专题02一元二次方程的解法重难点专练（解析版）-【考点培优尖子生专用】（沪教版）.docx

1、专题02一元二次方程的解法重难点专练 学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1（2020全国九年级单元测试）如图，在ABC中，ABBE，BDBC，DEBE，设BEa，ABb，AEc，则以AD和AC的长为根的一元二次方程是（）Ax22cx+b20Bx2cx+b20Cx22cx+b0Dx2cx+b0【答案】A【分析】根据题意，先要表示出AD、AC的长，AD=AE-DE，然后利用等腰三角形的性质证出DE=BE=CE，则AC=AE+CE，求出AD、AC之后，根据韦达定理判断以它们的长为根的一元二次方程【详解】解：ABBE，BDBC，ABEDBC90，在RtABE中，a2+b2c2，DEBEa，EB

2、DEDB，EBD+EBC90，EDB+C90，EBCC，CEBEa，ACAE+CEc+a，AD+ACca+c+a2c，ADAC（ca）（c+a）c2a2b2，以AD和AC的长为根的一元二次方程可为x22cx+b20故选：A【点睛】本题考查勾股定理，等腰三角形的性质以及一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是利用数形结合的方法，先表示出线段长度再根据韦达定理判断原方程2（2019上海民办张江集团学校七年级期中）多项式的最小值为（ ）ABCD【答案】C【分析】先将多项式2x22xy+5y2+12x24y+51分组配方，根据偶次方的非负性可得答案【详解】2x22xy+5y2+12x24y+51=x2

3、4xy+4y2+12x24y+36+x2+2xy+y2+15=(x2y)2+12(x2y)+36+(x+y)2+15=(x2y+6)2+(x+y)2+15(x2y+6)20，(x+y)20，(x2y+6)2+(x+y)2+1515故选：C【点睛】本题考查了配方法在多项式最值中的应用，熟练掌握配方法并灵活运用及恰当分组，是解答本题的关键3（2019浙江杭州市九年级二模）关于代数式，有以下几种说法，当时，则的值为-4.若值为2，则.若，则存在最小值且最小值为0.在上述说法中正确的是（）ABCD【答案】C【分析】将代入计算验证即可；根据题意=2，解得a的值即可作出判断；若a-2，则a+20，则对配方

4、，利用偶次方的非负性可得答案【详解】解：当时，故正确；若值为2，则，a2+2a+1=2a+4，a2=3，故错误；若a-2，则a+20，=0若a-2，则存在最小值且最小值为0故正确综上，正确的有故选：C【点睛】本题考查了分式的加减法、分式的值的计算及最值问题等知识点，熟练运用相关公式及运算法则是解题的关键二、解答题4（2021全国九年级）已知、是关于的一元二次方程的两实数根 （1）若，求n的值；（2）已知等腰三角形的一边长为7，若、恰好是另外两边的长，求这个三角形的周长【答案】（1）6；（2）17.【分析】（1）根据根与系数的关系得，接着利用，解得,根据判别式的意义b2-4ac0可得n2，于是可

5、得n的值；（2）分类讨论：若7为底，即时，根据判别式得到n=2，方程化为，解得，根据三角形三边的关系，n=2舍去；若7为腰，即时，把x=7代入方程得49-14(n+1)+n2+5=0，解得，当时，=10，解得，则三角形的周长为3+7+7=17；当时，由根与系数的关系得=22，解得，根据三角形的三边关系，舍去【详解】解：（1）由题意得：，解得：、是关于的一元二次方程的两实数根，得：（2）当7为底，即时，则，即解得把n=2代入方程得3+37（舍去）当7为腰，即时，将x = 7 代入方程得49-14(n+1)+n2+5=0，解得当时，=22，解得，三角形的周长为3+7+7=17；当时，=10，解得7

6、+715（舍去）综上，三角形的周长为17【点睛】本题考查了根与系数的关系，一元二次方程的解，根的判别式等知识牢记“两根之和等于，两根之积等于”是解题的关键5（2020山东中考真题）实际问题：某商场为鼓励消费，设计了投资活动方案如下：根据不同的消费金额，每次抽奖时可以从100张面值分别为1元、2元、3元、100元的奖券中（面值为整数），一次任意抽取2张、3张、4张、等若干张奖券，奖券的面值金额之和即为优惠金额某顾客获得了一次抽取5张奖券的机会，小明想知道该顾客共有多少种不同的优惠金额？问题建模：从1，2，3，（为整数，且）这个整数中任取个整数，这个整数之和共有多少种不同的结果？模型探究：我们采取

7、一般问题特殊化的策略，先从最简单的情形入手，再逐次递进，从中找出解决问题的方法探究一：（1）从1，2，3这3个整数中任取2个整数，这2个整数之和共有多少种不同的结果？表所取的2个整数1，21，3，2，32个整数之和345如表，所取的2个整数之和可以为3，4，5，也就是从3到5的连续整数，其中最小是3，最大是5，所以共有3种不同的结果（2）从1，2，3，4这4个整数中任取2个整数，这2个整数之和共有多少种不同的结果？表所取的2个整数1，21，3，1，42，32，43，42个整数之和345567如表，所取的2个整数之和可以为3，4，5，6，7，也就是从3到7的连续整数，其中最小是3，最大是7，所以

8、共有5种不同的结果（3）从1，2，3，4，5这5个整数中任取2个整数，这2个整数之和共有_种不同的结果（4）从1，2，3，（为整数，且）这个整数中任取2个整数，这2个整数之和共有_种不同的结果探究二：（1）从1，2，3，4这4个整数中任取3个整数，这3个整数之和共有_种不同的结果（2）从1，2，3，（为整数，且）这个整数中任取3个整数，这3个整数之和共有_种不同的结果探究三：从1，2，3，（为整数，且）这个整数中任取4个整数，这4个整数之和共有_种不同的结果归纳结论：从1，2，3，（为整数，且）这个整数中任取个整数，这个整数之和共有_种不同的结果问题解决：从100张面值分别为1元、2元、3元、

9、100元的奖券中（面值为整数），一次任意抽取5张奖券，共有_种不同的优惠金额拓展延伸：（1）从1，2，3，36这36个整数中任取多少个整数，使得取出的这些整数之和共有204种不同的结果？（写出解答过程）（2）从3，4，5，（为整数，且）这个整数中任取个整数，这个整数之和共有_种不同的结果【答案】探究一：（3）；（4）（，为整数）；探究二：（1）（2） ；探究三：归纳结论： （为整数，且，）；问题解决：；拓展延伸：（1）个或个；（2）【分析】探究一：（3）根据（1）（2）的提示列表，可得答案；（4）仔细观察（1）（2）（3）的结果，归纳出规律，从而可得答案；探究二：（1）仿探究一的方法列表可得答

10、案；（2）由前面的探究概括出规律即可得到答案；探究三：根据探究一，探究二，归纳出从1，2，3，（为整数，且）这个整数中任取4个整数的和的结果数，再根据上面探究归纳出从1，2，3，（为整数，且）这个整数中任取个整数，这个整数之和的结果数；问题解决：利用前面的探究计算出这5张奖券和的最小值与最大值，从而可得答案；拓展延伸：（1）直接利用前面的探究规律，列方程求解即可，（2）找到与问题等价的模型，直接利用规律得到答案【详解】解：探究一：（3）如下表：取的2个整数 2个整数之和 所取的2个整数之和可以为3，4，5，6，7，8，9也就是从3到9的连续整数，其中最小是3，最大是9，所以共有7种不同的结果（

11、4）从1，2，3，（为整数，且）这个整数中任取2个整数，这2个整数之和的最小值是3，和的最大值是 所以一共有种探究二：（1）从1，2，3，4这4个整数中任取3个整数，如下表：取的3个整数1,2,31,2,41,3,42,3,43个整数之和6789从1，2，3，4这4个整数中任取3个整数，这3个整数之和共有4种，（2）从1，2，3，4，5这5个整数中任取3个整数， 这3个整数之和的最小值是6，和的最大值是12,所以从1，2，3，4，5这5个整数中任取3个整数，这3个整数之和共有7种，从而从1，2，3，（为整数，且）这个整数中任取3个整数，这3个整数之和的最小值是6，和的最大值是 所以一共有种，探

12、究三：从1，2，3，4，5这5个整数中任取4个整数， 这4个整数之和最小是 最大是，所以这4个整数之和一共有5种，从1，2，3，4，5，6这6个整数中任取4个整数， 这4个整数之和最小是 最大是，所以这4个整数之和一共有9种，从1，2，3，（为整数，且）这个整数中任取4个整数，这4个整数之和的最小值是10，和的最大值是，所以一共有 种不同的结果归纳结论：由探究一，从1，2，3，（为整数，且）这个整数中任取2个整数，这2个整数之和共有种探究二，从1，2，3，（为整数，且）这个整数中任取3个整数，这3个整数之和共有种，探究三，从1，2，3，（为整数，且）这个整数中任取4个整数，这4个整数之和共有

13、种不同的结果从而可得：从1，2，3，（为整数，且）这个整数中任取个整数，这个整数之和共有种不同的结果问题解决：从100张面值分别为1元、2元、3元、100元的奖券中（面值为整数），一次任意抽取5张奖券，这5张奖券和的最小值是15，和的最大值是490，共有种不同的优惠金额拓展延伸：（1） 从1，2，3，（为整数，且）这个整数中任取个整数，这个整数之和共有种不同的结果 当 有 或 或 从1，2，3，36这36个整数中任取29个或7个整数，使得取出的这些整数之和共有204种不同的结果（2）由探究可知：从3，4，5，（为整数，且）这个整数中任取个整数，等同于从1，2，3，（为整数，且）这个整数中任取个

14、整数，所以：从3，4，5，（为整数，且）这个整数中任取个整数，这个整数之和共有种不同的结果【点睛】本题考查的是学生自主探究，自主归纳的能力，同时考查了一元二次方程的解法，掌握自主探究的方法是解题的关键6（2020全国九年级课时练习）如图，是的直径，点为的中点，为的弦，且，垂足为，连接交于点，连接，(1)求证：；(2)若，求的长【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)根据点为的中点和垂径定理可证CD=BF，再利用即可证得结论；(2)解法一：连接，设的半径为，由列出关于的方程就能求解；解法二：如图，作辅助线，构建角平分线和全等三角形，证明，得，再证明，得，进而可得和的长，易证，列比例式可求

15、得的长，也就是的长；解法三：连接，根据垂径定理和三角形的中位线定理可得，再证明，然后利用勾股定理即可求出结果【详解】证明：(1)是的中点，是的直径，且，在和中，；(2)解法一：如图，连接，设的半径为，中，即，中，即，即，解得：(舍)或3，；解法二：如图，过作交AD延长线于点，连接、，是的直径，解法三：如图，连接，交于，是的中点，【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、一元二次方程的求解、三角形全等的性质和判定以及勾股定理等知识第二问有难度，注意掌握辅助线的作法和数形结合思想的应用7（2018全国九年级单元测试）如果方程x2+px+q=0有两个实数根x1， x2，那么x1

16、+x2=p，x1x2=q，请根据以上结论，解决下列问题：（1）已知a、b是方程x2+15x+5=0的二根，则=?（2）已知a、b、c满足a+b+c=0，abc=16，求正数c的最小值（3）结合二元一次方程组的相关知识，解决问题：已知和是关于x，y的方程组的两个不相等的实数解问：是否存在实数k，使得y1y2=2？若存在，求出的k值，若不存在，请说明理由【答案】（1）43（2）4（3）存在，当k=2时，【分析】（1）根据a，b是x2+15x+5=0的解，求出a+b和ab的值，即可求出的值（2）根据a+b+c=0，abc=16，得出a+b=-c，ab=，a、b是方程x2+cx+=0的解，再根据c2-

17、40，即可求出c的最小值（3）运用根与系数的关系求出x1+x2=1，x1x2=k+1，再解y1y2-=2，即可求出k的值【详解】（1）a、b是方程x2+15x+5=0的二根，a+b=15，ab=5，=43，故答案是：43；（2）a+b+c=0，abc=16，a+b=c，ab= ， a、b是方程x2+cx+=0的解，c240，c20，c是正数，c3430，c343 ， c4，正数c的最小值是4（3）存在，当k=2时， 由x2y+k=0变形得：y=x2+k，由xy=1变形得：y=x1，把y=x1代入y=x2+k，并整理得：x2x+k+1=0，由题意思可知，x1 ， x2是方程x2x+k+1=0的两

18、个不相等的实数根，故有：即：解得：k=2【点睛】本题考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法8（2019台州市路桥区东方理想学校九年级月考）已知关于的方程（为实数，且）的两根为，（1）若，求的值（2）若，都是整数，求的值【答案】（1）（2）1或 或 或【分析】（1）将代入，得，先根据判别式判断实数根的个数，然后根据韦达定理写出，对原式进行变形即可求解；（2）根据韦达定理写出，与k的关系，联立获得方程，根据，都是整数分情况讨论即可求解【详解】（1）若，则方程为由韦达定理可得，（2）设由韦达定理可得 +得，都是整数或 或 或代入可得或 或 或经检验，这些

19、值均能使方程有实根的值为1或 或 或故答案为（1）（2）1或 或 或【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，和韦达定理，即一元二次方程的根与系数的关系，熟练掌握本部分的公式是本题的关键9（2021全国九年级课时练习）如图，抛物线y=ax2+bx+c (a0)过点M(-2，3)，顶点坐标为N(-1，4)，且与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点（1）求抛物线的解析式；（2）点P为抛物线对称轴上的动点，当PM+PB的值最小时，求点P的坐标；【答案】（1）二次函数的解析式为：；（2）点P的坐标为(-1，2)【分析】（1）把顶点N的坐标和点M的坐标代入计算，即可求出抛物线的解析式；（2）先求出点A、B

20、的坐标，连接AM，与对称轴相交于点P，求出直线AM的解析式，即可求出点P的坐标【详解】解：（1）由抛物线y=ax2+bx+c (a0)的图象过点M(-2，3)，顶点坐标为N(-1，4)，得到关于a、b、c的方程组：解得：a=-1，b=2，c=3，二次函数的解析式为：.（2）如图：连接AM，与对称轴相交于点P，连接BP，抛物线与x轴相交于点A、B，则点A、B关于抛物线的对称轴对称，PA=PB，PM+PB的最小值为PA+PM=AM的长度；，令y=0，则，点A的坐标为：（1，0），点M的坐标为（2，3），直线AM的解析式为：，当x=时，y=2，点P的坐标为（1，2）；【点睛】本题考查了二次函数的性质

21、，解一元二次方程，一次函数的性质，待定系数法求解析式，最短路径问题，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确得到点P的坐标10（2021全国八年级）解方程：【答案】【分析】将原方程整理，移项，令，然后解关于t的一元二次方程，获得t的值，代回原方程即可求解【详解】移项，整理得：令，原式变为解得，（舍去），即解得，故答案为 ，【点睛】本题考查了换元法解一元二次方程，问题的关键是令，然后解关于t的一元二次方程，一定要注意舍去不合理的根11（2021全国九年级单元测试）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a0）与直线y=x+1相交于A（-1，0），B（4，m）两点，且抛物线经过点C（5，0）（1）求抛物线的

22、解析式；（2）点P是抛物线上的一个动点（不与点A、点B重合），过点P作直线PDx轴于点D，交直线AB于点E，设点P的横坐标为m当PE=2ED时，求P点坐标；是否存在点P使为等腰三角形？若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）或；存在，m的值为或或或【分析】（1）先根据点A、C的坐标可得抛物线的交点式，再根据一次函数的解析式可得点B的坐标，然后将点B的坐标代入即可得；（2）分点P在点E的上方和点P在点E的下方两种情况，再根据建立方程求解即可得；先利用两点之间的距离公式求出，再根据等腰三角形的定义分，三种情况，分别建立方程求出m的值即可【详解】（1）由题意，抛物线的解析

23、式可化为，将点代入直线得：，将点代入得：，解得，则抛物线的解析式为，即；（2）点P的横坐标为，点P的纵坐标为，即，由题意，点E的横坐标与点P的横坐标相同，即为，则点E的纵坐标为，即，由题意，分以下两种情况：（）当点P在点E的上方，即时，则，因此有，解得或（不符题意，舍去），则，此时点P的坐标为；（）当点P在点E的下方，即或时，则，因此有，解得或（不符题意，舍去），则，此时点P的坐标为，综上，点P的坐标为或；存在，求解过程如下：，由等腰三角形的定义，分以下三种情况：（）当时，为等腰三角形，则，即，解得或；（）当时，为等腰三角形，则，即，解得或（此时点P与点B重合，不符题意，舍去）；（）当时，为等

24、腰三角形，则，即，解得；综上，m的值为或或或【点睛】本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式、等腰三角形的定义、两点之间的距离公式等知识点，较难的是题（2），正确分情况讨论是解题关键12（2021全国九年级）（1）已知直线和抛物线，当时，求直线与抛物线的交点坐标；当k为何值时，直线与抛物线只有一个交点？（2）已知点是x轴上的动点，以为边在右侧做正方形，当正方形的边与反比例函数的图像有4个交点时，试求的取值范围【答案】（1），；（2）或【分析】（1）由题意得：，解得，即可求解；利用，即可求解；（2）分、两种情况，探讨正方形的边与反比例函数图象交点的情况，进而求解【详解】解：（1）由题意得：，解

25、得：，所以直线与抛物线的交点坐标是，；联立两个函数并整理得：，解得：；（2）当时，如图1，点、的坐标分别为：、，由点、的坐标得，直线的表达式为：，当线段与双曲线有一个交点时，联立表达式与反比例函数表达式得：，整理得：，解得：，故当时，正方形与反比例函数的图象有4个交点；当时，如图2，（）当边与双曲线有一个交点时，过点作轴于点，故点，由点、的坐标可得，直线的表达式为：，联立与反比例函数表达式并整理得：，解得：（不合题意值已舍去）；（）当边与双曲线有一个交点时，同理可得：，所以当正方形的边与反比例函数的图象有4个交点时，的取值范围为：；综上所述，的取值范围是或【点睛】本题考查的是反比例函数的综合运

26、用，涉及到一次函数的性质、根的判别式的应用、三角形全等等，其中（2），要注意分类求解，避免遗漏13（2021全国九年级）已知，为有理数，且多项式能够写成的形式（1）求的值（2）求的值（3）若，为整数，且，试求，的值【答案】（1）；（2）；（3），【分析】（1）因为是的一个因式，所以方程的解方程的解，代入解即可求得；（2）根据（1）中a、b、c的关系即可求得；（3）根据（1）中a、b、c的关系，和，为整数，即可求得【详解】（1）是的一个因式，即，是方程的解，得：，（2）由得：，代入得：，（3），解得：，又，均为大于的整数，可取的值有，又为正整数，则，【点睛】本题考查多项式的因式和一元二次方程，掌

27、握多项式与因式之间的关系并正确求出系数的关系是解题的关键14（2020苏州市彩香实验中学九年级月考）关于x的一元二次方程x2+2（m-1）+m2-1=0有两个不相等的实数根x1，x2（1）求实数m的取值范围；（2）是否存在实数m，使得x12+x22=16+x1x2成立？如果存在，求出m的值；如果不存在，请说明理由【答案】（1）m1；（2）存在，m=-1【分析】（1）由一元二次方程有两个不相等的实数根列得，解不等式即可；（2）利用根与系数的关系得到=2-2m，代入x12+x22=16+x1x2中求出m的值，根据（1）中m的取值范围确定m的值.【详解】（1）一元二次方程x2+2（m-1）+m2-1

28、=0有两个不相等的实数根，解得m1；（2）存在，一元二次方程x2+2（m-1）+m2-1=0有两个不相等的实数根x1，x2，=2-2m，若x12+x22=16+x1x2，则， ，解得m=-1或m=9，m-且m-1；(2)x2=-.【分析】（1）根据题意可知，即可求得m的取值范围；（2）设方程的两个根为，利用根与系数的关系即可求m的值，进而求出方程的另一个根.【详解】（1）由题意得：解得：m+10m1且m1（2）设方程的两个根为 原方程为 【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式以及根与系数的关系，熟练掌握相关知识点是解题关键.22（2018上海民办兰生复旦中学）已知，求的值【答案】【分析】根据一

29、元二次方程跟与系数的关系可得：x+y=1，xy=-2，对代数式进行因式分解变形整体代入即可.【详解】根据题意得：x+y=1，xy=-2 【点睛】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系及代数式的求值，能根据根与系数的关系求出x与y的和与积，并能根据公式对算式进行分解变形是关键.23（2019上海民办张江集团学校八年级月考）【答案】，【分析】先变形为，两边平方、整理得，再两边平方、整理成一元二次方程，解之可得【详解】解：，则，整理，得：，两边平方，整理，得：，解得，经检验和均符合题意，则原无理方程的解为，【点睛】本题主要考查无理方程，解无理方程的基本思想是把无理方程转化为有理方程来解，在变形时要注

30、意根据方程的结构特征选择解题方法 常用的方法有：乘方法，配方法，因式分解法，设辅助元素法，利用比例性质法等24（2020上海市静安区实验中学九年级专题练习）解下列关于x的方程：（1）ax+x=2（x-2）(） （2）b= +1（b1） 【答案】（1）；（2）【分析】（1）把方程化为，在方程有解的情况下求解即可（2）把方程化为，在方程有解的情况下解方程即可【详解】（1）因为：，所以即 当a1时，原方程的根是；（2）因为，所以，当b1时， 原方程的根是【点睛】本题考查的是含字母系数的方程，熟悉解法及字母的取值范围是解题关键25（2019上海市敬业初级中学八年级月考）解方程：【答案】原方程的解为或【

31、分析】令，将方程转化为，解出或，再代回中，即可解答【详解】解：令，则原方程转化为：，整理得：，解得：或，经检验：或都是方程的根，当时，即，去分母得：，解得：或经检验，或是方程的根，当时，去分母得：，整理得： ，方程无解，综上，原方程的解为或【点睛】本题考查了利用换元法解分式方程，解题的关键是通过换元将方程转化为26（2018上海松江区）解方程：【答案】当时，原方程的解是，当时，原方程无实数解【分析】先移项，再合并同类项可得，根据求出，再讨论时，分别计算出方程的解.【详解】解：移项得：，化简得：，当时，原方程无实数解，当时，当时，原方程的解是当时，原方程无实数解【点睛】此题考查解一元二次方程，根

32、据每个方程的特点选择适合的解法是解题的关键.27（2021上海九年级专题练习）如图，一次函数ykx+2（k0）的图象与y轴交于点A，与反比例函数y的图象交于点B（2，m），点P（a，0）在x轴上，a2，已知（1）m_，k_；（2）求出点P的坐标；（3）将ABP向下平移2t个单位，再向左平移t个单位（t0），得到ABP，边BP的对应边BP与反比例函数y的图象交于点E当点E为BP的中点时，求出实数t的值【答案】（1）3；（2）点P坐标为（，0）；（3）【分析】（1）用待定系数法，即可求解；（2），则9AB24PB2，即可求解；（3）设BP的中点F（a，b），由a2a，b03b，解得：a，b，则平移

33、后的点E坐标为（，），故，即可求解【详解】解：（1）将点B的坐标代入反比例函数表达式并解得：m3，故点B（2，3），将点B的坐标代入ykx+2并解得：k，故答案为：3，；（2），9AB24PB2，即：9（4+1）4（a2）2+9，解得：（舍去），点P坐标为（，0）；（3）设BP的中点F（a，b），由a2a，b03b，解得：a，b，点F坐标为（，），平移后的点E坐标为（，），解得：（舍去）【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点，当有两个函数的时候，着重使用一次函数，体现了方程思想，综合性较强28（2019上海民办张江集团学校八年级月考）【答案】，【分析】利用换元法设，解方程，求出的值，最后

34、即可解出方程.【详解】设，则原方程化为：去分母得解得：当时，解得当时，解得经检验，是原方程的解原方程的解为，【点睛】本题考查分式方程的解法，综合性较强，解题的关键是换元法.29（2020上海浦东新区八年级期中）已知a、b、c是等腰ABC的三边长，其中a4，b和c是关于x的方程x2mx+3m0的两根，求m的值【答案】12【分析】分类讨论：当a为底，b，c为腰时，当a为腰时，则b4或c4两种情况进行求解【详解】解：等腰ABC中，当a为底，b，c为腰时，bc，若b和c是关于x的方程x2mx+3m0的两个实数根，则（m）212m0，解得：m0（舍去）或m12；当a为腰时，则b4或c4，若b和c是关于x

35、的方程x2mx+3m0的两个实数根，则424m+3m0，解得：m16；此时x4或12，三角形三边为4，4，12，4+412不满足三角形三边关系，应舍去，故m的值为12【点睛】本题考查等腰三角形性质，以及一元二次方程根的情况考查，关键在于掌握分类，以及解一元二次方程30（2021上海九年级专题练习）已知：如图，在平面直角坐标系中，正比例函数的图像经过点，点的纵坐标为4，反比例函数的图像也经过点，第一象限内的点在这个反比例函数的图像上，过点作轴，交轴于点，且求：（1）这个反比例函数的解析式；（2）直线的表达式【答案】（1）；（2）【分析】（1）先根据点在正比例函数图像上求出点的坐标，再根据点在反比

36、例函数图像上，代入求得反比例函数解析式；（2）根据点在反比例函数图像上，设点坐标，再根据轴，得点坐标；结合，通过列方程并求解，即可得点坐标；再利用待定系数法，通过求解二元一次方程组，从而求出直线的解析式【详解】（1）根据题意，设 经过点 经过点 反比例函数的解析式为；（2）如下图，过点作轴，交轴于点，连接、 根据题意，设，则 ， 解得：，（舍去） 设直线解析式为，根据题意得：解得：直线解析式为【点睛】本题考查了一次函数、反比例函数、勾股定理、一元二次方程、平行线、二元一次方程组的知识；解题的关键是熟练掌握反比例函数、一次函数、勾股定理的性质，从而完成求解31（2021全国九年级专题练习）抛物线

37、经过点和点，与轴交于点.（1）求该抛物线的函数表达式；（2）点是该抛物线上的动点，且位于轴的左侧如图1，过点作轴于点，作轴于点，当时，求的长；如图2， 该抛物线上是否存在点，使得？若存在，请求出所有点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）2或；存在；或【分析】（1）用待定系数法求解即可；（2）设则，排除当点在轴上，然后分两种情况求解：如图1，当点在第三象限时；如图2，当点在第二象限时；存在，过点作于点，交直线于点，由可得过点作轴于点，由，求出MH、MA的值，然后分点P在第三象限和点P在第二象限求解即可【详解】解:（1）抛物线经过点，解得，所以抛物线的函数表达式为；设则因为点是抛物线

38、上的动点且位于轴左侧，当点在轴上时，点与重合，不合题意，故舍去，因此分为以下两种情况讨论:如图1，当点在第三象限时，点坐标为，则，即，解得(舍去)，；如图2，当点在第二象限时，点坐标为，则，即，解得(舍去) ，综上所述，的长为或；存在点，使得，理由如下:当时，在中， 过点作于点，交直线于点，则，又，过点作轴于点，则，即，如图3，当点在第三象限时，点的坐标为，由和得，直线的解析式为于是有，即，解得(舍去)，点的坐标为；如图4，当点在第二象限时，点的坐标为，由和得，直线的解析式为，于是有，即，解得(舍去)，点的坐标为，综上所述，点的坐标为或【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数图象上点

39、的坐标特征，勾股定理，相似三角形的判定与性质，以及分类讨论的数学思想，分类讨论是解答本题的关键本题难度较大，属中考压轴题32（2020全国九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，直线y3x+b经过点A（1，0），与y轴正半轴交于B点，与反比例函数y（x0）交于点C，且BC2AB，BDx轴交反比例函数y（x0）于点D，连接AD（1）求b、k的值；（2）求ABD的面积；（3）若E为射线BC上一点，设E的横坐标为m，过点E作EFBD，交反比例函数y（x0）的图象于点F，且EFBD，求m的值【答案】（1）b3，k18；（2）9；（3）m的值为1或【分析】（1）作CHy轴于点H，把点A坐标代入直线解析

40、式中求出b，求出点B坐标，再用相似三角形的性质求出CH、BH，求出点C坐标，即可求出k；（2）先求出点D坐标，求出BD，根据三角形的面积公式计算，得到答案；（3）先求出EF=2，设出点E坐标，分0m2、m2两种情况，表示出点F坐标，根据反比例函数图象上点的坐标特征建立方程求解，即可得出结论【详解】解：（1）作CHy轴于点H，直线y3x+b经过点A（1，0），13+b0，解得，b3，对于直线y3x+3，当x0时，x3，点B的坐标为（0，3），即OB3，CHOA，AOBCHB，即，解得，CH2，BH6，OHOB+BH9，点C的坐标为（2，9），k2918；（2）BDx轴，点D的纵坐标为3，点D的横

41、坐标为6，即BD6，ABD的面积639；（3）EFBD62，设E（m，3m+3），当0m2时，点F的坐标为（m+2，3m+3），点F在反比例函数y上，（m+2）（3m+3）18，解得，m14（舍去），m21，当m2时，点F的坐标为（m2，3m+3），点F在反比例函数y上，（m2）（3m+3）18，解得，m3（舍去），m4，综上所述，m的值为1或【点睛】本题考查的是反比例函数知识的综合运用，主要考查了待定系数法求函数解析式、三角形的面积公式、相似三角形的判定和性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键33（2020全国九年级月考）如图，抛物线yx22x3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与

42、y轴交于C点，点D是抛物线的顶点（1）求B、C、D三点的坐标；（2）连接BC，BD，CD，若点P为抛物线上一动点，设点P的横坐标为m，当SPBCSBCD时，求m的值（点P不与点D重合）；（3）连接AC，将AOC沿x轴正方向平移，设移动距离为a，当点A和点B重合时，停止运动，设运动过程中AOC与OBC重叠部分的面积为S，请直接写出S与a之间的函数关系式，并写出相应自变量a的取值范围【答案】（1）B（3，0），C（0，3），D（1，4）；（2）m的值为；（3）【分析】（1）令y0，解方程即可求得A、B的坐标，令x0，即可求得C的坐标，把解析式化成顶点式即可求得顶点坐标；（2）根据待定系数法求得直线

43、BC的解析式，过点D作DEy轴，交BC于点E，则xD1xE，求得yE2，DE2，进而得出SBCDSBED+SCDE21+223，然后分两种情况分别讨论求得即可；（3）分三种情况：当0a1时，根据SSAOCSAOESFGC即可求得；当1a3时，如图4，根据SSAOCSFGC即可求得；当3a4时，如图5，S（4a）（4a）【详解】解：（1）当y0时，x22x30，解得x11，x23，A（1，0），B（3，0），当x0时，y3，C（0，3），yx22x3（x1）24，D（1，4）；（2）设BC：ykx+b 将B（3，0），C（0，3）代入得：，解得：，直线BC为yx3，过点D作DEy轴，交BC于点E

44、，xD1xE，yE2，DE2，SBCDSBED+SCDE21+223，过点P作PQy轴，交直线BC于点Q，设P（m，m22m3），Q（m，m3）当P是BC下方抛物线上一点时，如图1，m11（舍），m22，当P是BC上方抛物线上一点时，如图2，SPBCSPQCSPQBm2m3，解得m1，m2，综上：m的值为；（3）当0a1时，如图3，OA1a，OCOC3，即，AE33a，CE3a，即，OG3a，GCa，FCG边CG上的高为a，SSAOCSAOESFGC13（1a）（33a）aaa2+3a；当1a3时，如图4，GCa，FCG边CG上的高为a，SSAOCSFGC13aaa2+；当3a4时，如图5，A

45、B4a，CCa，设AFB边AB上的高为h，则CFC边CC的高为3h，AFBCFC，解得h（4a），S（4a）（4a）a23a+6；综上，【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，抛物线的交点坐标，三角形的面积等，分类讨论思想的应用是解题的关键34（2019上海市培佳双语学校）解方程：(x1)(x2)(x3)(x4)48.【答案】x1，x2.【分析】本题先进行分组相乘得: (x1)(x4)(x2)(x3)48,整理可得:(x25x4)(x25x6)48,然后利用换元法,设y= x25x+5,可得: (y1)(y1)48,解得y17，y27,然后得x25x+5=7或x25x+

46、5=7,最后求方程即可.【详解】原方程即(x1)(x4)(x2)(x3)48，即(x25x4)(x25x6)48.设yx25x5，则原方程变为(y1)(y1)48.解得y17，y27.当x25x57时，解得x1，x2；当x25x57时，(5)24112230)的图象经过该平行四边形对角线的交点A，且与边BC交于点F.若点D的坐标为(6，8)且OD=DC，则点F的坐标是_.【答案】(12, )【分析】过点D作DMx轴于点M,过点F作FEx于点E，先用勾股定理求出OD，再根据条件判定四边形OBCD是菱形，求出对角线交点A的坐标，即可得到反比例函数解析式，再求出直线BC解析式，设出F点坐标，根据F点

47、在反比例函数图像上，可建立方程求解.【详解】如图，过点D作DMx轴于点M,过点F作FEx于点E,点D的坐标为(6,8)，OD=，平行四边形OBCD中OD=DC，四边形OBCD是菱形，OB=OD=10，点B的坐标为(10,0)，点A为菱形OBCD对角线的交点，点A是BD的中点，坐标为(8,4)，点A在反比例函数y=上，k=xy=84=32，反比例函数解析式为y=ODBC，OD直线的斜率设BC直线解析式为，将B (10,0)代入解析式得，解得，BC直线解析式为点F在BC上，设F点坐标为（）点F在反比例函数上，即，解得： ， (舍去)，当时，点F的坐标为：(12, ).故答案为：(12, )【点睛】

48、本题考查反比例函数、一次函数与几何综合问题，以及解一元二次方程，熟练掌握菱形的判定与性质，求出反比例函数解析式，利用F点的坐标建立方程求解是解题的关键.48（2019上海民办张江集团学校八年级月考）双二次方程x42019x2+40的所有实根之和为_【答案】0【分析】设x2a，将方程变为一元二次方程，求出两根的和与积，得到a10，a20，再分两种情况x2a1、x2a2求出两根和即可.【详解】设x2a，则原方程可化为：a22019a+40，（2019）2440，方程有两个不相等的实根，设方程a22019a+40的两根为a1、a2，a1+a22019，a1a24，a10，a20，当x2a1时，有两个

49、不相等的实数根，两根和为0，当x2a2时，有两个不相等的实数根，两根和为0，双二次方程x42019x2+40的所有实根之和为0，故答案为：0【点睛】此题考查一元二次方程的根与系数的关系式，熟记两个关系式并熟练运用解题是关键.49（2020上海）在中，是边上一点，沿直线翻折，点落在点处，如果，那么的长为_【答案】2-2【分析】先根据题意补全图形，并求出AC，BC的长再根据折叠的性质可推出ABF为等腰直角三角形，从而得出BF的长，设CD=x，则BD=-x，再证明ACDBFD，得出，从而可用含x的式子表示出DF的长，又在RtBDF中，根据勾股定理可得出关于x的方程，解出x，从而可得出结果【详解】解：

50、在RtACB中，C=90，BAC=60，BC=，AC=1，AB=2由折叠的性质可得AFBE，又ABF=45，BAF=90-45=45，AF=BF，BF=AB，BF=设CD=x，则BD=-x，C=BFD=90，ADC=BDF，ACDBFD，即，DF=在RtBDF中，BD2=DF2+BF2，（-x）2=（）2+（）2，整理得，x2+2x-1=0，解得x=2-，或x=-2-（舍去），即CD=2-，BD=-x=2-2故答案为：2-2【点睛】此题考查了折叠的性质，含30的直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质以及解一元二次方程等知识注意数形结合思想的应用以及折叠中的对应关系50（2019上海

51、交大附中九年级）若关于x的方程（x4）（x26x+m）0的三个根恰好可以组成某直角三角形的三边长，则m的值为_【答案】【分析】运用根与系数关系、根的判别式，根据勾股定理列方程解答即可【详解】设某直角三角形的三边长分别为a、b、c，依题意可得x40或x26x+m0，x4，x26x+m0，设x26x+m0的两根为a、b，（6）24m0，m9，根据根与系数关系，得a+b6，abm，则c4，c为斜边时，a2+b2c2，（a+b）22abc2622m42，m10（不符合题意，舍去）；a为斜边时，c2+b2a2，42+（6a）2a2，a ，b6a ，mab = 故答案为【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的综合运用，先由根与系数的关系得到另外两边的关系，再结合勾股定理列出方程。本题的关键是分类讨论。