第4讲 几何问题与一元二次方程-讲义（学生版+教师版）2021-2022学年 人教版九年级数学上册学案

第4讲  几何问题与一元二次方程

【知识导航】

利用几何关系建立一元二次方程

【板块一】  判别式 根系关系与勾股定理

【方法技巧】

根系关系＋勾股，建立方程.

【 题型一 】  判别式、根系关系与三角形

【例1】已知关于x的一元二次方程 －（2k＋1）x＋4k－3＝0

（1）求证：无论k取什么实数值，该方程总有两个不相等的实数根；

（2）当Rt△ABC的斜边长a＝，且两条直角边长b和c恰好是这个方程的两个根时，求△ABC的周长

【解析】（1）∵△＝＋4＞0，∴无论k取什么实数值，该方程总有两个不相等的实数根；

（2）由根系关系得，b＋c＝2k＋1，bc＝4k－3.∵ ＋ ＝，得 －2（4k－3）＝31，解得，k＝3或－2，又4k－3＞0，∴k＝3，∴△ABC的周长＝a＋b＋c＝7＋.

【题型二】 判别式、根系关系与四边形

【例2】已知关于x方程－（k＋1）x＋ ＋1＝0的两个根是一个矩形两邻边的长.

(1)k取何值时，方程有两个实数根？

(2)当矩形的对角线长为 时，求k的值.

【解析】（1）k≥ ；

(2)k＝2.

【题型三】判别式、根系关系与几何

【例3】如图，在△ABC中，BC＝a，AC＝b，AB＝c，且关于x的方程（a＋c）＋2bx＋c＝a有两个相等的实数根.

（1）判断△ABC的形状；

（2）若CD平分∠ACB，且AD⊥BD,AD、BD为方程－2mx＋ ＝0的两根，试确定m与n的数量关系，并说明理由.

【解析】（1）∵关于x的方程（a＋c）＋2bx＋c＝a有两个相等的实数根，∴ ＝4－4（a＋c）（c－a）＝0.得 ＋ ＝ ，∴△ABC为直角三角形，∠ACB＝90º；

（2）由对角互补四边形模型，得DA＝DB，∴方程有两个相等实数根， ＝4－4＝0，＝，∵AD＋DB＝2m＞0，m＞0，∴m＝n或m＋n＝0.

针对练习1

1. 已知关于x的方程－（2k＋1）x＋4（k－）＝0，若等腰三角形ABC的一边长a＝4，另一边长b，c恰好是这个方程的两个实数根，求△ABC的周长.

解：若等腰三角形的腰长为4时，－4（2k＋1）＋4（k－）＝0，k＝，

此时方程为－6x＋8＝0，＝4，＝2，三角形的三边分别为4，2，2，满足题意，△ABC的周长为10；若等腰三角形底边为4，则＝－4ac＝ －4×1×4（k－）＝0,k＝ , －4x＋4＝0, ＝2, ＝2,三角形的三边分别为4，2，2，不满足题意，舍去；综上所述，△ABC的周长为10.

2. 已知：平行四边形ABCD的两边AB，AD的长是关于x的方程 －mx＋ －＝0的两个实数根.

（1）当m为何值时，平行四边形ABCD是菱形？求出这时菱形的边长；

（2）若AB＝2，那么平行四边形ABCD的周长是多少？

解：（1）当AB＝AD时，该平行四边形ABCD是菱形，∴原方程有两个相等的实根即可，故＝ －4（－）＝0，∴m＝1，故原方程为－x＋＝0，∴ ＝ ＝，故AB＝AD＝，即当m＝1时，平行四边形ABCD是菱形，这时菱形的边长为；

（2）当AB＝2时，即原方程的一根为2，∴－2m＋ －＝0，即m＝，即原方程为2－5x＋2＝0，∴ ＝ 2，＝，又AB＝2，故AD＝，即平行四边形ABCD的周长是5.

3. 如图，四边形ABCD 中，∠DAB＝∠DCB＝90°,CD和BC的长是关于x的方程－(m＋2)x

＋(2－m＋)＝0的两个实数根，若AD＝2，求AC的长.

解:∵ ＝ －2(2－m＋)＝－3＋6m－3＝－3≤0,而CD,BC是方程的两根，≥0,故m＝1，∴原方程有两个相等的实数根，∴CD＝BC＝3.延长AB到点E，使BE＝AD＝2,则△CBE≌△CDA，∴△ACE是等腰直角三角形，设AB＝ë，过点C作CH⊥AB于点H，∴CH＝ AE＝ ＋1，HB＝ë－（ ＋1）＝ －1，∴ ＋＝9，∴ë＝ ，∴AC＝ CH＝( ＋1)＝ ＋.

4.如图，矩形ABCD中，AB＝a，AD＝b（a＞b）.

（1）若a,b是－kx＋k＋4＝0的两根，且满足 ＋ ＝40，求k的值；

（2）在（1）的条件下，P为CD上一点（异于C、D两点），当P在什么位置时，△APB为直角三角形？

（3）P为DC上一点（异于C、D两点），当a，b满足什么条件时，使△APB为直角三角形的P点有且只有一个？

解：（1）a＋b＝k,ab＝k＋4.∵ ＋ ＝40，∴ －2ab＝40, －2k－48＝0，解得＝8 ,＝－6,∵k＝a＋b＞0，∴k＝8；

（2）k＝8时，－8x＋12＝0,解得 ＝ 2，＝6，a＞b，∴a＝6,b＝2.

∵∠APB＝90º,∴＋ ＝ ,设DP＝x，∴4＋＋4＋ ＝36，

＝ 3＋ ，＝3－，∴DP＝3±；

（3）同（2）可列方程 ＋＋＋＝，－ax＋＝0，当＝ －4＝0时P点有且只有一个，此时＝4，a＞b＞0，∴a＝2b.

【板块二】 运动与方程

点运动形成三角形的面积或线段的长度.

【题型一】  运动＋面积

【例1】如图，在△ABC中，∠C＝90º，AC＝6cm，BC＝8cm.点P从点A出发沿边AC向点C以1cm/s的速度移动，点Q从C点出发沿CB边向点B以2cm/s的速度移动.

（1）       如果P、Q同时出发，几秒后，可使△PCQ的面积为8cm？

（2）       点P、Q在移动过程中，是否存在某一时刻，使得△PCQ的面积等于△ABC的面积的一半？若存在，求出运动的时间；若不存在，说明理由.

【解析】（1）设运动的时间为ts， ＝×(6－t)×2ë＝8, 解得＝2, ＝4;

故P、Q出发2s或4s后，△PCQ的面积为8c ；

（2）＝×(6－t)×2ë＝×6×8×,化简得 －6ë＋12＝0,

∵ ＝36－48＝－12＜0，∴方程无解，∴不存在.

【题型二】 运动＋勾股

【例2】如图，已知A,B,C,D为矩形的四个顶点，AB＝16cm，AD＝6cm，动点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以3cm/s的速度向点B移动，一直移动到点B为止；点Q以2cm/s的速度向点D移动（P点停止移动时，点Q也停止移动）.设移动的时间为ë（s），问

（1）       当t为何值时，P、Q两点间的距离是10cm？

（2）       当t为何值时，P、Q两点间的距离最小？最小距离为多少？

（3）       P、Q两点间距离能否是18cm？若能，求出t的值;若不能，请说明理由.

【解析】AP＝3ë，CQ＝2ë，过Q作QH⊥AB于点H，则PH＝ ,在Rt△PHQ中， ＝＋ ，（0≤t≤）.

(1)  当PQ＝10时， ＝＋，解得，＝ , ＝;

(2)  当t＝ 时，PQ最小＝6；

(3)  ＋＝ ，解得＝ ＞（舍去） , ＝＜0（舍去），∴P、Q间距离不能为18cm.

针对练习2

1.如图所示:在平面直角坐标系中，四边形OACB为矩形，C点坐标为（3,6），若点P从O点沿OA向A点以1cm/s的速度运动，点Q从A点沿AC以2cm/s的速度运动，如果P、Q分别从O、A同时出发，问：

（1）经过多长时间，△PAQ的面积为2c ？

（2）△PAQ的面积能否达到3c？

（3）经过多长时间，P,Q两点之间的距离为 cm？

解：（1）设经过xs, △PAQ的面积为2c,由题意得: （3－x）×2x＝2，解得 ＝ 1，＝2.所以经过1秒或2秒时，△PAQ的面积为2c；

（2）设经过xs,△PAQ的面积为3c,由题意得: （3－x）×2x＝3，即 －3x＋3＝0，在此方程中－4ac＝－3＜0，所以此方程没有实数根，所以△PAQ的面积不能达到3c.

（3）设经过xs，则＋4＝17，解得 ＝ 2，＝ －(舍).即2秒时，P,Q两点之间的距离为 cm.

【点评】本题主要考查一元二次方程的应用，熟练掌握三角形的面积公式与两点间的距离公式是解答本题的关键.

2.如图，已知矩形ABCD的边长AB＝3cm,BC＝6cm.某一时刻，动点M从A点出发沿AB方向以1cm/s的速度向B点匀速运动；同时，动点N从D点出发沿DA方向以2cm/s的速度向A点匀速运动，问：

（1）经过多长时间，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的 ；

（2）是否存在时间ë，使△AMN的面积达到3.5 c，若存在，求出时间t,若不存在，说明理由.

解：（1）设经过ts，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的，则DN＝2tcm，AM＝tcm，AN＝AD－DN＝(6－2t)cm，∴AN˙AM＝AD˙AB,即（6－2t）t＝×6×3，整理，得－3t＋2＝0,解得＝1， ＝2，则经过1s或2s，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的.

(2)不存在，理由为：假设存在时间ts，使△AMN的面积达到3.5 c，则AN˙AM＝3.5，即（6－2t）t＝3.5，整理得2－6t＋7＝0, ＝36－56＝－20＜0，∴方程没有实数根，故△AMN的面积不能达到3.5 c.