS),.AF=DE. 思维拓展 12.解：(1)PE十PF的值是定值.：四边形ABCD为正方形，∴.AC⊥BD,∴∠AOB= 90°.：PF⊥BD,PE⊥AC,∴∠PFO=∠PEO=90°，.∠EOF=∠PFO=∠PEO= 90°，.四边形PFOE为矩形，.PE=OF.又∠PBF=45°，易得△PBF是等腰直角 三角形，PF=BF.PE+PF=OF+BF=OB=号a,(2)同()可证，∠EOF= ∠PEO=∠PFO=90°，.四边形PFOE为矩形，PE=OF.又，∠PBF=∠ABO= 46,易得△PBF是等腰直角三角形PF=BD,∴PE-PF=OF-BF=OB-号。. 第4页（共54页） 第2课时正方形的判定 基础过关 1.A2.证明：连接AC,交BD于点O.,AB⊥BC,∠ABC=90°.又四边形ABCD 是平行四边形，.四边形ABCD是矩形.，四边形AECF是菱形，∴AC⊥BD,∴四边 形ABCD是正方形.3.D4.AC=BD(答案不唯一)5.证明：：四边形ABCD是 正方形，.AB=BC=CD=DA,∠A=∠B=∠C=∠D=90°.又：AA'=BB'=CC= DD',.DA=A'B=BC=C'D.易得△AA'D'≌△BB'A'≌△CC'B'≌△DD'C (SAS),∴.DA'=A'B=B'C'=CD',∴.四边形A'B'C'D是菱形.由全等知∠AD'A'= ∠BA'B'.又∠ADA'+∠AA'D'=90°，.∠AA'D'+∠BA'B'=90°，∠DA'B'= 180°-（∠AAD'+∠BA'B)=90°，.四边形A'B'C'D'是正方形.6.C 能力提升 7.C8.(40√2-40)9.解：(1).AB=AC,AD⊥BC,.∠BAD=∠DAC..AN是 △ABC外角∠CAM的平分线，.∠MAE=∠CAE,.∠DAC+∠CAE=∠BAD十 ∠MAE.:∠DAC+∠CAE+∠BAD+∠MAE=180°，∴.∠DAE=∠DAC+∠CAE =90°.：AD⊥BC,CE⊥AN,∴.∠ADC=∠CEA=90°，.四边形ADCE为矩形：(2)答 案不唯一，如：当∠BAC=90时，四边形ADCE是一个正方形.证明如下：AB=AC, ∠BAC=90°，∠ACB=∠B=45°.AD⊥BC,∴.∠CAD=∠ACD=45°，.DC= AD.,四边形ADCE为矩形，.矩形ADCE是正方形.故当∠BAC=90°时，四边形 ADCE是一个正方形 思维拓展 10.解：(1)如图， 过点E作EP⊥CD于点P,EQ⊥BC于点Q,则∠EQF= B O F C ∠EPD=90°.：四边形ABCD为正方形，∴.∠BCD=90°，∠DCA=∠BCA,.∠QEP =90°，EQ=EP.又：四边形DEFG为矩形，∴∠DEF=90°，∴.∠QEP=∠DEF, ∴.∠QEP-∠FEP=∠DEF-∠FEP,即∠QEF=∠PED.在△EQF和△EPD中， r∠QEF=∠PED, EQ=EP, ∴△EQF≌△EPD(ASA),.EF=ED,∴.矩形DEFG是正方形： ∠EQF=∠EPD, (2)在Rt△ABC中，由勾股定理，得AC=√AB+BC=√2AB=2√2.又：CE=√2， .AE=CE=√2，即E是AC的中点，∴.DE⊥AC,点F与点C重合，此时△DCG是等 腰直角三角形，∴.四边形DECG是正方形，.CG=CE=√2；(3)分两种情况进行讨论： ①当DE与AD的夹角为30°时，∠EFC=120°；②当DE与DC的夹角为30°时，∠EFC =30°.综上所述，∠EFC=120°或30°. 模型构建专题与正方形有关的常考模型 1.解：探究：分别过点A,D作AN∥GH,DM∥EF,分别交BC,AB于点N,M,如图②. C四边形ABCD是正方形，∴.AB∥CD,AB=CD,∠DAB=∠B=90°， B ∴.四边形DMEF是平行四边形，.ME=DF=1,DM=EF.:DM∥EF,GH⊥EF, .DM⊥GH.同理，得四边形AGHN是平行四边形，.GH业AN..AN⊥DM, ∴.∠DAN+∠ADM=90°.：∠DAN+∠BAN=90°，.∠ADM=∠BAN.在△ADM 和△BAN中，.'∠ADM=∠BAN,AD=BA,∠DAM=∠B,.△ADM≌△BAN (ASA)DM=AN,EF=DM=GH=AN.:E为AB的中点∴AE=号AB=2。 ∴.AM=AE-ME=2-1=1,∴.DM=√AD+AMr=√/4+1=√/17，∴.GH=√I7. 2.解：(1)四边形ABCD和四边形A1BCO是正方形，.AO=BO,∠AOB= ∠A1OC1=90°，∠OAB=∠OBC=45°，.∠AOE+∠EOB=90°，∠BOF+∠EOB= 90°，∠AOE=∠BOF.∴△AOE≌△BOF(ASA);(2)两个正方形重叠部分的面积等 于子a,理由如下：△AOE2△BOF,SaE=S=Sam十Sam =SAROB十S△OE=SAOAB=- SE方能D=子d.3.解：四边形ABCD是正方形， 第5页（共54页） .BA=BC,∠ADB=∠ABE=∠CBE=45°.又BE=BE,∴.△ABE≌△CBE(SAS), ∠BEA=∠BEC.:∠BEA=∠ADB+∠DAF=45°+15°=60°，∠BEC=60°. 4.证明：在AB上截取BM=BE,连接ME.:四边形ABCD是正方形，∠B=∠DCB =90°，AB=BC,∴.∠BME=∠BEM=45°，.∠AME=180°-∠BME=180°-45°= 135°.，CF是正方形外角∠DCG的平分线，.∠DCF=45°，∴.∠ECF=∠ECD十 ∠DCF=90°+45°=135°，∴.∠AME=∠ECF.∠AEF=90°，∴.∠AEB+∠CEF= 90°.又∠AEB+∠MAE=90°，∴∠MAE=∠CEF.:AB=BC,BM=BE,∴AB BM=BC-BE,即AM=EC..△AME≌△ECF(ASA),.AE=EF.5.解：【问题原 型】，四边形ABDE,AGFC都是正方形，.AB=AE,AG=AC,∠BAE=∠GAC= AB=AE, 90°，∴·∠BAG=∠EAC=90°-∠BAC.在△BAG和△EAC中，∠BAG=∠EAC, AG=AC, ∴.△BAG≌△EAC(SAS),∴.BG=CE:【发现结论】设EH交AB于点L.由【问题原 型】，得△BAG≌△EAC,.∠ABG=∠AEC.·∠BLH=∠ALE,.∠GHE=∠ABG 十∠BLH=∠AEC+∠ALE=90°，∴.EH⊥BG.6.解：(I)四边形BEFE是正方形. 理由如下：·将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90得到△CBE,∴∠AEB=∠E =90°，BE=BE,∠EBE=90°.∠BEF=180°-∠AEB=90°，∴.∠BEF=∠E= ∠EBE=90°，∴.四边形BEFE是矩形.又：BE=BE,.四边形BE'FE是正方形； (2)由(1)，得BE=BE=6.在Rt△ABE中，由勾股定理，得AE=√AB-BE= √I0-6=8.过点D作DH⊥AE于点H,∴∠DHA=∠AEB=90°.四边形ABCD 是正方形，.DA=AB,∠DAB=90°，∴.∠DAH+∠EAB=90°=∠DAH+∠HDA, ∠DHA=∠AEB, .∠HDA=∠EAB.在△ADH和△BAE中，∠HDA=∠EAB,∴.△ADH≌△BAE DA=AB, (AAS),∴.AH=BE=6,DH=AE=8,∴.HE=AE-AH=8-6=2.在Rt△DHE中， 由勾股定理，得DE=√D+HE=√⑧+2=2√17.7.解：(1)，四边形ABCD 是正方形，BC=CD,∠B=∠CDF=90°.又BE=DF,.△CBE≌△CDF(SAS), ∴.CE=CF;(2)GE=BE+GD成立.理由如下：由(I),得△CBE≌△CDF,∴∠BCE= ∠DCF,∴.∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD,即∠BCD=∠ECF=9O.又：∠GCE =45°，∴.∠GCF=∠ECF-∠GCE=90°-45°=45°，∴.∠GCF=∠GCE.又CE=CF, GC=GC,∴△ECG≌△FCG(SAS),∴.GE=GF.:GF=DF+GD=BE+GD,.GE= BEGD. 第一章整合与提升 宁夏常考题型演练 1.C2.323.解：(1)D是边BC的中点，.BD=CD.DF=ED,.四边形BFCE 是平行四边形.在Rt△ABC中，∠ABC=90°，E是边AC的中点，∴BE=CE,∴.四边 形BFCE是菱形：(2)：四边形BFCE是菱形，BC=4,EF=2,∴BD=号BC=2,DE= EF=1.D,E分别是边BC,AC的中点，.DE是△ABC的中位线，AB=2DE= 1 2.“AD=VAB+BD=2E.4.C5.号6.解：I选择①，：AD/BC.AB/ CD,∴四边形ABCD是平行四边形.，∠ABC=90°，.四边形ABCD是矩形：选择②， :AD∥BC,AD=BC,.四边形ABCD是平行四边形.∠ABC=90°，.四边形AB CD是矩形：(2)：AB=3,AC=5,∠ABC=90°，∴.BC=√/AC-AB=√5-32=4， .四边形ABCD的面积为AB·BC=3×4=12.7.B8.12十4√39.26°10.D 11.证明：(1)·四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，AC平分∠BAD.:PM⊥ AD,PN⊥AB,.PM=PN,∠PMA=∠PNA=90°，.四边形PMAN是正方形； (2):四边形PMAN是正方形，∴∠MPN=90°.：∠EPB=90°，∴.∠MPE+∠EPN =∠NPB+∠EPN=90°，∴·∠MPE=∠NPB.在△EPM和△BPN中， ∠PME=∠PNB, PM-PN, ,.△EPM≌△BPN(ASA),..EM=BN.12.解：(1)△BPE≌ ∠MPE=∠NPB, △CQP.理由如下：经过1s后，BP=4cm,CQ=4cm,∴.BP=CQ.,正方形ABCD的 第6页（共54页） 边长为10cm,∴.BC=10cm,∠B=∠C=90°，∴.CP=BC-BP=10-4=6(cm)=BE. (BP=CQ, 在△BPE和△CQP中，∠B=∠C,∴△BPE≌△CQP(SAS);(2)设运动时间为ts. BE=CP, 分两种情况讨论：①当△BPE≌△CPQ时，BP=CP,BE=CQ=6cm,.4t=10一4t,6 =,解得=年w=兰②当△PBE2△QCP时，BP=CQ,此时点P和点Q的 运动速度相等，不符合题意，综上所述，若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等， 当点Q的运动速度为号cm/s时，能使△BPE与△CQP全等。 易错易混专攻 1.(1)×(2)×(3)×(4)×2.C 新趋势·新题型·新考向 解：(1)1(2)连接AC和BD,交于点O,设AB=x.在菱形ABCD中，AB=AD,AC⊥ BD.∠BAD=60,△ABD是等边三角形，BD=x,BO=DO=2x,AO= VAB-号∴AC-5,∴号-品-是-，即菱形ACD的神似度"为 第二章一元二次方程 1认识一元二次方程 第1课时一元二次方程 基础过关 1.B2m≠43.号4.2-x-2=01-1-22x-5=020-5 4x2-x=04-10x2十3x十2=01325.x2+4x-60=06.B 能力提升 7.(x-2)2+(x-4)2=x28.(1)1(2)0或-19.解：(1)(90-2x)(70-2x) (90-2x)(70一2x)=1700(2)用到了数形结合的数学思想：(3)化为一般形式为x2 80x十1150=0：是一元二次方程；二次项系数为1，一次项系数为一80，常数项为1150. 第2课时一元二次方程的解及其估算 基础过关 1.D2.-1,63.C4.(1)-1334-0.010.363.33.4(2)335.-1 能力提升 6.C【拓展设问17.2025【变式】20268.(1)251-号×10=20(2)2030 30200(3)1或4 2用配方法求解一元二次方程 第1课时用配方法解二次项系数为1的一元二次方程 基础过关 1.D2.C3.x-1=3x-1=-34-24.解：(1)移项，得3x2=27.两边同除 以3，得x2=9.两边开平方，得x=士3.∴x1=3,x2=一3；(2)两边开平方，得x-1= 士2，即工-1=2，或x-1=-2.x1=3,=-1.5.(1D42(2)366(3)2元 1 号6.C7解：1配方，得x-2z+1=24+1,即(x-1)=25,两边开平方，得 x-1=士5，即x-1=5,或x-1=-5.∴.x1=6,x2=-4;(2)移项，得x2-4x=1.配 方，得x2-4x十2=1十2，即(x-2)2=5.两边开平方，得x-2=士5，即x-2=5, 或x-2=-√5..x1=2+√5，x2=2-√5,8.5 能力提升 9.B10.A11.1012.解：(1)原方程化简，得x2-1=3.移项，得x2=4.两边开平 方，得x=士2.∴x1=2,x2=-2;(2)配方，得x2十2√2x十(W2)2=4十(W2),(x十√2)2 =6.两边开平方，得x十√2=士√6，即x十√2=√6，或x十√2=-√6.∴x1=√6-√2，x =一√6-√2.13.解：设增加了x行，则增加了x列.根据题意，得(6十x)(8十x)一6× 8=51.整理，得x2+14x-51=0.配方，得(x十7)=100.解得x1=3,x2=-17(不合题 意，舍去).答：增加了3行3列. 第7页（共54页） 思维拓展 14.(1)55253(2)① 第2课时用配方法解二次项系数不为1的一元二次方程 基础过关 1.是：孚()是器子器±号异-是2-名2.C3解： (1)两边同乘以2，得x2-8x十4=0.配方，得x2-8x十42-42+4=0，(x-4)2-12= 0.移项，得(x-4)2=12.两边开平方，得x一4=土2√3，即x一4=2√3，或x一4 -2.=4+2,=4-2,(2)两边同除以3，得父十号x-号=0.配方，得 r+专x+(号)-子-（号）-0，(+子)-号=0.移项，得(+号)-子两 边并平方，得十号=±即x+号-，或x十号=- _√7+2 3 4.(1)降次完全平方公式(2)等式的基本性质(3)三√厅-2一√7-2 能力提升 5.C6.C【变式】D7.解：方程整理，得x2-2x=-12.配方，得x2-2x十12=一12 十1，即(x-1)2=-11.:-11<0,.此方程无实数根. 思维拓展 8.解：(1)x2-4x十y2+2y十5=0，∴.(x2-4x十4)+(y2+2y+1)=0,.(x-2)2+ (y十1)2=0.(x-2)2≥0，(y+1)≥0，∴.x-2=0,y+1=0,.x=2,y=-1; (2)a+b2=12a+8b-52,.a2-12a+b2-8b+52=0,.(a2-12a+36)+(b2-8b +16)=0,∴.(a-6)2十(b-4)2=0.(a-6)2≥0，(b-4)≥0，∴.a-6=0,b-4=0, .a=6,b=4..a,b,c是等腰三角形ABC的三边长，∴.c=4或6. 微专题2用配方法判定代数式的正负和求最值 1.C2.173.大24.证明：x2-6x+13=(x2-6x十9)十4=(x-3)+4..不论 x取何值，总有(x-3)≥0，∴.(x一3)2十4≥4.即不论x取何值，代数式x2-6x十13的 值总不会小于4. 3用公式法求解一元二次方程 第1课时公式法 基础过关 1.4x-12x+5=04-125(-12)2-4×4X564（-12)±V6厘 1 2×4 2 2.C3.C4.解：(1)这里a=1,b=-2,c=4.:B-4ac=(-2)-4X1×4= 5 -12<0,∴.该方程无实数根；(2)将原方程化为一般形式，得x2-3x十1=0.这里a= 1.6=-3.c=1.:6-4ac=(-3)-4×1×1=5>0.x=二（3)±5-3±5，即 2×1 2 2 ,5.C6.A7.C8.C【变式】c<49.A 能力提升 10.A11.解：(1)将原方程化为一般形式，得x2-3x-2=0.这里a=1,b=一3c= -2.6-4ac=(-3)-4X1×(-2)=17>0,.x=二（-3)±厘-3±厘，即 2×1 =3+)厘，x=3二区，(2)将原方程化为一般形式，得2x-工3=0.这里4=2， 2 2 b=-1,c=-3.B-4ac=(-1)2-4X2X(-3)=25>0,x=二（-10±VE- 2×2 15,即=-1=号12解：1Da=16=-(k+1Dc=k4=8-4c= [-(2k十1)]2-4×2k×1=(2k-1)≥0，.无论k为何值，方程总有两个实数根； (2)由(1)知，a=1,b=-(2k+1),c=2k,b2-4ac≥0，解方程，得x= 2k十1士2hD,x=2k,k:=1.由题意可知，2k>3,k>立 3 2 第8页（共54页） 思维拓展 13.解：1这里a=1,6=-m,c=受-子4=6-4ac=(-m)2-4(受-子)=m 2十1=(m-1)2.无论m取何值，总有(m-1)2≥0，∴.△≥0，∴无论m取何值，方程 总有两个实数根；(2)：四边形ABCD是菱形，·AB=BC,即方程有两个相等的实数 根，(m102=0m=1.将m=1代人方程，得一x十=0，解得==号，即 菱形的边长为号：(3)将x=2代人方程2-mx+罗-子=0，得4-2m+罗-十-0， 解得m=号将m=号代入方程x一mx十受-十=0，得-号十1=0，解得= 2,=号∴BC=合∴GABCD的周长为2×(2+专)=5， 第2课时用一元二次方程解决面积问题 基础过关 1.D2.(25-x)(12-x)=230 能力提升 3.D4.4或65.解：(1)(40-2x)m(2)根据题意，得x(40一2x)=150.整理，得x2 -20x十75=0.解得x1=15,x2=5.当x=15时，AD=10m;当x=5时，AD=30m> 22m(不合题意，舍去)，.当AB长为15m时，仓库的面积为150m2. 4用因式分解法求解一元二次方程 基础过关 1.A2.x1=0,x2=一43.解：(1)原方程可变形为2x2一x=0,x(2x-1)=0.x=0, 1 或2x一1=0.∴1=0，x=2:(2)原方程可变形为(x十1)2-2(x+1)=0,(x十1)(x 十1一2)=0.x十1=0，或x-1=0.x1=-1,x2=1:(3)原方程可变形为(x一3)2=0. x-3=0.∴.x1=x2=3.4.(1)直接开平方(2)配方(3)因式分解5.解：(1)两边 开平方，得2x十1=士2，即2x+1=2,或2x+1=-2,=号=-号：(2)原方程 3 可变形为3x(x十1)-2(x十1)=0，(x十1)(3x-2)=0,x十1=0，或3x-2=0,.x1= -1,=号6，解：(1)一方程两边同时除以一个可能为0的代数式(x十3) (2)移项，得2(x十3)2-x(x十3)=0..(x十3)[2(x十3)-x]=0,则(x十3)(x十6)= 0,∴.x十3=0，或x十6=0，∴.x1=-3,x2=-6. 能力提升 7.D8.09.解：(1)原方程可变形为2(x-3)2-(x十3)(x一3)=0，(x-3)(2x一6- x-3)=0,即(x-3)(x-9)=0.x-3=0,或x-9=0..x1=3,x2=9;(2)去括号，得 2x2十x=8x一3.移项，得2x2十x一8x十3=0.合并同类项，得2x2一7x十3=0.这里a =2,6=-7,c=3.“B-4ac=(-7)2-4X2×3=25>0.x=二（-7)/2压= 2×2 7毕即=3w= 1 思维拓展 10.解：(1)把x=3代入方程，得9(a-1)-4×3-1十2a=0,解得a=2.把a=2代入方 程，得x2一4x-1十4=0，解得x1=1,x2=3.∴.方程的另一个根为x=1;(2)三角形 的三边长都是这个方程的根，.①当三边长都为1时，周长为1十1十1=3：②当三边长 都为3时，周长为3+3十3=9；③当两边长为3，一边长为1时，周长为3十3十1=7： ④当两边长为1，一边长为3时，不满足三角形三边关系，不能构成三角形.故三角形的 周长为3或9或7.【变式】C 微专题3十字相乘法分解因式 解：(1)24（或42）(2)①x2-3x-4=0,∴.(x-4)(x+1)=0.∴.x一4=0，或 x十1=0.x1=4,x2=-1;②x2-7x十12=0，∴.(x-3)(x-4)=0.∴x-3=0,或 x-4=0,∴.x1=3,x2=4. 方法技巧专题一元二次方程常见的六种解法 1.解：(1)移项，得2x2=6.两边同除以2，得x2=3.两边开平方，得x=士√3.x=√3， x2=一√3；(2)移项，得4(x一2)=64，两边同除以4，得(x一2)2=16.两边开平方，得x 第9页（共54页）