课本+自我巩固+课堂落实（答案）_《爱学习》小学初中数学和奥数资料_高斯数学爱学习课件_10北师初中能力强化_初三高斯数学能力强化（北师）_秋9阶课件+电子书

­ 能力强化 / 初三 / 秋季 第 1 讲 矩形菱形综合 例题练习题答案 例1 (1【) 答案】2.4 【解析】用面积法即可 (2【) 答案】4.8 【解析】用面积法即可 (3【) 答案】①③④ (4【) 答案】33° 【解析】 ∠MPA = ∠DMC−∠DAN = ∠MCB −∠NBC = 33∘ (5【) 答案】5 6 【解析】 2 2 设ED = x，那么x +4 = (3−x) (6【) 答案】3.4 【解析】连接EC，然后利用勾股定理列方程即可． 练1.1 (1【) 答案】4.8 【解析】用面积法即可 (2【) 答案】2.4 【解析】用面积法即可 (3【) 答案】75° (4【) 答案】24° (5【) 答案】16√3 1/191­ (6【) 答案】3 2 例2 【答案】证明：∵P是点AD的中点，∴PA = PD， 又∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥DC，AB = DC， PA = PD { 在△PAB和△PDC中， AB = DC PB = PC ∴△PAB≌△PDC(SSS)， ∴∠A = ∠D， ∵AB∥DC，∴∠A +∠D = 180∘ ， ∴∠A = ∠D = 90∘ ， 又∵四边形ABCD是平行四边形， ∴四边形ABCD是矩形． 练2.1 【答案】∠APB = ∠DPC． 例3 (1【) 答案】4√3 【解析】△AOB为等边三角形 (2【) 答案】 提示：∠GAC = 45∘ −∠GCA，∠FCO = 90∘ −2∠GCA． ∴∠FCO = 2∠GAC，又∵∠FCO = ∠GAC+∠GEC ∴∠GAC = ∠GEC，△ACE是等腰三角形． ∴CE=AC = 5． 练3.1 (1【) 答案】√3 (2【) 答案】C 【解析】①是错误的，②③④都是对的． 例4 ( ) (1【) 答案】 √2+1,1 2/191­ (2【) 答案】2√7 练4.1 ( ) (1【) 答案】 3,√3 (2【) 答案】3 例5 【答案】提示：易知△ABD和△CBD均为等边三角形． ①若∠EBF = 60∘ ， 则可证△ABE≌△DBF(ASA)， 可得BE = BF，即△BEF为等边三角形； ②若∠BEF = 60∘ ， 在AB上取点M，使得AE = AM，连接EM． 则DE = BM，∠EDF = ∠EMB = 120∘ ， 由∠DEF +∠MEB = ∠MBE +∠MEB = 60∘ 可得∠DEF = ∠MBE， 故△EDF≌△BME(ASA)，可得EF = EB， 即△BEF为等边三角形； ③若∠BFE = 60∘ ，方法同②． △BEF为等边三角形，则△BDE≌△BCF(ASA)， 故AE +CF = AE +DE = 5√3． 练5.1 【答案】C 【解析】第③个是错的，其它都是对的． 例6 【答案】提示：易证四边形ABCD为平行四边形． 再证明△AMB≌△AND(AAS)， 可得AB = AD，故四边形ABCD为菱形． 练6.1 【答案】B 能力强化 / 初三 / 秋季 3/191­ 第 1 讲 矩形菱形综合 自我巩固答案 1 【答案】D 2 【答案】D 3 【答案】B 4 【答案】B 5 【答案】C 6 【答案】A 7 【答案】C 8 【答案】B 9 【答案】A 10 【答案】提示：连接BD，容易证明△DEB≌△DFB(HL)，DE = DF， 进而得到△DEA≌△DFC(AAS)， ∴DA = DC，∴四边形ABCD是菱形． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 1 讲 矩形菱形综合 课堂落实答案 1 【答案】C 2 【答案】B 3 【答案】 3 √ 5+2√2 4 【答案】D 5 【答案】提示：容易证明△DEA≌△DFC(AAS)，DA = DC，进而得到四边形ABCD是菱形． 【解析】证明：在△ADE和△CDF中， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A=∠C， ∵DE⊥AB，DF⊥BC， ∴∠AED=∠CFD=90°． 又∵DE=DF， 4/191­ ∴△ADE≌△CDF（AAS） ∴DA=DC， ∴平行四边形ABCD是菱形． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 1 讲 矩形菱形综合 精选精练 1 【答案】C 2 【答案】C 3 【答案】2√3 4 【答案】（2√3−3，2−√3） 【解析】解：连接ED，如图， ∵点B关于OC的对称点是点D， ∴DP=BP， ∴ED即为EP+BP最短， ∵四边形OBCD是菱形，顶点B（2，0），∠DOB=60°， ∴点D的坐标为（1，√3）， ∴点C的坐标为（3，√3）， √3 ∴可得直线OC的解析式为：y= x， 3 ∵点E的坐标为（0，­1）， ∴可得直线ED的解析式为：y=（1+√3）x­1， ∵点P是直线OC和直线ED的交点， √3 { y = x ∴点P的坐标为方程组 3 的解， y = (1+√3)x−1 5/191­ {x = 2√3−3 解方程组得： ， y = 2−√3 所以点P的坐标为（2√3−3，2−√3）， 故答案为：（2√3−3，2−√3）． 5 (1【) 答案】证明：∵AF∥BC， ∴∠AFE = ∠DBE， 在△AEF和△DEB中， ∠AFE = ∠DBE { ∠AEF = ∠DEB， AE = DE ∴△AEF≌△DEB(AAS)； 【解析】根据平行线的性质得到∠AFE=∠DBE，利用AAS定理证明△AEF≌△DEB； (2【) 答案】解：四边形ADCF是菱形， 证明：∵△AEF≌△DEB(AAS)， ∴AF = DB， ∵BD = DC， ∴AF=DC，又AF∥BC， ∴四边形ADCF是平行四边形， ∵∠BAC=90°，AD是BC边上的中线， ∴AD = DC， ∴四边形ADCF是菱形； 【解析】根据全等三角形的性质得到AF = DC，得到四边形ADCF是平行四边形，根据直角三 角形的性质得到AD=DC，证明四边形ADCF是菱形； (3【) 答案】解：连接BF交AC于M，则点M即为所求， ∵四边形ADCF是菱形， 6/191­ ∴点D与点F关于直线AC对称， ∴MD=MF， ∴MB +MD = MB +MF = BF，即MB+MD有最小值． 【解析】根据菱形的性质得到点D与点F关于直线AC对称，根据轴对称的性质作图即可． 6 【答案】提示：（1）∠CEF = ∠DAF = ∠BAE = ∠CFE， 故CE = CF，平行四边形ECFG为菱形； （2）连接BM、CM， 由（1）可知，平行四边形ECFG是菱形，又∵∠ABC = 90∘ ， ∴四边形ECFG是正方形． 计算角度可得∠BEM = ∠DCM = 135∘ ， 可证明△BME≌△DMC（SAS）， 故MB = MD，∠DMC = ∠BME， 可得△BMD为等腰直角三角形， 故∠BDM = 45∘ ； （3）∠BDG = 60∘ ． 延长AB、FG交于点H，连接HD， 可证四边形AHFD为平行四边形． 通过角度计算可得△DAF为等腰三角形， 7/191­ 故AD = DF，四边形AHFD为菱形． 可证△BHD≌△GFD（SAS）， 故∠BDH = ∠GDF， ∠BDG = ∠BDH+∠HDG = ∠GDF +∠HDG = 60∘ ． 【解析】（3）延长AB、FG交于H，连接HD． ∵AD//GF，AB//DF， ∴四边形AHFD为平行四边形， ∵∠ABC = 120∘ ，AF平分∠BAD， ∴∠DAF = 30∘,∠ADC = 120∘,∠DFA = 30∘ ， ∴ △ DAF为等腰三角形， ∴AD = DF， ∴平行四边形AHFD为菱形， ∴ △ ADH， △ DHF为全等的等边三角形， ∴DH = DF，∠BHD = ∠GFD = 60∘ ， ∵FG = CE，CE = CF，CF = BH， ∴BH = GF， 在 △ BHD与 △ GFD中， DH = DF { ∵ ∠BHD = ∠GFD， BH = GF ∴ △ BHD ≅△ GFD(SAS)， ∴∠BDH = ∠GDF ∴∠BDG = ∠BDH+∠HDG = ∠GDF +∠HDG = 60∘ ． 8/191­ 能力强化 / 初三 / 秋季 第 2 讲 一元二次方程的应用 例题练习题答案 例1 【答案】 2 x −6x+4 = 0 2 x −6 4 【解析】 2 x −6x+9 = 5， 2 x −6x+9−5 = 0， 2 x −6x+4 = 0， 2 故二次项为x ，一次项系数为−6，常数项为4． 2 2 故答案为：x −6x+4 = 0；x ；−6；4． 例2 【答案】A 【解析】 2 m +1 2 由(m−1)x −2x−m = 0是关于x的一元二次方程，得m +1 = 2，且m−1 ≠ 0． 解得m = −1， 故选：A． 例3 【答案】C 【解析】 3 3 2 把 x = 2 代 入 方 程 x −2a = 0 ， 得 ×4−2a = 0 ， 解 得 a = 3 ， 把 a = 3 代 入 2 2 2a−1 = 6−1 = 5． 故选：C． 练3.1 【答案】−6 【解析】 2 将x = 1代入方程ax +bx+c = 0， 得：a+b+c = 0； 又∵a、b满足等式b = √a−3+√3−a+3， ∴a−3 ≥ 0，3−a ≥ 0； 9/191­ ∴a = 3， ∴b = 3； 则c = −a−b = −6． 例4 【答案】1 2 【解析】 2 ∵2n(n ≠ 0)是关于x的方程x −2mx+2n = 0的根， 2 ∴4n −4mn+2n = 0， ∴4n−4m+2 = 0， 1 ∴m−n = ． 2 1 故答案是： ． 2 例5 (1【) 答案】 2 解：∵2x +4x−7 = 0 7 2 ∴x +2x = 2 9 2 ∴x +2x+1 = 2 9 2 ∴(x+1) = 2 3√2 ∴x+1 = ± ． 2 3√2 3√2 ∴x = −1+ ，x = −1− 1 2 2 2 (2【) 答案】 2 解：∵2x −3x+2 = 0 ∴a = 2，b = −3，c = 2， 2 2 ∴Δ = b −4ac = (−3) −4×2×2 = −7 < 0 ∴此方程没有实数解． 10/191­ (3【) 答案】 2 解：∵x −7x+10 = 0 ∴(x−2)(x−5) = 0 ∴x = 2，x = 5． 1 2 (4【) 答案】 2 解：∵5(x+1) = 7(x+1) 2 ∴5(x+1) −7(x+1) = 0 ∴(x+1)[5(x+1) −7] = 0 ∴(x+1)(5x−2) = 0 2 ∴x = −1，x = 1 2 5 例6 (1【) 答案】C (2【) 答案】 2 解：设平均每次降价的百分率为x，由题意得200×(1−x) = 128 解得x = 0.2，x = 1.8(不合题意舍去) 1 2 答：这种药品平均每次降价率是20%． 练6.1 【答案】D 例7 【答案】设应将每千克小型西瓜的售价降低x元． 根据题意，得 40x ( ) [(3−2) −x] 200+ −24 = 200． 0.1 方程可化为：(1−x)(25+50x) −3 = 25 2 50x −25x+3 = 0 解这个方程，得x = 0.2，x = 0.3． 1 2 因为为了促销故x = 0.2不符合题意，舍去， ∴x = 0.3． 答：应将每千克小型西瓜的售价降低0.3元． 练7.1 【答案】 x （1）将这种水果每斤的售价降低x元，则每天的销售量是100+ ×20 = 100+200x( 0.1 斤)； 11/191­ 故答案为：100+200x． （2）根据题意得： (4−2−x)(100+200x) = 300， 1 解得：x = 或x = 1， 2 ∵每天至少售出260斤， ∴x = 1． (3−2) ÷ 2 = 50% 答：张阿姨需将每斤的售价降低1元，此时的利润率为50%． 【解析】 20 解：(1)若每斤降价x元，则每天可多销售 x = 200x(斤)，故每天的销量为100+200x斤， 0.1 其中03 ≤ x < 2． (2)其降低价格为x元，销售量为200x 则：300 = 200x(2−x)(03 ≤ x < 2) 2 整理得：x −4x+3 = 0 (x−1)(x−3) = 0，解得x = 1或x = 3 (舍去) 答：张阿姨需将每斤的售价降1元． 例8 (1【) 答案】①设条纹的宽度为x米．依题意得: 17 2 2x×5+2x×4−4x = ×5×4， 80 17 1 解得：x = ( 不 符 合, 舍 去)，x = ． 1 2 4 4 1 答：配色条纹宽度为 米． 4 17 ②条纹造价： ×5×4×200 = 850(元) 80 17 其余部分造价：(1− ) ×4×5×100 = 1575(元) 80 ∴总造价为：850+1575 = 2425(元) 12/191­ 答：地毯的总造价是2425元． (2【) 答案】18cm 【解析】解：设原铁皮的边长为xcm， 2 依题意列方程得(x−2×4) ×4 = 400， 2 即(x−8) = 100， 所以x−8 = ±10， x = 8± 10 ． 所以x = 18，x = −2(舍去)． 1 2 答：原铁皮的边长为18cm． 练8.1 【答案】 2 设 路 宽 为 x ， 则 道 路 面 积 为 30x+20x−x ， 所 以 所 需 耕 地 面 积 ( ) 2 551 = 20×30− 30x+20x−x ，解方程即可． 解：设修建的路宽为x米． ( ) 2 则列方程为20×30− 30x+20x−x = 551， 解得x = 49(舍去)，x = 1．即修建的路宽应为1米 1 2 例9 【答案】设每轮传染中平均每个人传染了x人， 依题意得1+x+x(1+x) = 121， ∴x = 10或x = −12（不合题意，舍去）， 所以，每轮传染中平均一个人传染了10个人． 例10 (1【) 答案】B (2【) 答案】A 练10.1 【答案】B 能力强化 / 初三 / 秋季 第 2 讲 一元二次方程的应用 自我巩固答案 13/191­ 1 【答案】A 2 【答案】 2 解：∵k是x −2017x+1 = 0的一个不为0的根， 2 2 ∴k −2017k+1 = 0，即k −2017k = −1， ( ) 2 2 ∴2k −4034k = 2 k −2017k = −2． 3 【答案】D 【解析】 1 2 2 原方程为3x −6x+1 = 0，二次项系数化为1，得x −2x = − ， 3 1 2 2 2 即x −2x+1 = − +1，所以(x−1) = ．故选D． 3 3 4 【答案】解：∵a = 1 ，b = 1 ，c = −3 ， 2 ∴b −4ac = 1+12 = 13 > 0 ， −1± √13 ∴x = ， 2 −1+√13 −1−√13 ∴x = ， x = ． 1 2 2 2 【解析】根据方程的特点可直接利用求根公式法比较简便，首先确定a，b，c的值，然后检验方程 是否有解，若有解，代入公式即可求解． 5 【答案】C 【解析】设这两个月平均每月增长的百分率是x，依题意．得 2 5(1+x) = 7.2， 故选：C． 6 【答案】C 【解析】设原正方形的边长为xm，依题意有 (x−1)(x−2) = 18， 故选：C． 7 【答案】B 【解析】解：设有x家公司参加，依题意，得 1 x(x−1) = 45． 2 8 【答案】设每盆花苗增加x株，则每盆花苗有(x+3)株， 14/191­ 平均单株盈利为：(3−0.5x)元， 由题意得：(x+3)(3−0.5x) = 10． 2 化简，整理，得x −3x+2 = 0． 解这个方程，得x = 1，x = 2， 1 2 则3+1 = 4，2+3 = 5， 答：要使每盆的盈利达到10元，每盆应植4株或者5株． 【解析】根据已知假设每盆花苗增加x株，则每盆花苗有(x+3)株，得出平均单株盈利为(3−0.5x) 元，由题意得(x+3)(3−0.5x) = 10求出即可． 9 【答案】设矩形猪舍垂直于住房墙一边长为xm可以得出平行于墙的一边的长为(25−2x+1)m，由 题意得 x(25−2x+1) = 80， 2 化简，得x −13x+40 = 0， 解得：x = 5，x = 8， 1 2 当x = 5时，26−2x = 16 > 12（舍去），当x = 8时，26−2x = 10 < 12， 答：所围矩形猪舍的长为10m、宽为8m． 【解析】设矩形猪舍垂直于住房墙一边长为xm可以得出平行于墙的一边的长为(25−2x+1)m．根 据矩形的面积公式建立方程求出其解就可以了． 10 【答案】设每个支干长出的小分支的数目是x个， 2 根据题意列方程得：x +x+1 = 91， 解得：x = 9或x = −10（不合题意，应舍去）； ∴x = 9； 答：每支支干长出9个小分支． 【解析】 2 由题意设主干长出的支干数目是x个，每个支干又长出x个小分支，则又长出x 个小分支， 2 则主干、支干、小分支的总数是x +x+1，即可列方程求得x的值． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 2 讲 一元二次方程的应用 课堂落实答案 15/191­ 1 【答案】A 【解析】 2 如果(m+3)x −mx+1 = 0是一元二次方程，(m+3) ≠ 0，即：m ≠ −3． 故选：A． 2 【答案】D 3 【答案】B 【解析】依题意得4+4x+x(4+4x) = 100， 2 即4(1+x) = 100， 故选：B 4 【答案】B 【解析】依题意得：(80+2x)(50+2x) = 5400， 2 即4000+260x+4x = 5400， 2 化简为：4x +260x−1400 = 0， 2 即x +65x−350 = 0． 故选：B． 5 【答案】设邀请x个球队参加比赛， 依题意得1+2+3+…+x−1 = 21， x(x−1) 即 = 21， 2 2 ∴x −x−42 = 0， ∴x = 7或x = −6（不合题意，舍去）． 答：应邀请7个球队参加比赛． 【解析】设邀请x个球队参加比赛，那么第一个球队和其他球队打(x−1)场球，第二个球队和其他球 队打(x−2)场，以此类推可以知道共打(1+2+3+…+x−1)场球，然后根据计划安排21 场比赛即可列出方程求解． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 2 讲 一元二次方程的应用 精选精练 16/191­ 1 【答案】 2 整理方程得：(a−2)x = 2，由此进行分类讨论： 当a−2 ≤ 0，即a ≤ 2时，方程无解； √2a−4 √2a−4 当a−2 > 0，即a > 2时，方程解为：x = ，x = − 1 2 a−2 a−2 2 【答案】 2 原方程可化为(k+1)x +(2k+1)x−2 = 0， ①当k = −1时，−x−2 = 0时，x = −2 ②当k ≠ −1时，原式可变为：(x+2)[(k+1)x−1] = 0 1 解得原方程的解为：x = −2，x = (k ≠ −1)． 1 2 k+1 3 【答案】C 【解析】设这两个连续整数为x，x+1． 则x(x+1) = 56， 解得：x = 7，x = −8， 1 2 则x+1 = 8或−7， 则它们的和为±15． 故选：C． 4 【答案】设这个两位数的十位数为x， 这个数为10x+(5−x) = 9x+5， 新的数为10(5−x) +x = 50−9x， 根据题意得：(9x+5)(50−9x) = 736 解得x = 2 ， x = 3 1 2 所以这个两位数为23或32 5 【答案】36岁 【解析】设周瑜逝世的年龄的个位数字为x，则十位数字为x−3， 2 由题意得：10(x−3) +x = x ， 解得：x = 5，x = 6， 1 2 当x = 5时，周瑜的年龄是25岁，非而立这年，不符合题意，舍去； 1 当x = 6时，周瑜的年龄是36岁，符合题意， 2 答：周瑜的年龄是36岁． 6 【答案】设每件商品降价x元,根据题意得： 17/191­ (50−x)(30+2x) = 2100， 2 化简得：x －35x+300=0， 解得：x = 15 ， x = 20， 1 2 ∵该商场为了尽快减少库存，则x = 15不合题意，舍去， 1 ∴x=20， 答：每件商品降价20元，商场日盈利可达2100元. 能力强化 / 初三 / 秋季 第 3 讲 判别式与韦达定理 例题练习题答案 例1 【答案】B 【解析】 2 2 △ = (−k) −4×2×(−3) = k +24， 2 ∵k ≥ 0， 2 ∴k +24 > 0，即△ > 0， ∴方程有两个不相等的实数根． 故选：B． 例2 【答案】 2 ( 2 ) 证明:△ = 9(m−1) −4×2 m −4m−7 ， 2 = m +14m+65， 2 = (m+7) +16． 2 ∵对于任何实数m，(m+7) ≥ 0， ∴△ > 0，即原方程有两个不相等的实数根． 2 2 所以方程2x +3(m−1)x+m −4m−7 = 0对于任何实数m，永远有两个不相等的实数 根． 【解析】 2 ( 2 ) 先计算△ = 9(m−1) −4×2 m −4m−7 2 = m +14m+65 2 = (m+7) +16 练2.1 18/191­ (1【) 答案】 证明： △= b 2 −4ac = [−(k+1)] 2 −4×1×(−6) 2 = (k+1) +24 > 0 ∴对于任意实数k，方程有两个不相等的实数根． 【解析】要想证明对于任意实数k，方程有两个不相等的实数根，只要证明△ > 0即可； (2【) 答案】解：把x = 2代入方程得：4−(k+1) ×2−6 = 0，解得k = −2， 2 把k = −2代入方程得：x +x−6 = 0， 解得：x = 2，x = −3， 1 2 ∴k的值为−2，方程的另一个根为−3． 【解析】把方程的一根代入原方程求出k的值，然后把k的值代入原方程求出方程的另一个根． 例3 【答案】解：当k+1 = 0 时， 原方程可化为−4x−4 = 0，x = −1，方程有实数根． 当k+1 ≠ 0 时，该方程为一元二次方程， 2 2 Δ = (3k−1) −4(2k−2)(k+1) = (k−3) ≥ 0，方程有实数根． 综上所述，所以不论k为何值时，方程总有实数根． 例4 【答案】m < 4且m ≠ 0 【解析】 2 ∵方程mx +4x+1 = 0（m为常数）有两个不相等的实数根， { m ≠ 0 { m ≠ 0 ∴ ，即 ， △> 0 4 2 −4m > 0 解得：m < 4且m ≠ 0． 练4.1 【答案】B 【解析】 2 ∵关于x的一元二次方程kx −2x−1 = 0有两个不相等的实数根， k ≠ 0 k ≠ 0 { { ∴ ，即 ， △> 0 △= 4+4k > 0 解得k > −1且k ≠ 0． 故选：B． 例5 (1【) 答案】 2 ∵关于x的一元二次方程x −4x+2m = 0有两个不相等的实数根， ∴△ > 0 2 ∴△ = (−4) −4×1×2m > 0， 19/191­ 解得m < 2； 【解析】 2 根据判别式的意义得到△ = (−4) −4×2m > 0，然后解不等式即可得到m的范围； (2【) 答案】∵m < 2且m为非负整数， ∴m = 0或m = 1． 2 当m = 0时，方程为x −4x = 0，解得方程的根为x = 0，x = 4，符合题意； 1 2 2 当m = 1时，方程为x −4x+2 = 0，它的根不是整数，不合题意，舍去． 综上所述，m = 0． 【解析】先确定整数m的值为0或1，然后把m = 0或m = 1代入方程得到两个一元二次方程，然 后解方程确定方程有整数解的方程即可． 练5.1 【答案】（1）证明：由题意得m ≠ 1， 2 Δ = [−(m+1)] −4×2(m−1) 2 = m −6m+9 2 = (m−3) ， 2 ∵(m−3) ≥ 0恒成立， 2 ∴方程(m−1)x −(m+1)x+2 = 0总有实根； 2 （2）解方程(m−1)x −(m+1)x+2 = 0， 2 得x = 1，x = ， 1 2 m−1 2 ∵方程(m−1)x −(m+1)x+2 = 0的两根均为正整数，且m是整数， ∴m−1 = 1或m−1 = 2， ∴m = 2或m = 3． 例6 【答案】10 【解析】 2 ∵x −6x+8 = 0， ∴(x−2)(x−4) = 0， 解得：x = 2或x = 4， 2 ∵等腰三角形的底和腰是方程x −6x+8 = 0的两根， ∴当2是等腰三角形的腰时，2+2 = 4，不能组成三角形，舍去； 当4是等腰三角形的腰时，2+4 > 4，则这个三角形的周长为2+4+4 = 10． ∴这个三角形的周长为10． 20/191­ 故答案为：10． 练6.1 【答案】 2 解：x −9x+20 = 0， 解得x = 4，x = 5， 1 2 ∵等腰三角形底边长为8， ∴当x = 4时，4，4，8的三条线段不能组成三角形， ∴等腰三角形腰长为5． 【解析】首先求出方程的根，再根据三角形三边关系得到x = 4时，4，4，8的三条线段不能组成三 角形，确定等腰三角形腰长为5． 例7 【答案】10 【解析】根据题意得x +x = −6，x x = 3， 1 2 1 2 2 2 2 x x x +x (x +x ) −2x x 2 1 1 2 1 2 1 2 所以 + = = ． x x x x x x 1 2 1 2 1 2 2 ( −6) −2×3 = = 10 3 故答案为10． 练7.1 【答案】−1或−3 【解析】∵这个方程的两个实数根为x 、x ， 1 2 ∴x +x = −(m+3)，x ⋅x = m+1， 1 2 1 2 2 2 而x +x = 4， 1 2 ( )2 ∴ x +x −2x ⋅x = 4， 1 2 1 2 2 ∴(m+3) −2m−2 = 4， 2 ∴m +6m+9−2m−6 = 0， 2 m +4m+3 = 0， ∴m = −1或−3， 故答案为：−1或−3 练7.2 【答案】∵x +x = m+6，x x = 3m+9， 1 2 1 2 2 2 ∴n = x +x −9 1 2 ( )2 = x +x −2x x −9 1 2 1 2 21/191­ 2 = (m+6) −2(3m+9) −9 2 = m +12m+36−6m−18−9 2 = m +6m+9 2 = (m+3) ， 2 2 当m = −1时，n = (m+3) = (−1+3) = 4， 所以动点P(m,n)所形成的函数图象经过点A(−1,4)． 【解析】 2 2 2 根据n = x +x −9，求出n = (m+3) ，即可得出动点P(m,n)所形成的函数图象经过点 1 2 A(−1,4)． 例8 【答案】[触类旁通]: ( )2 ( ) 2 2 x +x −4 x +x −12 = 0， 2 2 设x +x = y，则原方程化为：y −4y−12 = 0， 解得：y = 6，y = −2， 1 2 2 当y = 6时，x +x = 6，解得：x = −3或2； 2 当y = −2时，x +x = −2， 2 x +x+2 = 0， 2 ∵此方程中的△ = 1 −4×1×2 = −7 < 0， ∴此方程无解； 所以原方程的解为：x = −3，x = 2； 1 2 [解决问题]: (2x+2y+3)(2x+2y−3) = 27， 设2x+2y = a， 则原方程化为：(a+3)(a−3) = 27， 2 整理得：a = 36， 解得：a = ± 6， 即2x+2y = ± 6， 所以x+y = ± 3； [拓展迁移]: 2 设x +4x+3 = a， 22/191­ ( )( ) 2 2 则 x +4x+3 x +4x+5 +1 = a(a+2) +1 2 = a +2a+1 2 = (a+1) ( )2 2 = x +4x+3+1 ( )2 2 = x +4x+4 4 = (x+2) ， 4 故答案为：(x+2) ． 【解析】 [触类旁通]：设x 2 +x = y，则原方程化为y 2 −4y−12＝0 ，求出y，再求出x即可； [解决问题]：设2x+2y = a，则原方程化为(a+3)(a−3) = 27 ，求出a，再求出x+y 即 可； [拓展迁移]：设x 2 +4x+3 = a ，得出(x 2 +4x+3)(x 2 +4x+5) +1＝a(a+2) +1，根据完全 平方公式分解因式，最后得出答案即可． 练8.1 【答案】−1或2 【解析】设a+b = x，则由原方程，得 2x(2x−2) −8 = 0， 2 2 整理，得4x −4x−8 = 0，即x −x−2 = 0， 分解得：(x+1)(x−2) = 0， 解得：x = −1，x = 2． 1 2 则a+b的值是−1或2． 故答案是：−1或2． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 3 讲 判别式与韦达定理 自我巩固答案 1 【答案】B 【解析】 2 2 ∵在方程5x −11x+4 = 0中，△ = (−11) −4×5×4 = 41 > 0， 23/191­ 2 ∴方程5x −11x+4 = 0有两个不相等的实数根． 故选：B． 2 【答案】D 【解析】 2 2 2 根据题意得Δ = ( −2c) −4(a +b ) = 0， 2 2 2 即a +b = c ． ∴原三角形为直角三角形． 3 【答案】C 【解析】 2 关于x的方程kx +(1−k)x−1 = 0， A、当k = 0时，x−1 = 0，则x = 1，故此选项错误； 2 B、当k = 1时，x −1 = 0方程有两个实数解，故此选项错误； 2 2 C、当k = −1时，−x +2x−1 = 0，则(x−1) = 0，此时方程有两个相等的实数解，故此 选项正确； D、由C得此选项错误． 故选：C． 4 【答案】B 【解析】 2 ∵关于x的方程x −2x−2n = 0有两个不相等的实数根， 2 ∴△ = (−2) −4×1×(−2n) = 4+8n > 0， 1 解得：n > − ， 2 ∵方程的两个实数根都是整数， ∴−2n是整数，4+8n是完全平方数， ∵n < 5， ∴n = 0或n = 1.5或n = 4． 故选：B． 5 【答案】 2 解：（1）∵关于x的一元二次方程x +2x+k−1 = 0有两个不相等的实数根 2 ∴Δ = 2 −4×1×(k−1) = 4−4k+4 > 0， ∴k < 2， 即k的取值范围为：k < 2， （2）若k = 1， 24/191­ 2 则x +2x = 0， 解得：x = 0，x = −2． 1 2 6 (1【) 答案】证明：∵k ≠ 0 ∴原方程为一元二次方程， 2 ∴Δ = b −4ac 2 ( ) = 1−4k× − k = 9 ∵Δ > 0 ∴方程总有两个不相等的实数根． (2【) 答案】 1+√9 ∵x = 1 2k 4 = 2k 2 = k 1−√9 x = 2 2k −2 = 2k 1 = − k ∵两实数根都是整数， ∴整数k的值为−1，1． 7 【答案】B 【解析】解：(x−3)(x−7) = 0 ∴x = 3，x = 7． 1 2 25/191­ ∵三角形是等腰三角形，必须满足三角形三边的关系， ∴腰长是7，底边是3， 周长为：7+7+3 = 17． 8 【答案】C 【解析】 2 2 ∵x +x = 7， 1 2 ( )2 ∴ x +x −2x x = 7， 1 2 1 2 2 ∴m −2(2m−1) = 7， 2 ∴整理得：m −4m−5 = 0， 解得：m = −1或m = 5， 2 ∵△ = m −4(2m−1) ≥ 0， 当m = −1时，△ = 1−4×(−3) = 13 > 0， 当m = 5时，△ = 25−4×9 = −11 < 0， ∴m = −1， 2 2 ∴一元二次方程x −mx+2m−1 = 0为：x +x−3 = 0， ( )2 2 2 ∴ x −x = x +x −2x x = 7−2×(−3) = 13． 1 2 1 2 1 2 故选：C． 9 【答案】A 10 (1【) 答案】 2 证明：△ = (4m+1) −4(2m−1) 2 2 = 16m +8m+1−8m+4 = 16m +5 > 0， ∴不论m为任何实数，方程总有两个不相等的实数根． 【解析】要证明方程总有两个不相等的实数根，那么只要证明△ > 0即可． (2【) 答案】 x +x 1 1 1 1 2 1 ∵ + = − ，即 = − ， x x 2 x x 2 1 2 1 2 −4m−1 1 ∴由根与系数的关系可得 = − ， 2m−1 2 1 解得 m = − ， 2 26/191­ 1 经检验得出m = − 是原方程的根， 2 1 即m的值为− ． 2 【解析】 x +x 1 1 1 2 1 −4m−1 1 因为 + = = − ，所以由根与系数的关系可得 = − ，解方程 x x x x 2 2m−1 2 1 2 1 2 可得m的值． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 3 讲 判别式与韦达定理 课堂落实答案 1 【答案】D 2 【答案】B 【解析】 2 2 A、3x −2x = 0，Δ = (−2) −4×3×0 = 4 > 0，方程有两个不相等的实数根，所以A选项 不符合题意； 2 2 B、移项得到：3x −4x+2 = 0，Δ = (−4) −4×3×2 = −8 < 0，方程没有实数根，所以 B选项符合题意； 2 2 C、整理得：4x −4x−1 = 0，Δ = (−4) −4×4×(−1) = 32 > 0，方程有两个不相等的实 数根，所以C选项不符合题意； D、Δ = (−3) 2 −4×√2× ( −√3 ) = 9+4√6 > 0，方程有两个不相等的实数根，所以D选项 不符合题意． 故选：B． 3 【答案】①证明：因为方程是一元二次方程 2 2 Δ = (−m−2) −8m = (m−2) ≥ 0， 所以不论m为何值时，方程总有实数根； ②因为(x−1)(mx−2) = 0， 27/191­ 2 即x = 1，x = ， 1 2 m 要使方程的根为正整数，则m = 1或2， 当m = 2时，Δ = 0， 与两个不相等的实数根矛盾，故舍去， 所以当m = 1时， 方程有两个不相等的正整数根． 4 【答案】C 【解析】∵x +x = −7，x x = 8， 1 2 1 2 2 ∴x ，x 是方程x +7x+8 = 0的两个实数根． 1 2 故选：C． 5 【答案】B 【解析】 ( )2 ( ) 2 2 2 2 原方程变形得， x +y +4 x +y −5 = 0， ( )( ) 2 2 2 2 x +y +5 x +y −1 = 0， 2 2 又∵x +y 的值是非负数， 2 2 ∴x +y 的值为只能是1． 故选：B． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 3 讲 判别式与韦达定理 精选精练 1 【答案】C 【解析】 2 ∵关于x的一元二次方程x −2x+kb+1 = 0有两个不相等的实数根， ∴△ = 4−4(kb+1) > 0， 解得kb < 0， A．k > 0，b > 0，即kb > 0，故A不正确； B．k < 0，b < 0，即kb > 0，故B不正确； 28/191­ C．k > 0，b < 0，即kb < 0，故C正确； D．k < 0，b = 0，即kb = 0，故D不正确； 故选：C． 2 (1【) 答案】由题意m ≠ 0， ∵方程有两个不相等的实数根， 2 2 ∴△ > 0，即[−3(m+1)] −4m(2m+3) = (m+3) > 0， 解得：m ≠ −3， 则m的取值范围为m ≠ 0和m ≠ −3； 【解析】由方程根的情况，根据根的判别式可得到关于m的不等式，则可求得m的取值范围； (2【) 答案】 2 ∵△ = (m+3) ， 3m+3± (m+3) ∴x = ， 2m 2m+3 ∴x = ，x = 1， 1 2 m 2m+3 当x = 是整数时，可得m = 1或m = −1或m = 3， 1 m ∵|x| < 4，m = 1不合题意舍去， ∴m的值为−1或3． 【解析】 2 利用△ = (m+3) ，表示出x，根据该方程的根都是整数都是整数，根据x的范围即可 确定出m的整数值． 3 (1【) 答案】 2 证明:∵Δ = [−(2m+1)] −4m(m+1) = 1 > 0， ∴不论m为何值，方程总有两个不相等的实数根． 【解析】先根据题意求出△的值，再根据一元二次方程根的情况与判别式△的关系即可得出答 案； (2【) 答案】由于无论m为何值，方程恒有两个不等实根，故若要△ABC为等腰三角形，那么必有 一个解为8； 设AB = x = 8，则有： 1 29/191­ 2 2 8 −8(2m+1) +m(m+1) = 0，即：m −15m+56 = 0， 解得：m = 7，m = 8． 1 2 则当△ABC为等腰三角形时，m的值为7或8． 【解析】根据△ABC的两边AB、AC的长是这个方程的两个实数根，设AB = x = 8，得出 1 2 8 −8(2m+1) +m(m+1) = 0，求出m的值即可． 4 (1【) 答案】 2 2 ∵方程x +(2m−1)x+m −4 = 0有两个不相等的实数根， ( ) 2 2 ∴△ = (2m−1) −4 m −4 = −4m+17 > 0， 17 解得：m < ． 4 17 ∴当m < 时，方程有两个不相等的实数根． 4 【解析】根据方程的系数结合根的判别式，即可得出△ = −4m+17 > 0，解之即可得出结论； (2【) 答案】设方程的两根分别为a、b， 2 根据题意得：a+b = −2m+1，ab = m −4． ∵2a、2b为边长为√39的菱形的两条对角线的长， 2 2 2 ∴a +b = (a+b) −2ab ( ) 2 2 = (−2m+1) −2 m −4 = 2m 2 −4m+9 = ( √39 )2 = 39 解得：m = −3或m = 5． ∵a > 0，b > 0， ∴a+b = −2m+1 > 0， ∴m = −3． 若边长为√39的菱形的两条对角线的长分别为方程两根的2倍，则m的值为−3． 【解析】设方程的两根分别为a、b，根据根与系数的关系结合菱形的性质，即可得出关于m的 一元二次方程，解之即可得出m的值，再根据a+b = −2m+1 > 0，即可确定m的 值． 5 30/191­ (1【) 答案】 2 ( 2 ) 证明：∵△ = [−(2k+1)] −4 k +k ， 2 2 = 4k +4k+1−4k −4k = 1 > 0 ∴方程有两个不相等的实数根； 【解析】计算其判别式，判断其为正数，即可证得结论； (2【) 答案】∵x ，x 是上述方程的两个实数根， 1 2 2 ∴x +x = 2k+1，x x = k +k， 1 2 1 2 2 2 ∵x +x = 5， 1 2 ( )2 2 ( 2 ) ∴ x +x −2x x = 5，即(2k+1) −2 k +k = 5，解得k = 1或k = −2， 1 2 1 2 2 当k = 1时，方程为x −3x+2 = 0，解得x = 1或x = 2， 2 当k = −2时，方程为x +3x+2 = 0，解得x = −1或x = −2． 【解析】由根与系数的关系可求得x +x 和x x 的值，代入已知等式可得到关于k的方程，可 1 2 1 2 求得k的值，再代入方程求解即可． 6 (1【) 答案】 2 ∵一元二次方程x −3x+c = 0是“倍根方程”， ∵x +x = 3，x x = c，即x +2x = 3，2x 2 = c， 1 2 1 2 1 1 1 ∴c = 2， 故答案为：2； 【解析】 由一元二次方程x 2 −3x+c = 0是“倍根方程”，得到x +2x = 3，2x 2 = c，即可得 1 1 1 到结论； (2【) 答案】 n 解方程(x−2)(mx−n) = 0(m ≠ 0)得，x = 2，x = ． 1 2 m ∵方程两根是2倍关系， ∴x = 1或4， 2 n 当x = 1时，x = = 1，即m = n， 2 2 m 代入代数式4m 2 −5mn+n 2 = 0， 31/191­ n 当x = 4时，x = = 4，即n = 4m， 2 2 m 2 2 代入代数式4m −5mn+n = 0． 综上所述，4m 2 −5mn+n 2 = 0； 【解析】 n 解方程(x−2)(mx−n) = 0(m ≠ 0)得，x = 2，x = ．由方程两根是2倍关系，得到 1 2 m x = 1或4，代入解方程即可得到结论； 2 (3【) 答案】 2 根据“倍根方程”的概念设一元二次方程ax +bx+c = 0(a ≠ 0)的两个根为t和2t． ∴原方程可以改写为a(x−t)(x−2t) = 0， ∴ax 2 +bx+c = ax 2 −3atx+2at 2， b = −3at { ∴ ． 2 c = 2at 2 解得2b −9ac = 0． 2 ∴a，b，c之间的关系是2b −9ac = 0． 【解析】根据“倍根方程”的概念得到原方程可以改写为a(x−t)(x−2t) = 0，解方程即可得到 结论． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 4 讲 相似经典模型（一） 例题练习题答案 例1 (1【) 答案】4或6 【解析】若△AMN∽△ABC AM MN 则 = AB BC 32/191­ 3 MN ∴ = 9 12 ∴MN = 4 若△ANM∽△ABC AM MN 则 = AC BC 3 MN ∴ = 6 12 ∴MN = 6 ∴MN = 6或MN = 4 (2【) 答案】解：①设菱形的边长为x，则AE = 20−x，CF = 12−x ∵DE∥BC ∴ΔAED∽ΔABC AE DE 20−x x ∴ = ，即 = AB BC 20 12 15 ∴x = 2 15 ∴菱形的边长是 2 S S ΔAED DE 25 ΔCDF DF 9 ( )2 ( )2 ②∵ = = ， = = S BC 64 S AB 64 ΔABC ΔCBA ∴菱形BEDF的面积与ΔABC的面积之比 25 9 15 = 1− − = ． 64 64 32 练1.1 (1【) 答案】A (2【) 答案】 6 3或 5 33/191­ 【解析】设经过x秒后， 若 △ PBQ∽ △ ABC PB QB ∴ = AB BC 12−2x 4x ∴ = 12 24 ∴x = 3 若 △ QBP∽ △ ABC QB PB ∴ = AB BC 4x 12−2x ∴ = 12 24 6 ∴x = 5 6 ∴经过3或 秒后， △ PBQ与 △ ABC相似 5 例2 【答案】解：⑴∵四边形EGHF为正方形 ∴BC∥EF，∴△AEF∽△ABC ⑵设正方形零件的边长为amm 则KD = EF = a，AK = 80−a ∵EF∥BC，∴△AEF∽△ABC EF AK ∵AD⊥BC，∴ = BC AD a 80−a ∴ = ，解得a = 48 120 80 答：正方形零件的边长为48mm ⑶设EF = x，EG = y， ∵△AEF∽△ABC 34/191­ EF AK ∴ = BC AD x 80−y ∴ = 120 80 2 ∴y = 80− x 3 ∴矩形面积为 2 2 2 2 S = xy = − x +80x = − (x−60) +2400(0 < x < 120) 3 3 2 故当x = 60时，此时矩形的面积最大，最大面积为2400mm 【解析】（1）∵四边形EGFH为矩形， ∴BC∥EF， ∴△AEF∽△ABC； （2）设正方形零件的边长为a 在正方形EFGH中，EF∥BC，EG∥AD ∴△AEF∽△ABC，△BEG∽△BAD EF AE EG BE ∴ = ， = ， BC AB AD AB EF EG AE BE ∴ + = + = 1， BC AD AB AB a a 即： + = 1 120 80 解得：a=48 即：正方形零件的边长为48； （3）设长方形的长为x，宽为y， 当长方形的长在BC时， y x 由（1）知： + = 1， 120 80 √ y x y x ∵ + ≥ 2 × ， 120 80 120 80 35/191­ y x ∴当 = = 0.5，即x=60，y=40，xy最大为2400 120 80 x y 当长方形的宽在BC时， + = 1， 120 80 √ x y x y ∵ + ≥ 2 × ， 120 80 120 80 x y ∴当 = = 0.5，即x=40，y=60，xy最大为2400， 120 80 又∵x≥y，所以长方形的宽在BC时，面积＜2400 综上，长方形的面积最大为2400． 练2.1 【答案】15 【解析】设EF=x，EG=y， ∵△AEF∽△ABC EF AM ∴ = BC AD x 20−y ∴ = 30 20 2 ∴y=− x+20 3 2 2 2 2 ∴S =xy=− x +20x=− (x−15) +150 矩形EGHF 3 3 ∴当x=15时，矩形EGHF的面积最大. 例3 (1【) 答案】易证AB = AE = 4，DF = DC = 4 从而由BC = AD = 5 易得：EF = 3， S △EFG EF 9 ( )2 ∴ = = S BC 25 △BCG (2【) 答案】由8字模型得：△AGD∽△EGB 36/191­ BG 1 ∴ = GD 4 1 4 ∴BG = BD , GD = BD 5 5 由8字模型得：△AHD∽△FHB BH 1 ∴ = HD 2 1 2 ∴BH = BD ,HD = BD 3 3 2 ∴GH = BH−BG = BD 15 1 2 2 ∴BG:GH:HD= ： ： =3:2:10 5 15 3 练3.1 【答案】D 【解析】解：A、∵∠DAC＝∠DBC，∠AOD＝∠BOC ∴△AOD∽△BOC，故此选项正确，不合题意； B、∵△AOD∽△BOC AO OD ∴ = BO CO AO BO ∴ = OD CO 又∵∠AOB＝∠COD ∴△AOB∽△DOC，故此选项正确，不合题意； C、∵△AOB∽△DOC ∴∠BAO＝∠ODC ∵AC平分∠DAB ∴∠DAC＝∠BAC ∴∠CAD＝∠BDC ∵∠DAC＝∠DBC ∴∠CDB＝∠CBD 37/191­ ∴CD＝BC，故此选项正确，不合题意； D、无法得出BC⋅CD＝AC⋅OA，故此选项错误，符合题意． 故选：D． 例4 【答案】 3 （1）3，2， ． 2 解：（1）过点E作EH∥AB交BG于点H， 则有△ABF∽△EHF， AB ∴ =3，∴AB = 3EH． EH ∵平行四边形ABCD中，EH∥AB， ∴EH∥CD， 又∵E为BC中点， ∴EH为△BCG的中位线， CG ∴ = 2 EH ∴CG = 2EH， CD 3 ∴ = ． CG 2 m （2） ． 2 解：作EH∥AB交BG于点H，则△EFH∽△AFB， 38/191­ AB AF ∴ = = m， EH EF ∴AB = mEH． ∵AB = CD， ∴CD = mEH． ∵EH∥AB∥CD， ∴△BEH∽△BCG． CG ∴ = 2， EH ∴CG = 2EH． CD m ∴ = ； CG 2 （3）ab 解：过点E作EH∥AB交BD的延长线于点H，则有EH∥AB∥CD， ∵EH∥CD， ∴△BCD∽△BEH， CD BC ∴ = = b， EH BE ∴CD = bEH． AB 又 = a， CD ∴AB = aCD = abEH． ∵EH∥AB， ∴△ABF∽△EHF， AF AB ∴ = =ab． EF EH 39/191­ 练4.1 (1【) 答案】3 2 【解析】设CD=m，则BD=2m 易证：△AFE≌△CBE ∴AF=BC=3m 由8字模型得：△AFP∽△DBP AP AF 3m 3 ∴ = = = DP DB 2m 2 (2【) 答案】①过点A作AF∥DB交BE的延长线于点F ∵ ，设 ∴ ∴ ∵E是AC的中点 ∴ ∵AF∥DB ∴∠F=∠EBC 又∵∠AEF=∠CEB ∴△AEF≌△CEB ∴ ∵AF∥DB ∴△AFP∽△DBP 40/191­ ∴ ∴ ②∵DC:BC:AC = 1:2:3，CD = 2 1 ∴BC=4，AC=6，CE= AC = 3 2 ∴由勾股定理可得：EF = 5，BF = 10 AP 2 ∵ △ AFP∽ △ DBP， = PD 3 BP DP 3 ∴ = = FP AP 2 BP 3 ∴ = BF 5 ∴BP = 6 例5 【答案】证明：∵DE⊥CA ∴CD2 = CE ×CA ∵DF⊥CB ∴CD2 = CF ×CB ∴CE ×CA = CF ×CB CE CF ∴ = CB CA 又∵∠ECF = ∠BCA ∴ △ CEF ∽△ CBA 练5.1 【答案】 解：过点A作AE⊥BC交BC于点E，设DE = x，则CE = x+7. ∵ AB = AC,AE⊥BC. ∴ BE = CE = x+7， 2 由射影定理得：AB = BE ×BD 41/191­ ∴ 15 2 = (x+7)(2x+7) ∴(x+16)(2x−11) = 0 11 解得x = ，x = −16（不合题意，舍去） 1 2 2 ∴ BE = 12.5 ∴ BC = 2BE = 25. 例6 【答案】 ∵∠ACB = 90∘ ,CP⊥AD 2 由射影定理可得：CD = DP ⋅DA ∵AD为中线 ∴CD=BD 2 ∴BD = DP ⋅DA BD DP ∴ = DA BD 又∵∠BDP = ∠BDA ∴△BDP∽△ADB BD BP ∴ = DA AB ∴AD⋅PB = AB ⋅BD 练6.1 【答案】 （1）证明：∵AB = 2，BC = 4，BD = 1 AB 2 1 BD 1 ∴ = = ， = BC 4 2 AB 2 AB BD ∴ = BC AB ∵∠ABD = ∠CBA ∴△ABD∽△CBA （2）解：∵DE∥AB ∴△CDE∽△CBA 42/191­ ∴△ABD∽△CDE ∴DE = 1.5 能力强化 / 初三 / 秋季 第 4 讲 相似经典模型（一） 自我巩固答案 1 【答案】D 2 【答案】D 【解析】∵DE∥BC，DF∥BE， AD AE AF AD DE AD AF DF AD ∴ = ，△ADE∽△ABC， = ， = ， = = ， BD EC FE BD BC AB AE BR AB AE AF ∴ = ， EC FE ∴选项A、B、C正确，D错误． 3 【答案】A 【解析】设边长HG为x 易证：△AHG∽△ABC x h−x ∴ = a h ah ∴x= a+h 4 【答案】C 5 【答案】B 【解析】易得：AF=FB=1,EM=0.5, △ABE∽△NCE ∴CN=AB=2,AN=2AE 由8字模型易得：△AFM∽△NCM AM AF 1 ∴ = = MN CN 2 43/191­ AM 1 ∴ = AM +1 2 ∴AM=1 ∴AN=2AE=3 6 【答案】A 【解析】由题易得：△BCE≌△ACF ,且△CEF为等腰直角三角形 √ 2 2 ∴AF=BE= 10 −6 =8,CE=6 ∴∠CEF = ∠CFE = 45∘ ∴AF∥CE ∴△CEM∽△AFM AM AF 4 ∴ = = CM CE 3 7 【答案】D 【解析】 过点A作AG∥BC交CF延长线于点G ∴△AEG∽△DEC AG AE ∴ = = 3 DC DE ∵D为中点 ∴BC=2DC AG AG 3 ∴ = = BC 2DC 2 又∵△AFG∽△BFC AF AG 3 ∴ = = BF BC 2 BF BF 2 ∴ = = AB AF +BF 5 44/191­ 8 【答案】B 9 【答案】若∠BMC=90°， 1 AM = AC = 4； 2 若∠MBC=90°，如图所示，连接BD交AC于F， 2 由射影定理可得：BC = CF ⋅CM 25 2 ∴5 = 4⋅CM，则CM = 4 25 7 ∴AM = 8− = 4 4 7 ∴AM的长为4或 时，△BMC是直角三角形 4 10 【答案】①∵∠DAE = ∠ABD，∠ADE = ∠BDA， ∴△ADE∽△BDA． AD DE 2 ∴ = ，即AD = DE ⋅DB． BD AD ②∵BD是中线， ∴AD = CD， AD DE ∵ = ， BD AD CD DE ∴ = ， BD CD 又∵∠CDE = ∠BDC， ∴△CDE∽△BDC． ∴∠DEC = ∠ACB． 45/191­ 能力强化 / 初三 / 秋季 第 4 讲 相似经典模型（一） 课堂落实答案 1 【答案】A 【解析】设边长为x 易得：△ADE∽△ABC x 8−x ∴ = 12 8 24 ∴x = 5 2 【答案】C 【解析】由8字模型得：△ABE∽△CGE，△ABF∽△DGF AB BE 5 AB BF 7 ∴ = = , = = CG EG 2+FG GD FG FG AB 5 AB 7 ∴ = , = AB +DG 2+FG GD FG 2+FG FG ∴ −1 = 5 7 21 ∴FG= 2 3 【答案】B 【解析】 过点A作AH∥BC交CE延长线于点H ∴△AHE∽△BCE，△AHF∽△DCF 46/191­ AH AE 1 AH AF ∵ = = , = BC BE 6 DC DF ∵BC=2DC AH 1 ∴ = 2DC 6 AH 1 ∴ = DC 3 4 【答案】B 5 【答案】25 3 能力强化 / 初三 / 秋季 第 4 讲 相似经典模型（一） 精选精练 1 【答案】解：（1）∵AG⊥BC，AF⊥DE ∴∠AFE=∠AGC=90° ∵∠EAF=∠GAC ∴∠AED=∠ACB ∵∠EAD=∠BAC ∴△ADE∽△ABC （2）由（1）可知：△ADE∽△ABC， AD AE 2 1 ∴ = = = AB AC 4 2 由（1）可知：∠AFE=∠AGC=90°， ∴∠EAF=∠GAC， ∴△EAF∽△CAG， AF AE ∴ = AG AC 47/191­ AF 1 ∴ = AG 2 2 【答案】（1）证明：∵四边形EFGH是正方形， ∴EH∥BC， ∴∠AEH=∠B，∠AHE=∠C， ∴△AEH∽△ABC． （2）解：如图设AD与EH交于点M． ∵∠EFD=∠FEM=∠FDM=90°， ∴四边形EFDM是矩形， ∴EF=DM，设正方形EFGH的边长为x， ∵△AEH∽△ABC， EH AM ∴ = ， BC AD x 30−x ∴ = ， 40 30 120 ∴x= ， 7 120 14400 2 ∴正方形EFGH的边长为 cm，面积为 cm ． 7 49 3 【答案】A 【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AB∥CD，AD∥BC ∴△DMN∽△CMB，△DMN∽△ABN ∴△CMB∽△ABN 即有3对相似三角形 故选：A． 4 【答案】证明： ∵ AD//BC， 48/191­ AM AO ∴ = ， NC CO ∵ AD//BC， AO AD PD MD ∴ = = = ， OC BC PC NC AM MD ∴ = ， NC NC ∴ AM = MD． 5 【答案】 解： ∵ AD、BD的长度是x 2 −10x+m = 0的两个根 ∴ AD+BD = 10,AD⋅BD = m ∵ S = 20 △ABC 1 ∴ ⋅(AD+BD) ⋅CD = 20 2 ∴ CD = 4 由题意得：∠C = 90∘ ，AB⊥CD 2 由射影定理可得：CD = AD⋅BD ∴ m = AD⋅BD = 4 2 = 16 6 【答案】解：（1）∵在 △ CAD和 △ CBA中， ∠DAC = ∠B，∠ACD = ∠BCA， ∴ △ CAD∽ △ CBA； （2）∵ △ CAD∽ △ CBA CD CA ∴ = CA BC 2 即AC = CD×CB， 又∵BD = 10，DC = 8 2 ∴AC = 8×18 = 144， ∴AC = ±12 又∵AC > 0 ∴AC = 12； 49/191­ （3）∵DE//AC BE BD ∴ = EA DC 又∵BD = 10，DC = 8，AE = 4, BE 10 ∴ = ，∴BE = 5． 4 8 能力强化 / 初三 / 秋季 第 5 讲 相似经典模型（二） 例题练习题答案 例1 (1【) 答案】7 (2【) 答案】C 练1.1 【答案】解： ∵ △ABC为等边三角形 ∴ ∠B = ∠C = 60∘ . 若△DBP∽△PCE DB BP ∴ = PC CE 3 BP ∴ = 8−BP 4 ∴BP = 2或BP = 6 若△DBP∽△ECP DB BP ∴ = EC CP 3 BP ∴ = 4 8−BP 50/191­ 24 ∴BP = . 7 24 ∴BP = 2或BP = 6或BP = 7 例2 【答案】（1）提示，容易证得 ∠B = ∠C = ∠EMF，∠BEM = ∠FMC， △ BEM ∽ △ CMF； BE MC BM BE EM = = , = ； EM MF MF BM MF △ MEF ∽ △ BEM； （2）①当BM = ME时，延长BA，CD交于点G， ∵△MEF ∽ △BEM ∽ △CMF，BM = ME ∴MF = EF，CF = MF， ∴∠B = ∠C = ∠FMC ∴MF∥AB，且MF是中位线 又∵AD∥BC， ∴△GAD∽△GBC， AG AD 3 ∴ = = ， BG BC 6 ∴AG = AB = 6， 1 ∴EF = MF = BG = 6， 2 ②当BM = BE时， 51/191­ ∵△MEF ∽ △BEM ∽ △CMF， ∴ME = MF，CM = CF = 3， 又BM = BE = 3 ∴E，F是AB，CD的中点， ∴EF = 4.5． 练2.1 (1【) 答案】∵AB = AC， ∴∠B = ∠C， ∵∠BDE = 180∘ −∠B −∠DEB， ∠CEF = 180∘ −∠DEF −∠DEB， ∵∠DEF = ∠B， ∴∠BDE = ∠CEF， ∴△BDE∽△CEF； 【解析】根据等腰三角形的性质得到∠B = ∠C，根据三角形的内角和和平角的定义得到 ∠BDE = ∠CEF，于是得到结论； (2【) 答案】∵△BDE∽△CEF， BE DE ∴ = ， CF EF ∵点E是BC的中点， ∴BE = CE， CE DE ∴ = ， CF EF ∵∠DEF = ∠B = ∠C， ∴△DEF∽△ECF， ∴∠DFE = ∠CFE， ∴FE平分∠DFC． 52/191­ 【解析】 BE DE CE DE 根据相似三角形的性质得到 = ，等量代换得到 = ，根据相似三角形的 CF EF CF EF 性质即可得到结论． 例3 【答案】 解：过点O作OD⊥AC交AC于点D √ 在Rt △ ABC中，AB = 3 2 +4 2 = 5 易证 △ AOD ∽ △ ABC AO AD OD ∴ = = AB AC BC 2 AD OD ∴ = = 5 3 4 6 8 ∴ AD = ，OD = . 5 5 ∵ AP = 2 6 4 ∴ PD = 2− = 5 5 由共线三等角易证 △ ODP ∽ △ PCQ OD PD ∴ = CP QC 8 4 5 5 ∴ = 3−2 QC 1 ∴ QC = . 2 练3.1 【答案】D 53/191­ 【解析】 过点E作EP⊥CB交CB于点P 易证：△EPG∽△GBF EP EG ∴ = = 5 GB GF ∵EP=25 ∴GB=5 易得：DE=CP=GB=5 ∴GP=25-5-5=15 √ Rt △ EPG中，EG = 15 2 +25 2 = 5√34 ∴小正方形边长为√34 例4 (1【) 答案】B 【解析】 AC BC 易证△BCA∽△BDE，所以 = ，又因为等腰△BDC的顶角为120∘ ，所以 DE BD BC 2√3 = = √3，所以DE = √3． BD 2 (2【) 答案】D 【解析】①②易证 ③△BDF∽△ECF DF BF ∴ = CF EF ∴DF ×EF = BF ×CF AD BD 1 ④由①得： = = CE BE √2 54/191­ ∴CE = √2AD ∴BC−CE = √2AC−√2AD = √2CD 练4.1 【答案】B 【解析】做法同上题，相当于△ABD顺时针旋转 得到△CBE，故选B 例5 【答案】(1)∵∠EAF = ∠CAD， ∴∠EAC = ∠FAD， 又∵AC = CD， ∴∠D = ∠CAD = ∠ACE， ∴△ACE∽△ADF； (2)由(1)已证△ACE∽△ADF， AE AC ∴ = ， AF AD ∴△AEF∽△ACD， AE AC ∴ = = 1， EF CD ∴EA = EF． 练5.1 【答案】证明：（1）在 △ ABC与 △ AED中 AB BC AC ∵ = = AE ED AD ∴ △ ABC∽ △ AED， ∴∠BAC = ∠EAD ∴∠BAC−∠EAF = ∠EAD−∠EAF 即∠BAE = ∠CAD； AB AC AB AE （2）∵ = ，∴ = AE AD AC AD 在 △ ABE与 △ ACD中， AB AE ∵∠BAE = ∠CAD, = AC AD ∴ △ ABE∽ △ ACD． 例6 【答案】解：（1）连接AG， 55/191­ ∵正方形AEGH的顶点E、H在正方形ABCD的边上， ∴∠GAE = ∠CAB = 45∘ ，AE = AH，AB = AD， ∴A，G，C共线，AB −AE = AD−AH， ∴HD = BE， AE AB ∵AG = = √2AE，AC = = √2AB sin45∘ sin45∘ ∴GC = AC−AG = √2AB −√2AE = √2(AB −AE) = √2BE， ∴HD:GC:EB = 1:√2:1 ； （2）连接AG、AC， ∵ △ ADC和 △ AHG都是等腰直角三角形， ∴AD:AC = AH:AG = 1:√2 ， ∠DAC = ∠HAG = 45∘ ， ∴∠DAH = ∠CAG， ∴ △ DAH∽ △ CAG， ∴HD:GC = AD:AC = 1:√2， ∵∠DAB = ∠HAE = 90∘ ， ∴∠DAH = ∠BAE， 在 △ DAH和 △ BAE中， AD = AB { ∠DAH = ∠BAE， AH = AE 56/191­ ∴ △ DAH≌ △ BAE(SAS)， ∴HD = EB， ∴HD:GC:EB = 1:√2:1 ； （3）有变化， 连接AG、AC， DA:AB = HA:AE = m:n ， ∵∠ADC = ∠AHG = 90∘ ， ∴ △ ADC∽ △ AHG， √ 2 2 ∴AD:AC = AH:AG = m: m +n ， ∠DAC = ∠HAG， ∴∠DAH = ∠CAG， ∴ △ DAH∽ △ CAG， √ 2 2 ∴HD:GC = AD:AC = m: m +n ， ∵∠DAB = ∠HAE = 90∘ ， ∴∠DAH = ∠BAE， ∵DA:AB = HA:AE = m:n ， ∴ △ ADH∽ △ ABE， ∴DH:BE = AD:AB = m:n ， √ 2 2 ∴HD:GC:EB = m: m +n :n ． 【解析】解：（1）连接AG， ∵正方形AEGH的顶点E、H在正方形ABCD的边上， ∴∠GAE=∠CAB=45°，AE=AH，AB=AD， ∴A，G，C共线，AB-AE=AD-AH， ∴HD=BE， AE ∵AG= =√2AE， ∘ sin45 57/191­ AB AC= =√2AB， ∘ sin45 ∴GC=AC-AG=√2AB-√2AE=√2（AB-AE）=√2BE， ∴HD：GC：EB=1：√2：1； （2）连接AG、AC， ∵△ADC和△AHG都是等腰直角三角形， ∴AD：AC=AH：AG=1：√2，∠DAC=∠HAG=45°， ∴∠DAH=∠CAG， ∴△DAH∽△CAG， ∴HD：GC=AD：AC=1：√2， ∵∠DAB=∠HAE=90°， ∴∠DAH=∠BAE， 在△DAH和△BAE中， AD=AB { ∠DAH=∠BAE， AH=AE ∴△DAH≌△BAE（SAS）， ∴HD=EB， ∴HD：GC：EB=1：√2：1； （3）有变化， 连接AG、AC，DA：AB=HA：AE=m：n， ∵∠ADC=∠AHG=90°， ∴△ADC∽△AHG， √ 2 2 ∴AD：AC=AH：AG=m： m +n ，∠DAC=∠HAG， ∴∠DAH=∠CAG， ∴△DAH∽△CAG， √ 2 2 ∴HD：GC=AD：AC=m： m +n ， 58/191­ ∵∠DAB=∠HAE=90°， ∴∠DAH=∠BAE， ∵DA：AB=HA：AE=m：n， ∴△ADH∽△ABE， ∴DH：BE=AD：AB=m：n， √ 2 2 ∴HD：GC：EB=m： m +n ：n． 练6.1 【答案】连接BD、BF 易证： △ ABG∽ △ DBF AB AG 1 ∴ = = DB DF √2 又易证： △ ABG≌ △ CBE ∴AG = CE ∴AG:DF:CE = 1:√2:1． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 5 讲 相似经典模型（二） 自我巩固答案 1 【答案】B 2 【答案】B 59/191­ 【解析】 过点D作DF⊥BC交BC于点F， √ ∴DF= 3 2 −1 2 = 2√2 ∴AB=2√2 易证：△DAE∽△EBC AD AE ∴ = EB BC 1 2√2−BE ∴ = EB 2 ∴BE=√2 ∴AE=√2 √ √ ∴DE= 1 2 + ( √2 )2 =√3 ,CE= ( √2 )2 +2 2 =√6 ∴CE=√2DE 3 【答案】C 4 【答案】解：（1）证明：∵AB⊥BC，DC⊥BC， ∴∠B = ∠C = 90∘ ，∠BAE +∠AEB = 90∘ ， ∵AE⊥DE， ∴∠AED = 90∘ ， ∴∠AEB +∠DEC = 90∘ ， ∴∠DEC = ∠BAE， ∴ △ ABE ∽ △ ECD； （2）解：Rt △ ABE中，∵AB = 4，AE = 5， ∴BE = 3， ∵BC = 5， ∴EC = 5−3 = 2， 60/191­ 由（1）得： △ ABE ∽ △ ECD， AB EC ∴ = ， BE CD 4 2 ∴ = ， 3 CD 3 ∴CD = ； 2 （3）解：线段AD、AB、CD之间数量关系：AD = AB +CD； 理由是：过E作EF⊥AD于F， ∵ △ AED ∽ △ ECD， ∴∠EAD = ∠DEC， ∵∠AED = ∠C， ∴∠ADE = ∠EDC， ∵DC⊥BC， ∴EF = EC， ∵DE = DE， ∴Rt △ DFE≌Rt △ DCE（HL）， ∴DF = DC， 同理可得： △ ABE≌ △ AFE， ∴AF = AB， ∴AD = AF +DF = AB +CD． 5 【答案】B 【解析】 易证△ACF∽△BCE，∠EAF = 90∘ AF AC 3 ∴ = = BE BC 4 61/191­ 3 ∴AF = BE 4 75 1 ∵S = ，S = ×AF ×AE △AEF △AEF 8 2 1 3 75 ∴ ×(10−BE) × BE = 2 4 8 ∴BE=5 6 【答案】D 【解析】①△BAD≌△CAE； ②∵CD∥AE，AC∥DE， ∴∠CDA = ∠DAE = 90∘ ， ∠CAD = ∠EDA = 45∘ ， 可得：△ADC为等腰直角三角形； ③在△AEC和△AEB中 AE = AE { ∠BAE = ∠CAE CA = BA ∴△AEC≌△AEB(SAS) ； ④∠CFD = ∠ACF +∠CAF = ∠ACE +45∘ ， ∠CDG = 90∘ −∠ADB = 90∘ −(180∘ −135∘ −∠ABD) = 45∘ +∠ABD ， 由①△BAD≌△CAE， ∴∠ABD = ∠ACE， ∴∠CFD = ∠CDG， 又∵∠FCD = ∠DCG， ∴△CGD∽△CDF． 7 【答案】C 8 【答案】D 【解析】 62/191­ 延长FG交AD于点P 可得△DPG∽△GFH 2 5 ∴ = 3 FH 15 ∴FH = 2 1 15 45 ∴S = ×3× = △GFH 2 2 4 9 【答案】C 【解析】连接AF、AC 可得：△AFC∽△AGD CF AC ∴ = = √2 GD AD 10 【答案】证明：连接BD， ∵AD = √3AB，∠DBA = 60∘ ， 可得∠FDE +∠FBE = 180∘ ， ∴∠DFB = ∠AEB， ∵∠FDB = ∠EAB ∴ △ BDF ∼△ BAE， ∴DF = 2AE， ∵CD = 2CH， ∴2CH = CD = CF +DF = CF +2AE． 63/191­ 能力强化 / 初三 / 秋季 第 5 讲 相似经典模型（二） 课堂落实答案 1 【答案】C 2 【答案】2 【解析】 过E点作EP⊥BC，易证△DEH∽△PEG， DE EH DE 1 ∴ = ，即 = ， PE EG 10 5 ∴DE = 2 3 【答案】D 【解析】 ∵ ∠1 = ∠2， ∴ ∠BAC = ∠DAE A.两个角对应相等的两个三角形相似，选项错误； B.两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，选项错误； C.两个角对应相等的两个三角形相似，选项错误； D.夹角∠B与∠D大小无法判定，故无法判定三角形相似，选项正确 4 【答案】C 5 【答案】解：（1）△ABC∽△ADE，△ABD∽△ACE （2）①证△ABC∽△ADE， ∵∠BAD=∠CAE， ∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC， 即∠BAC=∠DAE． 又∵∠ABC=∠ADE， ∴△ABC∽△ADE． ②证△ABD∽△ACE， 64/191­ ∵△ABC∽△ADE， AB AC ∴ ＝ ． AD AE 又∵∠BAD=∠CAE， ∴△ABD∽△ACE． 【解析】解：（1）△ABC∽△ADE，△ABD∽△ACE （2）①证△ABC∽△ADE， ∵∠BAD=∠CAE， ∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC， 即∠BAC=∠DAE． 又∵∠ABC=∠ADE， ∴△ABC∽△ADE． ②证△ABD∽△ACE， ∵△ABC∽△ADE， AB AC ∴ ＝ AD AE 又∵∠BAD=∠CAE， ∴△ABD∽△ACE． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 5 讲 相似经典模型（二） 精选精练 1 【答案】B 【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，AB = 12，BM = 5， ∴MC = 12−5 = 7，∠BAM+∠MAE = 90∘ ，∠B = ∠C = 90∘ ． ∵ME⊥AM， ∴∠AME = 90∘， ∴∠MAE +∠AEM = 90∘ ． ∴∠BAM = ∠AEM， 65/191­ ∴ △ ABM ∽ △ EMA， AB BM AM ∴ = = , EM MA EA ∵AB = 12,BM = 5, √ 2 2 ∴AM = AB +BM = 13, 5 13 169 ∴ = ,得AE = , 13 AE 5 169 109 ∴DE = AE −AD = −12 = 5 5 故选：B． 2 【答案】m+n n 【解析】 ∵∠DEF = 90∘ ，∴∠BEF +∠CED = 90∘ ． 又∠BEF +∠BFE = 90∘ ， ∴∠BFE = ∠CED．又∠B = ∠C， ∴△BEF∽△CDE． ∴EF:FB = DE:EC． ∵BE:EC = m:n， ∴可设BE = mk，EC = nk，则DE = (m+n)k． EF DE (m+n)k m+n ∴ = = = ． FB EC nk n ∵AF = EF， m+n ∴AF:FB = ． n m+n 故答案为： ． n 3 【答案】解：存在． CD DP 4 DP ①若△PCD∽△APB，则 = ，即 = ，解得DP = 2或12； PB AB 14−DP 6 66/191­ CD DP 4 DP ②若△PCD∽△PAB，则 = ，即 = ，解得DP = 5.6． AB PB 6 14−DP ∴当DP = 2或12或5.6时，△PCD与△PAB相似． 4 【答案】B 5 【答案】（1）解：图中的相似三角形有△ABC∽△ADE，△ABD∽△AEF，△AEF∽△DCF， △ABD∽△DCF，△ADF∽△ACD；理由如下： ∵△ABC和△ADE均为等边三角形， ∴∠BAC=∠B=∠C=∠DAE=∠ADE=∠E=60°， ∴△ABC∽△ADE； ∵∠BAC=∠DAE， ∴∠BAD=∠FAE， ∴△ABD∽△AEF； ∵∠AFE=∠DFC，∠E=∠C， ∴△AEF∽△DCF， ∴△ABD∽△DCF； ∵∠DAF=∠CAD，∠ADF=∠C， ∴△ADF∽△ACD； （2）证明：∵△ABC和△ADE均为等边三角形， ∴∠B=∠E=60°，∠BAC=∠EAD=60°，AB=AC，AD=AE， ∴∠BAD=∠EAF， ∴△ABD∽△AEF， AB AD ∴ = ， AE AF ∴AB•AF=AE•AD， ∴AC•AF=AE•AE， 2 ∴AE =AF•AC． 6 【答案】（1）证明：如图1，过点D作DF⊥BC，交AB于点F， 则∠BDE+∠FDE=90°， ∵DE⊥AD， ∴∠FDE+∠ADF=90°， ∴∠BDE=∠ADF， ∵∠BAC=90°，∠ABC=45°， 67/191­ ∴∠C=45°， ∵MN∥AC， ∴∠EBD=180°-∠C=135°， ∵∠BFD=45°，DF⊥BC， ∴BD=DF， ∴∠AFD=135°， ∴∠EBD=∠AFD， 在△BDE和△FDA中 ∠EBD = ∠AFD { BD = DF ， ∠BDE = ∠ADF ∴△BDE≌△FDA（ASA）， ∴AD=DE； （2）解：DE=√3AD， 理由：如图2，过点D作DG⊥BC，交AB于点G， 则∠BDE+∠GDE=90°， ∵DE⊥AD， ∴∠GDE+∠ADG=90°， ∴∠BDE=∠ADG， ∵∠BAC=90°，∠ABC=30°， ∴∠C=60°， ∵MN∥AC， ∴∠EBD=180°-∠C=120°， ∵∠ABC=30°，DG⊥BC， ∴∠BGD=60°， ∴∠AGD=120°， ∴∠EBD=∠AGD， ∴△BDE∽△GDA， 68/191­ AD DG ∴ = ， DE BD DG √3 在Rt△BDG中， =tan30°= ， BD 3 ∴DE=√3AD． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 6 讲 反比例函数综合 例题练习题答案 例1 【答案】B 练1.1 (1【) 答案】A (2【) 答案】C 例2 【答案】 1 y = − 2x 练2.1 【答案】 6 y = x 例3 (1【) 答案】4 (2【) 答案】1 【解析】 4 ∵点A在双曲线y = 的图象上， x 69/191­ 1 ∴△AOH的面积 = ×4＝2． 2 2 点B在双曲线y = 的图象上， x 1 ∴△HOB的面积 = ×2＝1． 2 ∴△AOB的面积＝△AOH的面积﹣△HOB的面积＝2﹣1＝1． 练3.1 (1【) 答案】1 (2【) 答案】6 【解析】S +S = 5，S +S = 5，S +S = 6. 1 阴影 2 阴影 1 2 例4 【答案】解： k （1）∵A（2，2）在反比例函数y = 的图象上， x ∴k＝4． 4 ∴反比例函数的解析式为y = ． x 1 4 又∵点B（ ，n）在反比例函数y = 的图象上， 2 x 1 ∴ n = 4，解得：n＝8， 2 1 即点B的坐标为（ ，8）． 2 1 由A（2，2）、B（ ，8）在一次函数y＝ax+b的图象上， 2 2 = 2a+b { 1 得： ， 8 = a+b 2 70/191­ a = −4 { 解得： ， b = 10 ∴一次函数的解析式为y＝﹣4x+10． （2）将直线y＝﹣4x+10向下平移m个单位得直线的解 析式为y＝﹣4x+10﹣m， 4 ∵直线y＝﹣4x+10﹣m与双曲线y = 有且只有一个交点， x 4 令−4x+10−m = ， x 2 得4x +（m﹣10）x+4＝0， 2 ∴△＝（m﹣10） ﹣64＝0， 解得：m＝2或m＝18． 练4.1 【答案】−2 ≤ b ≤ 2 【解析】 1 解：根据题意，方程x+b = − 最多只有一个解， x 2 即方程x +bx+1 = 0最多只有一个实数根， 2 ∴b −4 ≤ 0， 解得：−2 ≤ b ≤ 2． 例5 【答案】 k 解：（1）把A（2，5）分别代入y = 和y＝x+b， x k { = 5 得 2 ， 2+b = 5 解得k＝10，b＝3； （2）由（1）得，直线AB的解析式为y＝x+3， 10 反比例函数的解析式为y = ． x 10 { y = { x = 2 { x = −5 由 x ，解得： 或 ． y = 5 y = −2 y = x+3 71/191­ 则点B的坐标为（﹣5，﹣2）． 由图象可知，当y ＞y 时，x的取值范围是 1 2 x＜﹣5或0＜x＜2． 【解析】（2）可得点B的坐标为B(−5, −2)，由图象观察可得x的取值范围是x < −5或0 < x < 2． 练5.1 【答案】 6 （1）y = − ； x （2）y = −x−1； （3）−3 < x < 0或x > 2． 【解析】和（2）用待定系数法即可；（3）观察图象可得． 例6 【答案】 1 （1）y = ； x 1 ( ) （2）A(1,1)，B − , −2 ； 2 1 （3）0 < x < 1或x < − ； 2 ( ) ( ) （4）存在，P (1,0)，P √2,0 ，P (2,0)，P −√2,0 ． 1 2 3 4 【解析】（1）∵一次函数的图象经过(a,b)、(a+k,b+k+2)两点， 2a−1 = b { ∴ ，解得k = 2， 2(a+k) −1 = b+k+2 1 ∴反比例函数的解析式为：y = ； x 1 1 { { x = 1 y = x 1 = − { 2 （2）解 x 得 2 ， ， y = 1 2 y = 2x−1 y 1 = −2 1 ( ) ∴A(1,1)，B − , −2 ． 2 1 k （3）根据函数图象可得：0 < x < 1或x < − 时， > 2x−1； 2 2x （4）存在． 72/191­ 当AP = OP ，AP ⊥x轴，∴P (1,0)； 1 1 1 1 ( ) 当AO = OP ，∴P √2,0 ； 2 2 当AO = AP ，∴P (2,0)； 3 3 ( ) 当AO = P O，∴P −√2,0 . 4 4 练6.1 【答案】解：（1）∵点A(−1,n)在一次函数y = −2x的图象上， ∴n = −2×(−1) = 2， ∴点A的坐标为(−1,2)， ∵点A在反比例函数的图象上， ∴k = −2， 2 ∴反比例函数的解析式是y = − ． x （2）点P的坐标为(−2,0)或(0,4)或(0,0)． ( ) ( ) （3）点P的坐标为(−2,0)， −√5,0 ， √5,0 ，(−2.5,0). 【解析】（2）∵A(−1,2)， √ ∴OA = (−1) 2 +2 2 = √5， ∵点P在坐标轴上， ∴当点P在x轴上时设P(x,0)， ∵PA = OA， √ ∴ (x+1) 2 +(0+2) 2 = √5，解得x = −2； 当点P在y轴上时，设P(0,y)， √ ∴ (0+1) 2 +(y−2) 2 = √5，解得y = 4； 当点P在坐标原点，则P(0,0)． ∴点P的坐标为(−2,0)或(0,4)或(0,0)． （3）当PA = OA时，由（2）可知P点的坐标为(−2,0)； 当PO = OA时，∵OA = √5， ( ) ( ) ∴P点的坐标为 −√5,0 ， √5,0 当PA = OP时，作OA的垂直平分线交x轴于P，此时P的坐标为(−2.5,0)， ( ) ( ) 点P坐标为(−2,0)， −√5,0 ， √5,0 ，(−2.5,0)． 例7 【答案】（1）点B坐标为B(2,1)； 73/191­ 一次函数解析式为y = x−1. （2）点P坐标为: ①P(0,1) ②P(0,3)． 【解析】 （2）①当∠APB = 90∘ 时，P(0,1)； ②当∠ABP = 90∘ 时，P(0,3)． 练7.1 【答案】解：（1）∵直线y = kx+b过A(0, −2)，B(1,0)两点 b = −2 { ∴ ， k+b = 0 k = 2 { 解得： ， b = −2 ∴一次函数的表达式为y = 2x−2， ∴设M(p,q)，作MD⊥x轴于点D， ∵S = 2， △OBM 1 ∴ OB ⋅MD = 2， 2 1 ∴ q = 2， 2 ∴q = 4， ∴将M(p,4)代入y = 2x−2得4 = 2p−2， ∴p = 3， m ∵M(3,4)在双曲线y = (m ≠ 0)上， x m ∴4 = ， 3 ∴m = 12， 12 ∴反比例函数的表达式为：y = ； x （2）作MD⊥x轴于D， ①如图1，过点M(3,4)作MP⊥AM交x轴于点P， ∴此时点P的坐标为(11,0)． 74/191­ ②如图2，过点A(0, −2)作AP⊥AM交x轴于点P， 此时点P的坐标为(−4,0)． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 6 讲 反比例函数综合 自我巩固答案 1 【答案】D 【解析】 2 m −2 ∵函数y = (m−1)x 是反比例函数， 2 ∴m﹣1≠0，m ﹣2=﹣1． 解得m=﹣1． 故选：D． 2 【答案】A 3 【答案】C 4 【答案】D 5 【答案】（1）当点A(1,1)时，点B的坐标为B(−1, −1)，S = 2； ΔABC 1 1 ( ) ( ) 当点A 2, 时，点B的坐标为B −2, − ，S = 2． ΔABC 2 2 1 ( ) （2）B −a, − ；S = 2． ΔABC a 75/191­ 6 【答案】D 7 【答案】A 【解析】 4 解：∵直线y =­2x+6与双曲线y = 在同一坐标系的交点坐标是（1，4）和（2，2）， 1 2 x ∴当y ＞y 时，直线在双曲线上面， 1 2 ∴当y ＞y 时，x的取值范围是x＜0或1＜x＜2， 1 2 故选：A． 8 【答案】C 9 【答案】C 10 【答案】C 能力强化 / 初三 / 秋季 第 6 讲 反比例函数综合 课堂落实答案 1 【答案】C 【解析】 m−5 解：∵y = 2x 为反比例函数， ∴m−5 = −1， 解得m = 4． 故选C． 2 【答案】B 【解析】提示：当a > 0时，一次函数经过一、二、三象限，反比例函数经过一、三象限，选B； 当a < 0时，一次函数经过一、三、四象限，反比例函数经过二、四象限，没有正确选项. 3 【答案】 6 y = − (x < 0)． x 【解析】 |k| 提示： = 3，图象在第二象限，即k = −6，只取第二象限部分，故x < 0． 2 4 【答案】B 5 【答案】解： 76/191­ 2 （1）∵反比例函数y = 的图象与一次函数y＝kx+b的图象交于点A、B，点A、B的横坐 x 标分别为1，﹣2， ∴A（1，2），B（﹣2，﹣1）， k+b = 2 { 把A、B的坐标代入y＝kx+b得 ， −2k+b = −1 k = 1 { 解得 ， b = 1 ∴一次函数的解析式为y＝x+1； （2）∵B（﹣2，﹣1）， 由图象可知，当﹣2＜x＜0时，y＜﹣1. 【解析】提示：利用反比例函数解析式和待定系数法可以求出A、B的坐标，然后即可求出一次函数 解析式 能力强化 / 初三 / 秋季 第 6 讲 反比例函数综合 精选精练 1 【答案】C 【解析】解：A、从反比例函数图象得a>0，则对应的一次函数y=ax-a图象经过第一、三、四象 限，所以A选项错误； B、从反比例函数图象得a>0，则对应的一次函数y=ax-a图象经过第一、三、四象限，所 以B选项错误； C、从反比例函数图象得a>0，则对应的一次函数y=ax-a图象经过第一、三、四象限，所 以C选项正确； D、从反比例函数图象得a>0，则对应的一次函数y=ax-a图象经过第一、三、四象限，所 以D选项错误． 故选：C． 2 【答案】C 【解析】解：由图象可知：图象过(−1,2)点，代入得： 77/191­ k = −2， 2 ∴y = − ． x 故选：C． 3 【答案】B 【解析】解：过点B作BE⊥x轴于点E， ∵D为OB的中点， 1 ∴CD是△OBE的中位线，即CD = BE． 2 k k k k k 设A(x, ），则B(2x, ），CD = ，AD = − ， x 2x 4x x 4x ∵△ADO的面积为1， 1 1 k k 8 ∴ AD⋅OC = 1， （ − ) ⋅x = 1，解得k = ， 2 2 x 4x 3 故选：B． 4 【答案】 m 解：（1）把A(−4,2)代入y = ，得m = 2×(−4) = −8， x 8 所以反比例函数解析式为y = − ， x 8 把B(n, −4)代入y = − ，得−4n = −8， x 解得n = 2， 把A(−4,2)和B(2, −4)代入y = kx+b，得 −4k+b = 2 { ， 2k+b = −4 78/191­ k = −1 { 解得 ， b = −2 所以一次函数的解析式为y = −x−2； （2）y = −x−2中，令y = 0，则x = −2， 即直线y = −x−2与x轴交于点C(−2,0)， ∴S = S +S ΔAOB ΔAOC ΔBOC 1 1 = ×2×2+ ×2×4 = 6； 2 2 m （3）由图可得，不等式kx+b− > 0的解集为：x < −4或0 < x < 2． x 5 【答案】 k 解：（1）把B(1,3)代入y = 得k = 1×3 = 3； x 故答案为：3； 3 （2）反比例函数解析式为y = ， x 3 设A点坐标为(a, ）， a ∵PB⊥x于点C，PA⊥y于点D， 3 3 ∴D点坐标为(0, ），P点坐标为(1, ），C点坐标为(1,0)， a a 3 3 ∴PB = 3− ，PC = − ，PA = 1−a，PD = 1， a a 79/191­ 3 − PC a 1 PD 1 ∴ = = ， = ， PB 3 1−a PA 1−a 3− a PC PD ∴ = ， PB PA 而∠CPD = ∠BPA， ∴△PCD∽△PBA， ∴∠PCD = ∠PBA， ∴CD∥BA， 而BC∥DF，AD∥EC， ∴四边形BCDF、ADCE都是平行四边形， ∴BF = CD，AE = CD， ∴BF = AE， （3）∵四边形ABCD的面积 = S −S ， ΔPAB ΔPCD 1 3 1 3 21 ∴ ⋅(3− ) ⋅(1−a) − ⋅1⋅( − ) = ， 2 a 2 a 4 3 3 整理得a+ = 0，解得a = − ， 2 2 ∴P点坐标为(1, −2)． 6 【答案】 k 2 解：（1）把A(−1,2)代入y = ，得到k = −2， 2 x 80/191­ 2 ∴反比例函数的解析式为y = − ． x 2 ∵B(m, −1)在y = − 上， x ∴m = 2， { −k 1 +b = 2 { k 1 = −1 由题意 ，解得 ， 2k 1 +b = −1 b = 1 ∴一次函数的解析式为y = −x+1． （2）∵A(−1,2)，B(2, −1)， ∴AB = 3√2， 2 2 ①当PA = PB时，(n+1) +4 = (n−2) +1， ∴n = 0， ∵n > 0， ∴n = 0不合题意舍弃． ②当AP = AB时，2 2 +(n+1) 2 = (3√2) 2 ， ∵n > 0， ∴n = −1+√14． ③当BP = BA时，1 2 +(n−2) 2 = (3√2) 2 ， ∵n > 0， ∴n = 2+√17． 综上所述，n = −1+√14或2+√17. 能力强化 / 初三 / 秋季 第 7 讲 阶段自检A 期中试卷答案 1 【答案】B 【解析】该题考查的是一元二次方程的概念． 81/191­ 2 2 一元二次方程ax +bx+c = 0(a ≠ 0)，二次项x 前面的系数a叫做二次项系数，x前面的系 数b叫做一次项系数，c叫做常数项．因此，该题中二次项系数是1，一次项系数是−2，常 数项系数是−3．故选A． 2 【答案】D 3 【答案】A 4 【答案】B 5 【答案】B 6 【答案】B 7 【答案】B 8 【答案】B 9 【答案】D 【解析】已知三角形的面积s一定， 1 2s 则它底边a上的高h与底边a之间的函数关系为S = ah，即h = ； 2 a 是反比例函数，且2s > 0，h > 0； 故其图象只在第一象限． 故选：D． 10 【答案】A 【解析】 k k > 0时，函数y = k(x+1)的图象经过第一、二、三象限，反比例函数y = 的图象位于第 x 一、三象限，选项A符合； k k < 0时，函数y = k(x+1)的图象经过第二、三、四象限，而反比例函数y = 的图象位于 x 第二、四象限，无选项符合． 故选：A． 11 【答案】 、 12 【答案】6 13 【答案】 14 【答案】7 【解析】∵△ABC是等边三角形， ∴∠B = ∠C = 60∘ ，AB = BC； 82/191­ ∴CD = BC−BD = 9−3 = 6； ∴∠BAD+∠ADB = 120∘ ∵∠ADE = 60∘ ， ∴∠ADB +∠EDC = 120∘ ∴∠DAB = ∠EDC， 又∵∠B = ∠C = 60∘ ， ∴△ABD∽△DCE， AB DC 则 = ， BD CE 9 6 即 = ， 3 CE 解得：CE = 2， 故AE = AC−CE = 9−2 = 7． 故答案为：7． 15 【答案】3 4 16 【答案】±2 【解析】 k 解：由于点P是反比列函数y= （k≠0）的图象上一点， x 则S=|k|=2，解得：k=±2． 17 【答案】k > 0 【解析】 y = x { k 解：联立两解析式得： ， y = x 2 消去y得：x −k＝0， ∵两个函数在同一直角坐标系中的图象有两个交点， 2 ∴△＝b −4ac＝4k > 0，即k > 0． 故k的取值范围是k > 0． 故答案为： k > 0． 18 【答案】6 83/191­ 19 【答案】 −3+√17 −3−√17 解：x = ，x = ． 1 2 4 4 【解析】找出a，b，c的值，计算出根的判别式的值大于0，代入求根公式即可求出解． 20 【答案】解：(1)证明:∵ ， ∴在实数范围内，m无论取何值， ， 即 ， ∴关于x的方程 恒有两个不相等的实数根； 2 (2)根据题意，得1 −(m+2) +(2m−1) = 0， 解得， ， 则方程的另一根为：x = (m+2) −x = 4−1 = 3； 2 1 当该等腰三角形的腰为1、底边为3时，∵ ，∴构不成三角形； 当该等腰三角形的腰为3、底边为1时，∵3+3 > 1，∴周长为7. 21 【答案】解：设矩形猪舍垂直于住房墙一边长为xm，平行于墙的一边的长为(25−2x+1)m， 由题意得x(25−2x+1) = 80， 2 化简，得x −13x+40 = 0， 解得：x = 5，x = 8， 1 2 当x = 5时，26−2x = 16 > 12（舍去）， 当x = 8时，26−2x = 10 < 12， 答：所围矩形猪舍的长为10m、宽为8m． 22 【答案】 解：∵在Rt△ABC中，∠ACB = 90∘ ，CD⊥AB 2 ∴由射影定理，CD = AD⋅BD 2 CD 9 ∴AD = = ． BD 4 23 【答案】解：(1)依题意得: ． 故答案是: ； (2)设应将每千克小型西瓜的售价降低x元，根据题意，得 可化为: ， 解这个方程，得x = 0.2,x = 0.3． 1 2 为使每天的销量较大，应降价0.3元，即定价 元/千克． 84/191­ 答:将每千克小型西瓜每天的售价降低0.3元． 24 【答案】证明：(Ⅰ)如图，∵线段BP绕点B顺时针旋转90°得到线段BQ， ∴BP = BQ，∠PBQ = 90∘ ． ∵四边形ABCD是正方形， ∴BA = BC，∠ABC = 90∘ ． ∴∠ABC = ∠PBQ． ∴∠ABC−∠PBC = ∠PBQ−∠PBC，即∠ABP = ∠CBQ． 在△BAP和△BCQ中， BA = BC { ∵ ∠ABP = ∠CBQ， BP = BQ ∴△BAP≌△BCQ(SAS)． ∴CQ=AP； (Ⅱ)如图，∵四边形ABCD是正方形， 1 1 ∴∠BAC= ∠BAD=45°，∠BCA= ∠BCD=45°， 2 2 ∴∠APB+∠ABP=180°-45°=135°， ∵△PBQ是等腰直角三角形， ∴∠BPQ=45°， ∴∠APB+∠CPQ=180°-45°=135°， ∴∠CPQ=∠ABP， ∵∠BAC=∠ACB=45°， ∴△APB∽△CEP． 25 【答案】解：（1）将A(2,m)代入直线y = x+1得m = 3，则A(2,3)， 85/191­ k 将A(2,3)代入y = 得k = 6； x y = x+1 { x = 2 x = −3 { { （2）解方程组 6 得 或 ，则B(−3, −2)， y = y = 3 y = −2 x 所以当x < −3或0 < x < 2时，y < y ． 1 2 26 【答案】 2 解：(1)∵关于x的一元二次方程(1−2k)x −2x−1 = 0有两个不相等的实数根， 1−2k ≠ 0 { k+1 ≥ 0 ∴ ， 2 ( −2√k+1) +4(1−2k) > 0 1 解得:−1 ≤ k < 2，且k ≠ ， 2 1 ∴k的取值范围是: −1 ≤ k < 2，且k ≠ ； 2 2 2 （2）假设存在实数k使得x +x = 1成立． 1 2 2√k+1 1 ∵x +x = − ，x x = ， 1 2 1 2 2k−1 2k−1 2√k+1 1 2 2 ( )2 2 ∴x +x = x +x −2x x = ( − ) −2× = 1， 1 2 1 2 1 2 2k−1 2k−1 1± √6 解得:k = ， 2 1± √6 经检验知，k = 符合题意． 2 1± √6 2 2 ∴存在实数k = ，使得x +x = 1成立． 1 2 2 27 【答案】解： 86/191­ 如图，过O作AC垂线交BC于H，则OH//AB ∴AD⊥BC，OH⊥AC ∵∠DAC+∠C = 90∘ ，∠CHO+∠C = 90∘ ∴∠CHO = ∠DAC ∵∠BOA +∠HOB = 90∘ ，∠HOB +∠HOE = 90∘ ∴∠BOA = ∠HOE ∴ △ OEH ∽△ OFA 3 易得OH = 2 OF OA 3 4 ∴ = = 2÷ = OE OH 2 3 能力强化 / 初三 / 秋季 第 8 讲 三角函数综合 例题练习题答案 例1 (1【) 答案】A (2【) 答案】C 练1.1 【答案】C 例2 (1【) 答案】D (2【) 答案】√2 2 87/191­ 练2.1 【答案】B 例3 (1【) 答案】B (2【) 答案】A 练3.1 【答案】B 例4 【答案】（1）原式 = √3−2√2+3+2−√3 = 5−2√2 1 1 （2）原式 = 2× +3× −4×1 2 2 3 = − 2 练4.1 【答案】 √3 原式 = 3+√3−3× +1 = 4 3 【解析】 √3 原式 = 3+√3−3× +1 3 = 4 例5 (1【) 答案】设BC = a， 在Rt△BCD中，∵∠BDC = 30∘ , √3 ∴BD = 2BC = 2a，DC = BD⋅cos30∘ = 2a⋅ = √3a， 2 ∵∠BDC是△ABD外角，∠A = 15∘ ， ∴∠ABD = ∠A = 15∘ ， ∴AD = BD = 2a， ∴AC = AD+DC = (2+√3)a， BC a ∴tan15∘= = AC (2+√3)a 88/191­ 2−√3 = = 2−√3． ( )( ) 2+√3 2−√3 (2【) 答案】设BC = a， 在Rt△BCD中，∵∠BDC = 45∘ , √2 ∴BD = √2BC = √2a，DC = BD⋅cos45∘ = √2a⋅ = a， 2 ∴AD = BD = √2a， ∴AC = AD+DC = (1+√2)a， BC a ∴tan∠A= = AC (1+√2)a 1−√2 = = √2−1． ( )( ) 1+√2 1−√2 练5.1 【答案】设AC = a， 在Rt△ABC中，∠ABC = 30∘ ， ∴AB = 2AC = 2a，BC = AB ⋅cos30∘ = √3a， ∴AB = BD = 2a， ∴∠D = ∠BAD， ∴CD = BD+BC = ( 2+√3 ) a，∠D = 15∘ ， ( ) DC 2+√3 a ∴tan∠DAC= = = 2+√3， AC a ∠DAC = 90∘ −15∘ = 75∘ ． 例6 【答案】过点C作CD⊥AB，与BA的延长线交于点D， ∵∠CAB是△ACD的外角， ∴∠ACD = 120∘ −90∘ = 30∘ ， 89/191­ 在Rt△ACD中，AD = AC⋅sin30∘ = 2，CD = AC⋅cos30∘ = 2√3， ∴BD = AD+AB = 4， √ 在Rt△BCD中，BC = CD 2 +BD 2 = 2√7． 练6.1 【答案】过点D作DE//AB，与AC交于点E， 5 在Rt△ABD中，∵tanB = ， 3 设AD = 5x，则AB = 3x， √ ∴BD = AB 2 +AD 2 = √34x， 1 √34 ∴CD = BD = x， 2 2 DC 1 ∴ = ， BC 3 ∵DE//AB， ∴∠ADE = ∠BAD = 90∘ ，△EDC∽△ABC， DE CD CE 1 ∴ = = = ，则DE = x， AB BC AC 3 DE x 1 在Rt△ADE中，tan∠CAD = = = ． AD 5x 5 例7 【答案】过点A作AD⊥BC，与BC交于点D， 则∠ADB = ∠ADC = 90∘ , 在Rt△ABD中，∵∠ABD = 45∘ ， ∴BD = AB ⋅cos45∘ = 2，AD = AB ⋅sin45∘ = 2， 90/191­ 2 在Rt△ADC中，∵tanC = ， 3 AD ∴CD = = 3， tanC √ ∴AC = AD 2 +CD 2 = √13， BC = BD+CD = 5． 练7.1 【答案】D 例8 【答案】（1）过点A作AE⊥BC，与BC交于点E， √2 在Rt△ACE中，∵AC = √2，cosC = ， 2 √ 2 2 ∴CE = AC⋅cosC = 1，AE = AC −CE = 1， 1 在Rt△ABE中，∵tanB = ， 5 AE ∴BE = = 5， tanB ∴BC = BE +CE = 6． （2）∵D是BC中点， ∴CD = 3，DE = 2 √ AD = AE 2 +DE 2 = √5 AE √5 ∴sin∠ADC = = ． AD 5 【解析】（1）如图，作AH⊥BC于H． √2 CH 在RtΔACH中， ∵ cosC = = ，AC = √2， 2 AC 91/191­ √ ∴ CH = 1，AH = AC 2 −CH 2 = 1， AH 1 在RtΔABH中， ∵ tanB = = ， BH 5 ∴ BH = 5， ∴ BC = BH+CH = 6． （2） ∵ BD = CD， √ ∴ CD = 3，DH = 2，AD = AD 2 +DH 2 = √5 AH √5 在RtΔADH中，sin∠ADH = = ． AD 5 √5 ∴ ∠ADC的正弦值为 ． 5 练8.1 【答案】 3 （1）在Rt △ ABC中，∵sinB = ，AB = 10， 5 ∴AC = AB ⋅sinB = 6， √ 2 2 ∴BC = AB −AC = 8． （2）过点D作DE⊥AB，与AB交于点E， ∵点D为边BC的中点， 1 ∴BD = CD = BC = 4， 2 1 1 ∵S = AB ⋅DE = AC⋅BD， △ABD 2 2 AC⋅BD 6×4 12 ∴DE = = = ， AB 10 5 16 √ 在Rt △ BDE中，BE = BD 2 −DE 2 = ， 5 92/191­ 34 ∴AE = AB −BE = ， 5 DE 6 在Rt △ ADE中，tan∠BAD = = ． AE 17 例9 (1【) 答案】B (2【) 答案】A 练9.1 【答案】 解：由题意，可得∠FED = 45∘ ． 在Rt △ DEF中， ∵ ∠FDE = 90∘ ，∠FED = 45∘ ， 9√2 ∴ DE = DF = 1.8，EF = √2DE = ． 5 ∵ ∠AEB = ∠FED = 45∘ ， ∴ ∠AEF = 180∘ −∠AEB −∠FED = 90∘ ． 在Rt △ AEF中， ∵ ∠AEF = 90∘ ，∠AFE = 39.3∘ +45∘ = 84.3∘ ， 9√2 ∴ AE = EF ⋅tan∠AFE ≈ ×10.02 = 18.036√2． 5 在Rt △ ABE中， ∵ ∠ABE = 90∘ ，∠AEB = 45∘ ， √2 ∴ AB = AE ⋅sin∠AEB ≈ 18.036√2× ≈ 18． 2 故旗杆AB的高度约为18米． 例10 【答案】解：作BM⊥ED，BM交ED的延长线于M， CN⊥DM，CN交ED的延长线于于N． CN 1 4 在Rt △ CDN中，∵ = = DN 0.75 3 设CN = 4k，DN = 3k 93/191­ ∵CD = 10 2 2 ∴(3k) +(4k) = 100 ∴k = 2 ∴CN = 8，DN = 6 ∵四边形BMNC是矩形 ∴BM = CN = 8，BC = MN = 20，EM = MN+DN+DE = 66 AM 在Rt △ AEM中，tan24∘ = EM 8+AB ∴0.45 = 66 ∴AB = 21.70（米） 练10.1 【答案】（1）过B作BG⊥AD于G， 则四边形BGDF是矩形， ∴BG = DF = 5米， ∵AB = 13米， √ 2 2 ∴AG = AB −BG = 12米， BG ∴AB的坡度i = = 1:2.4； AG CF 3CF （2）在Rt △ BCF中，BF = = ， tan∠CBF 4 CF CF 在Rt △ CEF中，EF = = ， tan∠CEF 2 ∵BE = 4米， 3CF CF ∴BF −EF = − = 4， 4 2 94/191­ 解得：CF = 16． ∴DC = CF +DF = 16+5 = 21米． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 8 讲 三角函数综合 自我巩固答案 1 【答案】D 2 【答案】D 【解析】 5 解：如图，∵sin∠A＝ ， 13 ∴设BC＝5k，AB＝13k， √ √ 2 2 2 2 由勾股定理得，AC＝ AB −BC ＝ (13k) −(5k) ＝12k， AC 12k 12 ∴cos∠A＝ ＝ ＝ ． AB 13k 13 故选：A． 3 【答案】A 4 【答案】B 5 【答案】A 6 【答案】 3 在Rt △ ABC中，∵tanB = ， 4 设AC = 3x，则BC = 4x， 2 2 2 ∴(3x) +(4x) = 5 ， 解得x = 1，即AC = 3，BC = 4， ∵BD = 1， ∴CD = BC−BD = 3， √ 在Rt △ ACD中，AD = AC 2 +CD 2 = 3√2． 95/191­ 7 【答案】过点A作AD⊥BC，与BC交于点D 则∠ADB = ∠ADC = 90∘ , 在Rt△ABD中，∵∠B = 45∘ ， ∴BD = AB ⋅cos45∘ = 2，AD = AB ⋅sin45∘ = 2， 在Rt△ADC中，∵∠C = 30∘ ， AD ∴CD = = 2√3， tan30∘ ∴BC = BD+CD = 2+2√3． 8 【答案】过点A作AD⊥BC于点D， ∵A地位于B地北偏东67∘ 方向，距离B地520km， ∴∠BAD = 67∘ ， ∴BD = AB ⋅sin67∘ = 520×0.92 = 478.4km， AD = AB ⋅cos67∘ = 520×0.39 = 202.8km． ∵C地位于A地南偏东30∘ 方向， ∴∠CAD = 30∘ ， √3 202.8√3 ∴CD = AD⋅tan30∘ = 202.8× = km， 3 3 202.8√3 ∴BC = BD+CD = 478.4+ ≈595(km)． 3 答：B地到C地之间高铁线路的长为595km． 9 【答案】 过点A作AE⊥BC与BC交于点E，则∠AEB = 90∘ ， 96/191­ 在Rt△ABE中，∵∠BAE = 30∘ ， 设BE = x，则AE = √3x， CD = AE = √3x， 在Rt△ACE中，∵∠EAC = 45∘ , ∴CE = √3x， 则CE = AD = AE = CD = √3x， ∴BE +CE = x+√3x = 120， ( ) 解得x = 60 √3−1 ， ∴DC = 180−60√3（米）． 10 【答案】在Rt△ABE中，设AE = x，则BE = √3x， AE 2 +BE 2 = x 2 + ( √3x )2 = 200 2 ， 则x = 100，则AE = 100， ∴CE = AE −AC = 100−20 = 80， ∵坡度比为1:4， 所以DE = 320， √ 在Rt△CDE中，CD = CE 2 +DE 2 = 80√17米． 【解析】 ∵ ∠AEB = 90∘，AB = 200，坡度为1:√3， 1 √3 ∴ tan∠ABE = = ， √3 3 ∴ ∠ABE = 30∘， 1 ∴ AE = AB = 100， 2 ∵ AC = 20， ∴ CE = 80， ∵ ∠CED = 90∘，斜坡CD的坡度为1:4， 97/191­ CE 1 ∴ = ， DE 4 80 1 即 = ， ED 4 解得，ED = 320， √ ∴ CD = 80 2 +320 2 = 80√17米， 答：斜坡CD的长是80√17米． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 8 讲 三角函数综合 课堂落实答案 1 【答案】A 2 【答案】62 3 【答案】C 4 【答案】 √3 ( √2)2 原式 = ×√3+ = 2 2 2 【解析】原式ABCD ABCD ABCD. 5 【答案】10√3 能力强化 / 初三 / 秋季 第 8 讲 三角函数综合 精选精练 1 【答案】C 2 【答案】 解：原式 = cos 2 1∘ +⋯+cos 2 44∘ +cos 2 45∘ +sin 2 44∘ +⋯+sin 2 1∘ 98/191­ = cos 2 1∘ +sin 2 1∘ +⋯+cos 2 44∘ +sin 2 44∘ +cos 2 45∘ ( √2)2 = 44+ 2 89 = 2 3 【答案】 5 （1）在Rt△ABE中，∵cos∠ABC = ，AB = 13， 13 ∴BE = AB ⋅cos∠ABC = 5， √ 2 2 AE = AB −BE = 12； （2）过点D作DG⊥BC，与BC交于点G， 则∠DGC = ∠AEC = 90∘ ， ∴DG∥AE，且△CDG∽△CAE， DG CG CD 1 ∴ = = = ， AE CE CA 2 5 则CG = ，DG = 6， 2 ∵AB = AC ∴等腰三角形ABC ∴BC = 2BE = 10 15 ∴BG = BC−CG = 2 DG 4 在Rt△BDG中，tan∠DBC = = BG 5 4 【答案】过点C作CE⊥AB，与AB交于点E 99/191­ √2 在Rt△BCE中，∵sinB = ，BC = 2√2 2 √2 ∴CE = BC⋅sinB = 2√2⋅ = 2 2 √ 2 2 BE = BC −CE = 2 1 在Rt△ACE中，∵tanA = 2 CE ∴AE = = 4 tanA 则AB = AE +BE = 6 ∵D是AB的中点 1 ∴BD = AB = 3，DE = BD−BE = 1 2 √ 在Rt△CDE中，CD = CE 2 +DE 2 = √5 DE √5 ∴cos∠CDB = = CD 5 5 【答案】C 【解析】如图，延长GF交过点A的水平线于J，作BH⊥AJ于H，CK⊥GJ于K，EM⊥GJ于M 1 设CD = EF = 5k，则FM = DN = 4k，EM = CN = 3k，BH = AB = 1，AH = √3BH = √3 2 ， ∴ AJ = √3+1.5+1.5+6k = √3+3+6k，GJ = 2+8k+1 = 3+8k， 100/191­ GJ 3 ∵ tan37 ∘ = = ， AJ 4 3+8k 3 ∴ = ， √3+3+6k 4 ∴ k ≈ 0.156， ∴ GJ = 3+8×0.156 ≈ 4.3(m)． 6 【答案】 （1）作CD⊥BA交BA的延长线于点D 由题意可知，BC = 120米，∠CBD = 30∘ 则CD = 60米 ∵∠DCA = 30∘ CD 60 ∴AC = = = 40√3米 cos30∘ √3 2 （2）作A ′ N⊥BC于点N，作A ′ E⊥BA交BA的延长线于点E 由题意可知 ∠1 = 30∘ ，∠EA ′ B = 75∘ ，∠EA ′ A = 30∘ ，∠CBD = 30∘ 则∠AA ′ B = 45∘ ∴∠2 = 15∘ ∴∠A ′ BE = 15∘ ∴A ′ B平分∠ABC ′ ′ ∴A N = A E ′ 设AA = x √3 √3 ′ ′ 则A E = x，A N = x 2 2 ∴CA ′ = √3x 101/191­ ∵AC = 40√3 ∴x+√3x = 40√3 得x = 60−20√3，即此时小明所乘坐的小船走的距离为（60−20√3）米 能力强化 / 初三 / 秋季 第 9 讲 二次函数的应用题 例题练习题答案 例1 (1【) 答案】 2 ± 5 (2【) 答案】抛物线；向下；x = 0；(0,1)；高；(0,1) (3【) 答案】抛物线；向下；x = −3；(−3,0)；高；0 练1.1 (1【) 答案】B (2【) 答案】抛物线；向上；x = −3；(−3, −5)；低；(−3, −5) 例2 (1【) 答案】 1 5 ( ) ( ) 2 将点 1, 、 −2, − 、(3,5)分别代入二次函数y = ax +bx+c得， 3 3 1 {a+b+c = 1 3 { a = 3 5 解得 4a−2b+c = − b = 1 3 c = −1 9a+3b+c = 5 1 2 所以这个二次函数的解析式为y = x +x−1 3 102/191­ (2【) 答案】由二次函数与y轴的交点(0,4)得：c = 4 2 将点(−3,0)和(1,0)代入二次函数解析式y = ax +bx+4 得 4 {a = − 9a−3b+4 = 0 3 { ，解得 a+b+4 = 0 8 b = − 3 4 8 2 所以二次函数解析式为y = − x − x+4 3 3 练2.1 (1【) 答案】 1 9 ( ) 2 ∵抛物线y = ax +bx+c的顶点坐标为 , − ， 2 4 1 9 ( )2 ∴设抛物线的解析式为y = a x− − ． 2 4 2 ∵抛物线y = ax +bx+c过点M(2,0)， 1 9 ( )2 ∴ 2− a− = 0，解得：a = 1， 2 4 1 9 ( )2 2 ∴抛物线的解析式为y = x− − ，即y = x −x−2． 2 4 【解析】 1 9 ( )2 由抛物线的顶点坐标可得出抛物线的解析式为y = a x− − ，由点M的坐标利用 2 4 二次函数图象上点的坐标特征，可得出关于a的一元一次方程，解之即可得出结论； (2【) 答案】 2 设抛物线的解析式为y = m(x−2) +n(m ≠ 0) ， 2 将(1,0) ，(0,3) 代入y = m(x−2) +n，得： m+n = 0 m = 1 { { ，解得： ， 4m+n = 3 n = −1 2 2 ∴抛物线的解析式为y = (x−2) −1，即y = x −4x+3 ． 【解析】 由抛物线的对称轴为直线x = 2 可设抛物线的解析式为y＝m(x−2) 2 +n(m ≠ 0) ，根据 抛物线上两点的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式． 103/191­ 例3 【答案】B 【解析】∵x = −3和−1时的函数值都是−3相等， ∴二次函数的对称轴为直线x = −2． 故选：B． 练3.1 【答案】0 【解析】 2 ∵抛物线y = ax +bx+c经过点A(−3,0)，对称轴是直线x = −1， 2 ∴y = ax +bx+c与x轴的另一交点为(1,0)， ∴a+b+c = 0． 故答案为：0． 例4 【答案】设养鸡场垂直于墙的一边长为x米，若面积达到220平方米， 则列方程 x(40−2x) = 220 2 整理得 x −20x+110 = 0 △ = 400−440 < 0 此方程没有实数根． 所以养鸡场的面积不能达到220平方米． 练4.1 【答案】（1）根据题意，得S = x(24−3x)， 11 2 即所求的函数解析式为：S = −3x +24x( ≤ x < 8)， 3 （2）根据题意，设AB长为x，则BC长为24−3x， 2 则−3x +24x = 45． 2 整理，得x −8x+15 = 0， 解得x = 3或5， 当x = 3时，BC = 24−9 = 15 > 13不成立， 当x = 5时，BC = 24−15 = 9 < 13成立， ∴ AB长为5m； 2 2 （3）S = 24x−3x = −3(x−4) +48， ∵ 墙的最大可用长度为13m， ∴ 当x = 4，有最大面积为48m 2 ．此时24−3x = 12 < 13， ∴ 能围成最大面积为48m 2 的正方形花园，其长和宽分别为12m、4m． 104/191­ 例5 【答案】解：（1）设现在实际购进这种牛肉每千克a元，则原来购进这种牛肉每千克(a+2)元，由 题意，得 32(a+2) = 33a， 解得a = 64． 答：现在实际购进这种牛肉每千克64元； （2）设y与x之间的函数关系式为y = kx+b， 将(80,40)，(70,140)代入， 80k+b = 40 k = −10 { { 得 ，解得 ， 70k+b = 140 b = 840 故y与x之间的函数关系式为y = −10x+840； （3）设这种牛肉的销售单价为x元时，所获利润为w元， 2 2 则 w = (x−64)y = (x−64)( −10x+840) = −10x +1480x−53760 = −10(x−74) +1000 ， 所以当x = 74时，w有最大值1000． 答：将这种牛肉的销售单价定为74元时，能获得最大利润，最大利润是1000元． 练5.1 【答案】（1）2400元； （2）应将售价定为125元，最大销售利润是2500元． 【解析】（1）(130−100) ×80 = 2400(元)； ∴商家降价前每星期的销售利润为2400元； （2）设应将售价定为x元， 130−x ( ) 则销售利润y = (x−100) 80+ ×20 5 2 2 = −4x +1000x−60000 = −4(x−125) +2500 当x = 125时，y有最大值2500． ∴应将售价定为125元，最大销售利润是2500元． 例6 【答案】 2 解：（1）设解析式为：h = a(t−3) +19.8， 2 把点(0,1.8)代入得：1.8 = a(0−3) +19.8， ∴ a = −2， ∴ h = −2(t−3) 2 +19.8； （2）当第一发花弹发射3秒后，第二发花弹发射1秒， 105/191­ 2 2 把t = 1代入h = −2(t−3) +19.8得，h = −2×(1−3) +19.8 = 11.8米； （3） ∵ 这种烟花每隔2秒发射一发花弹，每一发花弹的飞行路径，爆炸时的高度均相 同， 2 皮皮小朋友发射出的第一发花弹的函数解析式为：h = −2(t−3) +19.8， ∴ 第二发花弹的函数解析式为：h ′ = −2(t−5) 2 +19.8， ′ 皮皮发现在第一发花弹爆炸的同时，第二发花弹与它处于同一高度，则令h = h， 2 2 得：−2(t−3) +19.8 = −2(t−5) +19.8， ∴ t = 4秒，此时h = h ′ = 17.8米 > 16米， 答：花弹的爆炸高度符合安全要求． 练6.1 【答案】 2 解：（1）设这条抛物线解析式为y = a(x+m) +k 由题意知：顶点A为(1,4)，P为(0,3) 2 ∴4 = k，3 = a(0−1) +4，a = −1． 2 所以这条抛物线的解析式为y = −(x−1) +4． 2 （2）令y = 0，则0 = −(x−1) +4， 解得x = 3，x = −1(舍) 1 2 所以若不计其它因素，水池的半径至少3米，才能使喷出的水流不至于落在池外． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 9 讲 二次函数的应用题 自我巩固答案 1 【答案】C 【解析】 2 y = 3x −6x+1 ( ) 2 = 3 x −2x +1 2 = 3(x−1) −2． 故选：C． 2 【答案】C 【解析】利用配方法配成顶点式， 106/191­ 2 y = −x +2x+4 2 = −(x −2x+1−1) +4 2 = −(x−1) +5． 当x = 1时，y有最大值为5． 3 【答案】D 4 【答案】D 5 【答案】A 【解析】 4 解：对称轴为直线x = − = −1， 2×2 ∵ a = 2 > 0， ∴ x < −1时，y随x的增大而减小， x > −1时，y随x的增大而增大， ∵ 点A( −2,y )的对称点为(0,y )， 1 1 ∴ y < y < y ． 1 2 3 故选：A． 6 【答案】C 7 【答案】A 8 【答案】D 9 【答案】C 10 【答案】解：（1）设每件商品定价为x元时，销售量为y件，则y与x的函数关系式为： y = 500+100(13−x) = −100x+1800 （2）设利润为w，则w = (x−2)(−100x+1800) 2 2 = −100x +2000x−3600 = −100(x−10) +6400 当x = 10时，最大利润为：6400元，则商店定价为10元时，才能使每天销售这 种小商品的利润最大，这个最大利润为6400元． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 9 讲 二次函数的应用题 107/191­ 课堂落实答案 1 【答案】D 2 【答案】C 【解析】 2 根据题意，设y = a(x−2) +3，抛物线经过点(3,1)，所以a+3 = 1，a = −2． 2 2 因此抛物线的解析式为：y = −2(x−2) +3 = −2x +8x−5． 故选：C． 3 【答案】B 4 【答案】D 5 【答案】2√6米． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 9 讲 二次函数的应用题 精选精练 1 【答案】①③④ 2 【答案】1 【解析】 2 2 ∵y = x −2x+2 = (x−1) +1， ∴抛物线的顶点坐标为(1,1)， ∵四边形ABCD为矩形， ∴BD = AC， 而AC⊥x轴， ∴AC的长等于点A的纵坐标， 当点A在抛物线的顶点时，点A到x轴的距离最小，最小值为1， ∴对角线BD的最小值为1． 故答案为1． 3 【答案】3 【解析】 2 ∵x = 2m+n+2和x = m+2n时，多项式x +4x+6的值相等， 2m+n+2+m+2n 3m+3n+2 2 ∴二次函数y = x +4x+6的对称轴为直线x = = ， 2 2 2 又∵二次函数y = x +4x+6的对称轴为直线x = −2， 108/191­ 3m+3n+2 ∴ = −2， 2 ∴3m+3n+2 = −4，m+n = −2， ∴3(m+n+1) = 3×(−2+1) = −3， 2 2 当x = −3时，x +4x+6 = (−3) +4×(−3) +6 = 3． 故答案为：3． 4 【答案】18 【解析】 2 ∵抛物线y = a(x−3) +k的对称轴为x = 3，且AB∥x轴， ∴AB = 2×3 = 6， ∴等边△ABC的周长 = 3×6 = 18． 故答案为：18． 5 【答案】解：（1）由题意得，y=700-20（x-45）=-20x+1600（x≥45）； 2 2 （2）P=（x-40）（-20x+1600）=-20x +2400x-64000=-20（x-60） +8000， ∵x≥45，a=-20<0， ∴当x=60时，P =8000元， 最大值 即当每盒售价定为60元时，每天销售的利润P（元）最大，最大利润是8000元； 2 （3）由题意，得-20（x-60） +8000=6000， 解得x =50，x =70． 1 2 2 ∵抛物线P=-20（x-60） +8000的开口向下， ∴当50≤x≤70时，每天销售粽子的利润不低于6000元的利润． 又∵x≤58， ∴50≤x≤58． ∵在y=-20x+1600中，k=-20<0， ∴y随x的增大而减小， ∴当x=58时，y =-20×58+1600=440， 最小值 即超市每天至少销售粽子440盒． 6 【答案】 2 解：（1）由题意得：函数y = at +5t+c的图象经过点（0，0.5）、（0.8，3.5）， c = 0.5 { ∴ ， 2 0.8 a+5×0.8+c = 3.5 109/191­ 25 {a = − 16 解得： ， 1 c = 2 25 1 2 ∴抛物线的解析式为：y = − t +5t+ ， 16 2 8 ∴当t= 时，y =4.5； 最大 5 （2）把x=28代入x=10t得t=2.8， 25 1 ∴当t=2.8时，y = − ×2.82+5×2.8+ < 2.44， 16 2 ∴他能将球直接射入球门． 【解析】 （1）由题意得：函数y=at 2 +5t+c的图象经过（0，0.5）（0.8，3.5），于是得到 { 0.5 = c 25 1 8 ，求得抛物线的解析式为：y=­ t 2 +5t+ ，当t= 时，y 最大 3.5 = 0.8 2 a+5×0.8+c 16 2 5 =4.5； 25 1 （2）把x=28代入x=10t得t=2.8，当t=2.8时，y=­ ×2.8 2 +5×2.8+ =2.25＜2.44，于是得 16 2 到他能将球直接射入球门． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 10 讲 二次函数的交点问题 例题练习题答案 例1 (1【) 答案】x = −3；x = 2 1 2 【解析】 2 解：∵抛物线y = ax +bx+c(a ≠ 0)与x轴的两个交点的坐标分别是(−3,0)，(2,0)， ∴当x = −3或x = 2时，y = 0， 110/191­ 2 即方程ax +bx+c = 0的解为x = −3，x = 2． 1 2 故答案为x = −3，x = 2． 1 2 (2【) 答案】A 【解析】 2 解：∵抛物线y = x −2023x+2024与x轴的交点为(m,0)，(n,0)， 2 2 ∴m −2023m+2024 = 0，n −2023n+2024 = 0， ( ) ( ) 2 2 ∴ m −2023m+2024 + n −2023n+2024 = 0． 故选：A． 练1.1 (1【) 答案】x = −1；x = 3 1 2 (2【) 答案】C 例2 【答案】2.5 【解析】解：由函数图象可知，此函数的对称轴为x = −1， −4.5+x 设函数的另一根为x，则 = −1 ， 2 解得x = 2.5． 练2.1 【答案】x = −1，x = 5 1 2 例3 (1【) 答案】D (2【) 答案】②③④⑤⑦⑧⑩ 练3.1 【答案】C 例4 【答案】C 【解析】ax 2 +（b-k）x+c-m＜0可化为ax 2 +bx+c＜kx+m， ∵交点A（-2，4），B（8，2）， ∴不等式的解集是-2＜x＜8． 练4.1 【答案】B 【解析】 {y = −x 2 +4x 联立 ， y = 2x 111/191­ x = 0 x = 2 { 1 { 2 解得 , ， y = 0 y = 4 1 2 ∴两函数图象交点坐标为（0，0），（2，4）， 由图可知，当y < y 时x的取值范围是x＜0或x＞2． 1 2 例5 (1【) 答案】1 (2【) 答案】C 练5.1 (1【) 答案】D (2【) 答案】B 例6 (1【) 答案】 2 2 令−x+1 = x −3x+1，即x −2x = 0①， 2 Δ = (−2) > 0，所以有两个交点， 解①得：x = 0或x = 2， 当x = 0时，y = 1； 当x = 2时，y = −1； 所以交点坐标为(0,1)、(2, −1)． (2【) 答案】 2 2 令3x+b = x +2x−1，即x −x−1−b = 0， 因为只有一个交点， 5 2 所以Δ = (−1) −4(−1−b) = 0，解得：b = − ． 4 练6.1 (1【) 答案】(−2, −1)，(1,5) 【解析】 2 令x +3x+1 = 2x+3，解得x = −2，x = 1，代入y = 2x+3得y = −1，y = 5． 1 2 1 2 (2【) 答案】 9 b < − 4 112/191­ 【解析】 2 令x +3x−2 = 2x+b，令判别式小于0，解出b的范围． 例7 【答案】 1 1 解：（1）由已知可得y = x− 与x轴交点A的坐标为( ，0) 2 2 ∵ 二次函数过(0,1) ∴ 设二次函数的解析式为y = ax 2 +bx+1 1 ∵ 二次函数图象的对称轴为x = 1，且过A( ，0) 2 b {− = 1 2a 故 1 1 2 ( ) a+ b+1 = 0 2 2 4 {a = 3 解得 8 b = − 3 4 8 ∴ 二次函数的解析式为：y = x 2 − x+1； 3 3 4 8 1 2 （2）由（1）知函数y = x − x+1过A( ，0)， 3 3 2 4 8 1 3 2 当y = 0时， x − x+1 = 0解得x = ，x = ， 1 2 3 3 2 2 3 故B( ，0) 2 1 9 {y = x− 1 {x = { 2 2 x = 4 1 由 解得 2， 4 8 7 2 y = 0 y = x − x+1 1 y = 2 3 3 4 113/191­ 9 7 故C( ， ) 4 4 1 3 1 7 7 ( ) ∴ S = × − × = ． ΔABC 2 2 2 4 8 练7.1 【答案】解：（1）联立抛物线与直线，得 {y = x 2 −4x−5 ， y = x+1 {x 1 = 6 {x 2 = −1 解得 ， ， y = 7 y = 0 1 2 即B(6,7)，A( −1,0) 2 2 y = x −4x−5 = (x−2) −9 顶点C坐标为(2, −9)； （2）设BC的解析式为y = kx+b， 将B，C点坐标代入，得 2k+b = −9 { ， 6k+b = 7 k = 4 { 解得 ， b = −17 BC的解析式为y = 4x−17， 当y = 0时，4x−17 = 0， 17 解得x = ， 4 1 17 S = ×( +1) ×[7−( −9)] = 42． ΔABC 2 4 能力强化 / 初三 / 秋季 第 10 讲 二次函数的交点问题 114/191­ 自我巩固答案 1 【答案】C 2 【答案】C 3 【答案】D 【解析】由图像可知，对称轴为 ，与x轴一个交点为 ，故可得另一个交点为 ，∴ ， ，故选D． 4 【答案】C 【解析】由图可知 ，可知①正确；函数有两个不相等的跟可知②正确；将 带入函数可知④正确；③不能确定，故选C． 5 【答案】A 6 (1【) 答案】∵函数图象与x轴的两个交点坐标为(1,0)(3,0)， ∴方程的两个根为x = 1，x = 3； 1 2 【解析】根据函数图象，二次函数图象与x轴的交点的横坐标即为方程的根； (2【) 答案】 2 由图可知，不等式ax +bx+c > 0的解集为1 < x < 3； 【解析】根据函数图象写出x轴上方部分的x的取值范围即可； (3【) 答案】∵二次函数的顶点坐标为(2,2)， 2 ∴若方程ax +bx+c = k有两个不相等的实数根，则k的取值范围为k < 2． 【解析】能与函数图象有两个交点的所有k值即为所求的范围． 7 【答案】D 【解析】 ，又AB长为 ，由①②式可得到 ，故选D． 8 【答案】C 9 【答案】B 10 【答案】A 能力强化 / 初三 / 秋季 第 10 讲 二次函数的交点问题 115/191­ 课堂落实答案 1 【答案】D 2 【答案】C 【解析】以 为顶点，则可知对称轴为 ，由对称性可知函数与x轴正向交点满足 ，故选C 3 【答案】C 4 【答案】A 5 【答案】 2 （1）y = x −2x−3．（2）b < −7． 【解析】（1）将B(2, −3)代入y = −2x+m，解得m = 1，∴y = −2x+1，∴A(−2,5) 2 2 将B(2, −3)，A(−2,5)代入y = x +bx+c，∴y = x −2x−3 2 （2）联立y = x −2x−3和y = 2x+b，Δ < 0，∴b < −7． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 10 讲 二次函数的交点问题 精选精练 1 【答案】(1,1) 【解析】∵b+c = 0， ∴c = −b， 2 2 2 ∴y = x +bx+c = x +bx−b = x +b(x−1)， ∴当x−1 = 0即x = 1时，与b值无关， 此时y = 1， 即它的图象一定经过的一个定点(1,1)． 故答案为：(1,1)． 2 【答案】28 【解析】 2 ∵抛物线y = x +3x−4与x轴的两个交点为（x ，0）、（x ，0）， 1 2 2 ∴x 、x 为方程x +3x−4 = 0的两根， 1 2 ∴x 2 +3x 1 −4 = 0， 1 ∴x 2 = −3x 1 +4， 1 116/191­ ( ) ∴x 2 −3x 2 +15 = −3x 1 +4−3x 2 +15 = −3 x 1 −x 2 +19， 1 ∵x +x = −3， 1 2 ∴x 2 −3x 2 +15 = −3×(−3) +19 = 28． 1 3 【答案】②④ 【解析】 2 解：∵函数y=x +bx+c与x轴无交点， 2 ∴b -4ac＜0； 2 ∴b -4c＜0 故①不正确； 当x=3时，y=9+3b+c=3， ∴3b+c+6=0 故②正确； 2 从图象可知当x +bx+c＞1时，x＜1或x＞2 ③不正确； ④∵当1＜x＜3时，二次函数值小于一次函数值， 2 ∴x +bx+c＜x， 2 ∴x +（b-1）x+c＜0． 故④正确． 4 【答案】1 x−1 2 【解析】解：由已知得抛物线顶点坐标为（2a，a­1）， 设x=2a①，y=a­1②， ①­②×2，消去a得，x­2y=2， 1 即y= x­1． 2 5 【答案】 2 2 （1）由题意，得Δ = 4(k+1) −4(k −2k−3) = 16k+16 > 0， ∴k > −1． ∴k的取值范围为k > −1． （2）∵k > −1，且k取最小的整数，∴k = 0． 2 2 ∴y = x −2x−3 = (x−1) −4， 117/191­ 则抛物线的顶点坐标为(1, −4) 2 ∵y = x −2x−3的图象与x轴相交， 2 ∴x −2x−3 = 0，∴(x−3)(x+1) = 0， ∴x = −1或x = 3， ∴抛物线与x轴相交于A( −1,0)，B(3,0)． （3）翻折后所得新图象如图所示. 平移直线y = x+m知: 直线位于l 和l 时，它与新图象有三个不同的公共点． 1 2 ①当直线位于l 时，此时l 过点A( −1,0)， 1 1 ∴0 = −1+m，即m = 1． 2 ② 当直线位于l 时，此时l 与函数y = −x +2x+3( −1 ≤ x ≤ 3)的图象有一个公共点， 2 2 2 ∴方程x+m = −x +2x+3， 2 即x −x−3+m = 0有两个相等实根， ∴Δ = 1−4(m−3) = 0， 13 即m = ． 4 13 1 当m = 时，x = x = 满足−1 ≤ x ≤ 3， 1 2 4 2 13 由①②知m = 1或m = ． 4 6 【答案】 （1）∵y = 2x 2 +mx+n经过点A(0 ， −2)，B(3 ， 4) n = −2 m = −4 { { 代入得： ，∴ 18+3m+n = 4 n = −2 2 ∴抛物线的表达式为y = 2x −4x−2 118/191­ −4 对称轴x = − = 1. 2×2 （2）由题意可知C( −3 ， −4) 2 二次函数y = 2x −4x−2的最小值为−4 由图象可以看出D点纵坐标最小值即为−4 最大值即BC与对称轴交点 4 直线BC的解析式y = x 3 4 4 当x = 1时y = ，−4 ≤ t ≤ 3 3 【解析】本题考查的是二次函数综合． 2 （1）将A(0, −2)，B(3,4)代入y = 2x +mx+n 得到 ，求解得到 2 ∴y = 2x −4x−2，对称轴x = 1 （2）简单计算可得C(−3−4) 设BC解析式为y = kx+b 4 解得y = x 3 4 ∴当x = 1时，y = 3 结合图象可知，点A在直线BC的下方，且抛物线的顶点坐标为(1, −4) 119/191­ 4 ∴−4 ≤ t ≤ ． 3 能力强化 / 初三 / 秋季 第 11 讲 二次函数综合（一） 例题练习题答案 例1 【答案】 2 解:(1)抛物线y = ax +bx+c，过A (−1,0)、B(3,0)、C(0, −3)， 设抛物线的解析式为:y = a(x+1)(x−3)， 将(0, −3)代入得:a = 1， ∴抛物线的解析式为: 2 y = (x+1)(x−3) = x −2x−3； (2)ΔAEC的面积与ΔBCM的面积相等． 证明:因为抛物线的解析式为: 2 2 y = x −2x−3 = (x−1) −4， ∴M点的坐标为:(1, −4)， 设经过点C,M的直线的解析式为y = kx+b， k+b = −4 { ∴ ， b = −3 k = −1 { ∴ ， b = −3 ∴y = −x−3， 120/191­ 当y = 0时，x = −3，所以点E(−3,0) 1 1 ∴S = AE ⋅OC = ×2×3 = 3， △AEC 2 2 S = S −S △BCM ΔEBM ΔECB 1 1 = EB ⋅4− BE ⋅OC 2 2 1 1 = ×6×4− ×6×3 = 3 2 2 练1.1 【答案】 2 8 2 (1)y = − x + x+2； 5 5 18 ( ) (2)顶点M的坐标是M 2, ． 5 过M作MN垂直y轴于N， 所以S = S −S −S =6 Δ 四边形OBMN ΔOBC ΔMNC BCM 例2 【答案】解: (1)∵抛物线的顶点为A(1,4) 2 ∴设抛物线的解析式y = a(x−1) +4 把点B(0,3)代入得，a+4 = 3 解得a = −1 2 ∴抛物线的解析式为y = −(x−1) +4 2 (2)由(1)知，抛物线的解析式为y = −(x−1) +4 2 令y = 0，则0 = −(x−1) +4 ∴x = −1或x = 3 ∴C(−1,0)，D(3,0) 121/191­ ∴CD = 4 1 1 | | ∴S = CD× y = ×4×3 = 6 ΔBCD B 2 2 (3)由(2)知， 1 1 | | S = CD× y = ×4×3 = 6 △BCD B 2 2 CD = 4 1 ∵S = S ΔPCD ΔBCD 2 1 1 ∴S = CD× |y | = ×4× |y | = 3 ΔPCD P P 2 2 3 ∴|y | = P 2 ∵点P在x轴上方的抛物线上， ∴y > 0 P 3 ∴y = P 2 2 ∵抛物线的解析式为y = −(x−1) +4 3 2 ∴ = −(x−1) +4 2 √10 ∴x = 1± 2 ( √10 3) ( √10 3) ∴P 1+ , ，或P 1− , ． 2 2 2 2 练2.1 【答案】 3 9 2 解: (1)抛物线的解析式为y = − x + x+3； 4 4 (2)存在一点P，使ΔPAB的面积等于ΔABC的面积， ∵ΔABC的底边AB上的高为3， 设ΔPAB的高为h，则|h| = 3，又点P在x轴下方， 122/191­ ∴点P的纵坐标为−3， 3 9 3+√41 3−√41 2 当− x + x+3 = −3时，得x = ，x = ， 1 2 4 4 2 2 (3−√41 ) (3+√41 ) ∴点P的坐标为 , −3 ， , −3 ． 2 2 例3 【答案】解: （1）A(−1,0),B(3,0),直线AC的函数解析式是y = −x−1 （2）设P点的横坐标为x(−1 ≤ x ≤ 2) 则P,E的坐标分别为: ( ) 2 P(x, −x−1)，E x,x −2x−3 ∵P点在E点的上方， 1 9 ( ) ( )2 2 PE = (−x−1) − x −2x−3 = − x− + 2 4 1 9 ∴当x = 时，PE的最大值为 . 2 4 练3.1 【答案】 2 (1)y = −x +2x+3,y = −x+3 3 9 (2)当m = 时,MN有最大值,MN的最大值为 2 4 例4 【答案】解：(1)设抛物线的解析式为： y = a(x+1)(x−3) 则： a(0+1)(0−3) = 3 解得a = −1 ∴抛物线的解析式： 2 y = −(x+1)(x−3) = −x +2x+3 (2)设直线BC的解析式为： y = kx+b 则有： 3k+b = 0 { b = 3 123/191­ k = −1 { 解得 b = 3 故直线BC的解析式： y = −x+3 已知点M的横坐标为m，MN∥y， ( ) 2 则M(m, −m+3),N m, −m +2m+3 2 ∴MN = −m +2m+3−(−m+3) 2 = −m +3m(0 < m < 3) (3)如图，由(2)知， 2 MN = −m +3m(0 < m < 3) 1 ∴S = S +S = MN(OD+DB) △BNC △MNC △MNB 2 1 1 ( ) 2 = MN⋅OB = −m +3m ⋅3 2 2 3 3 27 ( )2 = − m− + (0 < m < 3) 2 2 8 3 27 ∴当m = 时，△BNC的面积最大，最大值为 2 8 练4.1 【答案】 3 9 2 解：(1) 抛物线的解析式为：y = x + x−3 4 4 (2)过点D作DM∥y轴分别交线段AC和x轴于点M、N， 3 9 2 当y = 0时，y = x + x−3 = 0 4 4 (x+4)(x−1) = 0 124/191­ 解这个方程，得x = −4,x = 1, 1 2 ∴A(−4,0) 3 ∴AC的解析式为：y = − x−3 4 3 9 ( ) 2 设D x, x + x−3 4 4 3 ( ) 则M x, − x−3 4 3 3 9 ( ) 2 ∴DM = − x−3− x + x−3 4 4 4 3 2 = − x −3x 4 ∵S =S +S 四边形ABCD ΔABC ΔADC 3 27 2 = − (x+2) + 2 2 27 当x = −2时，四边形ABCD面积有最大值 2 能力强化 / 初三 / 秋季 第 11 讲 二次函数综合（一） 自我巩固答案 1 【答案】A 125/191­ 2 【答案】A 3 【答案】C 4 【答案】C 5 【答案】C 【解析】 5 2 解：∵抛物线y=x -3x+ 与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C， 4 1 5 ∴令y=0，可得x= 或x= ， 2 2 1 5 ∴A（ ，0），B（ ，0）； 2 2 5 令x=0，则y= ， 4 5 ∴C点坐标为（0， ）， 4 设直线BC的解析式为：y=kx+b，则有， 5 { k+b = 0 2 ， 5 b = 4 1 {k = − 2 解得： ， 5 b = 4 1 5 ∴直线BC的解析式为：y=− x+ ； 2 4 5 2 设点D的横坐标为m，则坐标为（m，m −3m+ ）， 4 1 5 ∴E点的坐标为（m，− m+ ）， 2 4 126/191­ 设DE的长度为d， ∵点D是直线BC下方抛物线上一点， 1 5 5 则d=− m+ -（m 2 -3m+ ）， 2 4 4 5 2 整理得，d=-m + m， 2 ∵a=-1<0， 5 25 0− 2 2 5 4ac−b 4 25 ∴当m=− = 时，d = = = ， 最大 2×(−1) 4 4a −4 16 5 15 ∴D点的坐标为（ ，- ）． 4 16 6 【答案】A 7 【答案】A 8 【答案】C 9 【答案】B 10 【答案】 1 2 2 解：（1）y = x − x−1，A点坐标(−1,0)，B点坐标(3,0) 3 3 5 7 ( ) （2）存在。P , − 2 12 能力强化 / 初三 / 秋季 第 11 讲 二次函数综合（一） 课堂落实答案 1 【答案】B 2 【答案】C 3 【答案】A 4 【答案】B 127/191­ 5 【答案】（1）y=-x 2 +2x+3 2 （2）设点P(m, −m +2m+3) 1 1 3 3 63 ( ) ( )2 2 S =S +S = ×3×m+ ×3× −m +2m+3 = − m− + 四边形PCOB △PCO △OPB 2 2 2 2 8 3 63 当m = 时，S 的最大值为 四边形PCOB 2 8 能力强化 / 初三 / 秋季 第 11 讲 二次函数综合（一） 精选精练 1 【答案】解：（1）y=x 2 -4x+3 2 =x -4x+4-4+3 2 =（x-2） -1， 所以顶点C的坐标是（2，-1）， 当x<2时，y随x的增大而减少； 当x ≥ 2时，y随x的增大而增大； 2 （2）解方程x -4x+3=0 得：x = 3，x = 1， 1 2 即A点的坐标是（1，0），B点的坐标是（3，0）， 过C作CD⊥AB于D， ∵AB=2，CD=1， 128/191­ 1 1 ∴S = AB×CD= ×2×1=1． △ABC 2 2 2 【答案】解：（1）∵抛物线y=x 2 +bx+c经过点（-1，8）与点B（3，0）， 1−b+c = 8 { ∴ 9+3b+c = 0 b = −4 { 解得： c = 3 2 ∴抛物线的解析式为：y=x -4x+3 2 2 （2）∵y=x -4x+3=（x-2） -1， ∴P（2，-1） 过点P作PH⊥y轴于点H，过点B作BM∥y轴交直线PH于点M，过点C作CN⊥y轴交直线 BM于点N，如下图所示： S =S -S -S -S △CPB 矩形CHMN △CHP △PMB △CNB 1 1 1 =3×4- ×2×4- ×1×1− ×3×3 2 2 2 =3 即：△CPB的面积为3 3 【答案】C 4 【答案】（1）因为二次函数y=x 2 +bx+c的图象经过A（-3，0），D（-2，-3），所以 9−3b+c = 0 { ， 4−2b+c = −3 b = 2 { 解得 ． c = −3 2 所以二次函数解析式为y=x +2x-3． （2）∵抛物线对称轴x=-1，D（-2，-3），C（0，-3）， 129/191­ ∴C、D关于抛物线的对称轴x=-1对称，连接AC与对称轴的交点就是点P， √ √ 此时PA+PD=PA+PC=AC= OA 2 +OC 2 = 3 2 +3 2 =3√2． 2 （3）设点P坐标（m，m +2m-3）， 2 令y=0，x +2x-3=0， x=-3或1， ∴点B坐标（1，0）， ∴AB=4 ∵S =6， △PAB 1 | | 2 ∴ ×4× m +2m−3 = 6， 2 2 2 ∴m +2m-6=0或m +2m=0， ∴m=0或-2或-1+√7或-1-√7． ∴点P坐标为（0，-3）或（-2，-3）或（-1+√7，3）或（-1-√7，3）． 5 【答案】（1）∵函数过A（3，0）， ∴-18+12+m=0， ∴m=6， 2 ∴该函数解析式为：y=-2x +4x+6， 2 ∴当-2x +4x+6=0时，x =-1，x =3， 1 2 ∴点B的坐标为（-1，0）； （2）当x=0时，y=6， 则C点坐标为（0，6）， 4×6 ∴S = =12； △ABC 2 （3）∵S =S =12， △ABD △ABC 4×|h| ∴S = =12， △ABD 2 130/191­ ∴|h|=6， 2 ①当h=6时：-2x +4x+6=6， 解得：x =0（舍），x =2 1 2 ∴D点坐标为（2，6）； 2 ②当h=-6时：-2x +4x+6=-6， 解得：x =1+√7，x =1-√7 1 2 ∴D点坐标为（1+√7，-6）、（1-√7，-6）； ∴D点坐标为（2，6）、（1+√7，-6）、（1-√7，-6）． 6 【答案】解：（1）∵抛物线y=-x 2 +mx+3过（3，0）， ∴0=-9+3m+3， ∴m=2 7 { y = −x 2 +2x+3 { x 2 = {x 1 = 0 2 （2）由 3 ，得 ， y = 3 9 y = − x+3 1 2 y = − 2 4 7 9 ∴D（ ，- ）， 2 4 ∵S =4S ， △ABP △ABD 1 1 9 ∴ AB×|y |=4× AB× ， P 2 2 4 ∴|y |=9，y =±9， P P 2 当y=9时，-x +2x+3=9，无实数解， 当y=-9时，-x 2 +2x+3=-9，x =1+√13，x =1-√13， 1 2 ∴P（1+√13，-9）或P（1-√13，-9）． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 12 讲 二次函数综合（二） 例题练习题答案 131/191­ 例1 【答案】 25 解：（1） ∵ 抛物线顶点坐标为( −4, − )， 2 25 ∴ 设抛物线解析式为y = a(x+4) 2 − ， 2 ∵ 抛物线过点B(1,0)， 25 ∴ a(1+4) 2 − = 0， 2 1 解得a = ， 2 1 25 2 所以，抛物线解析式为y = (x+4) − ， 2 2 1 9 2 即y = x +4x− ； 2 2 13 5 ( ) ( ) （2）存在点Q (−1, −4)，Q 2√5−9, −√5 ，Q − , − ． 1 2 3 2 4 理由如下： 25 ∵ 抛物线顶点坐标为( −4, − )， 2 ∴ 点D的坐标为( −4,0)， 9 令x = 0，则y = − ， 2 1 9 2 令y = 0，则 x +4x− = 0， 2 2 2 整理得，x +8x−9 = 0， 解得x = 1，x = −9， 1 2 9 ∴ 点A( −9,0)，C(0, − )， 2 1 9 ∴直线AC的解析式为y = − x− ， 2 2 132/191­ ①AD = Q D时，过Q 作Q E ⊥x轴于点E ， 1 1 1 1 1 √ 1 9 1 9 ( ) √ ( )2 2 2 2 设Q x, − x− ，则DQ = DE +E Q = (x+4) + x+ = 5， 1 1 1 1 1 2 2 2 2 解得x = −1， 所以点Q 的坐标为(−1, −4) 1 ②AD = AQ 时，过Q 作Q E ⊥x轴于点E ， 2 2 2 2 2 √ 1 9 1 9 ( ) √ ( )2 2 2 2 设Q x, − x− ，则AQ = AE +E Q = (x+9) + x+ = 5， 2 2 2 2 2 2 2 2 2 解得x = −9+2√5，x = −9−2√5（舍）， 1 2 ( ) 所以Q 2√5−9, −√5 ； 2 ③AQ = DQ 时，过Q 作Q E ⊥x 轴于点E ， 3 3 3 3 3 3 则E 是线段AD的中点，又Q 在直线AC上， 3 3 13 5 ( ) 所以，Q − , − ． 3 2 4 练1.1 【答案】 2 解：（1）将A(−1,0)、B(3,0)、C(0,3)代入抛物线y = ax +bx+c中，得： a−b+c = 0 { 9a+3b+c = 0， c = 3 133/191­ a = −1 { 解得： b = 2 c = 3 2 ∴抛物线的解析式：y = −x +2x+3． （2）连接BC，直线BC与直线l的交点为P； ∵点A、B关于直线l对称， ∴PA = PB， ∴BC = PC+PB = PC+PA 设直线BC的解析式为y = kx+b(k ≠ 0)，将B(3,0)，C(0,3)代入上式，得： 3k+b = 0 k = −1 { { ，解得： b = 3 b = 3 ∴直线BC的函数关系式为y = −x+3； 当x = 1时，y = 2，即P的坐标(1,2)． （3）抛物线的对称轴为直线x = 1，设M(1,m)，已知A(−1,0)、C(0,3)，则： 2 2 2 2 2 2 MA = m +4，MC = (3−m) +1 = m −6m+10，AC = 10； 2 2 ①若MA = AC，则MA = AC ，得： m 2 +4 = 10，得：m = ± √6； 134/191­ ( ) ( ) ∴M 1,√6 ，M 1, −√6 1 2 2 2 ②若MA = MC，则MA = MC ，得： 2 2 m +4 = m −6m+10，得：m = 1； ∴M (1,1) 3 2 2 ③若MC = AC，则MC = AC ，得： 2 m −6m+10 = 10，得：m = 0，m = 6； 1 2 当m = 6时，M、A、C三点共线，构不成三角形，不合题意，故舍去； ∴M (1,0) 4 ( ) ( ) 综上可知，符合条件的点有4个，M 1,√6 ，M 1, −√6 ，M (1,1)，M (1,0)． 1 2 3 4 例2 【答案】 5 (1)将点B(1,0)代入C 可得a = ，顶点P的为(−2, −5)； 1 9 (2)∵点P，M关于点B成中心对称， ∴M的横坐标x = 2×1−(−2) = 4，M的纵坐标y = 2×0−(−5) = 5， ∴顶点M的坐标为(4,5)， 5 2 ∴抛物线C 的表达式为y = − (x−4) +5 3 9 (3)顶点N，P关于点Q成中心对称，由(2)得点N的纵坐标为5， 设N(m,5)，P(−2, −5)， ∵旋转中心Q在x轴上， ∴EF = AB = 6， 2 2 2 2 2 2 2 2 ∴PN = (m+2) +(5+5) = m +4m+104，PF = (m+3+2) +5 = m +10m+50， 2 2 2 NF = 5 +3 = 34， 44 19 ( ) ①当∠PNF = 90∘时,PN 2 +NF 2 = PF 2 ，解得m = ，Q点的坐标为 ,0 ， 3 3 10 2 ( ) ②当∠PFN = 90∘时,PF 2 +NF 2 = PN 2 ，解得m = ，Q ,0 ， 3 3 135/191­ ③当∠NPF = 90∘时,PN 2 +PF 2 = NF 2 ，方程无解， 19 2 ( ) ( ) 综上，点Q的坐标为 ,0 或 ,0 时，以点P，N，F为顶点的三角形是直角三角形． 3 3 练2.1 【答案】 2 （1）将A(−1,0)、C(3, −4)代入y = ax +bx−4， 0 = a−b−4, { 得 ， −4 = 9a+3b−4 a = 1, { 解得： ， b = −3 2 所以y = x −3x−4； （2）设P(m, −m−1)， ( ) 2 ∴E m,m −3m−4 ， 2 2 ∴PE = −m +2m+3 = −(m−1) +4， ∴当m = 1时，PE长度的最大值为4； （3）假设存在符合条件的Q点； 当线段PE最大时动点P的坐标为(1, −2)， ①当PQ⊥PC时， ∵ 直线PC的解析式为：y = −x−1， ∴ 直线PQ的解析式可设为：y = x+b， 则有：−2 = 1+b，b = −3； ∴ 直线PQ的方程为y = x−3， y = x−3, { 联立 ， 2 y = x −3x−4 得点Q的坐标为：(2+√5，√5−1)，(2−√5，−√5−1)． ②当CQ⊥PC时，同理可求得直线CQ的解析式为y = x−7； y = x−7, { 联立抛物线的解析式得： ， 2 y = x −3x−4 x = 1, x = 3, { { 解得 ， （舍去）， y = −6 y = −4 ∴ Q(1, −6)； 136/191­ 综上所述，符合条件的Q点共有3个，坐标为：Q (2+√5，√5−1)，Q (2−√5，−√5−1) 1 2 ，Q (1, −6)． 3 【解析】 2 （1）抛物线y = ax +bx−4经过点A(−1,0)、C(3, −4)，利用待定系数法可求得 ． 2 ∴抛物线的解析式为y = x −3x−4． ( ) 2 （2）设P(m, −m−1)，则E m,m −3m−4 ， 2 ∴PE = −(m−1) +4， ∴当m = 1时，线段BE的长度有最大值，最大值为4． （3）假设存在符合条件的Q点，有两种情况： 设直线PE交x轴于点D，由（2）知，点P的坐标为(1, −2)． ∴DP = 2，过点P作AC的垂线，交抛物线于点Q 、Q ，交x轴于点F， 1 2 在Rt△ADP中，∵AD = DP = 2，∴∠DAP = 45∘ ． ∴∠AFP = 45∘ ，∴DF = DP = 2．∴点F的坐标为(3,0)． ∴直线PF的解析式为y = x−3， 2 令x−3 = x −3x−4，解得 ， ． ( ) ( ) ∴Q 2+√5,√5−1 ，Q 2−√5, −√5−1 ， 1 2 过点C作AC的垂线，交抛物线于点Q ，交y轴于点G，过点C作y轴的垂线，垂足为H， 3 则HG = HC = 3，∴OG = 4+3 = 7． ∴点G的坐标为(0, −7)，∴直线CG的解析式为y = x−7． 2 令x−7 = x −3x−4，解得 ， （即为C点，舍去） ∴Q (1, −6)．综上所述，满足条件的点Q有三个： 3 ( ) ( ) Q 2+√5,√5−1 ，Q 2−√5, −√5−1 ，Q (1, −6)． 1 2 3 137/191­ 例3 (1【) 答案】过点B作BD⊥x轴，垂足为D． ∵∠BCD+∠ACO = 90∘ ，∠ACO+∠CAO = 90∘ ， ∴∠BCD = ∠CAO， 又∵∠BDC = ∠COA = 90∘ ，CB = AC， ∴△BCD≌△CAO， ∴BD = OC = 1，CD = OA = 2， ∴点B的坐标为(−3,1)； (2【) 答案】 2 抛物线y = ax +ax−2经过点B(−3,1)， 则得到1 = 9a−3a−2， 1 解得a = ， 2 1 1 2 所以抛物线的解析式为y = x + x−2； 2 2 (3【) 答案】假设存在点P，使得△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形： ①若以点C为直角顶点； 则延长BC至点P ，使得P C = BC，得到等腰直角三角形△ACP ， 1 1 1 过点P 作P M⊥x轴， 1 1 138/191­ ∵CP = BC，∠MCP = ∠BCD，∠P MC = ∠BDC = 90∘ ， 1 1 1 ∴△MP C≌△DBC． 1 ∴CM = CD = 2，P M = BD = 1，可求得点P (1, −1)； 1 1 ②若以点A为直角顶点； 则过点A作AP ⊥CA，且使得AP = AC，得到等腰直角三角形△ACP ， 2 2 2 过点P 作P N⊥y轴，同理可证△AP N≌△CAO， 2 2 2 ∴NP = OA = 2，AN = OC = 1，可求得点P (2,1). 2 2 ③以A为直角顶点的等腰Rt△ACP的顶点P有两种情况．即过点A作直线l⊥AC，在直 线l上截取AP = AC时，点P可能在y轴右侧，即现在解答情况②的点P ； 2 点P也可能在y轴左侧，即还有第③种情况的点P ．因此，然后过P 作P G⊥y轴于 3 3 3 G，同理：△AGP ≌△COA， 3 ∴GP = OA = 2，AG = OC = 1， 3 ∴P 为(−2,3)； 3 1 1 2 经检验，点P (1, −1)与点P (2,1)都在抛物线y = x + x−2上，点P (−2,3)不在抛 1 2 3 2 2 物线上． 练3.1 【答案】解：（1） ∵ 点B( −2,m)在直线上y = −2x−1上， ∴ m = −2×( −2) −1 = 3， ∴ B( −2,3)． ∵ 抛物线经过原点O和点A，对称轴为x = 2， ∴ 点A的坐标为(4,0)． 设所求的抛物线对应函数关系式为y = ax(x−4)， 将点B( −2,3)代入上式， 1 3 = −2a×( −2−4)，解得：a = ， 4 1 1 ∴ 所求的抛物线对应的函数关系式为y = x(x−4) = x 2 −x． 4 4 139/191­ 1 1 2 2 （2）将y = −2x−1代入y = x −x，得： x −x = −2x−1， 4 4 2 整理得：x +4x+4 = 0， ∴ △ = 4 2 −4×1×4 = 0， ∴ 直线BE与抛物线只有一个交点． （3）证明：当x = 2时，y = −2x−1 = −5， ∴ E(2, −5)． ∵ C(2,0)，B( −2,3)， √ ∴ CE = 0−( −5) = 5，CB = ( −2−2) 2 +(3−0) 2 = 5， ∴ CE = CB． ∵ D(0, −1)， √ √ ∴ BD = ( −2−0) 2 +[3−( −1)] 2 = 2√5，DE = (0−2) 2 +[ −1−( −5)] 2 = 2√5， ∴ BD = DE， ∴ CD垂直平分BE． （4）不存在，理由如下： 1 ( ) 记直线BE与x轴的交点为M，易求出点M的坐标为 − ,0 ， 2 作直线EN⊥BE交x轴于点N，设N(n,0)， 2 2 2 在Rt△MNE中，ME +NE = MN ， 125 1 ( )2 2 即 +(n−2) +25 = n+ ，解得n = 12， 4 2 ∴N(12,0)， 1 所以直线EN的解析式为y = x−6， 2 140/191­ 1 1 2 将y = x−6代入y = x −x， 2 4 1 1 2 2 得： x −x = x−6，整理得：x −6x+24 = 0， 4 2 ∴Δ = (−6) 2﹣4×1×24 = ﹣60 < 0， ∴直线EM与抛物线无交点， ∴不存在满足条件的点P． 例4 【答案】解： （1） ∵ 抛物线y = −x 2 +bx+c与x轴分别交于A( −1,0)，B(5,0)两点， −1−b+c = 0 b = 4 { { ∴ ，解得 ， −25+5b+c = 0 c = 5 ∴ 抛物线解析式为y = −x 2 +4x+5； （2） ∵ AD = 5，且OA = 1， ∴ OD = 6，且CD = 8， ∴ C( −6,8)， ′ ′ 设平移后的点C的对应点为C，则C点的纵坐标为8， 2 代入抛物线解析式可得8 = −x +4x+5，解得x = 1或x = 3， ∴ C ′ 点的坐标为(1,8)或(3,8)， ∵ C( −6,8)， ∴ 当点C落在抛物线上时，向右平移了7或9个单位， ∴ m的值为7或9； （3） ∵ y = −x 2 +4x+5 = −(x−2) 2 +9， ∴ 抛物线对称轴为x = 2， ∴ 可设P(2,t)， 由（2）可知E点坐标为(1,8)， ①当BE为平行四边形的边时，连接BE交对称轴于点M，过E作EF⊥x轴于点F，过Q作对称 轴的垂线，垂足为N，如图， 141/191­ 则∠BEF = ∠BMP = ∠QPN， 在ΔPQN和ΔBEF中， ∠QPN = ∠BEF { ∠PNQ = ∠EFB， PQ = BE ∴ ΔPQN ≅ ΔBEF(AAS)， ∴ NQ = BF = OB −OF = 5−1 = 4， 设Q(x,y)，则QN = |x−2|， ∴ |x−2| = 4，解得x = −2或x = 6， 当x = −2或x = 6时，代入抛物线解析式可求得y = −7， ∴ Q点坐标为( −2, −7)或(6, −7)； ②当BE为对角线时， ∵ B(5,0)，E(1,8)， ∴ 线段BE的中点坐标为(3,4)，则线段PQ的中点坐标为(3,4)， 设Q(x,y)，且P(2,t)， ∴ x+2 = 3×2，解得x = 4，把x = 4代入抛物线解析式可求得y = 5， ∴ Q(4,5)； 综上可知Q点的坐标为( −2, −7)或(6, −7)或(4,5)． 【解析】 2 （1）∵抛物线y = −x +bx+c与x轴分别交于A( −1,0)，B(5,0)两点， −1−b+c = 0 b = 4 { { ∴ ，解得 ， −25+5b+c = 0 c = 5 ∴ 抛物线解析式为y = −x 2 +4x+5； （2） ∵ AD = 5，且OA = 1， 142/191­ ∴ OD = 6，且CD = 8， ∴ C( −6,8)， 设平移后的点C的对应点为C′，则C′点的纵坐标为8， 2 代入抛物线解析式可得8 = −x +4x+5，解得x = 1或x = 3， ∴ C′点的坐标为(1,8)或(3,8)， ∵ C( −6,8)， ∴ 当点C落在抛物线上时，向右平移了7或9个单位， ∴ m的值为7或9； （3） ∵ y = −x 2 +4x+5 = −(x−2) 2 +9， ∴ 抛物线对称轴为x = 2， ∴ 可设P(2,t)， 由（2）可知E点坐标为(1,8)， ①当BE为平行四边形的边时，连接BE交对称轴于点M，过E作EF⊥x轴于点F，过Q作对称 轴的垂线，垂足为N，如图， 则∠BEF = ∠BMP = ∠QPN， 在ΔPQN和ΔBEF中 ∠QPN = ∠BEF { ∠PNQ = ∠EFB PQ = BE ∴ ΔPQN ≅ ΔBEF(AAS)， ∴ NQ = BF = OB −OF = 5−1 = 4， 设Q(x,y)，则QN = |x−2|， ∴ |x−2| = 4，解得x = −2或x = 6， 143/191­ 当x = −2或x = 6时，代入抛物线解析式可求得y = −7， ∴ Q点坐标为( −2, −7)或(6, −7)； ②当BE为对角线时， ∵ B(5,0)，E(1,8)， ∴ 线段BE的中点坐标为(3,4)，则线段PQ的中点坐标为(3,4)， 设Q(x,y)，且P(2,t)， ∴ x+2 = 3×2，解得x = 4，把x = 4代入抛物线解析式可求得y = 5， ∴ Q(4,5)； 综上可知Q点的坐标为( −2, −7)或(6, −7)或(4,5)． 练4.1 【答案】 2 解：(1)抛物线的函数表达式为y = x −4x+3． (2)连接AC，BC，BC交对称轴于点P，连接PA，如图1， 点A，B的坐标分别为(1,0) ，(3,0) ，点C的坐标为(0,3) ， ∴AC = √10 ． ∵点A，B关于对称轴直线对称， ∴PA = PB ， ∴PA +PC = PB +PC，此时PB +PC = BC ∴当点P在对称轴上运动时，PA +PC的最小值等于BC ∴△APC周长的最小值 = AC+AP +PC = AC+BC = √10+3√2 ． (3)以点A、B、D、E为顶点的四边形是平行四边形分两种情况， ①线段AB为对角线，如图2， 144/191­ ∵平行四边形对角线互相平分， ∴DE在对称轴上，此时D点为抛物线的顶点， 点D坐标为(2, −1) ． ②线段AB为边，如图3， ∵四边形ABDE为平行四边形， ∴ED = AB = 2 ， 设点E坐标为(2,m) ，则点D坐标为(4,m) 或(0,m) ， ∵点D在抛物线上， 2 将x = 0 和x = 4 分别代入y = x −4x+3 中，解得m均为3， 故点D的坐标为(4,3) 或(0,3) ． 综合①②得点D的坐标可以为：(2, −1) ，(4,3) ，(0,3) ． 【解析】（1）∵AB=2，对称轴为直线x=2， ∴点A的坐标为（1，0），点B的坐标为（3，0）， 2 ∵抛物线y=x +bx+c与x轴交于点A，B， 2 ∴1，3是方程x +bx+c=0的两个根， 由根与系数的关系，得1+3=﹣b，1×3=c， ∴b=﹣4，c=3， 2 ∴抛物线的函数表达式为y=x ﹣4x+3． （2）连接AC，BC，BC交对称轴于点P，连接PA，如图1， 145/191­ 2 由（1）知抛物线的函数表达式为y=x ﹣4x+3，点A，B的坐标分别为（1，0）， （3，0）， ∴点C的坐标为（0，3）， √ √ ∴BC= 3 2 +3 2 = 3√2，AC= 3 2 +1 2 = √10． ∵点A，B关于对称轴直线x=2对称， ∴PA=PB， ∴PA+PC=PB+PC，此时，PB+PC=BC， ∴当点P在对称轴上运动时，PA+PC的最小值等于BC， ∴△APC周长的最小值=AC+AP+PC=BC+AC=3√2+√10． （3）以点A、B、D、E为顶点的四边形是平行四边形分两种情况， ①线段AB为对角线，如图2， ∵平行四边对角线互相平分， ∴DE在对称轴上，此时D点为抛物线的顶点， 2 将x=2代入y=x ﹣4x+3中，得y=﹣1， 即点D坐标为（2，﹣1）． ②线段AB为边，如图3， 146/191­ ∵四边形ABDE为平行四边形， ∴ED=AB=2， 设点E坐标为（2，m），则点D坐标为（4，m）或（0，m）， ∵点D在抛物线上， 2 将x=0和x=4分别代入y=x ﹣4x+3中，解得m均为3， 故点D的坐标为（4，3）或（0，3）． 综合①②得点D的坐标可以为：（2，﹣1）、（0，3）、（4，3）． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 12 讲 二次函数综合（二） 自我巩固答案 1 【答案】C 【解析】C 2 【答案】D 【解析】D 3 【答案】C 【解析】C 4 【答案】C 5 【答案】C 【解析】C 6 【答案】C 【解析】C 7 【答案】A 147/191­ 【解析】令x = 0，得A点坐标(0,mc)， 因为四边形ABOC为正方形，知∠AOC = 45∘ ， mc mc ( ) 所以c点坐标为： , ， 2 2 2 2 mc m c 代入得： = a× +mc， 2 4 1 左右两边都除以 mc得：amc+2 = 0， 4 又有ac = −2， ∴m = 1． 故选：A． 8 【答案】A 9 【答案】B 10 【答案】 5 2 解：（1）把A( −1,0)，B(5,0)代入y = ax +bx− ， 2 5 {a−b− = 0, 2 得到 ， 5 25a+5b− = 0 2 1 { a = , 解得： 2 ， b = −2 1 5 2 即抛物线的解析式为y = x −2x− ； 2 2 1 5 （2） ∵ 抛物线的解析式为：y = x 2 −2x− ， 2 2 b ∴ 其对称轴为直线x = − = 2， 2a 连接BC，如图1所示， 148/191­ 5 ∵ B(5,0)，C(0, − )， 2 ∴ 设直线BC的解析式为y = kx+b(k ≠ 0)， 5k+b = 0, { ∴ 5 ， b = − 2 1 {k = , 2 解得 ， 5 b = − 2 1 5 ∴ 直线BC的解析式为y = x− ， 2 2 5 3 当x = 2时，y = 1− = − ， 2 2 3 ∴ P(2, − )， 2 1 3 9 S = ×6× = ； ΔABP 2 2 2 （3）存在，如图2所示， 149/191­ ①当点N在x轴下方时， 5 ∵ 抛物线的对称轴为直线x = 2，C(0, − )， 2 5 ∴ N (4, − )； 1 2 ②当点N在x轴上方时，过点N作ND垂直x轴于点D， 在ΔAND与ΔMCO中， ∠NAD = ∠CMO { ∵ AN = CM ， ∠AND = ∠MCO ∴ ΔAND ≅ ΔMCO(ASA)， 5 5 ∴ ND = OC = ，即N点的纵坐标为 ， 2 2 1 5 5 ∴ x 2 −2x− = ， 2 2 2 解得：x = 2± √14， 5 5 ∴ N (2+√14， )，N (2−√14， )， 2 3 2 2 5 5 5 综上所述，符合条件的点N的坐标为(4, − )、(2+√14， )或(2−√14， )． 2 2 2 能力强化 / 初三 / 秋季 150/191­ 第 12 讲 二次函数综合（二） 课堂落实答案 1 【答案】C 【解析】C 2 【答案】D 3 【答案】C 【解析】 ∵ 二次函数y = 2x 2 +m的图象经过点(0, −4)， ∴ m = −4， ∵ 四边形ABCD为正方形， 又 ∵ 抛物线和正方形都是轴对称图形，且y轴为它们的公共对称轴， ∴ OD = OC，S = S ， 阴影 矩形BCOE 设点B的坐标为(n，2n)(n > 0)， ∵ 点B在二次函数y = 2x 2 −4的图象上， ∴ 2n = 2n 2 −4， 解得，n = 2，n = −1（舍）， 1 2 ∴ 点B的坐标为(2,4)， ∴ S = S = 2×4 = 8． 阴影 矩形BCOE 4 【答案】D 5 【答案】2 【解析】 ∵ y = x 2 −4x+6 = (x−2) 2 +2 ∴ 抛物线的顶点坐标为(2,2) ∴ 四边形ABCD为矩形， ∴ BD = AC， ∵ AC⊥x轴 ∴ AC的长等于点A的纵坐标， 当点A在抛物线的顶点时，点A到x轴的距离最小，最小值为2 即对角线BD的最小值为2 能力强化 / 初三 / 秋季 151/191­ 第 12 讲 二次函数综合（二） 精选精练 1 【答案】（1）证明：∵△=k 2 -4k+20=（k-2） 2 +16>0， ∴不论k为何实数，此抛物线与x轴一定有两个不同的交点． （2）∵对称轴为x=1， k ∴ =1， 2 ∴k=2， 2 ∴所求函数的解析式为y=x -2x-3． 2 （3）当y=0时，x -2x-3=0，解得x =-1，x =3，即与x轴的交点为（-1，0），（3， 1 2 0） 当x=0时，y=-3，即与y轴的交点坐标为（0，-3）． P为x轴上一点，且△PAB为等腰三角形， ①当BP=AB时，点P的坐标为：（3-2√5，0），（3+2√5，0）， ②当AP=AB时，点P的坐标为：（-1，0）， ③当AP=BP时，点P的坐标为：（-2，0）． 综上所述，点P的坐标为：（3-2√5，0），（3+2√5，0），（-1，0），（-2，0）． 2 【答案】（1）∵二次函数y=ax 2 +bx+c经过点A（-4，0）、B（2，0），C（0，6）， 16a−4b+c = 0 { ∴ 4a+2b+c = 0 ， c = 6 3 {a = − 4 解得， 3， b = − 2 c = 6 3 3 2 所以二次函数的解析式为：y=− x − x+6， 4 2 1 （2）由A（-4，0），E（0，-2），可求AE所在直线解析式为y=− x−2， 2 152/191­ 过点D作DG⊥x轴，交AE于点F，交x轴于点G，过点E作EH⊥DF，垂足为H，如图 3 3 1 2 设D（m，− m − m+6），则点F（m，− m−2）， 4 2 2 3 3 1 3 2 2 ∴DF=− m − m+6-（− m−2）=− m −m+8， 4 2 2 4 1 1 ∴S =S +S = ×DF×AG+ DF×EH △ADE △ADF △EDF 2 2 1 = ×4×DF 2 3 2 =2×（− m −m+8） 4 3 2 50 =− （m+ ）2 + ， 2 3 3 2 50 ∴当m=− 时，△ADE的面积取得最大值为 ． 3 3 3 3 2 （3）y=− x − x+6的对称轴为x=-1， 4 2 设P（-1，n），又E（0，-2），A（-4，0）， √ √ 可求PA= 9+n 2 ，PE= 1+（n+2）2 ，AE=√16+4 = 2√5， √ √ 当PA=PE时， 9+n 2 = 1+（n+2）2 ， 解得，n=1，此时P（-1，1）； √ 当PA=AE时， 9+n 2 =√16+4 = 2√5， 153/191­ 解得，n=±√11，此时点P坐标为（-1，±√11）； √ 当PE=AE时， 1+（n+2）2 =√16+4 = 2√5， 解得，n=-2±√19，此时点P坐标为：（-1，-2±√19）． 综上所述， P点的坐标为：（-1，1），（-1，±√11），（-1，-2±√19）． 3 【答案】解：(1)由抛物线的形状可知，如果△ABM为直角三角形，那么直角顶点只能是点M，且点 M在x轴下方． ( ) 2 设M点的坐标为 x,x −2x−1 ，过M点作MN⊥AB于N，如图． 2 ∵y = x −2x−1 ， 2 ∴当y=0时，x −2x−1 = 0， 解得x=1±√2， ∴A(1-√2，0)，B(1+√2，0)． 2 2 2 在 Rt △ ABM 中 ， AM +BM = AB ， 即 ( x−1+√2 )2 + ( x 2 −2x−1 )2 + ( 1+√2−x )2 + ( x 2 −2x−1 )2 = 8 4 3 2 整理，得x −4x +3x +2x = 0 ， ( ) 2 x(x−2) x −2x−1 = 0 ， 2 如果x −2x−1 = 0，那么点M与点A或点B重合，不合题意舍去， ∴x=0或2， ∴M点的坐标为(0，-1)或(2，-1)； 2 (2)∵y = x −2x−1 ， ∴当x=0时，y=-1， ∴P点坐标为(0，-1)． 设直线PE的解析式为y=kx+b， ∵P(0，-1)，E(3，2)， 154/191­ b = −1 { ∴ ， 3k+b = 2 k = 1 { 解得 ， b = −1 ∴直线PE的解析式为y=x-1，． ∵△PEF是以P为直角顶点的直角三角形，PE⊥PF， ∴直线PF的斜率为-1． 设直线PF的解析式为y=-x+n， 将P(0，-1)代入，得n=-1， ∴直线PF的解析式为y=-x-1． { y = −x−1 { x 1 = 1 { x 2 = 0 由 ，解得 ， (不合题意舍去)， y = x 2 −2x−1 y 1 = −2 y 2 = −1 ∴点F的坐标为(1，-2)． √ √ 在△PEF中，∵∠EPF=90°，PE= (3−0) 2 +(2+1) 2 =3√2，PF= (1−0) 2 +( −2+1) 2 = √2， 1 1 ∴△PEF的面积= PE•PF= ×3√2×√2=3． 2 2 ( ) ( ) 4 【答案】 1+√2,2 或 1−√2,2 【解析】 2 当x = 0时，y = −x +2x+3 = 3，则C(0,3)， ∵△PCD是以CD为底的等腰三角形， 2 ∴点P为直线y = 2与抛物线y = −x +2x+3的交点， 当y = 2时，−x 2 +2x+3 = 2，解得x = 1+√2，x = 1−√2， 1 2 ( ) ( ) ∴P点坐标为 1+√2,2 或 1−√2,2 ． ( ) ( ) 故答案为 1+√2,2 或 1−√2,2 ． 5 【答案】解：（1）将x=0代入AB的解析式得：y=3， ∴B（0，3）． 将y=0代入AB的解析式得：-x+3=0，解得x=3， A（3，0）． 155/191­ c = 3 { 将点A和点B的坐标代入得： ， −9+3b+3 = 0 解得：b=2，c=3． 2 ∴抛物线的解析式为y=-x +2x+3． （2）设M的坐标为（x，y）． ∵△ACM与△ABC的面积相等， 1 1 ∴ AC•|y|= AC•OB． 2 2 ∴|y|=OB=3． 2 当y=3时，-x +2x+3=3，解得x=0或x=2， ∴M（2，3）、（0、3）（舍）． 当y=-3时，−x 2 +2x+3 = −3 ，解得：x=1+√7或x=1-√7． ∴M（1+√7，-3）或（1-√7，-3）． 综上所述点M的坐标为（2，3）或（1+√7，-3）或（1-√7，-3）． 2 2 （3）y = −x +2x+3 = −(x−1) +4， ∴D（1，4）． ①当∠DNA=90°时，如图所示： ∵∠DNA=90°时， ∴DN⊥OA． 又∵D（1，4） ∴N（1，0）． ②当∠N ′ DA = 90∘ 时， 2 2 ′ ′ 2 ′ 2 2 设N (t,0)，则DN = (t−1) +16，AN = (t−3) ，AD = 20 ∵∠N ′ DA = 90∘ ， 2 2 ′ 2 ′ 2 2 ∴DN +AD = AN ，即(t−1) +16+20 = (t−3) 解得：t = −7． 156/191­ ′ ∴N (−7,0)． 综上所述点N的坐标为（1，0）或（-7，0）． 6 【答案】 解：（1）在矩形OABC中，OA＝4，OC＝3， ∴A（4，0），C（0，3）， ∵抛物线经过O、A两点， ∴抛物线的顶点的横坐标为2， ∵顶点在BC边上， ∴抛物线顶点坐标为（2，3）， 2 设抛物线解析式为y＝a（x﹣2） +3， 3 2 把（0，0）坐标代入可得0 = a(0−2) +3，解得a = − ， 4 3 2 ∴抛物线解析式为y = − (x−2) +3， 4 3 2 即y = − x +3x； 4 （2）连接PA，如图， ∵点P在抛物线对称轴上， ∴PA＝PO， ∴PO+PC＝PA+PC． 当点P与点D重合时，PA+PC＝AC； 当点P不与点D重合时，PA+PC＞AC； ∴当点P与点D重合时，PO+PC的值最小， 设直线AC的解析式为y＝kx+b， 根据题意，得 ，解得 157/191­ ∴直线AC的解析式为y＝﹣ x+3， 当x＝2时，y＝﹣ x+3＝ ，则D（2， ）， ∴当PO+PC的值最小时，点P的坐标为（2， ）； （3）存在． 当以AC为对角线时：当四边形AQCP为平行四边形，点Q为抛物线的顶点，即Q（2， 3），则P（2，0）； 当AC为边时： ①当四边形AQPC为平行四边形，P点的横坐标比C点的横坐标大2，则Q点的横坐标为 2 6，当x＝6时，y＝ x +3x＝﹣9，此时Q（6，﹣9），则点A（4，0）向右平移2个 单位，向下平移9个单位得到点Q，所以点C（0，3）向右平移2个单位，向下平移9个 单位得到点P，则P（2，﹣6）； ②当四边形APQC为平行四边形，P点的横坐标比A点的横坐标小2，则Q点的横坐标为 ﹣2， 2 当x＝﹣2时，y＝ x +3x＝﹣9，此时Q（﹣2，﹣9），则点C（0，3）向左平移2个 单位，向下平移12个单位得到点Q，所以点A（4，0）向左平移2个单位，向下平移12 个单位得到点P，则P（2，﹣12）； 综上所述，P（2，0），Q（2，3）或P（2，﹣6），Q（6，﹣9）或P（2，﹣ 12），Q（﹣2，﹣9）． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 13 讲 与圆有关的位置关系 例题练习题答案 例1 (1【) 答案】证明：在⊙O上取C(不与A、B重合)，连接PC，OC，如图所示， 在 △ POC中，PC < OP +OC， 158/191­ ∵OC = OA， ∴PC < OP +OA = PA， ∴PA的长是点P到⊙O上的点的距离最大值． (2【) 答案】2cm或3cm 练1.1 【答案】B 例2 (1【) 答案】13 2 (2【) 答案】解:设O为△ABC外接圆的圆心，连接AO，且延长AO交BC于D，连接OB、OC， ∵AB = AC，O为△ABC外接圆的圆心， ∴AD⊥BC，BD = DC， 1 BD = DC = BC = 5， 2 设等腰△ABC外接圆的半径为R， 则OA = OB = OC = R， 在Rt△ABD中，由勾股定理得:AD = 12， 在Rt△OBD中，由勾股定理得: 2 2 2 OB = OD +BD ， 2 2 2 即R = (12−R) +5 ， 169 R = ． 24 169 答:等腰△ABC外接圆的半径为 ． 24 练2.1 【答案】2 例3 159/191­ (1【) 答案】C (2【) 答案】D 练3.1 (1【) 答案】C (2【) 答案】C 例4 (1【) 答案】连接AD，∵⊙A与BC相切于D，∴AD⊥BC， ∴∠ADB = 90∘ ， ∵AB = AC，∠BAC = 120∘ ，∴∠B = 30∘ ， ∴∠BAD = 60∘ ，∵AD = AE，∴∠ADE = 60∘ ， ∴∠BDE = 30∘ = ∠B，∴BE = ED． (2【) 答案】①证明：如图，连接OC， ∵PD与半圆相切于点C， ∴OC⊥PD， 又∵BD⊥PD， ∴OC∥BD， ∵OC = OB， ∴∠OCB = ∠OBC = ∠CBD， ∴BC平分∠PBD； ②解：设半圆的半径为r，则OP = r+6， 由①知OC⊥PD， 2 2 2 在Rt△OPC中，OC +PC = OP ， 160/191­ 2 2 ∴r +72 = r +12r+36，解得：r = 3， ∴AB的长为6． 练4.1 (1【) 答案】B (2【) 答案】如图，连接OC， ∵直线CD与⊙O相切于点C， ∴OC⊥CD， ∴∠OCA +∠DCA = 90∘ ， ∵AC平分∠DAB， ∴∠DAC = ∠OAC， 又OA = OC， ∴∠OAC = ∠OCA， ∴∠DAC = ∠OCA， ∴∠DCA +∠DAC = 90∘ ， 则∠ADC = 90∘ ，即AD⊥DC． 例5 (1【) 答案】 ①∵∠CAP = ∠P = 30∘ ，∴∠ACP = 120∘ ， ∵∠ACO = ∠CAP = 30∘ ， ∴∠OCP = 120∘ −30∘ = 90∘ ，∴PC是⊙O的切线； ②∵AO = CO， ∴∠COB = ∠OAC+∠OCA = 2∠OCA， ∵∠COB = 2∠PCB， ∴∠OCA = ∠PCB 161/191­ 又∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB = ∠OCA +∠OCB = 90∘ ， ∴∠OCP = ∠OCB +∠PCB = 90∘ ， ∴PC是⊙O的切线． (2【) 答案】连接OE，在⊙O中，OA = OE = OB， ∴∠OBE = ∠OEB，∵OD∥BE， ∴∠AOD = ∠OBE = ∠OEB = ∠EOD， 又OD = OD， ∴△AOD≌△EOD(SAS)， ∴∠OED = ∠OAD = 90∘ ， ∵AM是⊙O的切线，切点为A， ∴BA⊥AM， ∴∠OAD = ∠OED = 90∘ ， ∴OE⊥DE， ∵OE是⊙O的半径， ∴DE是⊙O的切线． 练5.1 (1【) 答案】解:(1)BC与⊙O相切． 证明:连接OD． ∵AD是∠BAC的平分线， ∴∠BAD = ∠CAD． 又∵OD = OA， ∴∠OAD = ∠ODA． ∴∠CAD = ∠ODA． ∴OD∥AC． 162/191­ ∴∠ODB = ∠C = 90∘ ，即OD⊥BC． 又∵BC过半径OD的外端点D， ∴BC与⊙O相切． (2【) 答案】证明:∵CE是⊙O的切线， ∴∠OEC = 90∘ ， 如图1，连接OD， ∵四边形OABC是平行四边形， ∴AO = BC，OC = AB，OC∥AB， ∴∠EOC = ∠A，∠COD = ∠ODA， ∵OD = OA， ∴∠A = ∠ODA， ∴∠EOC = ∠DOC， 在△EOC和△DOC中， OE = OD { ∠EOC = ∠DOC， OC = OC ∴△EOC≌△DOC(SAS)， ∴∠ODC = ∠OEC = 90∘ ， ∴OD⊥CD， ∴CD是⊙O的切线； 例6 (1【) 答案】4 (2【) 答案】40 练6.1 【答案】证明:∵PA、PB分别切⊙O于A､B, ∴PA = PB,∠APC = ∠BPC. 163/191­ 又∵PC = PC, ∴△APC≌△BPC. ∴AC = BC. 例7 【答案】44 【解析】∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形， ∴AD＋BC＝AB＋CD＝22， ∴四边形ABCD的周长＝AD＋BC＋AB＋CD＝44． 练7.1 (1【) 答案】2 (2【) 答案】√5 能力强化 / 初三 / 秋季 第 13 讲 与圆有关的位置关系 自我巩固答案 1 【答案】C 2 【答案】B 【解析】 由题意可知，∠BCN = 60∘ ，∠ACN = 30∘ ， ∴∠ACB = ∠ACN+∠BCN = 90∘ ， ∴△ABC是直角三角形， ∴△ABC的外心是斜边AB的中点， ∵点Q是AB中点， ∴△ABC的外心是点Q， 故选：B． 3 【答案】A 【解析】已知A(2,2)，B(6,2)，C(4,5)， 164/191­ 2+6 ∴AB的垂直平分线是x = = 4， 2 设直线BC的解析式为y = kx+b， 把B(6,2)，C(4,5)代入上式得 6k+b = 2 { ， 4k+b = 5 3 { k = − 解得 2 ， b = 11 3 ∴y = − x+11， 2 2 设BC的垂直平分线为y = x+m， 3 7 1 ( ) 把线段BC的中点坐标 5, 代入得m = ， 2 6 2 1 ∴BC的垂直平分线是y = x+ ， 3 6 17 当x = 4时，y = ， 6 17 ( ) ∴过A、B、C三点的圆的圆心坐标为 4, ． 6 故选：A． 4 【答案】D 【解析】解：∵⊙O与直线l有两个交点， ∴⊙O与直线l相交， ∵圆的半径为3， ∴圆心O到直线l的距离0 ≤ d < 3， ∴圆心O到直线l的距离不可能为3． 5 【答案】D 【解析】过点O作OE⊥AB，交AB于点E，连接OB， 165/191­ 设⊙O的半径为R，∵正方形的边长为2，CD与⊙O相切， ∴OF=R， ∴OE=2﹣R， 在Rt△OBE中， 5 OE2+EB2=OB2，即（2﹣R）2+12=R2，解得R= ． 4 6 【答案】C 7 【答案】D 8 【答案】D 9 【答案】解：（1）连接OF；根据切线长定理得：BE＝BF，CF＝CG，∠OBF＝∠OBE， ∠OCF＝∠OCG； ∵AB∥CD， ∴∠ABC+∠BCD＝180∘ ， ∴∠OBF +∠OCF＝90∘ ， ∴∠BOC＝90∘ ； （2）由（1）知，∠BOC＝90∘ ． ∵OB＝12cm，OC＝16cm， √ 2 2 ∴由勾股定理得到：BC = OB +OC = 20cm， ∴BE +CG＝BC＝20cm． （3）∵OF⊥BC， OB ⋅OC ∴OF = = 9.6cm． BC 10 【答案】解：（1）如图所示：过点O作OE⊥DC，垂足为E． 166/191­ ∵BC是圆0的切线， ∴OB⊥BC． ∴∠CEO=∠OBC=90°． ∵CO平分∠ECB， ∴∠ECO=∠BCO． ∠ECO = ∠BCO { 在△ECO和△BCO中， ∠OEC = ∠OBC = 90°， OC = OC ∴ECO≌△BCO． ∴OE=OB． ∵OE⊥DC，OE=OB， ∴DC是圆O的切线． （2）∵AD、DC、CB是圆的切线， ∴DE=DA，EC=CB． ∴BC=DC-AD=5-2=3． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 13 讲 与圆有关的位置关系 课堂落实答案 1 【答案】C 2 【答案】D 3 【答案】C 【解析】过点M作MG⊥AC，垂足为G． 167/191­ ∵AB为⊙O的直径， ∴∠C = 90∘ ． 又∵∠ABC = 30∘ ，AB = 2， ∴AC = 1，∠CAB = 60∘ ． ∵AD为⊙O的切线， ∴∠DAB = 90∘ ． ∴∠MAC = 30∘ ． 由切线长定理可知MC = MA． 又∵MG⊥AC， 1 1 ∴AG = AC = ． 2 2 在Rt△AMG中，∠MAG = 30∘ ， AG √3 0.5 √3 √3 ∴ = ，即 = ，解得：AM = ． AM 2 AM 2 3 故选：C． 4 【答案】D 5 【答案】D 【解析】根据切线长定理得，BE = EF，DF = DC = AD = AB = BC． 设EF = x，DF = y， 则在直角△AED中，AE = y−x，AD = CD = y，DE = x+y． 根据勾股定理可得： 2 2 2 (y−x) +y = (x+y) ， ∴y = 4x， ∴三角形ADE的周长为12x，直角梯形EBCD周长为14x， ∴两者周长之比为12x:14x = 6:7． 168/191­ 故选：D． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 13 讲 与圆有关的位置关系 精选精练 1 【答案】A 【解析】∵⊙O的半径为5cm，OA = 4cm， ∴点A与⊙O的位置关系是：点A在⊙O内． 故选：A． 2 【答案】A 【解析】如图：当直线L在原点左侧与⊙A相切时，△ABC∽△DOC， √5 ∴BC:AB = 1:2，AC = ． 2 所以点A移动的最大距离是2×AC = √5． 故选：A． 3 (1【) 答案】 ∠ACB = 50∘ ； 【解析】连接OA、OB， ∵ PA，PB是⊙O的切线， ∴ ∠OAP = ∠OBP = 90∘ ， ∴ ∠AOB = 360∘ −90∘ −90∘ −80∘ = 100∘ ， 1 由圆周角定理得，∠ACB = ∠AOB = 50∘ ； 2 (2【) 答案】 ∠EAC = 20∘ ． 169/191­ 【解析】连接CE， ∵ AE为⊙O的直径， ∴ ∠ACE = 90∘ ， ∵ ∠ACB = 50∘ ， ∴ ∠BCE = 90∘ −50∘ = 40∘ ， ∴ BAE = ∠BCE = 40∘ ， ∵ AB = AD， ∴ ∠ABD = ∠ADB = 70∘ ， ∴ ∠EAC = ∠ADB −∠ACB = 20∘ ． 4 【答案】证明：（1）连接OD， ∵AD平分∠BAC， ∴∠DAE=∠DAB， ∵OA=OD，∴∠ODA=∠DAO， ∴∠ODA=∠DAE， ∴OD∥AE， ∵DE⊥AC， ∴OD⊥DE， ∴DE是⊙O切线． （2）过点O作OF⊥AC于点F， 170/191­ ∴AF=CF=3， √ √ 2 2 2 2 ∴OF = AO −AF = 5 −3 = 4∵∠OFE=∠DEF=∠ODE=90°， ∴四边形OFED是矩形， ∴DE=OF=4． 【解析】 5 【答案】（1）∵PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点， ∴PA = PB， ∴∠PAB = ∠PBA． 又∵AC是⊙O的直径，∠BAC = 25∘ ， ∴∠PAB = 90∘ −∠BAC = 65∘ ． ∴∠P = 180∘ −∠PAB −∠PBA = 50∘ ； （2）如图，连接BC． ∵PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，AC是⊙O的直径， ∴PA = PB，OA⊥AP，∠CBA = 90∘ ， 又∵∠P = 60∘ ， ∴△PAB是等边三角形， ∴AB = PA = 2√3，∠PAB = 60∘ ， ∴∠CAB = ∠CAP −∠PAB = 30∘ ， 1 √3 在Rt△CAB中，CB = CA，AB = CA = 2√3， 2 2 ∴CA = 4． 6 【答案】 171/191­ 5 ①BC= 2 5 ② √5 3 【解析】解：①过点D作DF⊥BC于点F， ∵AB为⊙O的直径，∠A=∠B=90°， ∴四边形ABFD是矩形，AD与BC是⊙O的切线， ∴DF=AB=2√5，BF=AD=2， ∵DE与⊙O相切， ∴DE=AD=2，CE=BC， 设BC=x， 则CF=BC-BF=x-2，DC=DE+CE=2+x， 2 2 2 在Rt△DCF中，DC =CF +DF ， 即（2+x） 2 =（x-2） 2 +（2√5） 2 ， 5 解得：x= ， 2 5 即BC= ； 2 ②∵AB为⊙O的直径，∠A=∠B=90°， ∴AD∥BC， ∴△ADE∽△GCE， ∴AD：CG=DE：CE，AE：EG=AD：CG， ∵AD=DE=2， 5 ∴CG=CE=BC= ， 2 ∴BG=BC+CG=5， ∴AE：EG=4：5， √ 在Rt△ABG中，AG= AB 2 +BG 2 =3√5， 5 5 ∴EG= AG= √5． 9 3 172/191­ 能力强化 / 初三 / 秋季 第 14 讲 圆中的计算与证明 例题练习题答案 例1 【答案】（1）4（2）5（3）2√15cm 练1.1 【答案】(1)2(2)2√5(3)3√3 例2 【答案】证明：连接AE, ∵∠ACB = 60∘ ，∠AEC = 90∘ ， ∴∠CAE = 30∘ ， ∴∠DOE = 60∘, ∴△ODE是等边三角形． 练2.1 (1【) 答案】A (2【) 答案】 32∘ (3【) 答案】 100∘ (4【) 答案】A 173/191­ 例3 (1【) 答案】A (2【) 答案】A 练3.1 (1【) 答案】B (2【) 答案】C (3【) 答案】A 例4 【答案】C 练4.1 【答案】B 例5 (1【) 答案】6π (2【) 答案】72π 练5.1 【答案】400π 例6 (1【) 答案】π √3 − ． 6 4 (2【) 答案】8π ． 练6.1 (1【) 答案】 连接OC， ∵CD = AC， ∴∠CAD = ∠D， 又∵∠ACD = 120∘ ， 1 ( ) ∴∠CAD = 180∘ −∠ACD = 30∘ ， 2 174/191­ ∵OC = OA， ∴∠A = ∠2 = 30∘ ， ∴∠COD = 60∘ ， 又∵∠D = 30∘ ， ∴∠OCD = 180∘ −∠COD−∠D = 90∘ ， ∴CD是⊙O的切线； (2【) 答案】 ∵∠A = 30∘ ， ∴∠1 = 2∠A = 60∘ ． 2 60π×2 2 ∴S = = π， 扇形OBC 360 3 显然，在Rt△OCD中，CD = 2√3． 1 ∴S = OC×CD = 2√3． Rt△OCD 2 2 ∴图中阴影部分的面积为2√3− π． 3 能力强化 / 初三 / 秋季 第 14 讲 圆中的计算与证明 课堂落实答案 1 【答案】D 2 【答案】B 3 【答案】C 4 【答案】A 5 【答案】A 能力强化 / 初三 / 秋季 175/191­ 第 14 讲 圆中的计算与证明 自我巩固答案 1 【答案】D 2 【答案】A 【解析】解：过O作OF⊥CD于F，OQ⊥AB于Q，连接OD， ∵AB＝CD， ∴OQ＝OF， ∵OF过圆心O，OF⊥CD， ∴CF＝DF＝2， ∴EF＝2−1＝1， ∵OF⊥CD，OQ⊥AB，AB⊥CD， ∴∠OQE＝∠AEF＝∠OFE＝90∘ ， ∵OQ＝OF， ∴四边形OQEF是正方形， ∴OF＝EF＝1， √ 在△OFD中由勾股定理得：OD = DF 2 +OF 2 = √5， 故选：A． 3 【答案】B 【解析】A、∵∠ACB与∠ACD的大小关系不确定，∴AB与AD不一定相等，故本选项错误； B、∵AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC，∴BC＝CD，故本选项正确； ⌢ ⌢ C、∵∠ACB与∠ACD的大小关系不确定，∴AB与AD不一定相等，故本选项错误； D、∠BCA与∠DCA的大小关系不确定，故本选项错误． 4 【答案】B 【解析】∵直径所对的圆周角等于直角， ∴从下列直角三角板与圆弧的位置关系中，可判断圆弧为半圆的是B． 故选：B． 5 【答案】D 176/191­ 【解析】连接OD，AR， ∵△PQR是⊙O的内接正三角形， ∴∠PRQ = 60∘ ， ∴∠POQ = 2×∠PRQ = 120∘ ， ∵四边形ABCD是⊙O的内接正方形， ∴△AOD为等腰直角三角形， ∴∠AOD = 90∘ ， ∵BC∥RQ，AD∥BC， ∴AD∥QR， ∴∠ARQ = ∠DAR， ⌢ ⌢ ∴AQ = DR， ∵△PQR是等边三角形， ∴PQ = PR， ⌢ ⌢ ∴PQ = PR， ⌢ ⌢ ∴AP = PD， 1 ∴∠AOP = ∠AOD = 45∘ ， 2 ∴∠AOQ = ∠POQ−∠AOP = 120∘ −45∘ = 75∘ ． 6 【答案】C 【解析】连接BD、OA、OE、OD，如图所示， 177/191­ ∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形， ∴∠BAD+∠C = 180∘ ， ∵∠C = 120∘ ， ∴∠BAD = 60∘ ， ∵AB = AD， ∴△ABD是等边三角形， ∴∠ABD = 60∘ ，∴∠AOD = 2∠ABD = 120∘ ， ∵AE恰好为⊙O的内接正十边形的一边， 360∘ ∴∠AOE = = 36∘ ， 10 ∴∠DOE = 120∘ −36∘ = 84∘ ， ⌢ ∴DE的度数为84∘ ， 故选：C． 7 【答案】C 8 【答案】D 【解析】如图，连接OD． 根据折叠的性质知，OB = DB． 又∵OD = OB， ∴OD = OB = DB，即△ODB是等边三角形， ∴∠DOB = 60∘ ． ∵∠AOB = 110∘ ， 178/191­ ∴∠AOD = ∠AOB −∠DOB = 50∘ ， ⌢ 50π×18 ∴AD的长为 = 5π． 180 故选：D． 9 【答案】解：（1）BC = AB −AC = 10m， 1 AB 甲所走的路径长 = ×2×π× = 20πm 2 2 1 AC 1 BC 乙所走的路径长 = ×2×π× + ×2×π× = 20πm 2 2 2 2 所以两人所走路程相等； （2）两人走的路程远近相同．理由如下： 甲所走的路径长 1 AB = ×2×π× 2 2 1 = π×AB 2 乙所走的路径长 1 AC 1 CD 1 BD = ×2×π× + ×2×π× + ×2×π× 2 2 2 2 2 2 1 = π(AC+CD+DB) 2 1 = π×AB 2 即两人走的路程远近相同． 10 【答案】 （1）证明：连接OG，如图1所示： 179/191­ ∵弦CD⊥AB于点H， ∴∠AHK＝90∘ ， ∴∠HKA +∠KAH＝90∘ ， ∵EG＝EK， ∴∠EGK＝∠EKG， ∵∠HKA＝∠GKE， ∴∠HAK+∠KGE＝90∘ ， ∵AO＝GO， ∴∠OAG＝∠OGA， ∴∠OGA +∠KGE＝90∘ ， ∴GO⊥EF， ∴EF是⊙O的切线； （2）解：∵CD⊥AB， ∴DH＝CH = √15， ∵DK＝2HK＝AK， 1 √15 ∴∠HAK＝30∘ ，HK = DH = ， 3 3 ∴AH = √3HK = √5， 连接OD，如图2所示： 设⊙O的半径为R， 在Rt△ODH中，由勾股定理得： ( √15 )2 + ( R −√5 )2 ＝R 2 ， 解得：R＝2√5， 1 ∴OH＝OA −AH = √5 = OD， 2 1 1 5√3 ∴∠ODH＝30∘ ，△ODH的面积 = OH⋅DH = ×√5×√15 = ， 2 2 2 180/191­ ∴∠DOH＝60∘ ， ∴∠BOD＝120∘ ， 2 120∘ ⋅π×(2√5) 20π ∴扇形OBGD的面积 = = ， 360∘ 3 ∵OA＝OG， ∴∠OGA＝∠HAK＝30∘ ， ∴∠EGK＝90∘ −30∘ ＝60∘ ， 又∵EK＝EG， ∴△GEK是等边三角形， ∴∠E＝60∘ ， ∴∠F＝90∘ −60∘ ＝30∘ ， ∵GO⊥EF， ∴OF＝2OG＝4√5， ∴HF＝OH+OF＝5√5， √3 5√15 ∴HE = HF = ， 3 3 1 1 5√15 125√3 ∴△EFH的面积 = HF ⋅HE = ×5√5× = ， 2 2 3 6 125√3 5√3 20π 55√3 20π ∴图中阴影部分的面积S = − − = − ． 6 2 3 3 3 能力强化 / 初三 / 秋季 第 14 讲 圆中的计算与证明 精选精练 1 【答案】D 2 【答案】D 3 【答案】解：连接CB，CO，DO， 181/191­ ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB = 90∘ ， 又∵∠P = 75∘ ， ∴∠PBC = 15° 1 又∵∠PBC = ∠COD， 2 ∴∠COD=30∘ ． ⌢ ∴CD所对的圆心角的度数为30∘ ． 4 【答案】 1 1 1 ( )2 2 甲窗户采光面积：ab−2× π × b = ab− π b ， 4 2 8 1 1 1 ( )2 2 乙窗户采光面积：ab−4× π b = ab− π b ， 2 8 32 1 1 3π ( ) 2 2 2 ∵ab− π b − ab− π b = − b < 0 ， 8 32 32 所以乙窗户采光面积更大，他应选用乙窗户的设计． 5 【答案】解： ∵ 正n边形边长为a，OM⊥AB，OA = OB 1 1 ∴ AM = AB = a 2 2 ∵ 边心距为r √ 1 1 √ √ ∴ 正n边形的半径R = OM 2 +AM 2 = r 2 +( a) 2 = 4r 2 +a 2 2 2 ∴ 周长P = na 182/191­ 1 1 ∴ 面积S = nS = n× a×r = nar ΔOAB 2 2 6 【答案】（1）证明： ∵ 正六边形ABCDEF内接于⊙O， ∴ AB = BC = CD = DE = EF = FA，∠A = ∠ABC = ∠C = ∠D = ∠DEF = ∠F， ∵ 点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s速度沿AF，DC向终点F，C运动， ∴ AP = DQ = t，PF = QC = 4−t， 在ΔABP和ΔDEQ中， AB = DE { ∠A = ∠D， AP = DQ ∴ ΔABP ≅ ΔDEQ(SAS)， ∴ BP = EQ，同理可证PE = QB， ∴ 四边形PEQB是平行四边形． （2）①2；②0或4． 【解析】（2）①当PA = PF，QC = QD时，四边形PBQE是菱形时，此时t = 2s． ②当t = 0时，∠EPF = ∠PEF = 30∘ ， ∴ ∠BPE = 120∘ −30∘ = 90∘ ， ∴ 此时四边形PBQE是矩形． 当t = 4时，同理可知∠BPE = 90 ∘ ，此时四边形PBQE是矩形． 综上所述，t = 0s或4s时，四边形PBQE是矩形． 能力强化 / 初三 / 秋季 第 15 讲 阶段自检B 期末试卷答案 1 【答案】C 2 【答案】C 【解析】 ^ ∵∠AOB与∠ACB都对AB，且∠AOB = 100∘ ， 183/191­ 1 ∴∠ACB = ∠AOB = 50∘ ， 2 故选：C． 3 【答案】C 4 【答案】D 5 【答案】A 【解析】∵平行四边形ABCD， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴∠DEF＝∠BCF，∠EDF＝∠CBF， ∴△EDF∽△CBF， ED EF ∴ = ， BC FC ∵AE＝2ED， ED ED 1 ∴ = = ， AD BC 3 EF 1 则 = ， FC 3 6 【答案】A 7 【答案】D 8 【答案】B 9 【答案】A 10 【答案】B 11 【答案】 π √3− 2 【解析】解：∵六边形ABCDEF是正六边形， ∴∠AOB=60°， ∴△OAB是等边三角形，OA=OB=AB=2， 设点G为AB与⊙O的切点，连接OG，则OG⊥AB， √3 ∴OG=OA•sin60°=2× = √3， 2 184/191­ 2 1 60π×(√3) π ∴S =S ﹣S = ×2×√3− = √3− ． 阴影 △OAB 扇形OMN 2 360 2 12 【答案】2016 13 【答案】4 【解析】 k 设D(a, )， a ∵点D为矩形OABC的AB边的中点， k ∴B(2a, )， a k ∴E(2a, )， 2a ∵△BDE的面积为1， 1 k k ∴ ⋅a⋅( − ) = 1，解得k＝4． 2 a 2a 14 【答案】2√7 15 【答案】 27∘ 16 【答案】1 2 【解析】 √2 原式 = 3√2+0.5−6× 2 1 = ， 2 1 故答案为 ． 2 185/191­ 17 【答案】 2 y=2x +3x+1 【解析】解：由题意，得 抛物线y=2x 2 ­3x+1关于y轴对称的抛物线的解析式为 y=2x 2 +3x+1， 故答案为：y=2x 2 +3x+1． 18 【答案】①③④ 19 【答案】 1 2 解：方程变形得：x −2x = − 3 2 2 配方得：x −2x+1 = 3 2 2 开方得：(x−1) = 3 √6 √6 解得：x = 1+ ，x = 1− 1 2 3 3 【解析】方程移项后，二次项系数化为1，两个加上一次项系数一半的平方，利用完全平方公式变 形后，开方即可求出解． 20 【答案】解：作PD⊥AB于D． 设BD=x，则AD=x+200． ∵∠EAP=60°， ∴∠PAB=90°-60°=30°． 在Rt△BPD中， ∵∠FBP=45°， ∴∠PBD=∠BPD=45°， ∴PD=DB=x． 在Rt△APD中， ∵∠PAB=30°， ∴PD = tan30∘ ⋅AD， √3 即DB = PD = tan30∘ ⋅AD = x = (200+x)， 3 解得:x≈273.2， ∴PD=273． 186/191­ 答:凉亭P到公路l的距离为273m． 21 【答案】解：（1）∵PB = PC， ∴∠B = ∠PCB， ∵PC平分∠ACB， ∴∠PCA = ∠PCB， ∴∠PCA = ∠B， 又∵∠A = ∠A， ∴△APC∽△ACB． AP AC （2）由（1）得： = ， AC AB 3 AC ∴ = ，∴AC = 3√3． AC 3+6 22 【答案】解：（1）证明：∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB = 90∘ ， ∴AC⊥BC， 又∵DC = CB， ∴AD = AB， ∴∠B = ∠D． 2 2 2 （2）设BC = x，则AC = x−2，在Rt△ABC中，AC +BC = AB ， 2 2 2 ∴(x−2) +x = 4 解得：x = 1+√7,x = 1−√7（舍去） 1 2 ∵∠B = ∠E，∠B = ∠D， ∴∠D = ∠E， ∴CD = CE， ∵CD = CB， ∴CE = CB = 1+√7． 187/191­ 【解析】（1）由AB为⊙O的直径，易证得AC⊥BD，又由DC=CB，根据线段垂直平分线的性质， 可证得AD=AB，即可得：∠B=∠D； （2）首先设BC=x，则AC=x­2，由在Rt△ABC中，AC 2 +BC 2 =AB 2，可得方程： （x−2） 2 +x 2 =4 2，解此方程即可求得CB的长，继而求得CE的长． 23 【答案】 k 解：（1）设反比例函数是y= ， x 把x=4，y=2代入得k=8． 8 则反比例函数解析式是y= ， x 当x=2时，则y=4，即点B的纵坐标是4． （2）根据反比例函数的解析式，知△OAA 的面积和△OBB 的面积相等，都是4，则要求的 1 1 1 三角形的面积等于直角梯形ABB A 的面积是 ×(2+4) ×2=6． 1 1 2 24 【答案】 2 2 解：（1）∵关于x的一元二次方程x −2(m−2)x+m = 0有实根， 2 2 ∴△≥0，即[−2(m−2)] −4m ≥ 0 ，解得m≤1； （2）∵方程的两个实数根为x ，x ， 1 2 2 ∴x +x =2(m-2)，x x =m ， 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 ∴x +x =(x +x ) -2x x =4(m-2) -2m =2m -16m+16， 1 2 1 2 1 2 2 2 2 ∵x +x =56，∴2m -16m+16=56，解得m=-2或m=10， 1 2 ∵m≤1，∴m = −2． 【解析】 （1） ∵ 关于x的一元二次方程x 2 −2(m−2)x+m 2 = 0有实根， ∴ Δ0，即[ −2(m−2)] 2 −4m 2 ⩾ 0，解得m ⩽ 1； （2） ∵ 方程的两个实数根为x ，x ， 1 2 ∴ x +x = 2(m−2)，x x = m 2 ， 1 2 1 2 ∴ x 2 +x 2 = (x 1 +x 2 ) 2 −2x 1 x 2 = 4(m−2) 2 −2m 2 = 2m 2 −16m+16， 1 2 ∵ x 2 +x 2 = 56， 1 2 ∴ 2m 2 −16m+16 = 56，解得m = −2或m = 10， ∵ m ⩽ 1， ∴ m = −2． 188/191­ 25 【答案】 2 解：（1）把A(−1,2)代入y = −x +c得:−1+c = 2， 解得:c=3， 2 ∴y = −x +3， 2 把B(2,n)代入y=-x +3得:n=-1， ∴B(2,-1)，把A(−1,2)、B(2, −1)分别代入y=kx+b { −k+b = 2 {k = −1 得 ，解得: ，∴y=-x+1； 2k+b = −1 b = 1 （2）根据图象得:使二次函数的值大于一次函数的值的x的取值范围是 −1 < x < 2； （3）连接AC、BC，设直线AB交y轴于点D， 2 把x=0代入y=-x +3得:y=3， ∴C(0,3)， 把x = 0 代入y = −x+1 得： y = 1， ∴D(0,1) ， ∴CD = 3−1 = 2 1 1 ∴S = S +S = ×2×1+ ×2×2 = 1+2 = 3 △ABC △ACD △BCD 2 2 26 【答案】解：(1)∵抛物线y=-x 2 +bx+c经过A(3,0)，B(0,3)两点， {−9+3b+c = 0 ∴ ，解得b=2，c=3． c = 3 2 ∴y=-x +2x+3． {3k+n = 0 设直线AB的解析式为y=kx+n，将点A和点B的坐标代入得: ， n = 3 解得:k=-1，n=3， ∴直线AB的解析式为y=-x+3． (2)由题意得:OE=t，AF=√2t， 189/191­ ∴AE=OA-OE=3-t． ∵OA=OB，∠BOA=90°， ∴∠BAO=45°． ∵△AEF为等腰直角三角形，∠FAE=45°， ∴∠AEF=90°，或∠AFE=90°． AE 3−t √2 3 当∠AEF=90°时， =cos45°，即 = ，解得:t= ； AF √2t 2 2 AF √2t √2 当∠AFE=90°时， =cos45°，即 = ，解得:t=1． AE 3−t 2 3 综上所述可知当t=1或t= 时，△AEF为等腰直角三角形． 2 (3)存在． 如图所示:过点P作PC⊥x轴，垂足为C，交AB与点D． 2 设点P的坐标为(a,-a +2a+3)，则D(a,-a+3)， 3 9 2 2 2 PD=-a +2a+3-(-a+3)=-a +3a=-(a- ) + ． 2 4 3 9 ∴当a= 时，PD有最大值，即△ABP的面积有最大值，PD的最大值为 2 4 3 15 ∴P( , )． 2 4 1 1 9 27 ∵△ABP的面积= DP•(x -x )= ×3× = ． A B 2 2 4 8 27 3 15 ∴△ABP的面积的最大值为 ，此时点P的坐标为( , )． 8 2 4 190/191­ 27 【答案】 2 解：（1）w = (x−18)y = (x−18)(−2x+100) = −2x +136x−1800； 2 2 （2）将w = −2x +136x−1800配方，得w = −2(x−34) +512(x > 18)， 答:当销售单价为34元时，每月能获得最大利润，最大利润是512万元； 2 （3）由w=350，得350 = −2x +136x−1800 解这个方程得x =25，x =43，即销售单价定为25元或43元， 1 2 2 结合函数w = −2x +136x−1800的图象可知， 当25≤x≤43时w≥350， 又由限价32元，得25≤x≤32， 根据一次函数的性质，得y = −2x+100中y随x的增大而减小， ∵x最大取32， ∴当x=32时，每月制造成本最低． 最低成本是18×(−2×32+100) = 648(万元) 答:每月最低制造成本为648万元． 191/191