数学九年级上册内蒙古巴彦淖尔市临河区九年级（上）期中数学试卷

这是一份数学九年级上册内蒙古巴彦淖尔市临河区九年级（上）期中数学试卷，共20页。试卷主要包含了选择题，细心填一填，你一定是最优秀的，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（3分）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．（3分）下列关于x的方程中，是一元二次方程的有（ ）
A．2x+1=0B．y2+x=1C．x2﹣1=0D．x2+=1
3．（3分）若关于x的一元二次方程（m﹣2）x2+3x+m2﹣4=0的常数项为0，则m的值等于（ ）
A．﹣2B．2C．﹣2或2D．0
4．（3分）将方程2x2﹣4x﹣3=0配方后所得的方程正确的是（ ）
A．（2x﹣1）2=0B．（2x﹣1）2=4C．2（x﹣1）2=1D．2（x﹣1）2=5
5．（3分）已知直角三角形两条直角边为方程x2﹣5x+6=0的两根，则此直角三角形的斜边为（ ）
A．3B．13C．D．
6．（3分）设x1、x2是方程x2+3x﹣3=0的两个实数根，则的值为（ ）
A．5B．﹣5C．1D．﹣1
7．（3分）运动会上，某运动员掷铅球时，所掷的铅球的高y（m）与水平的距离x（m）之间的函数关系式为y=﹣x2+x+，则该运动员的成绩是（ ）
A．6mB．12mC．8mD．10m
8．（3分）已知点A（2，﹣2），如果点A关于x轴的对称点是B，点B关于原点的对称点是C，那么C点的坐标是（ ）
A．（2，2）B．（﹣2，2）C．（﹣1，﹣1）D．（﹣2，﹣2）
9．（3分）在下面的四个三角形中，不能由如图的三角形经过旋转或平移得到的是（ ）
A．
B．C．D．
10．（3分）二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，对称轴x=﹣1，下列五个代数式ab、ac、a﹣b+c、b2﹣4ac、2a+b中，值大于0的个数为（ ）
A．5B．4C．3D．2

二、细心填一填，你一定是最优秀的（每小题3分，共30分）
11．（3分）若是关于x的一元二次方程（m﹣1）x2+x+|m|﹣1=0有的一个根为0，则m的值是 ．
12．（3分）（x﹣3）2+5=6x化成一般形式是 ，其中一次项系数是 ．
13．（3分）函数y=2（x﹣1）2图象的顶点坐标为 ．
14．（3分）函数y=（x﹣1）2+3，当x 时，函数值y随x的增大而增大．
15．（3分）已知（a2+b2）（a2+b2﹣1）=6，则a2+b2的值为 ．
16．（3分）方程x2=x的解是 ．
17．（3分）若二次函数y=x2﹣2013x+2014与x轴的两个交点为（m，0）（n，0）则（m2﹣2013m+2013）（n2﹣2013n﹣2014）的值为 ．
18．（3分）如图，△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转40°后所得的图形，点C恰好在AB上，∠AOD=90°，则∠D的度数是 °．
19．（3分）如图，四边形ABCD中，∠BAD=∠C=90°，AB=AD，AE⊥BC于E，若线段AE=5，则S四边形ABCD= ．
20．（3分）如图，在6×4方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是 ．

三、解答题（共1小题，满分20分）
21．（20分）解方程：
（1）x2﹣6x﹣16=0
（2）（x﹣3）2=3x（x﹣3）
（3）（x+3）（x﹣2）=50
（4）（2x+1）2+3（2x+1）+2=0．

四、解答题（共4小题，满分40分）
22．（8分）如图，在正方形网格中，△ABC各顶点都在格点上，点A，C的坐标分别为（﹣5，1）、（﹣1，4），结合所给的平面直角坐标系解答下列问题：
（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）画出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2；
（3）点C1的坐标是 ；点C2的坐标是 ；
（4）试判断：△A1B1C1与△A2B2C2是否关于x轴对称？（只需写出判断结果） ．
23．（10分）关于x的一元二次方程x2﹣3x﹣k=0有两个不相等的实数根．
（1）求k的取值范围；
（2）请选择一个k的负整数值，并求出方程的根．
24．（10分）学校要把校园内一块长20米，宽12米的长方形空地进行绿化，计划中间种花，四周留出宽度相同的地种草坪，且花坛面积为180平方米，求草坪的宽度．
25．（12分）已知抛物线y=ax2+bx+c经过A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点，直线l是抛物线的对称轴．
（1）求抛物线的函数关系式；
（2）设点P是直线l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求点P的坐标；
（3）在直线l上是否存在点M，使△MAC为等腰三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．

内蒙古巴彦淖尔市临河区九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析

一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（3分）（2015春•宝安区期末）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义即可判断出．
【解答】解：A、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
B、∵此图形旋转180°后能与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项错误；
C、此图形旋转180°后不能与原图形重合，此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
D、∵此图形旋转180°后能与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确．
故选：D．
【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，根据定义得出图形形状是解决问题的关键．

2．（3分）（2016秋•同安区期中）下列关于x的方程中，是一元二次方程的有（ ）
A．2x+1=0B．y2+x=1C．x2﹣1=0D．x2+=1
【分析】只含有1个未知数，并且未知数的最高次数为2的整式方程就是一元二次方程，依据定义即可判断．
【解答】解：A、方程未知数是1次，不是一元二次方程；
B、方程含有两个未知数，不是一元二次方程；
C、符合一元二次方程的定义，是一元二次方程；
D、不是整式方程，不是一元二次方程；
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．

3．（3分）（2016秋•临河区期中）若关于x的一元二次方程（m﹣2）x2+3x+m2﹣4=0的常数项为0，则m的值等于（ ）
A．﹣2B．2C．﹣2或2D．0
【分析】根据题意可得m2﹣4=0，且m﹣2≠0，再解即可．
【解答】解：由题意得：m2﹣4=0，
解得：m=±2，
∵m﹣2≠0，
∴m≠2，
∴m=﹣2，
故选：A．
【点评】此题主要考查了一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c=0（a，b，c是常数且a≠0）特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．

4．（3分）（2015秋•滕州市校级期末）将方程2x2﹣4x﹣3=0配方后所得的方程正确的是（ ）
A．（2x﹣1）2=0B．（2x﹣1）2=4C．2（x﹣1）2=1D．2（x﹣1）2=5
【分析】首先把二次项系数化为1，然后进行移项，再进行配方，方程左右两边同时加上一次项系数一半的平方，即可变形成左边是完全平方，右边是常数的形式．
【解答】解：移项得，2x2﹣4x=3，
二次项系数化为1，得x2﹣2x=，
配方得，x2﹣2x+1=+1，
得（x﹣1）2=，
即2（x﹣1）2=5．
故选D．
【点评】配方法的一般步骤：
（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．

5．（3分）（2016秋•临河区期中）已知直角三角形两条直角边为方程x2﹣5x+6=0的两根，则此直角三角形的斜边为（ ）
A．3B．13C．D．
【分析】解方程求出两根，得出两直角边的长，然后根据勾股定理可得斜边的长．
【解答】解：∵x2﹣5x+6=0
解得x1=2，x2=3
∴斜边长===，
故选D．
【点评】本题综合考查了勾股定理与一元二次方程的解，解这类题的求出方程的解，再利用勾股定理来求解．

6．（3分）（2013•泸州）设x1、x2是方程x2+3x﹣3=0的两个实数根，则的值为（ ）
A．5B．﹣5C．1D．﹣1
【分析】先利用根与系数的关系求出两根之和与两根之积，所求式子通分并利用同分母分式的加法法则计算，再利用完全平方公式变形，将两根之和与两根之积代入计算即可求出值．
【解答】解：∵x1、x2是方程x2+3x﹣3=0的两个实数根，
∴x1+x2=﹣3，x1x2=﹣3，
则原式===﹣5．
故选B
【点评】此题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握根与系数的关系是解本题的关键．

7．（3分）（2013•河北模拟）运动会上，某运动员掷铅球时，所掷的铅球的高y（m）与水平的距离x（m）之间的函数关系式为y=﹣x2+x+，则该运动员的成绩是（ ）
A．6mB．12mC．8mD．10m
【分析】铅球落地才能计算成绩，此时y=0，即﹣x2+x+=0，解方程即可．在实际问题中，注意负值舍去．
【解答】解：由题意可知，把y=0代入解析式得：
﹣x2+x+=0，
解方程得x1=10，x2=﹣2（舍去），
即该运动员的成绩是10米．
故选D．
【点评】本题考查二次函数的实际应用，搞清楚铅球落地时，即y=0，测量运动员成绩，也就是求x的值，此题为数学建模题，借助二次函数解决实际问题．

8．（3分）（2012秋•沙河市期末）已知点A（2，﹣2），如果点A关于x轴的对称点是B，点B关于原点的对称点是C，那么C点的坐标是（ ）
A．（2，2）B．（﹣2，2）C．（﹣1，﹣1）D．（﹣2，﹣2）
【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于x轴的对称点的坐标是（x，﹣y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y）．
【解答】解：A关于x轴的对称点是B的坐标是（2，2），
∵点B关于原点的对称点是C，
∴C点的坐标是（﹣2，﹣2）．
故选D．
【点评】记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆，另一种记忆方法是记住：关于横轴的对称点，横坐标不变，纵坐标变成相反数；关于纵轴的对称点，纵坐标不变，横坐标变成相反数；关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．

9．（3分）（2016秋•临河区期中）在下面的四个三角形中，不能由如图的三角形经过旋转或平移得到的是（ ）
A．
B．C．D．
【分析】根据旋转是绕某个点旋转一定角度得到新图形，平移是沿直线移动一定距离得到新图形，可得答案．
【解答】解：A、图形是由△ABC经过平移得到，故A正确
B、图形不能由△ABC经过旋转或平移得到，故B错误；
C、图形由△ABC经过旋转得到，故C正确；
D、图形由△ABC经过旋转或平移得到，故D正确；
故选：B
【点评】本题考查的是旋转的性质，平移是沿直线移动一定距离得到新图形，旋转是绕某个点旋转一定角度得到新图形，观察时要紧扣图形变换特点，认真判断．

10．（3分）（2014秋•花垣县校级期末）二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，对称轴x=﹣1，下列五个代数式ab、ac、a﹣b+c、b2﹣4ac、2a+b中，值大于0的个数为（ ）
A．5B．4C．3D．2
【分析】由函数图象可以得到a＞0，b＞0，c＜0，对称轴x=﹣1，令y=0，方程有两正负实根，根据以上信息，判断五个代数式的正负．
【解答】解：从函数图象上可以看到，a＞0，b＞0，c＜0，对称轴x=﹣1，令y=0，方程有两正负实根，
①ab＞0；②ac＜0；③当x=﹣1时，a﹣b+c＜0；④令y=0，方程有两不等实根，b2﹣4ac＞0；
⑤对称轴x=﹣=﹣1，2a+b＞0；故值大于0的个数为3．
故选C．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系，先分析信息，再进行判断．

二、细心填一填，你一定是最优秀的（每小题3分，共30分）
11．（3分）（2016秋•临河区期中）若是关于x的一元二次方程（m﹣1）x2+x+|m|﹣1=0有的一个根为0，则m的值是 ﹣1 ．
【分析】把方程的根代入方程得出|m|﹣1=0，再根据m﹣1≠0即可求出m的值．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程（m﹣1）x2+x+|m|﹣1=0有的一个根为0，
∴|m|﹣1=0，
∴m=±1，
又∵m﹣1≠0，
∴m≠1，
∴m=﹣1．
故答案为﹣1．
【点评】本题考查了一元二次方程的解（根）的意义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．同时考查了一元二次方程的定义．

12．（3分）（2016秋•临河区期中）（x﹣3）2+5=6x化成一般形式是 x2﹣12x+5=0 ，其中一次项系数是 ﹣12 ．
【分析】一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c=0（a，b，c是常数且a≠0）特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．
【解答】解：由原方程，得
x2﹣12x+5=0，
则一次项系数是﹣12．
故答案是：x2﹣12x+5=0；﹣12．
【点评】本题考查了一元二次方程的一般形式．去括号的过程中要注意符号的变化，不要漏乘，移项时要注意符号的变化．

13．（3分）（2016秋•临河区期中）函数y=2（x﹣1）2图象的顶点坐标为 （1，0） ．
【分析】根据二次函数的性质，由顶点式直接得出顶点坐标即可．
【解答】解：∵抛物线y=2（x﹣1）2，
∴抛物线y=2（x﹣1）2的顶点坐标为：（1，0），
故答案为：（1，0）．
【点评】此题主要考查了二次函数的性质，根据顶点式得出顶点坐标是考查重点同学们应熟练掌握．

14．（3分）（2016秋•临河区期中）函数y=（x﹣1）2+3，当x ＞1 时，函数值y随x的增大而增大．
【分析】先求对称轴，再利用函数值在对称轴左右的增减性可得x的范围．
【解答】解：可直接得到对称轴是x=1，
∵a=＞0，
∴函数图象开口向上，
∴当x＞1时，函数值y随x的增大而增大．
【点评】主要考查了函数的单调性和求抛物线的对称轴和顶点坐标的方法．

15．（3分）（2016秋•临河区期中）已知（a2+b2）（a2+b2﹣1）=6，则a2+b2的值为 3 ．
【分析】把a2+b2看作一个整体，设a2+b2=y，利用换元法得到新方程y2﹣y﹣6=0，求解即可．
【解答】解：设a2+b2=y，
据题意得y2﹣y﹣6=0，
解得y1=3，y2=﹣2，
∵a2+b2≥0，
∴a2+b2=3．
故答案为3．
【点评】本题考查了用换元法解一元二次方程，以及学生的综合应用能力，解题时要注意换元法的应用，还要注意a2+b2的取值是非负数．

16．（3分）（2015•睢宁县一模）方程x2=x的解是 x1=0，x2=1 ．
【分析】将方程化为一般形式，提取公因式分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解．
【解答】解：x2=x，
移项得：x2﹣x=0，
分解因式得：x（x﹣1）=0，
可得x=0或x﹣1=0，
解得：x1=0，x2=1．
故答案为：x1=0，x2=1
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，利用此方法解方程时，首先将方程右边化为0，左边化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．

17．（3分）（2016秋•临河区期中）若二次函数y=x2﹣2013x+2014与x轴的两个交点为（m，0）（n，0）则（m2﹣2013m+2013）（n2﹣2013n﹣2014）的值为 4028 ．
【分析】由抛物线与x轴交点的特点求得n2﹣2013n+2014=0，m2﹣2013m+2014=0，再把以上两个等式变形，得到n2﹣2013n=﹣2014，m2﹣2013m=﹣2014．将其代入所求的代数式求值即可．
【解答】解：∵抛物线y=x2﹣2013x+2014与x轴的两个交点是（m，0）、（n，0），
∴n2﹣2013n+2014=0，m2﹣2013m+2014=0，
∴n2﹣2013n=﹣2014，m2﹣2013m=﹣2014，
∴（m2﹣2013m+2013）（n2﹣2013n﹣2014）=﹣1×（﹣4028）=4028，
故答案为：4028．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点．解题时，注意二次函数与一元二次方程间的转化，解题的关键是利用整体数学思想．

18．（3分）（2016秋•临河区期中）如图，△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转40°后所得的图形，点C恰好在AB上，∠AOD=90°，则∠D的度数是 60 °．
【分析】由旋转角∠AOC=40°，∠AOD=90°，可推出∠COD的度数，再根据点C恰好在AB上，OA=OC，∠AOC=40°，计算∠A，利用内角和定理求∠B，根据对应关系可知∠D=∠B．
【解答】解：由旋转的性质可知，∠AOC=40°，而∠AOD=90°，
∴∠COD=90°﹣∠AOC=50°
又∵点C恰好在AB上，OA=OC，∠AOC=40°，
∴∠A==70°，
由旋转的性质可知，∠OCD=∠A=70°
在△OCD中，∠D=180°﹣∠OCD﹣∠COD=60°．
【点评】本题考查了旋转性质的运用，等腰三角形的性质运用，角的和差关系问题．

19．（3分）（2014秋•凉山州期末）如图，四边形ABCD中，∠BAD=∠C=90°，AB=AD，AE⊥BC于E，若线段AE=5，则S四边形ABCD= 25 ．
【分析】过A点作AF⊥CD交CD的延长线于F点，由AE⊥BC，AF⊥CF，∠C=90°可得四边形AECF为矩形，则∠2+∠3=90°，而∠BAD=90°，根据等角的余角相等得∠1=∠2，加上∠AEB=∠AFD=90°和AB=AD，根据全等三角形的判定可得△ABE≌△ADF，由全等三角形的性质有AE=AF=5，S△ABE=S△ADF，则S四边形ABCD=S正方形AECF，然后根据正方形的面积公式计算即可．
【解答】解：过A点作AF⊥CD交CD的延长线于F点，如图，
∵AE⊥BC，AF⊥CF，
∴∠AEC=∠CFA=90°，
而∠C=90°，
∴四边形AECF为矩形，
∴∠2+∠3=90°，
又∵∠BAD=90°，
∴∠1=∠2，
在△ABE和△ADF中
∴△ABE≌△ADF，
∴AE=AF=5，S△ABE=S△ADF，
∴四边形AECF是边长为5的正方形，
∴S四边形ABCD=S正方形AECF=52=25．
故答案为25．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：有两组对应角相等，并且有一条边对应相等的两个三角形全等；全等三角形的对应边相等；全等三角形的面积相等．也考查了矩形的性质．

20．（3分）（2016秋•临河区期中）如图，在6×4方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是 点N ．
【分析】此题可根据旋转前后对应点到旋转中心的距离相等来判断所求的旋转中心．
【解答】解：如图，连接N和两个三角形的对应点；
发现两个三角形的对应点到点N的距离相等，因此格点N就是所求的旋转中心；
故答案为点N．
【点评】本题考查了旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等；②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；③旋转前、后的图形全等．熟练掌握旋转的性质是确定旋转中心的关键所在．

三、解答题（共1小题，满分20分）
21．（20分）（2016秋•临河区期中）解方程：
（1）x2﹣6x﹣16=0
（2）（x﹣3）2=3x（x﹣3）
（3）（x+3）（x﹣2）=50
（4）（2x+1）2+3（2x+1）+2=0．
【分析】（1）解此一元二次方程选择因式分解法最简单，因为﹣16=﹣8×2，﹣6=﹣8+2，所以x2﹣6x﹣16=（x﹣8）（x+2），这样即达到了降次的目的．
（2）先移项，然后利用提取公因式对等式的左边进行因式分解，再来解方程即可；
（3）先把原方程转化为一般式方程，然后利用因式分解法解方程；
（4）利用换元法解方程．
【解答】解：（1）原方程变形为（x﹣8）（x+2）=0
x﹣8=0或x+2=0
∴x1=8，x2=﹣2．
（2）（x﹣3）2=3x（x﹣3），
（x﹣3）（1﹣3x）=0，
则x﹣3=0或1﹣3x=0，
∴x1=3，x2=．
（3）（x+3）（x﹣2）=50，
x2+x﹣56=0，
（x﹣7）（x+8）=0，
则x﹣7=0或x+8=0，
∴x1=7，x2=﹣8．
（4）设2x+1=t，则
t2+3t+2=0，
（t+1）2+（t+2）=0．
t=﹣1或t=﹣2，
故2x+1=﹣1或2x+1=﹣2，
∴x1=﹣1，x2=﹣1.5．
【点评】本题考查了解一元二次方程．一元二次方程的解法有：配方法，公式法和因式分解法，解题时要注意选择合适的解题方法．

四、解答题（共4小题，满分40分）
22．（8分）（2016秋•临河区期中）如图，在正方形网格中，△ABC各顶点都在格点上，点A，C的坐标分别为（﹣5，1）、（﹣1，4），结合所给的平面直角坐标系解答下列问题：
（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）画出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2；
（3）点C1的坐标是 （1，4） ；点C2的坐标是 （1，﹣4） ；
（4）试判断：△A1B1C1与△A2B2C2是否关于x轴对称？（只需写出判断结果） 是 ．
【分析】（1）作出各点关于y轴的对称点，再顺次连接各点即可；
（2）作出各点关于原点的对称点，再顺次连接各点即可；
（3）根据各点在坐标系中的位置写出各点坐标即可；
（4）根据关于x轴对称的点的坐标特点进行判断即可．
【解答】解：（1）如图所示；
（2）如图所示；
（3）由图可知，C1（1，4），C2（1，﹣4）．
故答案为：（1，4），（1，﹣4）；
（4）由图可知△A1B1C1与△A2B2C2关于x轴对称．
故答案为：是．
【点评】本题考查的是作图﹣旋转变换，熟知关于原点对称的点的坐标特点是解答此题的关键．

23．（10分）（2010•南充）关于x的一元二次方程x2﹣3x﹣k=0有两个不相等的实数根．
（1）求k的取值范围；
（2）请选择一个k的负整数值，并求出方程的根．
【分析】（1）因为方程有两个不相等的实数根，△＞0，由此可求k的取值范围；
（2）在k的取值范围内，取负整数，代入方程，解方程即可．
【解答】解：（1）∵方程有两个不相等的实数根，
∴（﹣3）2﹣4（﹣k）＞0，
即4k＞﹣9，解得；
（2）若k是负整数，k只能为﹣1或﹣2；
如果k=﹣1，原方程为x2﹣3x+1=0，
解得，，．
（如果k=﹣2，原方程为x2﹣3x+2=0，解得，x1=1，x2=2）
【点评】总结：一元二次方程根的情况与判别式△的关系：
（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；
（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；
（3）△＜0⇔方程没有实数根．

24．（10分）（2014秋•连山区期末）学校要把校园内一块长20米，宽12米的长方形空地进行绿化，计划中间种花，四周留出宽度相同的地种草坪，且花坛面积为180平方米，求草坪的宽度．
【分析】设草坪的宽度为x米，那么花坛的长为（20﹣x），宽为（12﹣x），花坛面积为180平方米，可列方程求解．
【解答】解：设草坪的宽度为x米，
则（20﹣2x）（12﹣2x）=180，
解得x1=1 x2=15（舍去）．
故草坪的宽度为1米．
【点评】本题考查一元二次方程的应用和理解题意的能力，关键是设出草坪的宽，表示出花坛的长和宽，根据面积这个等量关系可列方程求解．

25．（12分）（2012•扬州）已知抛物线y=ax2+bx+c经过A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点，直线l是抛物线的对称轴．
（1）求抛物线的函数关系式；
（2）设点P是直线l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求点P的坐标；
（3）在直线l上是否存在点M，使△MAC为等腰三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】方法一：
（1）直接将A、B、C三点坐标代入抛物线的解析式中求出待定系数即可．
（2）由图知：A、B点关于抛物线的对称轴对称，那么根据抛物线的对称性以及两点之间线段最短可知：若连接BC，那么BC与直线l的交点即为符合条件的P点．
（3）由于△MAC的腰和底没有明确，因此要分三种情况来讨论：①MA=AC、②MA=MC、③AC=MC；可先设出M点的坐标，然后用M点纵坐标表示△MAC的三边长，再按上面的三种情况列式求解．
方法二：
（1）略．
（2）找出A点的对称点点B，根据C，P，B三点共线求出BC与对称轴的交点P．
（3）用参数表示的点M坐标，分类讨论三种情况，利用两点间距离公式就可求解．
（4）先求出AC的直线方程，利用斜率垂直公式求出OO’斜率及其直线方程，并求出H点坐标，进而求出O’坐标，求出DO’直线方程后再与AC的直线方程联立，求出Q点坐标．
【解答】方法一：
解：（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）代入抛物线y=ax2+bx+c中，得：
，
解得：
∴抛物线的解析式：y=﹣x2+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：
，解得：
∴直线BC的函数关系式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：x=﹣=1，设M（1，m），已知A（﹣1，0）、C（0，3），则：
MA2=m2+4，MC2=（3﹣m）2+1=m2﹣6m+10，AC2=10；
①若MA=MC，则MA2=MC2，得：
m2+4=m2﹣6m+10，得：m=1；
②若MA=AC，则MA2=AC2，得：
m2+4=10，得：m=±；
③若MC=AC，则MC2=AC2，得：
m2﹣6m+10=10，得：m1=0，m2=6；
当m=6时，M、A、C三点共线，构不成三角形，不合题意，故舍去；
综上可知，符合条件的M点，且坐标为 M（1，）（1，﹣）（1，1）（1，0）．
方法二：
（1）∵A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3），
∴y=﹣（x+1）（x﹣3），即y=﹣x2+2x+3．
（2）连接BC，
∵l为对称轴，
∴PB=PA，
∴C，B，P三点共线时，△PAC周长最小，把x=1代入lBC：y=﹣x+3，得P（1，2）．
（3）设M（1，t），A（﹣1，0），C（0，3），
∵△MAC为等腰三角形，
∴MA=MC，MA=AC，MC=AC，
（1+1）2+（t﹣0）2=（1﹣0）2+（t﹣3）2，∴t=1，
（1+1）2+（t﹣0）2=（﹣1﹣0）2+（0﹣3）2，∴t=±，
（1﹣0）2+（t﹣3）2=（﹣1﹣0）2+（0﹣3）2，∴t1=6，t2=0，
经检验，t=6时，M、A、C三点共线，故舍去，
综上可知，符合条件的点有4个，M1（1，），M2（1，﹣），M3（1，1），M4（1，0）．
方法二追加第（4）问：若抛物线顶点为D，点Q为直线AC上一动点，当△DOQ的周长最小时，求点Q的坐标．
（4）作点O关于直线AC的对称点O交AC于H，
作HG⊥AO，垂足为G，
∴∠AHG+∠GHO=90°，∠AHG+∠GAH=90°，
∴∠GHO=∠GAH，
∴△GHO∽△GAH，
∴HG2=GO•GA，
∵A（﹣1，0），C（0，3），
∴lAC：y=3x+3，H（﹣，），
∵H为OO′的中点，
∴O′（﹣，），
∵D（1，4），
∴lO′D：y=x+，lAC：y=3x+3，
∴x=﹣，y=，
∴Q（﹣，）．
【点评】该二次函数综合题涉及了抛物线的性质及解析式的确定、等腰三角形的判定等知识，在判定等腰三角形时，一定要根据不同的腰和底分类进行讨论，以免漏解．