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能力强化 / 初三 / 秋季
第 1 讲 一元二次方程的应用
例题练习题答案
例1 【答案】 x2 −6x+4 = 0 ； x2 ； −6 ；4
x2 −6x+9 = 5
【解析】 ，
x2 −6x+9−5 = 0
，
x2 −6x+4 = 0
，
x2 −6
故二次项为 ，一次项系数为 ，常数项为4．
x2 −6x+4 = 0 x2 −6
故答案为： ； ； ；4．
例2 【答案】A
2
【解析】由 (m−1)xm +1 −2x−m = 0 是关于x的一元二次方程，得 m2 +1 = 2 ，且
m−1 ≠ 0
．
m = −1
解得 ，
故选：A．
例3 【答案】C
3 3
【解析】把 x = 2 代入方程 x2 −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
x = 1 ax2 +bx+c = 0
【解析】将 代入方程 ，
a+b+c = 0
得： ；
−−−−− −−−−−
又∵a、b满足等式 b = √a−3+√3−a+3 ，
a−3 ≥ 0 3−a ≥ 0
∴ ， ；
a = 3
∴ ，
b = 3
∴ ；
c = −a−b = −6
则 ．
1
例4 【答案】
2
【解析】∵ 2n(n ≠ 0) 是关于x的方程 x2 −2mx+2n = 0 的根，
4n2 −4mn+2n = 0
∴ ，4n−4m+2 = 0
∴ ，
1
m−n =
∴ ．
2
1
故答案是： ．
2
例5 (1)【答案】解：∵ 2x2 +4x−7 = 0
7
x2 +2x =
∴
2
9
x2 +2x+1 =
∴
2
9
(x+1)2 =
∴
2
–
3√2
x+1 = ±
∴ ．
2
– –
3√2 3√2
x = −1+ x = −1−
∴ 1 ， 2
2 2
2x2 −3x+2 = 0
(2)【答案】解：∵
a = 2 b = −3 c = 2
∴ ， ， ，
Δ = b2 −4ac = (−3)2 −4×2×2 = −7 < 0
∴
∴此方程没有实数解．
x2 −7x+10 = 0
(3)【答案】解：∵
(x−2)(x−5) = 0
∴
x = 2 x = 5
∴ 1 ， 2 ．
5(x+1)2 = 7(x+1)
(4)【答案】解：∵
5(x+1)2 −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
x 200 ×(1−x)2 = 128
(2)【答案】解：设平均每次降价的百分率为 ，由题意得
x = 0.2 x = 1.8( )
解得 1 ， 2 不合题意舍去
20
答：这种药品平均每次降价率是 %．
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(1−x)(25+50x)−3 = 25
方程可化为：
50x2 −25x+3 = 0
x = 0.2 x = 0.3
解这个方程，得 1 ， 2 ．
x = 0.2
因为为了促销故 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】（ 1 ）将这种水果每斤的售价降低 x 元，则每天的销售量是
x
100 + ×20 = 100 +200x( )
斤 ；
0.1
100 +200x
故答案为： ．
2
（ ）根据题意得：
(4−2−x)(100 +200x) = 300
，
1
x = x = 1
解得： 或 ，
2
260
∵每天至少售出 斤，
x = 1
∴ ．
(3−2)÷2 = 50
%
1 50
答：张阿姨需将每斤的售价降低 元，此时的利润率为 %．
20
【解析】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
0.1
100 +200x 03 ≤ x < 2
斤，其中 ．
(2)其降低价格为x元，销售量为200x
300 = 200x(2−x) 03 ≤ x < 2
则： ( )
x2 −4x+3 = 0
整理得：
(x−1)(x−3) = 0 x = 1 x = 3
，解得 或 (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
2x×5+2x×4−4x2 = ×5×4
，
80
17 1
x = ( , ) x =
解得： 1 不符合 舍去 ， 2 ．
4 4
1
答：配色条纹宽度为 米．
4
17
×5×4×200 = 850( )
②条纹造价： 元
80
17
(1− )×4×5×100 = 1575( )
其余部分造价： 元
80
850 +1575 = 2425( )
∴总造价为： 元
2425
答：地毯的总造价是 元．18cm
(2)【答案】
xcm
【解析】解：设原铁皮的边长为 ，
(x−2×4)2 ×4 = 400
依题意列方程得 ，
(x−8)2 = 100
即 ，
x−8 = 10
所以 ± ，
x = 8±10
．
x = 18 x = −2( )
所以 1 ， 2 舍去 ．
18cm
答：原铁皮的边长为 ．
练8.1 【答案】设 路 宽 为 x ， 则 道 路 面 积 为 30x+20x−x2 ， 所 以 所 需 耕 地 面 积
551 = 20×30−(30x+20x−x2)
，解方程即可．
x
解：设修建的路宽为 米．
20×30−(30x+20x−x2) = 551
则列方程为 ，
x = 49( ) x = 1
解得 1 舍去 ， 2 ．即修建的路宽应为1米
例9 【答案】设每轮传染中平均每个人传染了x人，
1+x+x(1+x) = 121
依题意得 ，
x = 10 x = −12
∴ 或 （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 1 讲 一元二次方程的应用
自我巩固答案
1 【答案】A
2 【答案】解：∵ k 是 x2 −2017x+1 = 0 的一个不为0的根，
k2 −2017k+1 = 0 k2 −2017k = −1
∴ ，即 ，
2k2 −4034k = 2(k2 −2017k) = −2
∴ ．
3 【答案】D1
【解析】原方程为 3x2 −6x+1 = 0 ，二次项系数化为1，得 x2 −2x = − ，
3
1 2
即 x2 −2x+1 = − +1 ，所以 (x−1)2 = ．故选D．
3 3
4 【答案】解：∵ a = 1 ， b = 1 ， c = −3 ，
b2 −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
5(1+x)2 = 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，
(3−0.5x)
平均单株盈利为： 元，
(x+3)(3−0.5x) = 10
由题意得： ．
x2 −3x+2 = 0
化简，整理，得 ．
x = 1 x = 2
解这个方程，得 1 ， 2 ，
3+1 = 4 2+3 = 5
则 ， ，
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) (x+3)(3−0.5x) = 10
元，由题意得 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
，
x2 −13x+40 = 0
化简，得 ，x = 5 x = 8
解得： 1 ， 2 ，
x = 5 26−2x = 16 > 12 x = 8 26−2x = 10 < 12
当 时， （舍去），当 时， ，
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，
x2 +x+1 = 91
根据题意列方程得： ，
x = 9 x = −10
解得： 或 （不合题意，应舍去）；
x = 9
∴ ；
答：每支支干长出9个小分支．
【解析】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
x2
个小分支，
则主干、支干、小分支的总数是 x2 +x+1 ，即可列方程求得x的值．
能力强化 / 初三 / 秋季
第 1 讲 一元二次方程的应用
课堂落实答案
1 【答案】A
(m+3)x2 −mx+1 = 0 (m+3) ≠ 0 m ≠ −3
【解析】如果 是一元二次方程， ，即： ．
故选：A．
2 【答案】D
3 【答案】B
4+4x+x(4+4x) = 100
【解析】依题意得 ，
4(1+x)2 = 100
即 ，
故选：B
4 【答案】B
(80+2x)(50+2x) = 5400
【解析】依题意得： ，
4000+260x+4x2 = 5400
即 ，
4x2 +260x−1400 = 0
化简为： ，
x2 +65x−350 = 0
即 ．
故选：B．5 【答案】设邀请x个球队参加比赛，
1+2+3+…+x−1 = 21
依题意得 ，
x(x−1)
= 21
即 ，
2
x2 −x−42 = 0
∴ ，
x = 7 x = −6
∴ 或 （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
(x−2) (1+2+3+…+x−1)
球队打 场，以此类推可以知道共打 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 1 讲 一元二次方程的应用
精选精练
1 【答案】整理方程得： (a−2)x2 = 2 ，由此进行分类讨论：
a−2 ≤ 0 a ≤ 2
当 ，即 时，方程无解；
−−−−− −−−−−
√2a−4 √2a−4
a−2 > 0 a > 2 x = x = −
当 ，即 时，方程解为： 1 ， 2
a−2 a−2
2 【答案】原方程可化为 (k+1)x2 +(2k+1)x−2 = 0 ，
k = −1 −x−2 = 0 x = −2
①当 时， 时，
k ≠ −1 (x+2)[(k+1)x−1] = 0
②当 时，原式可变为：
1
x = −2 x = (k ≠ −1)
解得原方程的解为： 1 ， 2 ．
k+1
3 【答案】C
【解析】设这两个连续整数为x， x+1 ．
x(x+1) = 56
则 ，
x = 7 x = −8
解得： 1 ， 2 ，
x+1 = 8 −7
则 或 ，
±15
则它们的和为 ．
故选：C．
4 【答案】设这个两位数的十位数为x，
10x+(5−x) = 9x+5
这个数为 ，10(5−x)+x = 50−9x
新的数为 ，
(9x+5)(50−9x) = 736
根据题意得：
x = 2 x = 3
解得 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 ，
10(x−3)+x = x2
由题意得： ，
x = 5 x = 6
解得： 1 ， 2 ，
x = 5
当 1 时，周瑜的年龄是25岁，非而立这年，不符合题意，舍去；
x = 6
当 2 时，周瑜的年龄是36岁，符合题意，
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：
(50−x)(30+2x) = 2100
，
化简得：x2 －35x+300=0，
x = 15 x = 20
解得： 1 ， 2 ，
x = 15
∵该商场为了尽快减少库存，则 1 不合题意，舍去，
∴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 2 讲 判别式与韦达定理
例题练习题答案
例1 【答案】B
= (−k)2 −4×2×(−3) = k2 +24
【解析】△ ，
k2 ≥ 0
∵ ，
k2 +24 > 0 > 0
∴ ，即△ ，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：B．
例2 【答案】证明:△ = 9(m−1)2 −4×2(m2 −4m−7) ，
= m2 +14m+65
，= (m+7)2 +16
．
∵对于任何实数m， (m+7)2 ≥ 0 ，
> 0
∴△ ，即原方程有两个不相等的实数根．
所以方程 2x2 +3(m−1)x+m2 −4m−7 = 0 对于任何实数m，永远有两个不相等
的实数根．
= 9(m−1)2 −4×2(m2 −4m−7)
【解析】先计算△
= m2 +14m+65
= (m+7)2 +16
练2.1 (1)【答案】证明： △= b2 −4ac = [−(k+1)]2 −4×1×(−6)
= (k+1)2 +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；
x = 2 4−(k+1)×2−6 = 0 k = −2
(2)【答案】解：把 代入方程得： ，解得 ，
k = −2 x2 +x−6 = 0
把 代入方程得： ，
x = 2 x = −3
解得： 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，
−4x−4 = 0 x = −1
原方程可化为 ， ，方程有实数根．
k+1 ≠ 0
当 时，该方程为一元二次方程，
Δ = (3k−1)2 −4(2k−2)(k+1) = (k−3)2 ≥ 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
mx2 +4x+1 = 0 m
【解析】∵方程 （ 为常数）有两个不相等的实数根，
m ≠ 0 m ≠ 0
{ {
∴ ，即 ，
△> 0 42 −4m > 0
m < 4 m ≠ 0
解得： 且 ．
练4.1 【答案】B
【解析】∵关于x的一元二次方程 kx2 −2x−1 = 0 有两个不相等的实数根，
k ≠ 0 k ≠ 0
{ {
∴ ，即 ，
△> 0 △= 4+4k > 0
k > −1 k ≠ 0
解得 且 ．
故选：B．例5 (1)【答案】∵关于x的一元二次方程 x2 −4x+2m = 0 有两个不相等的实数根，
> 0
∴△
= (−4)2 −4×1×2m > 0
∴△ ，
m < 2
解得 ；
【解析】根据判别式的意义得到△ = (−4)2 −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 m = 1
∴ 或 ．
m = 0 x2 −4x = 0 x = 0 x = 4
当 时，方程为 ，解得方程的根为 1 ， 2 ，符合题意；
m = 1 x2 −4x+2 = 0
当 时，方程为 ，它的根不是整数，不合题意，舍去．
m = 0
综上所述， ．
【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 ，
Δ = [−(m+1)]2 −4×2(m−1)
= m2 −6m+9
= (m−3)2
，
(m−3)2 ≥ 0
∵ 恒成立，
(m−1)x2 −(m+1)x+2 = 0
∴方程 总有实根；
(m−1)x2 −(m+1)x+2 = 0
（2）解方程 ，
2
x = 1 x =
得 1 ， 2 ，
m−1
(m−1)x2 −(m+1)x+2 = 0 m
∵方程 的两根均为正整数，且 是整数，
m−1 = 1 m−1 = 2
∴ 或 ，
m = 2 m = 3
∴ 或 ．
例6 【答案】10
x2 −6x+8 = 0
【解析】∵ ，
(x−2)(x−4) = 0
∴ ，
x = 2 x = 4
解得： 或 ，
x2 −6x+8 = 0
∵等腰三角形的底和腰是方程 的两根，
2+2 = 4
∴当2是等腰三角形的腰时， ，不能组成三角形，舍去；
2+4 > 4 2+4+4 = 10
当4是等腰三角形的腰时， ，则这个三角形的周长为 ．∴这个三角形的周长为10．
故答案为：10．
练6.1 【答案】解： x2 −9x+20 = 0 ，
x = 4 x = 5
解得 1 ， 2 ，
∵等腰三角形底边长为8，
x = 4
∴当 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．
x = 4
【解析】首先求出方程的根，再根据三角形三边关系得到 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
x +x = −6 x x = 3
【解析】根据题意得 1 2 ， 1 2 ，
x x x 2 +x 2 (x +x )2 −2x x
2 + 1 = 1 2 = 1 2 1 2
所以 ．
x x x x x x
1 2 1 2 1 2
(−6)2 −2×3
= = 10
3
故答案为10．
练7.1 【答案】 −1 或 −3
x x
【解析】∵这个方程的两个实数根为 1、 2，
x +x = −(m+3) x ⋅x = m+1
∴ 1 2 ， 1 2 ，
x 2 +x 2 = 4
而 1 2 ，
(x +x )2 −2x ⋅x = 4
∴ 1 2 1 2 ，
(m+3)2 −2m−2 = 4
∴ ，
m2 +6m+9−2m−6 = 0
∴ ，
m2 +4m+3 = 0
，
m = −1 −3
∴ 或 ，
−1 −3
故答案为： 或
练7.2 【答案】∵ x 1 +x 2 = m+6 ， x 1 x 2 = 3m+9 ，
n = x 2 +x 2 −9
∴ 1 2
= (x +x )2 −2x x −9
1 2 1 2
= (m+6)2 −2(3m+9)−9
= m2 +12m+36−6m−18−9
= m2 +6m+9
= (m+3)2
，
m = −1 n = (m+3)2 = (−1+3)2 = 4
当 时， ，P (m,n) A(−1,4)
所以动点 所形成的函数图象经过点 ．
n = x 2 +x 2 −9 n = (m+3)2 P (m,n)
【解析】根据 1 2 ，求出 ，即可得出动点 所形成的函数图
A(−1,4)
象经过点 ．
例8 【答案】 [ 触类旁通 ]:
(x2 +x) 2 −4(x2 +x) −12 = 0
，
x2 +x = y y2 −4y −12 = 0
设 ，则原方程化为： ，
y = 6 y = −2
解得： 1 ， 2 ，
y = 6 x2 +x = 6 x = −3
当 时， ，解得： 或2；
y = −2 x2 +x = −2
当 时， ，
x2 +x+2 = 0
，
= 12 −4×1×2 = −7 < 0
∵此方程中的△ ，
∴此方程无解；
x = −3 x = 2
所以原方程的解为： 1 ， 2 ；
[ ]:
解决问题
(2x+2y +3)(2x+2y −3) = 27
，
2x+2y = a
设 ，
(a+3)(a−3) = 27
则原方程化为： ，
a2 = 36
整理得： ，
a = ±6
解得： ，
2x+2y = ±6
即 ，
x+y = ±3
所以 ；
[ ]:
拓展迁移
x2 +4x+3 = a
设 ，
(x2 +4x+3)(x2 +4x+5) +1
则
= a(a+2)+1
= a2 +2a+1
= (a+1)2
= (x2 +4x+3+1) 2
= (x2 +4x+4) 2
= (x+2)4
，
(x+2)4
故答案为： ．
【解析】[触类旁通]：设 x2 +x = y ，则原方程化为 y2 −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；
x2 +4x+3 = a
[ 拓 展 迁 移 ] ： 设 ， 得 出
(x2 +4x+3)(x2 +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
a+b = x
【解析】设 ，则由原方程，得
2x(2x−2)−8 = 0
，
4x2 −4x−8 = 0 x2 −x−2 = 0
整理，得 ，即 ，
(x+1)(x−2) = 0
分解得： ，
x = −1 x = 2
解得： 1 ， 2 ．
a+b −1
则 的值是 或2．
−1
故答案是： 或2．
能力强化 / 初三 / 秋季
第 2 讲 判别式与韦达定理
自我巩固答案
1 【答案】B
5x2 −11x+4 = 0 = (−11)2 −4×5×4 = 41 > 0
【解析】∵在方程 中，△ ，
5x2 −11x+4 = 0
∴方程 有两个不相等的实数根．
故选：B．
2 【答案】D
Δ = (−2c)2 −4(a2 +b2) = 0
【解析】根据题意得 ，
a2 +b2 = c2
即 ．
∴原三角形为直角三角形．
3 【答案】C
【解析】关于x的方程 kx2 +(1−k)x−1 = 0 ，
k = 0 x−1 = 0 x = 1
A、当 时， ，则 ，故此选项错误；
k = 1 x2 −1 = 0
B、当 时， 方程有两个实数解，故此选项错误；k = −1 −x2 +2x−1 = 0 (x−1)2 = 0
C、当 时， ，则 ，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】∵关于x的方程 x2 −2x−2n = 0 有两个不相等的实数根，
= (−2)2 −4×1×(−2n) = 4+8n > 0
∴△ ，
1
n > −
解得： ，
2
∵方程的两个实数根都是整数，
−2n 4+8n
∴ 是整数， 是完全平方数，
n < 5
∵ ，
n = 0 n = 1.5 n = 4
∴ 或 或 ．
故选：B．
5 【答案】解：（1）∵关于x的一元二次方程 x2 +2x+k−1 = 0 有两个不相等的实数根
Δ = 22 −4×1×(k−1)
∴
= 4−4k+4 > 0
，
k < 2
∴ ，
即k的取值范围为： k < 2 ，
k = 1
（2）若 ，
x2 +2x = 0
则 ，
x = 0 x = −2
解得： 1 ， 2 ．
6 (1)【答案】证明：∵ k ≠ 0
∴原方程为一元二次方程，
Δ = b2 −4ac
∴
2
= 1−4k×(− )
k
= 9
Δ > 0
∵
∴方程总有两个不相等的实数根．
–
1+√9
(2)【答案】 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
(x−3)(x−7) = 0
【解析】解：
x = 3 x = 7
∴ 1 ， 2 ．
∵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，
7+7+3 = 17
周长为： ．
8 【答案】C
x 2 +x 2 = 7
【解析】∵ 1 2 ，
(x +x )2 −2x x = 7
∴ 1 2 1 2 ，
m2 −2(2m−1) = 7
∴ ，
m2 −4m−5 = 0
∴整理得： ，
m = −1 m = 5
解得： 或 ，
= m2 −4(2m−1) ≥ 0
∵△ ，
m = −1 = 1−4×(−3) = 13 > 0
当 时，△ ，
m = 5 = 25−4×9 = −11 < 0
当 时，△ ，
m = −1
∴ ，
x2 −mx+2m−1 = 0 x2 +x−3 = 0
∴一元二次方程 为： ，
(x −x )2 = x 2 +x 2 −2x x = 7−2×(−3) = 13
∴ 1 2 1 2 1 2 ．
故选：C．
9 【答案】A
10 (1)【答案】证明：△ = (4m+1)2 −4(2m−1)
= 16m2 +8m+1−8m+4 = 16m2 +5 > 0
，
∴不论m为任何实数，方程总有两个不相等的实数根．
> 0
【解析】要证明方程总有两个不相等的实数根，那么只要证明△ 即可．
1 1 1 x +x 1
+ = − 1 2 = −
(2)【答案】∵ ，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 21
m = −
解得 ，
2
1
m = −
经检验得出 是原方程的根，
2
1
即m的值为 − ．
2
1 1 x +x 1
+ = 1 2 = −
【解析】因为 ，所以由根与系数的关系可得
x x x x 2
1 2 1 2
−4m−1 1
= − ，解方程可得m的值．
2m−1 2
能力强化 / 初三 / 秋季
第 2 讲 判别式与韦达定理
课堂落实答案
1 【答案】D
2 【答案】B
3x2 −2x = 0 Δ = (−2)2 −4×3×0 = 4 > 0
【解析】A、 ， ，方程有两个不相等的实数
根，所以A选项不符合题意；
3x2 −4x+2 = 0 Δ = (−4)2 −4×3×2 = −8 < 0
B、移项得到： ， ，方程没有实
数根，所以B选项符合题意；
4x2 −4x−1 = 0 Δ = (−4)2 −4×4×(−1) = 32 > 0
C、整理得： ， ，方程有两
个不相等的实数根，所以C选项不符合题意；
– – –
Δ = (−3)2 −4×√2×(−√3) = 9+4√6 > 0
D、 ，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
Δ = (−m−2)2 −8m = (m−2)2 ≥ 0
，
所以不论m为何值时，方程总有实数根；
(x−1)(mx−2) = 0
②因为 ，
2
x = 1 x =
即 1 ， 2 ，
m
m = 1
要使方程的根为正整数，则 或2，
m = 2 Δ = 0
当 时， ，
与两个不相等的实数根矛盾，故舍去，
m = 1
所以当 时，方程有两个不相等的正整数根．
4 【答案】C
x +x = −7 x x = 8
【解析】∵ 1 2 ， 1 2 ，
x x x2 +7x+8 = 0
∴ 1， 2是方程 的两个实数根．
故选：C．
5 【答案】B
(x2 +y2) 2 +4(x2 +y2) −5 = 0
【解析】原方程变形得， ，
(x2 +y2 +5)(x2 +y2 −1) = 0
，
x2 +y2
又∵ 的值是非负数，
x2 +y2
∴ 的值为只能是1．
故选：B．
能力强化 / 初三 / 秋季
第 2 讲 判别式与韦达定理
精选精练
1 【答案】C
【解析】∵关于x的一元二次方程 x2 −2x+kb+1 = 0 有两个不相等的实数根，
= 4−4(kb+1) > 0
∴△ ，
kb < 0
解得 ，
k > 0 b > 0 kb > 0
A． ， ，即 ，故A不正确；
k < 0 b < 0 kb > 0
B． ， ，即 ，故B不正确；
k > 0 b < 0 kb < 0
C． ， ，即 ，故C正确；
k < 0 b = 0 kb = 0
D． ， ，即 ，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，
> 0 [−3(m+1)]2 −4m(2m+3) = (m+3)2 > 0
∴△ ，即 ，
m ≠ −3
解得： ，
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；= (m+3)2
(2)【答案】∵△ ，
3m+3±(m+3)
x =
∴ ，
2m
2m+3
x = x = 1
∴ 1 ， 2 ，
m
2m+3
x = m = 1 m = −1 m = 3
当 1 是整数时，可得 或 或 ，
m
|x| < 4 m = 1
∵ ， 不合题意舍去，
∴m的值为 −1 或3．
【解析】利用△ = (m+3)2 ，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】证明:∵ Δ = [−(2m+1)]2 −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；
AB = x = 8
设 1 ，则有：
82 −8(2m+1)+m(m+1) = 0 m2 −15m+56 = 0
，即： ，
m = 7 m = 8
解得： 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 1 = 8 ，得出
82 −8(2m+1)+m(m+1) = 0 ，求出m的值即可．
4 (1)【答案】∵方程 x2 +(2m−1)x+m2 −4 = 0 有两个不相等的实数根，
= (2m−1)2 −4(m2 −4) = −4m+17 > 0
∴△ ，
17
m <
解得： ．
4
17
m <
∴当 时，方程有两个不相等的实数根．
4
= −4m+17 > 0
【解析】根据方程的系数结合根的判别式，即可得出△ ，解之即可得出结
论；
(2)【答案】设方程的两根分别为a、b，
a+b = −2m+1 ab = m2 −4
根据题意得： ， ．
−−
∵2a、2b为边长为 √39 的菱形的两条对角线的长，
a2 +b2 = (a+b)2 −2ab
∴= (−2m+1)2 −2(m2 −4)
= 2m2 −4m+9 = (√ − 3 − 9) 2 = 39
m = −3 m = 5
解得： 或 ．
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 (1)【答案】证明：∵△ = [−(2k+1)]2 −4(k2 +k) ，
= 4k2 +4k+1−4k2 −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；
x x
(2)【答案】∵ 1， 2是上述方程的两个实数根，
x +x = 2k+1 x x = k2 +k
∴ 1 2 ， 1 2 ，
x 2 +x 2 = 5
∵ 1 2 ，
(x +x )2 −2x x = 5 (2k+1)2 −2(k2 +k) = 5 k = 1
∴ 1 2 1 2 ， 即 ， 解 得 或
k = −2
，
k = 1 x2 −3x+2 = 0 x = 1 x = 2
当 时，方程为 ，解得 或 ，
k = −2 x2 +3x+2 = 0 x = −1 x = −2
当 时，方程为 ，解得 或 ．
【解析】由根与系数的关系可求得 x 1 +x 2和 x 1 x 2的值，代入已知等式可得到关于k的方程，
可求得k的值，再代入方程求解即可．
6 (1)【答案】∵一元二次方程 x2 −3x+c = 0 是“倍根方程”，
x +x = 3 x x = c x +2x = 3 2x 2 = c
∵ 1 2 ， 1 2 ，即 1 1 ， 1 ，
c = 2
∴ ，
故答案为：2；
x2 −3x+c = 0
【解析】由 一 元 二 次 方 程 是 “ 倍 根 方 程 ” ， 得 到
x +2x = 3 2x 2 = c
1 1 ， 1 ，即可得到结论；
n
(x−2)(mx−n) = 0(m ≠ 0) x = 2 x =
(2)【答案】解方程 得， 1 ， 2 ．
m
∵方程两根是2倍关系，x = 1
∴ 2 或4，
n
x = 1 x = = 1 m = n
当 2 时， 2 ，即 ，
m
4m2 −5mn+n2 = 0
代入代数式 ，
n
x = 4 x = = 4 n = 4m
当 2 时， 2 ，即 ，
m
4m2 −5mn+n2 = 0
代入代数式 ．
4m2 −5mn+n2 = 0
综上所述， ；
n
(x−2)(mx−n) = 0(m ≠ 0) x = 2 x =
【解析】解方程 得， 1 ， 2 ．由方程两根是2
m
x = 1
倍关系，得到 2 或4，代入解方程即可得到结论；
(3)【答案】根据“倍根方程”的概念设一元二次方程 ax2 +bx+c = 0(a ≠ 0) 的两个根为t和
2t．
a(x−t)(x−2t) = 0
∴原方程可以改写为 ，
ax2 +bx+c = ax2 −3atx+2at2
∴ ，
b = −3at
{
∴ ．
c = 2at2
2b2 −9ac = 0
解得 ．
∴a，b，c之间的关系是 2b2 −9ac = 0 ．
a(x−t)(x−2t) = 0
【解析】根据“倍根方程”的概念得到原方程可以改写为 ，解方程即
可得到结论．
能力强化 / 初三 / 秋季
第 3 讲 二次函数的应用题
例题练习题答案
2
例1 (1)【答案】±
5
x = 0 (0,1) (0,1)
(2)【答案】抛物线；向下； ； ；高；
x = −3 (−3,0)
(3)【答案】抛物线；向下； ； ；高；0
练1.1 (1)【答案】B
x = −3 (−3,−5) (−3,−5)
(2)【答案】抛物线；向上； ； ；低；
1 5
例2 (1)【答案】 (1, ) (−2,− ) (3,5) y = ax2 +bx+c
将点 、 、 分别代入二次函数 得，
3 31
⎧
⎪ ⎪a+b+c = ⎧ 1
⎪ ⎪ 3 ⎪ ⎪a =
3
⎨ 5 ⎨
4a−2b+c = − 解得 b = 1
⎪ ⎪
⎪ ⎪ 3 ⎩⎪
⎩⎪ c = −1
9a+3b+c = 5
1
y = x2 +x−1
所以这个二次函数的解析式为
3
(2)【答案】由二次函数与y轴的交点 (0,4) 得： c = 4
(−3,0) (1,0) y = ax2 +bx+4
将点 和 代入二次函数解析式 得
⎧⎪ 4
⎪a = −
9a−3b+4 = 0
3
{ ⎨
，解得
a+b+4 = 0 ⎩⎪
⎪b = −
8
3
4 8
y = − x2 − x+4
所以二次函数解析式为
3 3
1 9
练2.1 (1)【答案】 y = ax2 +bx+c ( ,− )
∵抛物线 的顶点坐标为 ，
2 4
1 2 9
y = a(x− ) −
∴设抛物线的解析式为 ．
2 4
y = ax2 +bx+c M (2,0)
∵抛物线 过点 ，
1 2 9
(2− ) a− = 0 a = 1
∴ ，解得： ，
2 4
1 2 9
y = (x− ) − y = x2 −x−2
∴抛物线的解析式为 ，即 ．
2 4
1 2 9
【解析】 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
2 4
标利用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；
y = m(x−2)2 +n(m ≠ 0)
(2)【答案】设抛物线的解析式为 ，
(1,0) (0,3) y = m(x−2)2 +n
将 ， 代入 ，得：
m+n = 0 m = 1
{ {
，解得： ，
4m+n = 3 n = −1
y = (x−2)2 −1 y = x2 −4x+3
∴抛物线的解析式为 ，即 ．
x = 2
【解析】由 抛 物 线 的 对 称 轴 为 直 线 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．
例3 【答案】B
x = −3 −1 −3
【解析】∵ 和 时的函数值都是 相等，
x = −2
∴二次函数的对称轴为直线 ．
故选：B．练3.1 【答案】0
y = ax2 +bx+c A(−3,0) x = −1
【解析】∵抛物线 经过点 ，对称轴是直线 ，
∴ y = ax2 +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，
x(40−2x) = 220
则列方程
x2 −20x+110 = 0
整理得
= 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
S = −3x2 +24x( ≤ x < 8)
即所求的函数解析式为： ，
3
AB x BC 24−3x
（2）根据题意，设 长为 ，则 长为 ，
−3x2 +24x = 45
则 ．
x2 −8x+15 = 0
整理，得 ，
x = 3
解得 或5，
x = 3 BC = 24−9 = 15 > 13
当 时， 不成立，
x = 5 BC = 24−15 = 9 < 13
当 时， 成立，
∴ AB 5m
长为 ；
S = 24x−3x2 = −3(x−4)2 +48
（3） ，
∵ 13m
墙的最大可用长度为 ，
∴ x = 4 48m2 24−3x = 12 < 13
当 ，有最大面积为 ．此时 ，
∴ 48m2 12m 4m
能围成最大面积为 的正方形花园，其长和宽分别为 、 ．
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
，
a = 64
解得 ．
答：现在实际购进这种牛肉每千克64元；
y x y = kx+b
（2）设 与 之间的函数关系式为 ，
(80,40) (70,140)
将 ， 代入，
80k+b = 40 k = −10
{ {
得 ，解得 ，
70k+b = 140 b = 840y x y = −10x+840
故 与 之间的函数关系式为 ；
x w
（3）设这种牛肉的销售单价为 元时，所获利润为 元，
则
w = (x−64)y = (x−64)(−10x+840) = −10x2 +1480x−53760 = −10(x−
x = 74 w
所以当 时， 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；
125 2500
（2）应将售价定为 元，最大销售利润是 元．
(130 −100)×80 = 2400( )
【解析】（1） 元 ；
2400
∴商家降价前每星期的销售利润为 元；
x
（2）设应将售价定为 元，
130 −x
y = (x−100)(80+ ×20)
则销售利润
5
= −4x2 +1000x−60000 = −4(x−125)2 +2500
x = 125 y 2500
当 时， 有最大值 ．
125 2500
∴应将售价定为 元，最大销售利润是 元．
例6 【答案】解：（1）设解析式为： h = a(t−3)2 +19.8 ，
(0,1.8) 1.8 = a(0−3)2 +19.8
把点 代入得： ，
∴ 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，
t = 1 h = −2(t−3)2 +19.8 h = −2×(1−3)2 +19.8 = 11.8
把 代入 得， 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，
h = −2(t−3)2 +19.8
皮皮小朋友发射出的第一发花弹的函数解析式为： ，
∴ h′ = −2(t−5)2 +19.8
第二发花弹的函数解析式为： ，
h = h′
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 ，
−2(t−3)2 +19.8 = −2(t−5)2 +19.8
得： ，
∴ t = 4 h = h′ = 17.8 > 16
秒，此时 米 米，
答：花弹的爆炸高度符合安全要求．
练6.1 【答案】解：（1）设这条抛物线解析式为 y = a(x+m)2 +k
A (1,4) P (0,3)
由题意知：顶点 为 ， 为
4 = k 3 = a(0−1)2 +4 a = −1
∴ ， ， ．
y = −(x−1)2 +4
所以这条抛物线的解析式为 ．y = 0 0 = −(x−1)2 +4
（2）令 ，则 ，
x = 3 x = −1
解得 1 ， 2 (舍)
3
所以若不计其它因素，水池的半径至少 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 3 讲 二次函数的应用题
自我巩固答案
1 【答案】C
y = 3x2 −6x+1
【解析】
= 3(x2 −2x) +1
= 3(x−1)2 −2
．
故选：C．
2 【答案】C
【解析】利用配方法配成顶点式，
y = −x2 +2x+4
= −(x2 −2x+1−1)+4
= −(x−1)2 +5
．
当 x = 1 时，y有最大值为5．
3 【答案】D
4 【答案】D
5 【答案】A
4
【解析】解：对称轴为直线 x = − = −1 ，
2×2
∵ a = 2 > 0
，
∴ x < −1 y x
时， 随 的增大而减小，
x > −1 y x
时， 随 的增大而增大，
∵ A(−2,y ) (0,y )
点 1 的对称点为 1 ，
∴ y < y < y
1 2 3．
A
故选： ．
6 【答案】C
7 【答案】A8 【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)= −100x2 +2000x−3600
x = 10
当 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 3 讲 二次函数的应用题
课堂落实答案
1 【答案】D
2 【答案】C
y = a(x−2)2 +3 (3,1) a+3 = 1 a = −2
【解析】根据题意，设 ，抛物线经过点 ，所以 ， ．
y = −2(x−2)2 +3 = −2x2 +8x−5
因此抛物线的解析式为： ．
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 3 讲 二次函数的应用题
精选精练
1 【答案】①③④
2 【答案】1
y = x2 −2x+2 = (x−1)2 +1
【解析】∵ ，(1,1)
∴抛物线的顶点坐标为 ，
∵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
x = 2m+n+2 x = m+2n x2 +4x+6
【解析】∵ 和 时，多项式 的值相等，
y = x2 +4x+6
∴ 二 次 函 数 的 对 称 轴 为 直 线
2m+n+2+m+2n 3m+3n+2
x = =
，
2 2
y = x2 +4x+6 x = −2
又∵二次函数 的对称轴为直线 ，
3m+3n+2
= −2
∴ ，
2
3m+3n+2 = −4 m+n = −2
∴ ， ，
3(m+n+1) = 3×(−2+1) = −3
∴ ，
x = −3 x2 +4x+6 = (−3)2 +4×(−3)+6 = 3
当 时， ．
故答案为：3．
4 【答案】18
【解析】∵抛物线 y = a(x−3)2 +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）P=（x-40）（-20x+1600）=-20x2 +2400x-64000=-20（x-60） 2 +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；
（3）由题意，得-20（x-60） 2 +8000=6000，
解得x =50，x =70．
1 2
∵抛物线P=-20（x-60） 2 +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】解：（1）由题意得：函数 y = at2 +5t+c 的图象经过点（0，0.5）、（0.8，3.5），
c = 0.5
{
∴ ，
0.82a+5×0.8+c = 3.5
a = −25
{ 16
解得： ，
c = 1
2
25 1
y = − t2 +5t+
∴抛物线的解析式为： ，
16 2
8
∴当t= 时，y =4.5；
5 最大
（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．
at2
【解析】（1）由题意得：函数y= +5t+c的图象经过（0，0.5）（0.8，3.5），于是得到
0.5 = c 25 1 8
{ t2
，求得抛物线的解析式为：y=- +5t+ ，当t= 时，
3.5= 0.82a+5×0.8+c 16 2 5
y
=4.5；
最大
25 1
82
（2）把x=28代入x=10t得t=2.8，当t=2.8时，y=- ×2. +5×2.8+ =2.25＜2.44，于是
16 2
得到他能将球直接射入球门．
能力强化 / 初三 / 秋季
第 4 讲 二次函数的交点问题
例题练习题答案
例1 (1)【答案】 x 1 = −3 ； x 2 = 2
【解析】解：∵抛物线 y = ax2 +bx+c(a ≠ 0) 与x轴的两个交点的坐标分别是 (−3,0) ，
(2,0)
，
x = −3 x = 2 y = 0
∴当 或 时， ，
ax2 +bx+c = 0 x = −3 x = 2
即方程 的解为 1 ， 2 ．x = −3 x = 2
故答案为 1 ， 2 ．
(2)【答案】A
y = x2 −2023x+2024 (m,0) (n,0)
【解析】解：∵抛物线 与x轴的交点为 ， ，
m2 −2023m+2024 = 0 n2 −2023n+2024 = 0
∴ ， ，
(m2 −2023m+2024) +(n2 −2023n+2024) = 0
∴ ．
故选：A．
练1.1 (1)【答案】 x 1 = −1 ； x 2 = 3
(2)【答案】C
例2 【答案】2.5
x = −1
【解析】解：由函数图象可知，此函数的对称轴为 ，
−4.5+x
= −1
设函数的另一根为x，则 ，
2
x = 2.5
解得 ．
练2.1 【答案】 x 1 = −1 ， x 2 = 5
例3 (1)【答案】D
(2)【答案】②③④⑤⑦⑧⑩
练3.1 【答案】C
例4 【答案】C
2 2
【解析】ax +（b-k）x+c-m＜0可化为ax +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
y = −x2 +4x
【解析】 {
联立 ，
y = 2x
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），
y < y
由图可知，当 1 2时x的取值范围是x＜0或x＞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】令 −x+1 = x2 −3x+1 ，即 x2 −2x = 0 ①，
Δ = (−2)2 > 0
，所以有两个交点，
x = 0 x = 2
解①得： 或 ，
x = 0 y = 1
当 时， ；
x = 2 y = −1
当 时， ；
(0,1) (2,−1)
所以交点坐标为 、 ．
3x+b = x2 +2x−1 x2 −x−1−b = 0
(2)【答案】令 ，即 ，
因为只有一个交点，
5
Δ = (−1)2 −4(−1−b) = 0 b = −
所以 ，解得： ．
4
练6.1 (1)【答案】 (−2,−1) ， (1,5)
x2 +3x+1 = 2x+3 x = −2 x = 1 y = 2x+3
【解析】令 ， 解 得 1 ， 2 ， 代 入 得
y = −1 y = 5
1 ， 2 ．
9
(2)【答案】b < −
4
【解析】令 x2 +3x−2 = 2x+b ，令判别式小于0，解出b的范围．
1 1
例7 【答案】解：（1）由已知可得 y = x− 与 x 轴交点 A 的坐标为 ( ， 0)
2 2
∵ (0,1)
二次函数过
∴ y = ax2 +bx+1
设二次函数的解析式为
1
∵ x = 1 A( 0)
二次函数图象的对称轴为 ，且过 ，
2
− b = 1
{ 2a
故
(1)2a+ 1b+1 = 0
2 2
a = 4
{ 3
解得
b = −8
3
4 8
∴ y = x2 − x+1
二次函数的解析式为： ；
3 3
4 8 1
y = x2 − x+1 A( 0)
（2）由（1）知函数 过 ， ，
3 3 2
4 8 1 3
y = 0 x2 − x+1 = 0 x = x =
当 时， 解得 1 ， 2 ，
3 3 2 2
3
B( 0)
故 ，
2
y = x− 1 x = 1 x = 9
{ 2 { 1 2 { 2 4
由 解得 ，
y = 4x2 − 8x+1 y = 0 y = 7
3 3 1 2 4
9 7
C( )
故 ，
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 = x2 −4x−5
{
，
y = x+1
x = 6 x = −1
{ 1 { 2
解得 ， ，
y = 7 y = 0
1 2
B(6,7) A(−1,0)
即 ，
y = x2 −4x−5 = (x−2)2 −9
C (2,−9)
顶点 坐标为 ；
BC y = kx+b
（2）设 的解析式为 ，
B C
将 ， 点坐标代入，得
2k+b = −9
{
，
6k+b = 7
k = 4
{
解得 ，
b = −17
BC y = 4x−17
的解析式为 ，
y = 0 4x−17 = 0
当 时， ，
17
x =
解得 ，
4
1 17
S = ×( +1)×[7−(−9)]= 42
ΔABC 2 4 ．
能力强化 / 初三 / 秋季
第 4 讲 二次函数的交点问题
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) ，x = 1 x = 3
∴方程的两个根为 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；
ax2 +bx+c > 0 1 < x < 3
(2)【答案】由图可知，不等式 的解集为 ；
【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；
(2,2)
(3)【答案】∵二次函数的顶点坐标为 ，
∴若方程 ax2 +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 4 讲 二次函数的交点问题
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】（1） y = x2 −2x−3 ．（2） b < −7 ．
B(2,−3) y = −2x+m m = 1 y = −2x+1 A(−2,5)
【解析】（1）将 代入 ，解得 ，∴ ，∴
B(2,−3) A(−2,5) y = x2 +bx+c y = x2 −2x−3
将 ， 代入 ，∴
y = x2 −2x−3 y = 2x+b Δ < 0 b < −7
（2）联立 和 ， ，∴ ．
能力强化 / 初三 / 秋季第 4 讲 二次函数的交点问题
精选精练
1 【答案】 (1,1)
b+c = 0
【解析】∵ ，
c = −b
∴ ，
y = x2 +bx+c = x2 +bx−b = x2 +b(x−1)
∴ ，
∴当 x−1 = 0 即 x = 1 时，与b值无关，
y = 1
此时 ，
(1,1)
即它的图象一定经过的一个定点 ．
(1,1)
故答案为： ．
2 【答案】28
【解析】∵抛物线 y = x2 +3x−4 与x轴的两个交点为（ x 1，0）、（ x 2，0），
x x x2 +3x−4 = 0
∴ 1、 2为方程 的两根，
x2 +3x −4 = 0
∴ 1 1 ，
x2 = −3x +4
∴ 1 1 ，
x2 −3x +15 = −3x +4−3x +15 = −3(x −x )+19
∴ 1 2 1 2 1 2 ，
x +x = −3
∵ 1 2 ，
x2 −3x +15 = −3×(−3)+19 = 28
∴ 1 2 ．
3 【答案】②④
【解析】解：∵函数y=
x2
+bx+c与x轴无交点，
∴
b2
-4ac＜0；
∴
b2
-4c＜0
故①不正确；
当x=3时，y=9+3b+c=3，
∴3b+c+6=0
故②正确；
从图象可知当
x2
+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，
∴
x2
+bx+c＜x，
∴
x2
+（b-1）x+c＜0．
故④正确．1
4 【答案】 x−1
2
【解析】解：由已知得抛物线顶点坐标为（2a，a-1），
设x=2a①，y=a-1②，
①-②×2，消去a得，x-2y=2，
1
即y= x-1．
2
5 【答案】 （1）由题意，得 Δ = 4(k+1)2 −4(k2 −2k−3) = 16k+16 > 0 ，
k > −1
∴ ．
k k > −1
∴ 的取值范围为 ．
k > −1 k k = 0
（2）∵ ，且 取最小的整数，∴ ．
y = x2 −2x−3 = (x−1)2 −4
∴ ，
(1,−4)
则抛物线的顶点坐标为
y = x2 −2x−3 x
∵ 的图象与 轴相交，
x2 −2x−3 = 0 (x−3)(x+1) = 0
∴ ，∴ ，
x = −1 x = 3
∴ 或 ，
x A(−1,0) B(3,0)
∴抛物线与 轴相交于 ， ．
（3）翻折后所得新图象如图所示.
y = x+m l l
平移直线 知: 直线位于 1和 2时，它与新图象有三个不同的公共点．
l l A(−1,0)
①当直线位于 1时，此时 1过点 ，
0 = −1+m m = 1
∴ ，即 ．
l l y = −x2 +2x+3(−1 ≤ x ≤ 3)
② 当直线位于 2时，此时 2与函数 的图象有一个公共
点，
x+m = −x2 +2x+3
∴方程 ，
x2 −x−3+m = 0
即 有两个相等实根，
Δ = 1−4(m−3) = 0
∴ ，
13
m =
即 ．
4
13 1
m = x = x = −1 ≤ x ≤ 3
当 时， 1 2 满足 ，
4 213
m = 1 m =
由①②知 或 ．
4
6 【答案】（1）∵ y = 2x2 +mx+n 经过点 A(0 ， −2) ， B(3 ， 4)
n = −2 m = −4
{ {
代入得： ，∴
18+3m+n = 4 n = −2
y = 2x2 −4x−2
∴抛物线的表达式为
−4
x = − = 1
对称轴 .
2×2
C(−3 −4)
（2）由题意可知 ，
y = 2x2 −4x−2 −4
二次函数 的最小值为
D −4
由图象可以看出 点纵坐标最小值即为
BC
最大值即 与对称轴交点
4
BC y = x
直线 的解析式
3
4 4
x = 1 y = −4 ≤ t ≤
当 时 ，
3 3
【解析】本题考查的是二次函数综合．
A(0,−2) B(3,4) y = 2x2 +mx+n
（1）将 ， 代入
得到 ，求解得到
y = 2x2 −4x−2 x = 1
∴ ，对称轴
C (−3−4)
（2）简单计算可得
y = kx+b
设BC解析式为
4
y = x
解得
3
4
x = 1 y =
∴当 时，
3
(1,−4)
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
4
−4 ≤ t ≤
∴ ．
3能力强化 / 初三 / 秋季
第 5 讲 二次函数综合
例题练习题答案
例1 【答案】解:(1)抛物线 y = ax2 +bx+c ，过 A (−1,0) 、 B(3,0) 、 C(0,−3) ，
y = a(x+1)(x−3)
设抛物线的解析式为: ，
(0,−3) a = 1
将 代入得: ，
∴抛物线的解析式为:
y = (x+1)(x−3) = x2 −2x−3
；
(2)ΔAEC ΔBCM
的面积与 的面积相等．
证明:因为抛物线的解析式为:
y = x2 −2x−3 = (x−1)2 −4
，
M (1,−4)
∴ 点的坐标为: ，
C,M y = kx+b
设经过点 的直线的解析式为 ，
k+b = −4
{
∴ ，
b = −3
k = −1
{
∴ ，
b = −3
y = −x−3
∴ ，
y = 0 x = −3 E(−3,0)
当 时， ，所以点
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 22 8
练1.1 【答案】(1) y = − x2 + x+2 ；
5 5
18
M M (2, )
(2)顶点 的坐标是 ．
5
M MN y N
过 作 垂直 轴于 ，
S = S −S −S
所以 ΔBCM 四边形OBMN ΔOBC ΔMNC=6
例2 【答案】解: (1)∵抛物线的顶点为 A(1,4)
y = a(x−1)2 +4
∴设抛物线的解析式
B(0,3) a+4 = 3
把点 代入得，
a = −1
解得
y = −(x−1)2 +4
∴抛物线的解析式为
y = −(x−1)2 +4
(2)由(1)知，抛物线的解析式为
y = 0 0 = −(x−1)2 +4
令 ，则
x = −1 x = 3
∴ 或
C (−1,0) D(3,0)
∴ ，
CD = 4
∴
1 1
S = CD×|y | = ×4×3 = 6
∴ ΔBCD 2 B 2
(3)由(2)知，
1 1
S = CD×|y | = ×4×3 = 6
△BCD 2 B 2
CD = 4
1
S = S
∵ ΔPCD 2 ΔBCD
1 1
S = CD×|y | = ×4×|y | = 3
∴ ΔPCD 2 P 2 P
3
|y | =
∴ P 2
P x
∵点 在 轴上方的抛物线上，
y > 0
∴ P
3
y =
∴ P 2
y = −(x−1)2 +4
∵抛物线的解析式为3
= −(x−1)2 +4
∴
2
−−
√10
x = 1±
∴
2
−− −−
√10 3 √10 3
P(1+ , ) P (1− , )
∴ ，或 ．
2 2 2 2
3 9
练2.1 【答案】解: (1) 抛物线的解析式为 y = − x2 + x+3 ；
4 4
(2) P ΔPAB ΔABC
存在一点 ，使 的面积等于 的面积，
ΔABC AB 3
∵ 的底边 上的高为 ，
ΔPAB h |h| = 3 P x
设 的高为 ，则 ，又点 在 轴下方，
P −3
∴点 的纵坐标为 ，
−− −−
3 9 3+√41 3−√41
− x2 + x+3 = −3 x = x =
当 时，得 1 ， 2 ，
4 4 2 2
−− −−
3−√41 3+√41
P ( ,−3) ( ,−3)
∴点 的坐标为 ， ．
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
P x(−1 ≤ x ≤ 2)
（2）设 点的横坐标为
P,E
则 的坐标分别为:
P (x,−x−1) E(x,x2 −2x−3)
，
P E
∵ 点在 点的上方，
1 2 9
PE = (−x−1)−(x2 −2x−3) = −(x− ) +
2 4
1 9
x = PE
∴当 时， 的最大值为 .
2 4
练3.1 【答案】 (1)y = −x2 +2x+3 , y = −x+3
3 9
(2) m = MN MN
当 时, 有最大值, 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
a = −1
解得
∴抛物线的解析式：
y = −(x+1)(x−3) = −x2 +2x+3
(2) BC
设直线 的解析式为：
y = kx+b
则有：
3k+b = 0
{
b = 3k = −1
{
解得
b = 3
BC
故直线 的解析式：
y = −x+3
M m MN y
已知点 的横坐标为 ， ∥ ，
M (m,−m+3),N (m,−m2 +2m+3)
则
MN = −m2 +2m+3−(−m+3)
∴
= −m2 +3m(0 < m < 3)
(3) (2)
如图，由 知，
MN = −m2 +3m(0 < m < 3)
1
S = S +S = MN (OD+DB)
∴ △BNC △MNC △MNB 2
1 1
= MN ⋅OB= (−m2 +3m) ⋅3
2 2
3 3 2 27
= − (m− ) + (0 < m < 3)
2 2 8
3 27
m = BNC
∴当 时，△ 的面积最大，最大值为
2 8
3 9
练4.1 【答案】解： (1) 抛物线的解析式为： y = x2 + x−3
4 4
(2) D DM y AC x M N
过点 作 ∥ 轴分别交线段 和 轴于点 、 ，
3 9
y = 0 y = x2 + x−3 = 0
当 时，
4 4
(x+4)(x−1) = 0
x = −4,x = 1,
解这个方程，得 1 2
A(−4,0)
∴
3
AC y = − x−3
∴ 的解析式为：
4
3 9
D(x, x2 + x−3)
设
4 4
3
M (x,− x−3)
则
4
3 3 9
DM = − x−3−( x2 + x−3)
∴
4 4 4
3
= − x2 −3x
4
S =S +S
∵ 四边形ABCD ΔABC ΔADC3 27
= − (x+2)2 +
2 2
27
x = −2
当 时，四边形ABCD面积有最大值
2
能力强化 / 初三 / 秋季
第 5 讲 二次函数综合
自我巩固答案
1 【答案】A
2 【答案】A
3 【答案】C
4 【答案】C
5 【答案】C
5
【解析】解：∵抛物线y=x2 -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，
5k+b = 0
{ 2
，
b = 5
4
k = −1
{ 2
解得： ，
b = 5
4
1 5
∴直线BC的解析式为：y= − x+ ；
2 4
5
设点D的横坐标为m，则坐标为（m， m2 −3m+ ），
4
1 5
∴E点的坐标为（m， − m+ ），
2 4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+ -（m2 -3m+ ），
2 4 4
5
整理得，d=-m2 + m，
2
∵a=-1<0，
5 5 4ac −b2 0− 25 25
∴当m= − 2 = 时，d = = 4 = ，
2×(−1) 4 最大 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
1 2
10 【答案】解：（1） y = x2 − x−1 ，A点坐标 (−1,0) ，B点坐标 (3,0)
3 3
5 7
P ( ,− )
（2）存在。
2 12
能力强化 / 初三 / 秋季
第 5 讲 二次函数综合
课堂落实答案
1 【答案】B
2 【答案】C
3 【答案】A
4 【答案】B
5 【答案】（1）y=-x 2 +2x+3
P(m,−m2 +2m+3)
（2）设点
1 1 3
S =S +S = ×3×m+ ×3×(−m2 +2m+3) = − (
四边形PCOB △PCO △OPB 2 2 2
3 63
m = S
当
2
时， 四边形PCOB的最大值为
8
能力强化 / 初三 / 秋季第 5 讲 二次函数综合
精选精练
1 【答案】解：（1）y=x2 -4x+3
=x2 -4x+4-4+3
=（x-2） 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）解方程x2 -4x+3=0
x = 3 x = 1
得： 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，
1 1
∴S △ABC=
2
AB×CD=
2
×2×1=1．
2 【答案】解：（1）∵抛物线y=x2 +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
∴抛物线的解析式为：y=x2 -4x+3
（2）∵y=x2 -4x+3=（x-2） 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 △CPB=S 矩形CHMN-S △CHP-S △PMB-S
△CNB
1 1 1
×1×1− ×3×3
=3×4- ×2×4-
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=x2 +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
所以二次函数解析式为y=x2 +2x-3．
（2）∵抛物线对称轴x=-1，D（-2，-3），C（0，-3），
∴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= √OA2 +OC2 = √32 +32 =3 √2 ．
（3）设点P坐标（m，m2 +2m-3），
令y=0，x2 +2x-3=0，
x=-3或1，
∴点B坐标（1，0），
∴AB=4
∵S △PAB=6，
1
∴ ×4×∣ ∣m2 +2m−3∣ ∣ = 6 ，
2
∴m2 +2m-6=0或m2 +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，
∴该函数解析式为：y=-2x2 +4x+6，
∴当-2x2 +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 △ABC=
2
=12；
（3）∵S △ABD=S △ABC=12，
4×|h|
∴S △ABD=
2
=12，
∴|h|=6，
①当h=6时：-2x2 +4x+6=6，
解得：x =0（舍），x =2
1 2
∴D点坐标为（2，6）；
②当h=-6时：-2x2 +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=-x2 +mx+3过（3，0），
∴0=-9+3m+3，
∴m=2
（2）由 ⎧ ⎨ y = −x 3 2 +2x+3 ，得 { x 1 = 0 ， { x 2 = 7 2
⎩ y = − x+3 y = 3 y = −9
2 1 2 4
7 9
∴D（ ，- ），
2 4
∵S △ABP=4S △ABD，
1 1 9
∴
2
AB×|y P|=4×
2
AB×
4
，∴|y P|=9，y P=±9，
当y=9时，-x2 +2x+3=9，无实数解，
−− −−
当y=-9时，-x2 +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 6 讲 旋转综合
例题练习题答案
例1 (1)【答案】 BD = CE
【解析】根据题意和旋转的性质可知△AEC≌△ADB，所以 BD = CE ；
AM = AN ∠MAN = ∠BAC
(2)【答案】猜想： ， ，证明如下：
∠DAE = ∠BAC
∵ ，
∠CAE = ∠BAD
∴ ，
在△CAE和△BAD中，
⎧⎪ AE = AD
⎨∠CAE = ∠BAD
，
⎩⎪
AC = AB
△ CAE △ BAD(SAS)
∴ ≌ ，
∠ACE = ∠ABD CE = BD
∴ ， ，
1 1
DM = BD EN = CE
∵ ， ，
2 2
BM = CN
∴ ，
在△ABM和△ACN中，
⎧⎪ BM = CN
⎨∠ACN = ∠ABM ，
⎩⎪
AB = AC
△ ABM △ ACN (SAS)
∴ ≌ ，
AM = AN ∠BAM = ∠CAN
∴ ， ，
∴
∠MAN = ∠BAC．
练1.1 (1)【答案】90
∠BAC = ∠DAE
【解析】∵ ，
∠BAC −∠DAC = ∠DAE −∠DAC
∴ ，∠BAD = ∠CAE
即 ．
在△ABD与△ACE中，
⎧⎪ AB = AC
⎨∠BAD = ∠CAE
⎩⎪
AD = AE
△ ABD △ ACE(SAS)
∴ ≌ ，
∠B = ∠ACE
∴ ．
∠BCE = ∠B+∠ACB = ∠ACE +∠ACB
∴ ，
∠BAC = 90∘
又∵ ，
∠BCE = 90∘
∴ ；
α+β = 180∘
(2)【答案】解：① ，理由如下：
∠BAC = ∠DAE
∵ ，
∠BAD+∠DAC = ∠EAC +∠DAC
∴ ．
∠BAD = ∠CAE
即 ．
在△ABD与△ACE中，
⎧⎪ AB = AC
⎨∠BAD = ∠CAE
⎩⎪
AD = AE
△ ABD △ ACE(SAS)
∴ ≌ ，
∠B = ∠ACE
∴ ．
∠B+∠ACB = ∠ACE +∠ACB
∴ ．
∠B+∠ACB = β
∴ ，
α+∠B+∠ACB = 180∘
∵ ，
α+β = 180∘
∴ ；
②（i）当点D在射线BC上时， α+β = 180∘ ，理由如下：
∠BAC = ∠DAE
∵ ，
∠BAD = ∠CAE
∴ ，
∵在△ABD和△ACE中⎧⎪ AB = AC
⎨∠BAD = ∠CAE
⎩⎪
AD = AE
△ ABD △ ACE(SAS)
∴ ≌ ，
∠ABD = ∠ACE
∴ ，
∠BAC +∠ABD+∠BCA = 180∘
∵ ，
∠BAC +∠BCE = ∠BAC +∠BCA+∠ACE
∴
= ∠BAC +∠BCA+∠B = 180∘
，
α+β = 180∘
∴ ；
（ii）当点D在射线BC的反向延长线上时， α = β ，理由如下：
∠DAE = ∠BAC
∵ ，
∠DAB = ∠EAC
∴ ，
∵在△ADB和△AEC中，
⎧⎪ AD = AE
⎨∠DAB = ∠EAC
⎩⎪
AB = AC
△ ADB △ AEC (SAS)
∴ ≌ ，
∠ABD = ∠ACE
∴ ，
∠ABD = ∠BAC +∠ACB ∠ACE = ∠BCE +∠ACB
∵ ， ，
∠BAC = ∠BCE
∴ ，
α = β
即 ．
α+β
【解析】在第（1）问的基础上，将 转化成三角形的内角和．
练1.2 (1)【答案】证明：∵
∠BAC=∠DAE=40∘
，
∠BAC −∠DAC=∠DAE −∠DAC
∴ ，
∠BAD=∠CAE
即 ，
在△BAD和△CAE中，
⎧⎪ AB = AC
⎨∠BAD = ∠CAE
⎩⎪
AD = AE∴△BAD≌△CAE（SAS），
BD = CE
∴ .
BE = AD
(2)【答案】60°；
【解析】解：∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
AC = BC,CD = CE
∴ ，
∠ACB = ∠DCE = 60∘,∠CDE = ∠CED = 60∘
，
∠ACB−∠DCB = ∠DCE −∠DCB
∴ ，
∠ACD = ∠BCE
即 ，
在△ACD和△BCE中，
⎧⎪ AC = BC
⎨∠ACD = ∠BCE
，
⎩⎪
CD = CE
∴△ACD≌△BCE（SAS），
BE = AD,∠ADC = ∠BEC
∴ ，
∵点A，D，E在同一直线上，
∠ADC = 180∘ −60∘ = 120∘
∴ ，
∠BEC = 120∘
∴ ，
∠AEB = ∠BEC −∠CED =120∘ −60∘ = 60∘
∴ ，
综上，可得∠AEB的度数为60°；线段BE与AD之间的数量关系是： BE = AD ．
(3)【答案】∠AEB=90°， AE = BE +2CM ．
证明：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
AC = BC,CD = CE
∴ ，
∠ACB = ∠DCE = 90∘,∠CDE = ∠CED = 45∘
，
∠ACB−∠DCB = ∠DCE −∠DCB
∴ ，
∠ACD = ∠BCE
即 ，
在△ACD和△BCE中，
⎧⎪ AC = BC
⎨∠ACD = ∠BCE
，
⎩⎪
CD = CE
∴△ACD≌△BCE（SAS），
BE = AD,∠BEC = ∠ADC
∴ ，
∵点A，D，E在同一直线上，
∠ADC = 180∘ −45∘ = 135∘
∴ ，
∠BEC = 135∘
∴ ，∠AEB = ∠BEC −∠CED = 135∘ −45∘ = 90∘
∴ ；
∠DCE = 90∘,CD = CE,CM⊥DE
∵ ，
CM = DM = EM
∴ ，
DE = DM +EM = 2CM
∴ ，
AE = AD+DE = BE +2CM
∴ ．
例2 (1)【答案】解：连接 AE ．
∵ B AD E
点 关于射线 的对称点为 ，
∴ AE = AB ∠BAF = ∠EAF = α
， ，
∵△ ABC
是等边三角形，
∴ AB = AC ∠BAC = ∠ACB = 60∘
， ，
∴ ∠EAC = 60∘ −2α AE = AC
， ，
1
∴∠ACE = [180∘ −(60∘ −2α)] = 60∘ +α
，
2
∴ ∠BCF = ∠ACE −∠ACB = 60∘ +α−60∘ = α
．
AF = EF +CF
(2)【答案】结论： ．
∠FCG = 60∘ AD G BF
证明：如图，作 交 于点 ，连接 ．
∵ ∠BAF = ∠BCF = α ∠ADB = ∠CDF
， ，
∴ ∠ABC = ∠AFC = 60∘
，
∴△ FCG
是等边三角形，
∴ GF = FC
，
∵△ ABC
是等边三角形，∴ BC = AC ∠ACB = 60∘
， ，
∴ ∠ACG = ∠BCF = α
，
△ ACG △ BCF
在 和 中，
⎧⎪ CA = CB
⎨∠ACG = ∠BCF
，
⎩⎪
CG = CF
∴△ ACG △ BCF (SAS)
≌ ．
∴ AG = BF
，
∵ B AD E
点 关于射线 的对称点为 ，
∴ BF = EF
，
AF −AG = GF
∵ ，
∴ AF = EF +CF
．
练2.1 【答案】证明：（1）∵∠ADC=60°，AD=CD，
∴△ADC是等边三角形，
∴∠DAO=60°，AD=AC，
∵∠ABC=120°，BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBO=60°，
∴∠DAO=∠CBO=60°，
∵∠AOD=∠BOC，
∠ADB = 180∘ −∠DAO −∠AOD
，
∠ACB = 180∘ −∠CBO −∠BOC
，
∴∠ADB=∠ACB．
（2）结论：DH=BH+BC．
证明：在HD上截取HE=BH，如图所示：
∵AH⊥BD，
∴∠AHB=∠AHE=90°，
△ ABH △ AEH
在 和 中，⎧AH = AH
⎨∠AHB = ∠AHE
，
⎩
BH = EH
△ ABH △ AEH (SAS)
∴ ≌ ，
∴AB=AE，∠AEH=∠ABH=60°，
∠AED = 180∘ −∠AEH = 120∘
∴ ，
∴∠ABC=∠AED=120°，
△ AED △ ABC
在 和 中，
⎧∠AED = ∠ABC
⎨∠ADE = ∠ACB
，
⎩
AD = AC
△ AED △ ABC (AAS)
∴ ≌ ，
∴BC=ED，
∵DH=HE+ED，
∴DH=BH+BC．
【解析】（1）∵∠ADC＝60°，DA＝DC
∴△ADC是等边三角形．
∴∠DAC＝60°，AD＝AC．
∵∠ABC＝120°，BD平分∠ABC
∴∠ABD＝∠DBC＝60°．
∴∠DAC＝∠DBC＝60°
∵∠AOD＝∠BOC
∠ADB＝180°－∠DAC－∠AOD
∠ACB＝180°－∠DBC－∠BOC
∴∠ADB＝∠ACB
（2）结论：DH＝BH＋BC
如图，在HD上截取HE＝HB
∵AH⊥BD
∴∠AHB＝∠AHE＝90°
∵AH＝AH
∴△ABH≌△AEH
∴AB＝AE，∠AEH＝∠ABH＝60°
∴∠AED＝180°－∠AEH＝120°
∴∠ABC＝∠AED＝120°∵AD＝AC，∠ADB＝∠ACB
∴△ABC≌△AED
∴DE＝BC
∵DH＝HE＋ED
∴DH＝BH＋BC．
例3 【答案】解：（1）作BH⊥PC于H，把△ABP绕点B顺时针旋转
60∘
得到△CBD，连接PD，如图所
示：
BA = BC ∠ABC = 60∘
根据等边三角形的性质得： ， ，
–
CD = AP = 4 BD = BP = 2√3 ∠PBD = 60∘
根据旋转的性质得： ， ， ，
∴△PBD为等边三角形，
–
PD = PB = 2√3 ∠BPD = 60∘
∴ ， ，
在△PCD中，
PD2 +PC2 = (2√3 – ) 2 +22 = 12 = PA2
，
∴△PCD是直角三角形， ∠CPD = 90∘ ，
∠BPC = ∠CPD+∠BPD = 150∘
∴ ，
∠BPH = 180∘ −∠BPC = 30∘
∴ ，
△ PBH
又∵ 是直角三角形，
∴根据含30°的直角三角形三边的关系可计算出：
1 – –
BH = PB = √3 PH = √3BH = 3
， ，
2CH = CP +PH = 5
∴ ；
Rt △ BCH BC2 = BH2 +CH2 = 28 AB2 = 28
在 中， ，故 ，
在△ABP中， BP2 +AP2 = (2√3 – ) 2 +42 = 28 = AB2 ，
∴△APB为直角三角形， ∠APB = 90∘ ；
– – –
1 √3 √3 √3 –
S = × BC ×BC= BC2 = ×28 = 7√3
（2） △ABC 2 2 4 4 ．
练3.1 【答案】解：将△PAB绕点 A 逆时针 60∘ 旋转后，得到△ DAC ，连接 PD ，如图所示：
∴ ∠DAP = 60∘ AD = AP = 6
， ，
∴△APD为等边三角形，
PD = AP = 6
∴ ，
在△CPD中， CD = BP = 8 ， PC = 10 ，
DP2 +CD2 = CP2
∴ ，
由勾股定理的逆定理可得：△CDP是直角三角形，
S +S =S +S = S +S
△PAB △PAC △DAC △PAC △PCD △PAD
1 – 1 –
= ×6×3√3+ ×6×8 = 24+9√3
．
2 2
例4 【答案】135°
−−
√10
练4.1 (1)【答案】 =
DE // BC
【解析】∵ ，
DB EC
=
∴ ，
AB AC
AB = AC
∵ ，
DB = EC
∴ ，
=
故答案为： ．
(2)【答案】成立．证明如下：
AD = AE
由①知： ，
∠DAB = ∠EAC
由旋转性质知： ，
在△DAB和△EAC中，⎧⎪ AD = AE
⎨∠DAB = ∠EAC
⎩⎪
AB = AC
△ DAB △ EAC (SAS)
∴ ≌ ，
DB = CE
∴ ．
(3)【答案】解：将△CPB绕点C旋转
90∘
得△CEA，连接PE，如图所示：
△ CPB △ CEA
∴ ≌ ，
CE = CP = 2 AE = BP = 1 ∠PCE = 90∘
∴ ， ， ，
∠CEP = ∠CPE = 45∘
∴ ，
–
在Rt△PCE中，由勾股定理可得 PE = 2√2 ，
在△PEA中， PE2 = (2√2 – ) 2 = 8 ， AE2 = 12 = 1 ， PA2 = 32 = 9 ，
PE2 +AE2 = AP2
∴ ，
∴△PEA是直角三角形， ∠PEA = 90∘ ，
∠CEA = 135∘
∴ ，
又∵△CPB≌△CEA
∠BPC = ∠CEA = 135∘
∴ ．
【解析】由旋转构造出 △ CPB ≌ △ CEA ，用勾股定理计算出PE，然后用勾股定理逆定理判
断出△PEA是直角三角形，再简单计算即可．
⎧⎪ AD = AB
例5 (1)【答案】
解：（1）证明：在△ADG和△ABE中， ⎨∠ADG = ∠B，
⎩⎪
DG = BE
∴△ADG≌△ABE(SAS)，
AG = AE ∠DAG = ∠BAE
∴ ， ，
∠EAF = 45∘ ∠BAD = 90∘
∵ ， ，
∠DAF +∠BAE = ∠DAF +∠DAG = ∠GAF = 45∘
∴ ，
∠GAF = ∠EAF
∴ ，
⎧⎪ AG = AE
在△GAF和△EAF中， ⎨∠GAF = ∠EAF ，
⎩⎪
AF = AF∴△GAF≌△EAF(SAS)．
GF = EF
∴ ．
GF = GD+DF DG = BE
又∵ ， ，
BE +DF = EF
∴ ；
EF = BE +DF
(2)【答案】解： ．
理由如下：如图2所示，延长CB至M，使 BM = DF ，连接AM，
∠ABC +∠D = 180∘ ∠ABC +∠ABM = 180∘
∵ ， ，
∠ABM = ∠D
∴ ，
⎧⎪ AB = AD
在△ABM和△ADF中， ⎨∠ABM = ∠D，
⎩⎪
BM = DF
∴△ABM≌△ADF(SAS)，
AM = AF ∠BAM = ∠DAF
∴ ， ，
∠BAD = 2∠EAF
∵ ，
∠DAF +∠BAE = ∠EAF
∴ ，
∠BAM +∠BAE = ∠EAM = ∠EAF
∴ ，
⎧⎪ AF = AM
在△FAE和△MAE中， ⎨∠EAF = ∠EAM ，
⎩⎪
AE = AE
∴△FAE≌△MAE(SAS)，
EF = EM = BE +BM = BE +DF
∴ ，
EF = BE +DF
即 ．
6.5
(3)【答案】
练5.1 (1)【答案】解：①∵△ABC是等边三角形，
AC = BC ∠BAC = ∠B = 60∘
∴ ， ，
∠DCF = 60∘
∵ ，
∠ACF = ∠BCD
∴ ，
在△ACF和△BCD中，⎧⎪ AC = BC
⎨∠ACF = ∠BCD
，
⎩⎪
CF = CD
△ ACF △ BCD(SAS)
∴ ≌ ，
∠CAF = ∠B = 60∘
∴ ，
∠EAF = ∠BAC +∠CAF = 120∘
∴ ；
DE = EF
② ；理由如下：
∠DCF = 60∘ ∠DCE = 30∘
∵ ， ，
∠FCE = 60∘ −30∘ = 30∘
∴ ，
∠DCE = ∠FCE
∴ ，
在△DCE和△FCE中，
⎧⎪ CD = CF
⎨∠DCE = ∠FCE
，
⎩⎪
CE = CE
△ DCE △ FCE(SAS)
∴ ≌ ，
DE = EF
∴ ；
∠EAF = ∠BAC +∠CAF = 90∘
(2)【答案】① ；
AE2 +DB2 = DE2
② ．
【解析】解：①∵△ABC是等腰直角三角形， ∠ACB = 90∘ ，
AC = BC ∠BAC = ∠B = 45∘
∴ ， ，
∠DCF = 90∘
∵ ，
∠ACF = ∠BCD
∴ ，
在△ACF和△BCD中，
⎧⎪ AC = BC
⎨∠ACF = ∠BCD，
⎩⎪
CF = CD
△ ACF △ BCD(SAS)
∴ ≌ ，
∠CAF = ∠B = 45∘ AF = DB
∴ ， ，
∠EAF = ∠BAC +∠CAF = 90∘
∴ ；
AE2 +DB2 = DE2
② ，理由如下：
∠DCF = 90∘ ∠DCE = 45∘
∵ ， ，
∠FCE = 90∘ −45∘ = 45∘
∴ ，
∠DCE = ∠FCE
∴ ，
在△DCE和△FCE中，⎧⎪ CD = CF
⎨∠DCE = ∠FCE
，
⎩⎪
CE = CE
△ DCE △ FCE(SAS)
∴ ≌ ，
DE = EF
∴ ，
Rt △ AEF AE2 +AF2 = EF2
在 中， ，
AF = DB
又∵ ，
AE2 +DB2 = DE2
∴ ．
能力强化 / 初三 / 秋季
第 6 讲 旋转综合
自我巩固答案
1 【答案】C
2 【答案】C
3 【答案】C
4 (1)【答案】解：①CE与BD位置关系是CE⊥BD，数量关系是CE=BD．
∠BAD = 90∘ −∠DAC ∠CAE = 90∘ −∠DAC
理由：如图1，∵ ， ，
∴∠BAD=∠CAE．
△ ABD △ ACE
在 和 中，
⎧AB = AC
⎨∠BAD = ∠CAE
，
⎩
AD = AE
△ ABD △ ACE(SAS)
∴ ≌
∴∠ACE=∠B=45°且CE=BD．
∴∠ECB=45°+45°=90°，即CE⊥BD．
②都成立．
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
在△DAB与△EAC中，⎧⎪ AD = AE
⎨∠BAD = ∠CAE
⎩⎪
AB = AC
△ DAB △ EAC (SAS)
∴ ≌ ，
∴CE=BD，∠B=∠ACE，
∴∠ACB+∠ACE=90°，即CE⊥BD；
(2)【答案】解：当∠ACB=45°时，CE⊥BD．
理由：过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，如图所示：
则∠GAC=90°，
∵∠ACB=45°， ∠AGC = 90∘ −∠ACB ，
∠AGC = 90∘ −45∘ = 45∘
∴ ，
∴∠ACB=∠AGC=45°，
∴AC=AG，
在△GAD与△CAE中，
⎧⎪ AG = AC
⎨∠DAG = ∠EAC
⎩⎪
AD = AE
△ GAD △ CAE(SAS)
∴ ≌ ，
∴∠ACE=∠AGC=45°，
∠BCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，即CE⊥BC．
5 【答案】B
6 【答案】C
△ PAC △ P′AB
【解析】解：由题意可知 ≌ ，
AP′ = AP = 6 BP′ = PC = 10
∴ ，
60∘
∵旋转角的度数为 ，
∠PAP′ = 60∘
∴ ．
APP′
∴△ 为等边三角形，
PP′ = AP = AP′ = 6
∴ ；
BP′ = 10 BP = 8 PP′ = 6
∵ ， ， ，
PP′2 +BP2 = BP′2
∴ ，△ BPP′ ∠BPP′ = 90∘
∴ 为直角三角形，且 ，
∠APB = ∠BPP′ +∠APP′ = 90∘ +60∘ = 150∘
∴ ．
故选：C．
7 【答案】解：把△BPA旋转到△CDA的位置，连接DP，如图所示：
△ BPA △ CDA
∴ ≌ ，
AD = AP = 3 CD = BP = 4
∴ ， ，
∠PAD = 60∘
又∵旋转角 ，
△ PAD DP = 3
∴ 是等边三角形，可得 ，
CD2 +PD2 = 25 = CP2
∴ ，
△ CPD ∠CDP = 90∘
∴ 是直角三角形， ，
S +S =S +S
∴ △PAB △PAC △ADC △PAC
9 –
= S +S = 6+ √3
△PDC △PAD 4 ．
8 【答案】①③④
【解析】解：∵在 Rt △ ABC 中，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=45°，
①由旋转，可知：∠CAF=∠BAE，
∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，
∴∠CAD＋∠BAE=45°，
∴∠DAF=∠CAF＋∠BAE=45°，故①正确；
△ ABE △ ACF △ ABE △ ACD
②由旋转，可知： ≌ ，不能推出 ≌ ，故②错误；
③∵∠EAD=∠DAF=45°，
∴AD平分∠EAF，故③正确；
④由旋转可知：AE=AF，∠ACF=∠B=45°，
∵∠ACB=45°，
∴∠DCF=90°，
CF2 CD2 = DF2
由勾股定理得： ＋ ，
BE2 DC2 = DF2
即 ＋ ，在△AED和△AFD中，
⎧⎪ AD = AD
⎨∠EAD = ∠DAF
，
⎩⎪
AE = AF
△ AED △ AFD(SAS)
∴ ≌ ，
∴DE=DF，
BE2 DC2 = DE2
∴ ＋ ．
9 【答案】7
10 (1)【答案】150， △ ABP
△ ABP A △ ACP′
【解析】解：将 绕顶点 旋转到 处，
△ BAP △ CAP′
∴ ≌ ，
AB = AC AP = AP′ ∠BAP = ∠CAP′
∴ ， ， ，
∠BAC = ∠PAP′ = 60∘
∴ ，
△ APP′
∴ 是等边三角形，
∠APP′ = 60∘
∴ ，
P′C = PB = 4 PP′ = PA = 3 PC = 5
∵ ， ， ，
PC2 = 25 = P′P2 +P′C2 = 9+16
∴ ，
∠PP′C = 90∘
∴ ，
△ PP′C
∴ 是直角三角形，
∠APB = ∠AP′C = ∠APP′ +∠P′PC = 60∘ +90∘ = 150∘
∴ ，
∠BPA = 150∘
∴ ；
△ ABP
故答案为：150， ．
△ ACE A 90∘ △ ABG DG
(2)【答案】解：把 绕点 顺时针旋转 ，得到 ，连接 ，如图所示：
△ ACE △ ABG
则 ≌ ．
AG = AE BG = CE ∠ABG = ∠ACE = 45∘
∴ ， ， ．
∠BAC = 90∘ ∠GAE = 90∘
∵ ， ，
∠GAD = ∠DAE = 45∘
∴ ，
△ ADG △ ADE
在 和 中，⎧⎪ AG = AE
⎨∠GAD = ∠DAE
，
⎩⎪
AD = AD
△ ADG △ ADE(SAS)
∴ ≌ ．
ED = GD
∴ ，
∠GBD = 90∘
又∵ ，
BD2 +BG2 = DG2
∴ ，
BD2 +EC2 = DE2
即 ；
△ AEC A 120∘ △ AFB
(3)【答案】解：将 绕点 顺时针旋转 ，得到 ，如图所示：
△ AEC △ AFB
∴ ≌ ，
AF = AE ∠ABF = ∠ACB EC = BF ∠EAF = 120∘
∴ ， ， ，
∠CAB = 120∘ AB = AC
∵ ， ，
∠ABC = ∠ACB = ∠ABF = 30∘
∴
∠FBD = 60∘
∴ ，
∠EAF = 120∘ ∠EAD = 60∘
∵ ， ，
∠DAE = ∠DAF = 60∘ AE = AF AD = AD
∴ ，且 ， ，
△ ADE △ ADF (SAS)
∴ ≌ ，
DF = DE
∴ ，
BD DE EC
∵以 、 、 为边的三角形是直角三角形，
BD DF BF
∴以 、 、 为边的三角形是直角三角形，
△ BDF
∴ 是直角三角形，
∠BDF = 90∘ ∠FBD = 60∘
（i）若 ，且 ，
–
BF = 2BD = EC DF = √3BD = DE
∴ ， ，
∵
– – –
BC = BD+DE +EC = BD+2BD+√3BD = (3+√3)BD = 3+√3
BD = 1
∴ ，
–
DE = √3
∴
–
BE = BD+DE = 1+√3
∴ ，
∠BFD = 90∘ ∠FBD = 60∘
（ii）若 ，且 ，
–
BD = 2BF = 2EC DF = √3BF = DE
∴ ， ，∵
– – –
BC = BD+DE +EC = 2BF +BF +√3BF = (3+√3)BF = 3+√3
BF = 1
∴ ，
–
BD = 2 DE = √3
∴ ，
–
BE = 2+√3
∴
能力强化 / 初三 / 秋季
第 6 讲 旋转综合
课堂落实答案
1 【答案】B
2 【答案】D
3 【答案】C
4 【答案】A
−−−−−−−
–
5 【答案】（1）
135∘
；（2）
√5+2√2
．
【解析】提示：（1）作 ∠EBC = ∠PBA ， EB = PB ，连接EC，如图所示：
可证 △ PAB ≌ △ ECB(SAS) ，故△PBE为等腰直角三角形，计算可得：
–
PE = 2√2 EC = 1 PC = 3
， ， ，
∠PEC = 90∘
由勾股定理逆定理可得： ，
∠APB = ∠BEC = 135∘
故 ．
（2）由（1）易知点A、P、E三点共线，
–
作 BO⊥AE 于O，则 BO = PO = √2 ．
∴由勾股定理可得：
−−−−−−−−−−−−−−− −−−−−−−
AB = √(1+√2 – ) 2 +(√2 – ) 2 = √5+2√2 –
．能力强化 / 初三 / 秋季
第 6 讲 旋转综合
精选精练
1 【答案】（1）①解： BE = AD ，BE⊥AD；
② BE = AD ，BE⊥AD仍然成立，证明如下：
设图2中，BE与AC的交点为点F，BE与AD的交点为点G，如图所示：
∠ACB = ∠ECD = 90∘
∵ ，
∠ACD = ∠BCE = 120∘
∴ .
在△ACD和△BCE中，
⎧AC = BC
⎨∠ACD = ∠BCE
⎩
CD = CE
△ ACD △ BCE(SAS)
∴ ≌ ，
AD = BE ∠CAD = ∠CBE
∴ ， ，
∠BFC = ∠AFG ∠BFC +∠CBE = 90∘
∵ ， ，
∠AFG+∠CAD = 90∘
∴ .
∠AGF = 90∘
∴ .
∴BE⊥AD；
（2）解：设BE与AC的交点为点F，BE的延长线与AD的交点为点G，如图所示：
∠ACB = ∠ECD = 90∘
∵ ，
∠ACD = ∠BCE = 90∘ +α
∴
CA = 8 CB = 6 CE = 3 CD = 4
∵ ， ， ， ，CA CD 4
= =
∴ .
CB CE 3
△ ACD ∽△ BCE
∴
∠CAD = ∠CBE
∴ .
∠BFC = ∠AFG ∠BFC +∠CBE = 90∘
∵ ， ，
∠AFG+∠CAD = 90∘
∴ .
∠AGF = 90∘
∴ .
∴BG⊥AD
∠AGE = ∠BGD = 90∘
∴ .
AE2 = AG2 +EG2 BD2 = BG2 +DG2
∴ ， .
BD2 +AE2 = AG2 +EG2 +BG2 +DG2
∴ .
AG2 +BG2 = AB2 EG2 +DG2 = ED2
∵ ， ，
BD2 +AE2 = AB2 +ED2
∴
= CA2 +CB2 +CD2 +CE2 = 125
2 【答案】证明： ∵△ ABC 、 △ CDE 都是正三角形，
∴CA = CB CD = CE ∠ACB = 60∘ = ∠DCE
， ， ，
∠ACB+∠BCD = ∠DCE +∠BCD
∴ ，
∠ACD = ∠BCE
∴ ，
△ ACD △ BCE
在 与 中，
⎧AC = BC
⎨∠ACD = ∠BCE
，
⎩
CD = CE
△ ACD △ BCE(SAS)
∴ ≌ ，可以看成：
△ CAD C 60∘ △ CBE
将 绕 点逆时针旋转 ，得到 ，
∴ AD = BE AD BE 60∘
，且 、 夹角为 ．
∵ AD = DK
，
∴ DK = AD = BE DK BE 60∘
，且 、 的夹角是 ．
∵△ EHK
又 是正三角形，
∴ △ HBE H 60∘ △ HDK
同理可知将 绕 顺时针旋转 得到 ，
∴ HB = HD ∠BHD = 60∘
， ，
∴△ HBD
是正三角形．
3 【答案】（1）成立．
（2）解：CD最大值为 a+b ，此时 ∠ACB = 120∘ ．
以BC为边向上作等边三角形BCE，连接AE，如图所示：△ ABD △ BCE
∵ 和 都是等边三角形，
AB = DB BE = BC ∠ABD = 60∘ = ∠CBE
∴ ， ， ，
∠ABD+∠ABC = ∠CBE +∠ABC
∴ ，
∠ABE = ∠DBC
即 ，
△ ABE △ DBC
在 和 中，
⎧AB = DB
⎨∠ABE = ∠DBC
，
⎩
BE = BC
△ ABE △ DBC (SAS)
∴ ≌ ，
CD = AE
故 ．
CD = AE ≤ AC +EC
则 ，
等号当且仅当A、C、E共线时成立，如图所示：
∠ACB = 120∘
此时 ．
4 【答案】B
DD′
【解析】连接 ，如图所示：
∵线段AD以点A为旋转中心逆时针旋转
60∘
得到线段
AD′
，
AD = AD′ ∠DAD′ = 60∘
∴ ， ，
ADD′
∴△ 为等边三角形，
DD′ = 5
∴ ，所以①正确；
∵△ABC为等边三角形，AB = AC ∠BAC = 60∘
∴ ， ，
∴把△ABD逆时针旋转
60∘
后，AB与AC重合，AD与
AD′
重合，
∴△
ACD′
可以由△ABD绕点A逆时针旋转
60∘
得到，所以③正确；
D′C = DB = 4
∴ ，
DC = 3
∵ ，
DD′C 32 +42 = 52
在△ 中， ，
DC2 +D′C2 = DD′2
∴ ，
DD′C
∴△ 为直角三角形，
∠DCD′ = 90∘
∴ ，
ADD′
∵△ 为等边三角形，
∠ADD′ = 60∘
∴ ，
∠ADC ≠ 150∘
∴ ，所以②错误；
∠DCD′ = 90∘
∵ ，
∴DC⊥
CD′
，
∴点D到
CD′
的距离为3，所以④正确；
∵ S △ADD ′+S △DD ′ C
–
√3 1
= ×52 + ×3×4
4 2
–
25√3
= 6+
，所以⑤错误．
4
故选：B．
5 【答案】（1）证明：∵ △ ABC 是等边三角形，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC ，
∴△BOC≌△ADC，
∴CO=CD，∠OCD=60°，
∴△COD是等边三角形．
（2）解：当α=150°，即∠BOC=150°时，△AOD是直角三角形．
∵△BOC≌△ADC，
∴∠ADC=∠BOC=150°，
又∵△COD是等边三角形，
∴∠ODC=60°，
∴∠ADO=90°，
即△AOD是直角三角形；
（3）解：①要使AO=AD，需∠AOD=∠ADO．
∠AOD = 360∘ −∠AOB−∠COD−α
∵= 360∘ −110∘ −60∘ −α= 190∘ −α
，
∠ADO = α−60∘
，
190∘ −α = α−60∘ α = 125∘
∴ ，解得 ；
②要使OA=OD，需∠OAD=∠ADO．
∠AOD = 190∘ −α ∠ADO = α−60∘
∵ ， ，
∠OAD = 180∘ −(∠AOD+∠ADO) = 50∘
∴ ，
α−60∘ = 50∘ α = 110∘
∴ ，解得 ；
③要使OD=AD，需∠OAD=∠AOD．
190∘ −α = 50∘ α = 140∘
∴ ，解得 ．
综上所述：当α的度数为125°、110°或140°时，△AOD是等腰三角形．
6 (1)【答案】是；
作图如下：
∠ABM = 90∘
【解析】解：根据旋转的性质， ，
∵四边形ABCD是正方形，
∠ABC = 90∘
∴ ，
∴M、B、C三点在一条直线上．
故答案为：是；
EF = BE +DF
(2)【答案】
AM = AF ∠BAM = ∠DAF BM = DF
【解析】解：由旋转的性质可得： ， ， ，
∵四边形ABCD是正方形， ∠EAF = 45∘ ，
∠DAF +∠BAE = 45∘
∴ ，
∠EAM = ∠BAM +∠BAE = 45∘
∴ ，∠EAM = ∠EAF
∴ ，
在△EAM和△EAF中，
⎧⎪ AM = AF
⎨∠EAM = ∠EAF
，
⎩⎪
AE = AE
△ EAM △ EAF (SAS)
∴ ≌ ，
EF = EM = BM +BE = BE +DF
∴ ；
EF = BE +DF
故答案为： ；
(3)【答案】解：存在，理由如下：
延长CB到P，使 BP = DF ，如图所示：
∠B = ∠D = 90∘
∵ ，
∠ABP = 90∘
∴ ，
∠ABP = ∠D
∴ ，
在△ABP和△ADF中，
⎧⎪ AB = AD
⎨∠ABP = ∠ADF ，
⎩⎪
BP = DF
△ ABP △ ADF (SAS)
∴ ≌ ，
AP = AF ∠BAP = ∠DAF
∴ ， ，
1
∠EAF = ∠BAD
∵ ，
2
∠BAE +∠DAF = ∠EAF
∴ ，
∠BAP +∠FAD = ∠EAF
∴ ，
∠EAP = ∠EAF
即： ，
在△APE和△AFE中，
⎧⎪ AP = AF
⎨∠EAP = ∠FAE ，
⎩⎪
AE = AE
△ APE △ AFE(SAS)
∴ ≌ ，
PE = FE
∴ ，
EF = BE +DF
∴ ；(4)【答案】证明：补全图形，在BC上截取 BP = DF ，如图3所示：
∠B = ∠ADC = 90∘
∵ ，
∠ADF = 90∘
∴ ，
∠B = ∠ADF
∴ ，
在△ABP和△ADF中，
⎧⎪ AB = AD
⎨∠B = ∠ADF
，
⎩⎪
BP = DF
△ ABP △ ADF (SAS)
∴ ≌ ，
AP = AF ∠BAP = ∠DAF
∴ ， ，
1
∠EAF = ∠BAD
∵ ，
2
1
∠DAE +∠DAF = ∠BAD
∴ ，
2
1
∠BAP +∠EAD = ∠BAD
∴ ，
2
1
∠EAP = ∠BAD = ∠EAF
∴ ，
2
在△APE和△AFE中，
⎧⎪ AP = AF
⎨∠EAP = ∠FAE
，
⎩⎪
AE = AE
△ APE △ AFE(SAS)
∴ ≌ ，
PE = FE
∴ ，
EF = BE −BP = BE −DF
∴ ．
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．ax2 +bx+c = 0(a ≠ 0) x2
一元二次方程 ，二次项 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 −3
，常数项系数是 ．故选A．
2 【答案】B
3 【答案】A
4 【答案】A
5 【答案】C
6 【答案】B
7 【答案】C
8 【答案】C
9 【答案】C
【解析】解：设平均每天票房的增长率为x，
8+8(1+x)+8(1+x)2 = 29.12
根据题意得： ．
10 【答案】C
∵
【解析】 抛物线开口向上，
∴ a > 0
，
∵ y x
抛物线与 轴的交点在 轴下方，
∴ c < 0
，
∴ ac < 0
，故①正确；
∵ x (−1,0) (3,0)
抛物线与 轴的交点的坐标分别为 ， ，
b
∴ x = 1 − = 1
抛物线的对称轴为直线 ，即 ，
2a
∴ 2a+b = 0
，故②正确；
∵ x = 3 y = 0
时， ，
∴ x = 2 4a+2b+c < 0
时， ，故③错误；
∵ x = 1 y
时， 的值最小，
∴ x a+b+c ⩽ ax2 +bx+c
对于任意 ， ，
ax2 +bx ⩾ a+b
即 ，所以④正确．
C
故选： ．
11 【答案】 x 1 = 0 、 x 2 = −4
x2
【解析】解： +4x=0
x（x+4）=0
x=0或x+4=0x x
1=0， 2=-4
x x
故答案是： 1=0， 2=-4．
12 【答案】 (0,1)
y = x2 +1 (0,1)
【解析】抛物线 的顶点坐标为 ．
13 【答案】①②③④
14 【答案】1
1
【解析】由题意得：△ = [−2(k+1)]2 −4(k2 +2) ≥ 0 ，解得 k ≥ ①
2
x +x = 2(k+1) x x = k2 +2
又 1 2 ， 1 2
(x +1)(x +1) = x x +(x +x )+1
所以 1 2 1 2 1 2
= k2 +2+2(k+1)+1
= k2 +2k+5
k2 +2k+5 = 8 k = −3 k = 1
由已知得 ，解得 ， ②
k = 1
由①②得 ．
故答案为1．
15 【答案】 a > −2 且 a ≠ 0
16 【答案】 x 1 = 0 ， x 2 = 2
–
17 【答案】解： x 1 = −1−√2 ，
–
x = √2−1
2 ．
m
18 【答案】解：该抛物线的对称轴为 x = − = −2 ，
2
m = 4 m = 4 x = −2 y = −1
求出 ，将 和 代入抛物线解析式可得 ，
(−2,−1)
所以顶点坐标为 ．
19 【答案】解：因为 B(6,5) 是抛物线的最高点，
y = a(x−6)2 +5(a ≠ 0)
设抛物线解析式为 ，
A(0,2)
∵ 在抛物线上，
1
a = −
∴代入得 ，
12
1
y = − (x−6)2 +5
∴抛物线的解析式为 ．
12
20 【答案】解：（1） y = −2x+200(30 ≤ x ≤ 60)
W = (x−30)(−2x+200)−450
（2）
= −2x2 +260x−6450
= −2(x−65)2 +2000
W = −2(x−65)2 +2000
（3）
∵ 30 ≤ x ≤ 60
，∴ x = 60 时，W有最大值为1950元．
y = kx+b
【解析】（1）设日销售量y（千克）与销售单价x（元）的一次函数为 。
(60,80) (50,100)
根据题意可知一次函数过点 和点 。
将两点代入可得： ，解得 。
30 ≤ x ≤ 60
又因为销售单价不高于每千克60元，不低于每千克30元，即 。
y = −2x+200(30 ≤ x ≤ 60)
综上所述可得y与x的函数关系式为： 。
（2）因为每千克该原料的利润为（x－30）元，且每日要支付其他费用450元，
ω = y(x−30)−450 = (−2x+200)(x−30)−450
所以销售该原料日获利 ，
ω = −2x2 +260x−6450 30 ≤ x ≤ 60
化简得 （ ）。
ω = −2x2 +260x−6450 = −2(x−65)2 +2000
（3）日获利 ，因为－2＜0，抛物
30 ≤ x ≤ 60 ω
线开口向下，对称轴为x＝65，所以当 时， 随着x的增大而增大，故当x＝
ω = −2×(65−60)2 +2000 = 1950
60时， 为最大值。即当销售单价为60元时，该
公司日获利最大，最大获利是1950元。
21 【答案】解：（1）∵方程有两个相等的实数根，
(2b)2 −4(a+c)(a−c) = 0
∴ ，
4b2 −4a2 +4c2 = 0
∴ ，
a2 = b2 +c2
∴ ，
∴△ABC是直角三角形．
（2）∵当△ABC是等边三角形，
a = b = c
∴ ，
(a+c)x2 +2bx+(a−c) = 0
∵ ，
2ax2 +2ax = 0 x2 +x = 0
∴ ，即
x = 0 x = −1
∴ 1 ， 2 ．
22 【答案】解：（1）把点 A(−3,0) 和点 C (0,3) 代入 y = −x2 +bx+c 得：
0 = −9−3b+c
{
3 = c
b = −2
{
解得 ．
c = 3
y = −x2 −2x+3
所以抛物线的解析式为 ．
y = −x2 −2x+3 B(1,0)
（2）由（1）知，该抛物线的解析式为 ，则易得 ．
S = 4S
∵ △AOP △BOC，
1 1
∴ ×3×∣ ∣−x2 −2x+3∣ ∣ = 4× ×1×3 ，
2 2
−3 < x < 1 (x+1)2 = 0
整理，得 时： ；x ≤ −3 x ≥ 1 x2+2x−7 = 0
或 时： ，
–
x = −1 x = −1±2√2
解得 或 ．
– –
则符合条件的点P的坐标为： (−1,4) 或 (−1+2√2,−4) 或 (−1−2√2,−4) ；
（3）设直线AC的解析式为 y = kx+t ，
k = 1
A(−3,0) C (0,3) {
将 ， 代入，解得 ，
t = 3
y = x+3
所以直线解析式为 ，
设Q点的坐标为 (x,x+3)(−3 ≤ x ≤ 0) ，则D点坐标为 (x,−x2 −2x+3) ，
DQ = (−x2 −2x+3) −(x+3)
3 2 9
= −x2 −3x = −(x+ ) +
，
2 4
3 9
∴当 x = − 时，QD有最大值 ．
2 4
−9−3b+c = 0
【解析】 A(−3,0) C(0,3) y = −x2 +bx+c {
（1）把 ， 代入 ，得 ，
c = 3
b = −2
{
解得 ．
c = 3
y = −x2 −2x+3
故该抛物线的解析式为： ．
y = −x2 −2x+3 B(1,0)
（2）由（1）知，该抛物线的解析式为 ，则易得 ．
∵ S = 4S
ΔAOP ΔBOC，
1 1
∴ ×3×|−x2 −2x+3| = 4× ×1×3
．
2 2
(x+1)2 = 0 x2 +2x−7 = 0
整理，得 或 ，
–
x = −1 x = −1±2√2
解得 或 ．
– –
P (−1,4) (−1+2√2,−4) (−1−2√2,−4)
则符合条件的点 的坐标为： 或 或 ；
AC y = kx+t A(−3,0) C(0,3)
（3）设直线 的解析式为 ，将 ， 代入，得
−3k+t = 0
{
，
t = 3
k = 1
{
解得 ．
t = 3
AC y = x+3
即直线 的解析式为 ．
Q (x,x+3) (−3 ⩽ x ⩽ 0) D (x,−x2 −2x+3)
设 点坐标为 ， ，则 点坐标为 ，
3 9
QD = (−x2 −2x+3)−(x+3) = −x2 −3x = −(x+ )2 +
，
2 4
3 9
∴ x = − QD
当 时， 有最大值 ．
2 4
23 【答案】解：（1） ∵ ∠OAB = 90∘ ， ∠ABO = 30∘ ，斜边 OB = 4 ，
−−−−−− –
∴ ∠AOB = 60∘ AO = 2 AB = √42 −22 = 2√3
， ， ，
∵ RtΔOAB O 60∘ RtΔODC
绕点 顺时针旋转 ，得到 ，
–
∴ OC = 4 OD = 2 ∠ODC = 90∘ ∠DOC = 60∘ CD = 2√3
， ， ， ， ，∴ BD = 4−OD = 4−2 = 2
，
−−−−−−−−−−
∴ RtΔBDC BC = √22 +(2√3 – ) 2 = 4 = OC
在 中， ，
∴ ∠OBC = ∠COB = 60∘
，
∴ ∠ABC = 60∘ +30∘ = 90∘
，
1 1 – –
∴ S = OA×AB = ×2√3×2 = 2√3
ΔAOC 2 2 ，
−−−−−−−−−− −−−−−−−−−−
∴ AC = √AB2 +BC2 = √(2√3 – ) 2 +42 = 2√7 –
，
– −−
2S 4√3 2√21
∴ OP = ΔAOC = =
– ；
AC 2√7 7
BM AM
（2）如图2，连接 ， ，
∵ M OC ΔOBC
为 中点， 为等边三角形，
∴ BM⊥OC
，
RtΔAOB ∠A = 90∘ ∠ABO = 30∘
在 中， ， ，
∴ ∠BOA = 60∘
，
∵ ∠BOC = 60∘
，
∴ ∠BOA = ∠BOM
，
∵ ∠BAO = ∠BMO = 90∘ BO = BO
， ，
∴ ΔBAO ≅ΔBMO(AAS)
，
∴ BM = AB AO = OM
， ，
∴ B O AM
， 在 的中垂线上，
∴ AM BO
被 垂直平分，
M BO A
即 关于直线 的对称点为 ，
连接 AC ，当A、N、C共线时，△CMN周长最小，
C = AC +MC
则 ΔCMN ，
∵ M OC
是 的中点，
1
∴ MC = OC = 2
，
2
–
∴ C 2√7+2
ΔCMN的最小值为 ．24 【答案】
⎧ ⎪ −
2
b
a
= −1 ⎧⎪ a = −1
解：（1）依题意得： ⎨a+b+c = 0，解得： ⎨b = −2 ，
⎩⎪ ⎩⎪
c = 3 c = 3
y = −x2 −2x+3
∴抛物线解析式为 ，
∵直线 y = mx+n 经过B、C两点，
B(−3,0) C (0,3) y = mx+n
∴把 、 分别代入直线 ，
−3m+n = 0 m = 1
{ {
得 ，解得： ，
n = 3 n = 3
y = mx+n y = x+3
∴直线 的解析式为 ；
BC x = −1 M MA+MC
(2)设直线 与对称轴 的交点为 ，则此时 的值最小，
x = −1 y = x+3 y = 2
把 代入直线 得， ，
M (−1,2) M A C M (−1,2)
∴ ，即当点 到点 的距离与到点 的距离之和最小时 的坐标为 ；
P (−1,t)
(3)设 ，
B(−3,0) C (0,3)
又∵ ， ，
BC2 = 18 PB2 = (−1+3)2 +t2 = 4+t2
∴ ， ，
PC2 = (−1)2 +(t−3)2 = t2 −6t+10
，
B BC2 +PB2 = PC2 18+4+t2 = t2 −6t+10
①若点 为直角顶点，则 即： 解得：
t = −2
；
C BC2 +PC2 = PB2 18+t2 −6t+10 = 4+t2
②若点 为直角顶点，则 即： 解得：
t = 4
，
P PB2 +PC2 = BC2 4+t2 +t2 −6t+10 = 18
③若点 为直角顶点，则 即： 解得：
−− −−
3−√17 3−√17
t = t =
1 ， 2 ；
2 2
−− −−
3+√17 3−√17
P (−1,−2) (−1,4) (−1, ) (−1, )
综上所述 的坐标为 或 或 或 ．
2 2
