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2026 年秋季九年级开学·学情自测卷
数学•全解全析
第Ⅰ卷（选择题共36 分）
一．选择题（共12 小题，满分36 分，每小题3 分，每题均有四个选项，其中只有一个选项符合规定,把答
案用2B 铅笔填涂在答题卡相应的位置.）
1．下列关于x的方程中是一元二次方程的是（ ）
A．x
2+5 x−2=0
B．3 x +1=0
C．x
2+ 1
x =3
D．x−5 y =6
【答案】A
【分析】本题根据一元二次方程的定义判断各选项即可，一元二次方程需满足三个条件：只含一个未知数，
未知数最高次数为2，是整式方程．
【详解】解：一元二次方程的定义为：只含有一个未知数，且未知数最高次数为2 的整式方程．
∵ 选项A x
2+5 x−2=0 满足一元二次方程的所有条件，是一元二次方程；
选项B 3 x +1=0 未知数最高次数为1，是一元一次方程，不符合要求；
选项C x
2+ 1
x =3 分母含有未知数，不是整式方程，不符合要求；
选项D x−5 y =6 含有x和y两个未知数，是二元一次方程，不符合要求．
2．关于抛物线y =−(x −2)
2+ 4，下列说法正确的是（ ）
A．开口向上
B．对称轴是直线x =−2
C．顶点坐标是(2,4)
D．x>2时，y随x增大而增大
【答案】C
【分析】根据顶点式y =a( x −h)
2+ k的性质，判断开口方向、对称轴、顶点坐标和增减性即可得到答案．
【详解】解：y =−(x −2)
2+ 4，
∴顶点坐标为(2,4)，对称轴为直线x =2，故B 错误，C 正确；
∵a=−1<0，
∴抛物线开口向下，故A 错误，
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∴当x>2时，y随x的增大而减小，故D 错误．
3．已知一元二次方程x
2−3 x−5=0的两根为x1，x2，则x1 x2−x1−x2的值为（ ）
A．−8
B．−2
C．8
D．2
【答案】A
【分析】利用一元二次方程求根公式得到两根，计算出两根之和与两根之积，再变形所求代数式代入计算
即可．
【详解】解：对于一元二次方程 x
2−3 x−5=0，其中 a=1，b=−3，c =−5，
则 x1+ x2=−b
a =3，x1 x2= c
a =−5，
故 x1 x2−x1−x2= x1 x2−( x1+ x2)=−5−3=−8．
4．某市计划从今年第二季度开始到本年底对全市共285 个社区全部实现垃圾分类．已知该市第二季度已有
60 个社区率先实现垃圾分类，预计第三、四季度实现垃圾分类的社区个数较前一季度的平均增长率均为
x，则下面所列方程正确的是（ ）
A．60(1+ x)
2=285
B．60(1−x)
2=285
C．60(1+ x)+60(1+ x)
2=285
D．60+60(1+ x)+60(1+ x)
2=285
【答案】D
【分析】分别求出第二、三、四季度实现垃圾分类的社区个数，根据总个数为285 列方程，即可判断正确
选项．
【详解】解：∵第二季度实现垃圾分类的社区个数为60，第三、四季度实现垃圾分类的社区个数较前一季
度的平均增长率为x，
∴第三季度实现垃圾分类的社区个数为60(1+ x)，第四季度实现垃圾分类的社区个数为60(1+ x)
2，
∵到本年底全部285 个社区都要实现垃圾分类，
∴三个季度实现垃圾分类的总个数为285，
可得方程60+60(1+ x)+60(1+ x)
2=285，
因此正确选项为D．
5．抛物线y =a x
2+bx和直线y =ax +b在同一坐标系的图象可能是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据一次函数，二次函数图象分布的规律求解即可．
【详解】解：根据题意，得y =a x
2+bx = x (ax +b)，
令y =0，得x (ax +b)=0，解得x1=0，x2=−b
a ，
A．根据一次函数的图象，得a>0，b<0，根据二次函数图象，得a>0，x1=0，x2=−b
a >0，
∴b<0，符合要求；
B．根据一次函数的图象，得a<0，b<0，根据二次函数图象，得a>0，x1=0，x2=−b
a >0，
∴b<0，不符合要求；
C．根据一次函数的图象，得a>0，b<0，根据二次函数图象，得a<0，x1=0，x2=−b
a >0，
∴b>0，不符合要求；
D．根据一次函数的图象，得a<0，b<0，根据二次函数图象，得a<0，x1=0，x2=−b
a >0，
∴b>0，不符合要求．
6．若点A(−1, y1)、B(2, y2)、C (4 , y3)在二次函数y =a x
2−2ax +1(a>0)的图象上，则y1、y2、y3的
大小关系是（ ）
A．y2< y1< y3
B．y3< y2< y1
C．y3< y1< y2
D．y1< y2< y3
【答案】A
【分析】本题考查二次函数的性质，利用开口方向和点到对称轴的距离判断函数值大小，先求出抛物线对
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称轴，再根据开口向上的性质比较即可．
【详解】∵二次函数解析式为y =a x
2−2ax +1(a>0)
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x =−−2a
2a =1开口向上时，点到对称轴的距离越大，
对应的函数值越大分别计算三个点到对称轴x =1的距离：
点A到对称轴的距离：|−1−1|=2
点B到对称轴的距离：|2−1|=1
点C到对称轴的距离：|4−1|=3
∵1<2<3
∴y2< y1< y3．
7．已知三角形两边长分别为6 和8，第三边长是方程x
2−10 x−24 =0的解，则这个三角形的周长是
（ ）
A．26
B．16
C．28
D．16 或26
【答案】A
【分析】先解一元二次方程得到第三边的可能值，结合三角形三边关系排除不符合的边长，再计算周长得
到结果．
【详解】解：解方程x
2−10 x−24 =0，
因式分解得(x−12)(x +2)=0，
解得x1=12，x2=−2，
∵三角形边长为正数，
∴舍去负根x =−2，得第三边长为12，
∵6+8>12，符合三角形三边关系，
∴三角形周长为6+8+12=26．
8．将抛物线y =a x
2−1(a≠0)的图象向左平移2个单位后，所得抛物线经过(1,−4)点，则a等于（ ）
A．−1
3
B．−1
C．−3
D．−5
【答案】A
【分析】根据抛物线平移规律得到平移后的解析式，代入已知点坐标列方程求解a的值即可．
【详解】解：将抛物线y =a x
2−1向左平移2个单位后，所得解析式为y =a(x +2)
2−1，
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将(1,−4)代入解析式y =a(x +2)
2−1，得−4 =a(1+2)
2−1，解得a=−1
3．
9．下面表格中的数据是二次函数y =a x
2+bx +c的几组对应值．根据表中的数据我们可以判断：当
a x
2+bx +c>0时，自变量x 的取值范围是（ ）
x
…
−1
0
1
2
3
4
…
y
…
0
−3
−4
−3
0
5
…
A．x>1
B．x<−1或x>3
C．x>5
D．﹣1< x<3
【答案】B
【分析】本题先根据表格中的对应值，得到二次函数的对称轴，与x 轴的交点坐标，判断开口方向，再结
合二次函数的图像性质确定y >0时自变量x的取值范围．
【详解】解：由表格数据可知，x =0和x =2时y值相等，均为−3，
∴二次函数的对称轴为直线x = 0+2
2
=1，顶点坐标为(1,−4)，二次函数与x轴的交点为(−1,0)和(3,0)，
∵顶点纵坐标−4<0，且抛物线与x 轴有两个交点，
∴抛物线开口向上，
根据开口向上的二次函数图像性质，可得当y >0时，自变量x的取值范围是x<−1或x>3．
10．若关于x 的一元二次方程a x
2+2bx−2=0的一个根是x =2022，则一元二次方程
a
2
(x +2)
2+bx +2b=1必有一根为（ ）．
A．2020
B．2021
C．2022
D．2023
【答案】A
【分析】对一元二次方程a
2
(x +2)
2+bx +2b=1变形，设t = x +2得到at
2+2bt −2=0，利用
a x
2+2bx−2=0的一个根是x =2022可得t =2022，从而求出x 即可．
【详解】解：对于一元二次方程a
2
(x +2)
2+bx +2b=1即a(x +2)
2+2b(x +2)−2=0，
设t = x +2，则可得at
2+2bt −2=0，
而关于x 的一元二次方程a x
2+2bx−2=0的一个根是x =2022，
所以at
2+2bt −2=0有一个根为t =2022，
所以x +2=2022，
解得x =2020，
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所以一元二次方程a
2
(x +2)
2+bx +2b=1必有一根为x =2020．
11．对于一元二次方程，我国古代数学家研究过其几何解法．以方程x
2+8 x = 48为例，赵爽的《勾股圆方
图注》中记载的方法是：如图1，先构造一个面积为x
2的正方形，再以正方形的边为一边向外构造四个面
积为2 x的矩形，最后补图得到大正方形，其面积为48+ 4×2
2=64，则该方程的正数解为8−2×2= 4．小
美尝试用此方法解关于x的方程x
2+12 x +c =0，构造如图2 所示的图形．若图2 中大正方形的面积为100，
则方程x
2+12 x +c =0的正数解是（ ）
A．4
B．5
C．6
D．7
【答案】A
【分析】仿照题中方法，构造一个面积为x
2的正方形，向外构造四个面积为3 x的矩形，得出四个小正方形
的边长为3，根据大正方形的面积为100得出大正方形的边长为10，进而求出方程x
2+12 x +c =0的正数解
即可．
【详解】解：如图2，先构造一个面积为x
2的正方形，再以正方形的边为一边向外构造四个面积为3 x的矩
形，
∴四个小正方形的边长为3，
∵大正方形的面积为100，
∴大正方形的边长为√100=10，
∴方程x
2+12 x +c =0的正数解是10−2×3= 4．
12．已知二次函数y =a x
2+bx +c的图象如图所示，顶点坐标为(−2,5)，与x轴交于A (m,0)，B两点，其
中2<m<3．则下列结论：
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①b
ac <0②b+ 4 a=0③a−b+3c>0④−5
16 <a<−1
5⑤方程a x
2+(b+k
2) x +c +k
2=0（k为常数）有实数
根．
其中正确的个数有（ ）
A．4 个
B．3 个
C．2 个
D．1 个
【答案】B
【分析】根据抛物线开口向下，顶点坐标为(−2,5)，与y 轴交于正半轴，得到a<0，b= 4 a<0，c>0，即
可判断①②③；根据抛物线的顶点坐标为(−2,5)得到c = 4 a+5，根据当x =2时，y >0，当x =3时，y <0，
即可判断④；讨论抛物线y =a x
2+bx +c与直线y =−k
2 x−k
2的交点情况即可判断⑤．
【详解】解∶∵抛物线开口向下，顶点坐标为(−2,5)，与y 轴交于正半轴，
∴a<0，−b
2a =−2，c>0，
∴b= 4 a<0，
∴b
ac >0，故①错误；
∵b= 4 a，
∴b−4 a=0，故②错误；
∵a<0，c>0，
∴c−a>0，
∴a−b+3c =a−4 a+3c =3(c−a)>0，故③正确；
∵抛物线的顶点坐标为(−2,5)，
∴当x =−2时，y = 4 a−2b+c =5，即4 a−2×4 a+c =5，
∴c = 4 a+5，
由图象可得当x =2时，y >0，即4 a+2b+c>0，
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∴4 a+8a+ 4 a+5>0，
∴a>−5
16 ，
由图象可得当x =3时，y <0，即9a+3b+c<0，
∴9a+12a+ 4 a+5<0，
∴a<−1
5，
∴−5
16 <a<−1
5，故④正确；
∵方程a x
2+(b+ k
2) x +c + k
2=0可化为a x
2+bx +c =−k
2 x−k
2，
∴该方程的解为抛物线y =a x
2+bx +c与直线y =−k
2 x−k
2的交点的横坐标，
∵直线y =−k
2 x−k
2=−k
2(x +1)，
∴该直线过定点(−1,0)，且过第二、三、四象限，
∴抛物线y =a x
2+bx +c与直线y =−k
2 x−k
2必有交点，
∴方程a x
2+(b+ k
2) x +c + k
2=0（k为常数）有实数根．故⑤正确．
综上所述，正确的结论是③④⑤，共3 个．
第Ⅱ卷（非选择题，共84 分）
二、填空题（共6 小题，满分18 分，每小题3 分，请把正确的答案填写在答题卡相应的位置。）
13．已知a是一元二次方程x
2+3 x−1=0的一个根，则2a
2+6a=___________．
【答案】2
【分析】根据一元二次方程根的定义，得到a满足的等式，将所求代数式提取公因式变形后，利用整体代
入法计算即可．
【详解】解：∵a是一元二次方程x
2+3 x−1=0的一个根
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∴将x =a代入方程得a
2+3a−1=0移项整理得a
2+3a=1
∴2a
2+6a=2(a
2+3a)=2×1=2．
14．一元二次方程x
2−3 x + k =0有两个实数根，则k所取的可能的值是______.(填一个即可)
【答案】2（答案不唯一）
【详解】解：∵一元二次方程x
2−3 x +k =0有两个实数根，
∴Δ=(−3)
2−4×1×k =9−4 k >0，
解得k < 9
4 ，
取k =2(答案不唯一)．
15．如图，是抛物线形沟渠，当沟渠水面宽度6m时，水深3m，当水面上升1m时，水面宽度为________m
【答案】4√3
【分析】建立如图所示的平面直角坐标系，求出抛物线解析式，然后代入y = 4即可求解．
【详解】解：建立如图所示的平面直角坐标系，
设抛物线的解析式为y =a x
2，
∵抛物线过(3,3)，代入得：
3=a·3
2
a= 1
3，
∴抛物线的解析式为y = 1
3 x
2，
当y = 4时，4 = 1
3 x
2，
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解得x =±2√3，
2√3−(−2√3)= 4√3，
∴水面宽度为4√3米．
16．已知关于x的二次函数y =a x
2+bx +3(a≠0)的图象的对称轴与x轴的交点的坐标为(1,0)，如果关于x
的方程a x
2+bx−c =0(a≠0)的一个根为−2，那么该方程的另一个根为____________．
【答案】4
【分析】利用二次函数图象的对称性，方程的两个根关于对称轴对称进行求解即可．
【详解】解：∵二次函数y =a x
2+bx +3(a≠0)的图象的对称轴与x轴的交点的坐标为(1,0)，
∴对称轴为直线x =−b
2a =1，
∵方程a x
2+bx−c =0(a≠0)的一个根为−2，
∴二次函数y =a x
2+bx−c与x 轴的一个交点坐标为(−2,0)，且对称轴为直线x =−b
2a =1，
∴设另一个根为x2，
∵二次函数图象的对称轴是直线x =1，
∴方程ax ²+bx−c =0的两个根关于x =1对称，
∴−2+ x2
2
=1，
解得x2= 4．
故答案为：4．
17．把关于x的一元二次方程a1(x−m)
2+n=0与a2(x−m)
2+n=0称为“同构二次方程”．比如
2(x −2)
2−4 =0与3(x −2)
2−4 =0就是“同构二次方程”．已知两个关于x的一元二次方程
2(x −1)
2−1=0与(a+1) x
2+(b−2) x−2=0是“同构二次方程”，则a−b=___________．
【答案】−6
【分析】根据“同构二次方程”的定义，两个方程除完全平方式前的系数不同外其他对应部分相同，由第
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一个方程可得m=1,n=−1，因此第二个方程可整理为(a+1)(x −1)
2−1=0，通过比较两个方程展开式的
对应系数相等建立方程组求解a,b，再计算a−b的值.
【详解】解：∵2(x −1)
2−1=0与(a+1) x
2+(b−2) x−2=0是“同构二次方程”，
故方程(a+1) x
2+(b−2) x−2=0可化为方程(a+1)(x −1)
2−1=0，
∴(a+1) x
2+(b−2) x −2=(a+1)(x −1)
2−1，
∴(a+1) x
2+(b−2) x−2=(a+1) x
2−2(a+1) x +(a+1)−1，
∴¿，
解得：¿，
a−b=−2−4 =−6．
18．如图，二次函数y =(x +2)
2+m的图像与y 轴交于点C，点B 在抛物线上，且与点C 关于抛物线的对称
轴对称，一次函数y =kx +b的图像经过该二次函数图像上的点A (−1,0)及点B，则满足(x +2)
2+m≥kx +b
的x 的取值范围是 ______________ ．
【答案】x ≤−4或x ≥−1
【分析】先将点A (−1,0)的坐标代入二次函数解析式求出m 的值，从而确定二次函数的解析式及点C 的坐
标，再根据抛物线的对称轴及轴对称的性质求出点B 的坐标，最后观察函数图象，找出二次函数图像在一
次函数图像上方（包括交点）时对应的自变量x 的取值范围即可．
【详解】解：∵二次函数y =(x +2)
2+m的图像经过点A (−1,0)，
∴0=(−1+2)
2+m， 解得m=−1；抛物线的对称轴为直线x =−2；
∴二次函数的解析式为y =(x +2)
2−1，
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令x =0，则y =(0+2)
2−1=3，
∴点C 的坐标为(0,3)，
∵抛物线的对称轴为直线x =−2，且点B 与点C 关于对称轴对称，
∴点B 的横坐标为−2×2−0=−4，纵坐标为3，
∴点B 的坐标为(−4,3)，
由图像可知，当x ≤−4或x ≥−1时，二次函数y =(x +2)
2+m的图像在一次函数y =kx +b的图像上方或相
交，
∴满足(x +2)
2+m≥kx +b的x 的取值范围是x ≤−4或x ≥−1．
三、解答题（本大题共8 个小题，共66 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
19．（6 分）解方程：
(1)x
2+12 x +27 =0
(2)(2 x−1)
2=2(2 x−1)
【答案】(1)x1=−3, x2=−9
(2)x1= 1
2 , x2= 3
2
【分析】（1）采用因式分解法求解；
（2）移项后采用因式分解法求解；
【详解】（1）解：x
2+12 x +27=0，
因式分解得( x +3)( x +9)=0，
∴x +3=0或x +9=0，
解得：x1=−3, x2=−9；
（2）解：(2 x−1)
2=2(2 x−1)，
移项得(2 x−1)
2−2(2 x−1)=0，
提取公因式得(2 x−1)(2 x−1−2)=0，
整理得(2 x−1)(2 x−3)=0，
∴2 x−1=0或2 x−3=0，
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解得：x1= 1
2 , x2= 3
2．
20．（6 分）已知关于x的一元二次方程x
2−4 x−m=0有两个不相等的实数根．
(1)求m的取值范围；
(2)若该方程的一个根是另一个根的3 倍，求m的值．
【答案】(1)m>−4
(2)m=−3
【分析】（1）利用Δ>0构造不等式，并求解即可；
（2）设方程的两根为x1、x2，且x1=3 x2，由根与系数的关系可得x1+ x2= 4，解得x2=1，x1=3，代入求
出m的值即可．
【详解】（1）解：∵x
2−4 x−m=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=(−4)
2−4×1×(−m)>0，
化简，得16+ 4 m>0，
解得m>−4；
（2）解：设方程的两根为x1、x2，且x1=3 x2，
x
2−4 x−m=0，
由根与系数的关系可得，x1+ x2= 4，x1 x2=−m，
∵x1=3 x2，
∴3 x2+ x2= 4，
解得x2=1，
∴x1=3 x2=3，
∴−m= x1 x2=3，即m=−3，符合m>−4．
21．（8 分）小明与小强两位同学解方程2( x−1)=( x−1)
2的过程如下：
小明：
解：两边同除以
(x−1)，
得2= x−1，
则x =3．
小强：
解：移项，得
2( x −1)−( x −1)
2=0，
提取公因式，得
(x−1)(2−x−1)=0，
则x−1=0或2−x−1=0，
解得x1= x2=1．
(1)你认为两人的解法是否正确？若正确请在横线上打“√”，若错误请在横线上打“×”；
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小明________，小强________；
(2)写出你的解答过程．
【答案】(1)×，×
(2)解：移项，得2( x −1)−( x −1)
2=0，
提取公因式，得(x−1)(2−x +1)=0，
则x−1=0或2−x +1=0，
解得x1=1，x2=3．
【分析】（1）小明：没有考虑x−1=0的情况；小强：提取公因式时出现了错误；所以他们的解法都不正
确；
（2）利用因式分解法解方程即可．
【详解】（1）解：小明：没有考虑x−1=0的情况，所以解法不正确；
小强：提取公因式时出现了错误，所以解法不正确．
（2）略
22．（8 分）已知二次函数y = x
2+bx +c的图象经过点(0,−1)，(2,−1)．
(1)求该二次函数的解析式，并在坐标系中画出函数图象；
(2)当0≤x ≤3时，直接写出该二次函数的函数值y 的取值范围．
【答案】(1)y = x
2−2 x−1，
二次函数图象如下，
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(2)当0≤x ≤3时该二次函数的函数值y 的取值范围为−2≤y ≤2
【分析】（1）运用待定系数法即可求解，运用五点法作图即可；
（2）根据自变量的取值范围分别算出临界点的函数值，结合顶点坐标得到函数值的取值范围．
【详解】（1）解：二次函数y = x
2+bx +c的图象经过点(0,−1)，(2,−1)，
∴¿，
解得，¿，
∴二次函数解析式为y = x
2−2 x−1=(x−1)
2−2，
∴二次函数的顶点坐标为(1,−2)，
当x =3时，y =3
2−2×3−1=2，
当x =−1时，y =(−1)
2−2×(−1)−1=2，
运用五点法作函数图象：略；
（2）解：在二次函数y = x
2−2 x−1中，当0≤x ≤3时，
x =0时，y =−1；顶点坐标为(1,−2)；x =3时，y =2，
∴当0≤x ≤3时该二次函数的函数值y 的取值范围为−2≤y ≤2．
23．（8 分）智能头盔是在传统防护头盔基础上，集成电子、传感、通讯模块的安全防护+智能穿戴设备，
逐渐被电动车、摩托车等骑行爱好者喜欢．某品牌智能头盔专卖店统计了2026 年第二季度（4 月至6 月）
该品牌智能头盔的销量情况：4 月份销售150 个，6 月份销售216 个．
(1)求该店该品牌智能头盔从4 月份到6 月份销售量的平均月增长率；
(2)该智能头盔的进价为300 元/个，市场调研发现：当售价为400 元/个时，月销售量为60 个；若售价在此
基础上每上涨2 元/个，则月销售量将减少1 个．为响应政府“安全骑行、惠民利民”的号召，该专卖店希
望在月销售利润达到6032 元的同时，尽可能让市民享受实惠．请问该品牌智能头盔的实际售价应定为每个
多少元？
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【答案】(1)20 %
(2)404 元
【分析】（1）设该品牌智能头盔从4 月份到6 月份销售量的平均月增长率为x，依题意列出一元二次方程，
解方程即可求解；
（2）设该品牌智能头盔的实际售价定为每个y 元，依题意列出一元二次方程，解方程即可求解．
【详解】（1）解：设该品牌智能头盔从4 月份到6 月份销售量的平均月增长率为x，由题意得
150(1+ x)
2=216
解得：(1+ x)
2=1.44
1+ x =±1.2
即1+ x =1.2或1+ x =−1.2
∴x1=0.2=20 % , x2=−2.2（不合题意，舍去）
答：该品牌智能头盔从4 月份到6 月份销售量的平均月增长率为20 %．
（2）解：设该品牌智能头盔的实际售价定为每个y 元，由题意得：
( y −300)(60−y −400
2
×1)=6032
解得y1= 416，y2= 404，
∵要尽可能让顾客得到实惠，
∴该品牌智能头盔的实际售价应定为每个404 元．
24．（8 分）【动手实践】如图，将一个等腰三角形纸片沿图中虚线剪成四块图形，通过变换，将4块图形
进行拼接，恰能拼成一个既不重叠、又不留空隙的正方形①或长方形②（含拼接线）．
【观察发现】
(1)正方形的边长为________，长方形的长为________；（用含a，b的代数式表示）
【探索应用】
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(2)若a=2，求b的值；
(3)在(2)的条件下，直接写出等腰三角形纸片的面积．
【答案】(1)a+b，a+2b；
(2)b=1+√5；
(3)14 +6√5．
【分析】(1)根据图形即可求解；
(2)剪成的四块图形中梯形3、4的高为b，三角形1、2较长直角边的长为a+b，由剪拼后图形的面积不变，
得(a+b)
2=b(a+2b)，然后把a=2代入即可求解；
(3)把a=2，b=1+√5代入(a+b)
2即可求解．
【详解】（1）解：由题图可得，拼成的正方形的边长为a+b，长方形的长为a+2b，
故答案为：a+b，a+2b；
（2）解：剪成的四块图形中梯形3、4的高为b，三角形1、2较长直角边的长为a+b，
由剪拼后图形的面积不变，得(a+b)
2=b(b+a+b)=b(a+2b)，
当a=2时，(2+b)
2=b(2+2b)，
整理得b
2−2b−4 =0，
解得b=1+√5或b=1−√5（舍去），
（3）解：∵a=2，b=1+√5，
∴等腰三角形纸片的面积=(a+b)
2=(2+1+√5)
2=14 +6√5．
25．（10 分）综合与实践
【项目主题】配方法的应用．
【项目准备】
(1)利用完全平方公式将多项式a x
2+bx +c (a≠0)变形为a(x +m)
2+n的形式，我们把这样的变形方法叫做
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多项式a x
2+bx +c (a≠0)的配方法．配方法是一种重要的数学方法，常用于求代数式的最值．例如：求代
数式x
2+ 4 x−1的最小值，x
2+ 4 x −1= x
2+ 4 x + 4−4−1=(x +2)
2−5可知，当x =−2时，x
2+ 4 x−1有
最小值，最小值是____________ ．配方法也可以对一些多项式进行因式分解，例如：分解因式x
2+2 x−3，
原式= x
2+2 x +1−1−3=____________=_____________ ．
(2)【项目解决】当a，b，c 分别为△ABC的三边长，且满足a
2+b
2−4 a−6b+13=0时，直接写出c 的取
值范围．
(3)如图，在四边形ABCD中，AC ⊥BD．若AC + BD =8，求四边形ABCD面积的最大值 ．
【答案】(1)−5；(x +1)
2−4；(x +3)(x−1)
(2)1<c<5
(3)8
【分析】（1）根据配方法进行配方，利用因式分解即可；
（2）把a
2+b
2−4 a−6b+13=0化为a
2−4 a+ 4+b
2−6b+9=0，再利用三角形三边关系进一步求解即可；
（3）由S四边形ABCD= 1
2 AC ⋅BD，结合AC + BD =8，再进一步求解即可．
【详解】（1）解：∵x
2+ 4 x −1= x
2+ 4 x + 4−4−1=(x +2)
2−5，(x +2)
2≥0，
∴当x =−2时，x
2+ 4 x−1有最小值，最小值是−5．
分解因式x
2+2 x−3，原式= x
2+2 x +1−1−3=(x +1)
2−4 =(x +3)(x −1)．
（2）解：a
2+b
2−4 a−6b+13=0，
∴a
2−4 a+ 4+b
2−6b+9=0，
∴(a−2)
2+(b−3)
2=0，
∴a−2=0，b−3=0，
∴a=2，b=3，
∵b−a<c<b+a，
∴1<c<5．
（3）解：∵在四边形ABCD中，AC ⊥BD，
∴S四边形ABCD= 1
2 AC ⋅BD，
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∵AC + BD =8，
∴S四边形ABCD= 1
2 AC ⋅(8−AC)
=−1
2 A C
2+ 4 AC
=−1
2 ( A C
2−8 AC +16−16)
=−1
2
( AC −4)
2+8，
∵−1
2
( AC −4)
2≤0，
∴−1
2
( AC −4)
2+8≤8，
∴四边形ABCD面积的最大值为8．
26．（12 分）如图，抛物线y = x
2−2 x + k与x 轴交于A，B 两点，与y 轴交于C (0,−3)．
(1)设抛物线y = x
2−2 x +k的顶点为M，求四边形ABMC的面积．
(2)在x 轴下方的抛物线上是否存在一点D，使得四边形ABDC的面积最大？若存在，请求出D 的坐标；若
不存在，说明理由．
(3)在抛物线y = x
2−2 x +k上求点Q，使得△BCQ是以BC为直角边的直角三角形．
【答案】(1)9；
(2)(
3
2 ,−15
4 )
(3)(−2,5)或(1,−4)
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式，进而求出点M 的坐标和点A，点B 的坐标，连接
AC ,CM ,BM ,OM，根据S△ACMB= S△AOC + S△OCM + S△BOM列式求解即可；
（2）连接AC ,CD ,BD ,OD，设D(d ,d
2−2d −3)(0<d <3)，根据S△ABDC = S△AOC + S△OCD+ S△BOD
可得
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S△ABDC =−3
2(d −3
2)
2
+ 75
8
，据此可得答案；
（3）分两种情况：点B 为直角顶点和点C 为直角顶点，分别画出示意图，讨论求解即可．
【详解】（1）解：把点C 的坐标代入抛物线的解析式得k =−3，
∴抛物线的解析式为y = x
2−2 x −3=(x −1)
2−4，
∴抛物线的顶点坐标为(1,−4)，即M (1,−4)；
在y = x
2−2 x−3中，当y =0时，x
2−2 x−3=0，解得x =−1或x =3，
∴A (−1,0),B (3,0)，
∴OA =1,OB =3，
∵C (0,−3)，
∴OC =3；
如图所示，连接AC ,CM ,BM ,OM，
∴S△ACMB= S△AOC + S△OCM + S△BOM
= 1
2 ×1×3+ 1
2 ×1×3+ 1
2 ×3×4
=9；
（2）解：如图所示，连接AC ,CD ,BD ,OD，设D(d ,d
2−2d −3)(0<d <3)，
∴S△ABDC = S△AOC + S△OCD+ S△BOD
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= 1
2 ×1×3+ 1
2 ×3d + 1
2 ×3(−d
2+2d +3)
=−3
2 d
2+ 9
2 d +6
=−3
2(d −3
2)
2
+ 75
8 ，
∵−3
2 <0，
∴当d = 3
2时，S△ABDC有最大值，
此时d
2−2d −3=(
3
2)
2
−2× 3
2 −3=−15
4 ，
∴点D 的坐标为(
3
2 ,−15
4 )；
（3）解：如图所示，当点B 为直角顶点时，设直线BH交y 轴于点H，
∵B (3,0),C (0,−3)，
∴OB =OC =3，
∵∠BOC =90°，
∴∠OBC =∠OCB = 45°，
∵∠CBQ =90°，
∴∠OBQ =∠CBQ−∠OBC = 45°，
又∵∠BOH =90°，
∴△BOH是等腰直角三角形，
∴OH =OB =3，
∴H (0,3)；
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设直线BQ的解析式为y =k
′ x +b
′(k
′≠0)，
∴¿，
∴¿，
∴直线BQ的解析式为y =−x +3，
联立得¿，解得¿或¿，
∴点Q 的坐标为(−2,5)；
如图所示，当点C 为直角顶点时，
∵直线y =−x +3与直线BC垂直，直线CQ与直线BC垂直，
∴直线CQ与直线y =−x +3平行，
∴可设直线CQ的解析式为y =−x +b
″，
∵C (0,−3)，
∴b
″ =−3，
∴直线CQ的解析式为y =−x−3，
联立得¿，解得¿或¿，
∴点Q 的坐标为(1,−4)；
综上所述，点Q 的坐标为(−2,5)或(1,−4)．
