九年级数学九月发展性评价试卷（9.27）
一、选择题（每小题 3 分，共 33 分）
1. 下列方程中是一元二次方程的是（ ）
1
A. 2x 1 0 B. y2 x 1 C. x2 1 0 D. x2 1x
2. 将一元二次方程3x2 2x 1化成一般形式后，二次项系数为 3，则一次项系数与常数项分别是（ ）
A. 2、 1 B. 2、1 C. 2、1 D. 2、 1
3. 抛物线 y 2(x 1)2 2的顶点坐标是（ ）
A. (1, 2) B. (1, 2) C. ( 1,2) D. ( 1, 2)
4. 若m、 n是一元二次方程 x2 2x 2025 0的两个实数根，则m n mn的值是（ ）
A. 2022 B. 2022 C. 2023 D. 2023
5. 将抛物线 y 2x2向右平移 1 个单位，再向下平移 3 个单位得到的抛物线表达式是（ ）
A. y 2 x 1 2 3 B. y 2 x 1 2 3 C. y 2 x 1 2 3 y 2 x 1 2D. 3
6. 用配方法解关于 x的一元二次方程 x2 2x m 0，配方后得到的方程为（ ）
A. x 1 2 m 1 2B. x 1 m 1 x 1 2C. 1 m 2D. x 1 m2 1
7. 已知一元二次方程 (x 3)2 1的两个解恰好分别是等腰三角形 ABC的底边长和腰长，则 ABC的周长
为（ ）
A. 10 B. 10或 8 C. 9 D. 8
8. 若关于 x的一元二次方程 nx2﹣2x﹣1=0无实数根，则一次函数 y=（n+1）x﹣n的图象不经过（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
9. 已知二次函数 y ax2 2ax 1（a为常数，且 a<0）的图象上有三点 A 2, y1 ，B 1, y2 ，C 3, y3 ，
则 y1， y2， y3 的大小关系是（ ）
A. y1 y2 y3 B. y1 y3 y2 C. y2 y1 y3 D. y2 y3 y1
10. 在同一坐标系中，一次函数 y=ax+1与二次函数 y=x2+a的图象可能是（ ）
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
A. B. C. D.
1
11. 2已知抛物线 y= x +1 具有如下性质：该抛物线上任意一点到定点 F（0，2）的距离与到 x 轴的距离始终
4
1 2
相等，如图，点 M 的坐标为（ 3，3），P是抛物线 y= x +1 上一个动点，则△PMF 周长的最小值是（ ）4
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
二、填空题：（每小题 3 分，共 12 分）
12. 方程 x2 2x的根是________．
13. 已知直角三角形两直角边 x、y的长满足|x2-4|+ y2 2y 3＝0，则斜边长为_________.
14. 把一个物体从地面以 10m/s速度竖直上抛，那么物体经过 x（s）时，离地面高度为 h（m），h与 x的函
数关系为 h＝10x﹣4.9x2，则物体回到地面的时间为 __________________s．
15. 现定义运算“★”，对于任意实数 a、b都有 a★b a2 a b，如3★5 32 3 5，若 x★2 8，
则实数 x的值是______．
三、解答题：（共 9 小题，共 75 分）
16. 解方程：
（1） x2 4x 2 0
（2） x 1 2 2x x 1 0．
17. 如图，在矩形 ABCD中， AB 6cm，BC 12cm，点 P从点 A出发沿湖以1cm/s的速度向点 B移
动；同时，点 Q从点 B出发沿BC以 2cm/s的速度向点 C移动，几秒钟后V DPQ的面积等于 28cm2？
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
18. 如图，抛物线 y x2 4交 x轴于 A、B两点，顶点为C．
（1）求 ABC的面积；
1
（2）在 x轴上方的抛物线上求点 P，使 S PAB S2 ABC
19. 已知关于 x的方程 x2 (3k+1)x+2k 2+2k=0．
（1）求证：无论 k取何实数，方程总有实数根；
（2）若等腰△ABC的一边长为 6，另两边长恰好是这个方程的两个根，求此三角形的三边长．
20. 如图，抛物线 y= x2+bx－2与 x轴交于 A、B两点，与 y轴交于 C点，且 A（一 1，0）．
⑴求抛物线的解析式及顶点 D的坐标；
⑵判断△ABC的形状，证明你的结论；
⑶点 M(m，0)是 x轴上的一个动点，当 CM+DM的值最小时，求 m的值．
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
21. 如图，在 ABC中， A 90 ，AB 12cm，AC 8cm，现有动点 P从点 B出发，沿射线 BA方向
运动，动点 Q从点 C出发，沿射线CA方向运动，已知点 P的速度是 2cm/s，点 Q的速度是1cm/s，它们
同时出发，设运动时间是 ts（ t 0）．经过多少秒时，△APQ的面积是 ABC面积的一半？
22. 某工厂有甲、乙两个车间，甲车间生产 A产品，乙车间生产 B产品，去年两个车间生产产品的数量相
同且全部售出．已知 A产品的销售单价比 B产品的销售单价高 100元，1件 A产品与 1件 B产品售价和为
500元．
（1）A、B两种产品的销售单价分别是多少元？
（2）随着 5G时代的到来，工业互联网进入了快速发展时期．今年，该工厂计划依托工业互联网将乙车间
改造为专供用户定制 B产品的生产车间．预计 A产品在售价不变的情况下产量将在去年的基础上增加 a%；
B产品产量将在去年的基础上减少 a%，但 B产品的销售单价将提高 3a%．则今年 A、B两种产品全部售出
29
后总销售额将在去年的基础上增加 a%．求 a的值．
25
23. 如图，在 ABC中，已知 BAC 45 ， AD BC于点 D．
小明同学灵活运用轴对称知识将图形进行翻折变换：分别以直线 AB，AC为对称轴，画出△ABD， ACD
的轴对称图形，点 D的对称点分别为 E，F，延长 EB， FC相交于点 G．请按照小明的思路，探究并解答
下列问题：
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
（1）求证：四边形 AEGF 是正方形．
（2）若 AD 6， BC 5，试求出 BD的长．
24. 如图所示，在等腰△ABC中， AB AC，以底边 BC的垂直平分线和 BC所在的直线建立平面直角坐
1 2 7
标系，抛物线 y x x 4经过 A，B两点．
2 2
（1）写出点 A，B的坐标．
（2）若一条与 y轴重合的直线 l以每秒 2个单位长度的速度向右平移，分别交线段OA，CA和抛物线于点
E，点 M和点 P，连接 PA， PB．设直线 l移动的时间为 t（0 t 4）秒，求四边形 PBCA的面积 S（面
积单位）与 t（秒）的函数关系式，并求出四边形 PBCA的最大面积．
（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在一点 P，使得△PAM 是直角三角形？若存在，请求出点 P的
坐标；若不存在，请说明理由．
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
九年级数学九月发展性评价试卷（9.27）
一、选择题（每小题 3 分，共 33 分）
1. 下列方程中是一元二次方程的是（ ）
1
A. 2x 1 0 B. y2 x 1 C. x2 1 0 D. x2 1x
【答案】C
【解析】
【分析】根据“只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是 2的整式方程叫一元二次方程”，对照四个
选项即可得出结论．
【详解】解：A．2x 1 0未知数的最高次数是 1，不是一元二次方程，故此选项不符合题意；
B． y2 x 1含有两个未知数，此方程不是一元二次方程，故此选项不符合题意；
C． x2 1 0是一元二次方程，故此选项符合题意；
1
D 2． x 1等式左边不是整式，此方程不是一元二次方程，故此选项不符合题意；
x
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，牢记“只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是 2 的整式
方程叫一元二次方程”是解题的关键．
2. 将一元二次方程3x2 2x 1化成一般形式后，二次项系数为 3，则一次项系数与常数项分别是（ ）
A. 2、 1 B. 2、1 C. 2、1 D. 2、 1
【答案】C
【解析】
【分析】先化成一元二次方程的一般形式，再找出一次项系数和常数项即可．
【详解】解：3x2 2x 1，
∴3x2 2x 1 0，
∴一次项和常数项分别为 2、1；
故选 C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的一般形式．掌握一元二次方程的一般形式是 ax2 bx c 0
a 0 ，其中 a为二次项系数，b为一次项系数，c为常数项是解题关键．
3. 抛物线 y 2(x 1)2 2的顶点坐标是（ ）
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A. (1, 2) B. (1, 2) C. ( 1,2) D. ( 1, 2)
【答案】D
【解析】
【分析】直接根据顶点公式的特点求顶点坐标即可得答案．
2
【详解】∵ y 2 x 1 2是抛物线的顶点式，
∴顶点坐标为（-1，-2）．
故选 D．
【点睛】本题主要考查了求抛物线的顶点坐标的方法．解题的关键是熟知顶点式的特点．
4. 若m、 n是一元二次方程 x2 2x 2025 0的两个实数根，则m n mn的值是（ ）
A. 2022 B. 2022 C. 2023 D. 2023
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，即可求解．
【详解】解：∵m、 n是一元二次方程 x2 2x 2025 0的两个实数根，
∴m n 2,mn 2025
∴m n mn 2 2025 2 2025 2023，
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若 x1, x
2
2 是一元二次方程 ax bx c 0 a 0 的两根，
x1 x
b c
2 ， x1x2 ，掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．a a
5. 将抛物线 y 2x2向右平移 1 个单位，再向下平移 3 个单位得到的抛物线表达式是（ ）
A. y 2 x 1 2 3 B. y 2 x 1 2 3 C. y 2 x 1 2 3 D. y 2 x 1 2 3
【答案】B
【解析】
【分析】先确定抛物线 y=2x2的顶点坐标为（0，0），平移后的顶点的坐标为（1，-3），然后根据顶点式写
出平移后抛物线的解析式.
【详解】解：∵y=2x2的顶点是（0，0）
∴向右平移 1 个单位，再向下平移 3 个单位后的抛物线的顶点是（1，-3）,代入二次函数顶点式 y=a(x-h)2+k
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
中
∴y=2(x-1)2-3
故选 B.
【点睛】解决此类题目的关键是将二次函数图象的平移转化为顶点的平移，再根据顶点的平移确定平移后
的抛物线的解析式.
6. 用配方法解关于 x的一元二次方程 x2 2x m 0，配方后得到的方程为（ ）
x 1 2 m 1 x 1 2 2A. B. m 1 C. x 1 1 m x 1 2D. m2 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据配方法进行计算即可得．
【详解】解： x2 2x m 0，
x2 2x m，
x2 2x 1 m 1，
(x 1)2 m 1，
故选：B．
【点睛】本题考查了配方法，解题的关键是掌握配方法．
7. 已知一元二次方程 (x 3)2 1的两个解恰好分别是等腰三角形 ABC的底边长和腰长，则 ABC的周长
为（ ）
A. 10 B. 10或 8 C. 9 D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】先利用直接开平方法求解方程，再分两种情况解答即可．
【详解】解：解方程 (x 3)2 1，得 x1 4, x2 2．
当腰长为 4，底边长为 2时，其周长为 4 4 2 10；
当腰长为 2，底边长为 4时，因为 2 2 4，所以此时不能构成三角形．
故选：A．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解法、等腰三角形的定义和三角形的三边关系等知识，正确理解题意、
熟练掌握上述知识是解题的关键．
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
8. 若关于 x的一元二次方程 nx2﹣2x﹣1=0无实数根，则一次函数 y=（n+1）x﹣n的图象不经过（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【详解】分析：一次函数 y=kx+b 的图象，根据 k、b的取值确定直角坐标系的位置．
在与一元二次方程有关的求值问题中，必须满足下列条件：
（1）二次项系数不为零；
（2）在无实数根下必须满足△=b2-4ac＜0．
详解：一元二次方程 nx2-2x-1=0 无实数根，说明△=b2-4ac＜0，即（-2）2-4×n×（-1）＜0，
解得 n＜-1，所以 n+1＜0，-n＞0，故一次函数 y=（n+1）x-n的图象不经过第三象限．
故选 C．
点睛：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．
对于一次函数 y=kx+b，当 k＜0，b＞0时，它的图象经过一、二、四象限．
9. 已知二次函数 y ax2 2ax 1（a为常数，且 a<0）的图象上有三点 A 2, y1 ，B 1, y2 ，C 3, y3 ，
则 y1， y2， y3 的大小关系是（ ）
A. y1 y2 y3 B. y1 y3 y2 C. y2 y1 y3 D. y2 y3 y1
【答案】B
【解析】
2a 2 x
【分析】先确定对称轴 x 1，根据 0 1把点 A的对称点确定，转化为对称轴同侧的点，根
2a 2
据抛物线开口向下，对称轴的右侧 y随 x的增大而减小即可得到解答．
【详解】∵二次函数 y ax2 2ax 1（a为常数，且 a<0）的图象上有三点 A 2, y1 ，B 1, y2 ，C 3, y3 ，
2a
所以对称轴 x 1，
2a
设点 A的对称点为 x0 , y1 ，
2 x
所以 0 1，
2
解得 x0 4，
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
∴点 A的对称点为 4, y1 ，
∵ a<0，
∴抛物线开口向下，
∴对称轴的右侧 y随 x的增大而增减小，
∵ 4 3 1，
所以 y1 y3 y2 ．
故选：B．
【点睛】本题考查了抛物线的开口方向，增减性，对称性，熟练掌握增减性是解题的关键．
10. 在同一坐标系中，一次函数 y=ax+1与二次函数 y=x2+a的图象可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题可先由一次函数 y=ax+1图象得到字母系数的正负，再与二次函数 y=x2+a的图象相比较，看是
否一致．
【详解】A．由抛物线 y轴的交点在 y轴的负半轴上可知，a＜0，由直线可知，a＜0，错误；
B．由抛物线与 y轴的交点在 y轴的正半轴上可知，a＞0，二次项系数为负数，与二次函数 y=x2+a矛盾，错
误；
C．由抛物线与 y轴的交点在 y轴的负半轴上可知，a＜0，由直线可知，a＜0，正确；
D．由直线可知，直线经过（0，1），错误．
故选：C．
【点睛】正确理解一次函数和二次函数的性质是解答本题的关键.
1
11. 2已知抛物线 y= x +1 具有如下性质：该抛物线上任意一点到定点 F（0，2）的距离与到 x 轴的距离始终
4
1 2
相等，如图，点 M 的坐标为（ 3，3），P是抛物线 y= x +1 上一个动点，则△PMF 周长的最小值是（ ）4
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】C
【解析】
1
【详解】过点M作ME⊥x轴于点 E，交抛物线 y= x2+1于点 P，此时△PMF周长最小值，
4
∵F（0，2）、M（ 3，3），
ME=3 FM= ( 3 0)2 3 2 2∴ ， =2，
∴△PMF周长的最小值=ME+FM=3+2=5．
故选 C．
【点睛】本题求线段和的最值问题，把需要求和的线段，找到相等的线段进行转化，转化后的线段共线时
为最值情况．
二、填空题：（每小题 3 分，共 12 分）
12. 方程 x2 2x的根是________．
【答案】 x1 0, x2 2
【解析】
【分析】根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
【详解】解： x2 2x，
∴ x2 2x 0，
即 x x 2 0，
∴ x 0或 x 2 0，
解得： x1 0, x2 2，
故答案为： x1 0, x2 2．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
13. 已知直角三角形两直角边 x、y的长满足|x2-4|+ y2 2y 3＝0，则斜边长为_________.
【答案】 13
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
【解析】
【分析】根据非负数性质求出 x,y，再根据勾股定理求出斜边.
【详解】因为|x2-4|+ y2 2y 3＝0
2
所以，x -4=0， y2 2y 3=0，
解得，x1=2,x2=-2,y1=3,y2=-1,
因为，直角三角形两直角边 x、y，
所以，x=2,y=3,
所以，斜边= x2 y2 22 32 13 .
故答案为 13
【点睛】本题考核知识点：非负数性质，解一元二次方程. 解题关键点：把问题转化为解一元二次方程.
14. 把一个物体从地面以 10m/s速度竖直上抛，那么物体经过 x（s）时，离地面高度为 h（m），h与 x的函
数关系为 h＝10x﹣4.9x2，则物体回到地面的时间为 __________________s．
100
【答案】
49
【解析】
【分析】根据回到地面时 h＝0，代入求解即可．
【详解】解：回到地面则 h＝0，即 10x﹣4.9x2＝0，
100
解得：x1＝0，x2＝ ，
49
100
∴球从弹起至回到地面需 s，
49
100
故答案为： ．
49
【点睛】本题考查了二次函数的应用，解题关键是准确理解题意，把函数值为 0代入解析式求解．
15. 现定义运算“★”，对于任意实数 a、b都有 a★b a2 a b，如3★5 32 3 5，若 x★2 8，
则实数 x的值是______．
【答案】3或 2
【解析】
【分析】根据题意，列出方程，根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
【详解】解：依题意， x★2 x2 x 2 8
即 x2 x 6 0
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
∴ x 3 x 2 0
解得： x1 3, x2 2，
故答案为：3或 2．
【点睛】本题考查了因式分解法解一元二次方程，根据题意列出方程解题的关键．
三、解答题：（共 9 小题，共 75 分）
16. 解方程：
（1） x2 4x 2 0
（2） x 1 2 2x x 1 0．
【答案】（1） x1 2 2, x2 2 2
（2） x1 1, x
1
2 3
【解析】
【分析】（1）根据配方法解一元二次方程，即可求解；
（2）根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
【小问 1详解】
解： x2 4x 2 0，
∴ x2 4x 4 2，
∴ x 2 2 2，
∴ x 2 2 ，
解得： x1 2 2, x2 2 2 ；
【小问 2详解】
解： x 1 2 2x x 1 0，
x 1 x 1 2x 0，
即 x 1 3x 1 0，
解得： x1 1, x
1
2 ．3
【点睛】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
17. 如图，在矩形 ABCD中， AB 6cm，BC 12cm，点 P从点 A出发沿湖以1cm/s的速度向点 B移
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
动；同时，点 Q从点 B出发沿BC以 2cm/s的速度向点 C移动，几秒钟后V DPQ的面积等于 28cm2？
【答案】 t 2或 t 4
【解析】
【分析】设经过 t秒后V DPQ的面积等于 28cm2，则 AP t,BQ 2t，推出 BP 6 t cm，
CQ 12 2t cm，进而表示出 S S△ADP， BPQ ，S CDQ，最后根据 S DPQ S矩形ABCD S ADP S BPQ S CDQ
得出 S DPQ的表达式，根据V DPQ的面积等于 28cm2，列出方程求解即可．
【详解】解：设经过 t秒后V DPQ的面积等于 28cm2，则 AP t,BQ 2t，
∵ AB 6cm， BC 12cm，
∴ BP AB AP 6 t cm，CQ BC BQ 12 2t cm，
∵ S矩形ABCD 6 12 72 cm2 ，
S 1 ADP AD AP
1
12t 6t cm2 ，
2 2
S 1 BPQ BP BQ
1
6 t 2t 6t t 2 cm 2 ，
2 2
S 1CD CQ 1 CDQ 6 12 2t 36 6t cm 2，2 2
∴ S DPQ S S矩形ABCD ADP S BPQ S CDQ
72 6t 6t t 2 36 6t
t2 6t 36，
∵V DPQ的面积等于28cm2
∴ t2 6t 36 28，
解得： t 2或 t 4．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，解题的关键是根据图形，得出数量关系，列出方程求
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
解．
18. 如图，抛物线 y x2 4交 x轴于 A、B两点，顶点为 C．
（1）求 ABC的面积；
1
（2）在 x轴上方的抛物线上求点 P，使 S PAB S2 ABC
【答案】（1）8 （2） P 2,2 或 P 2,2 ．
【解析】
【分析】（1）先求出点 A、B、C的坐标，得出OC 4， AB 4，即可求解；
（2）易得 S PAB 4，求出 y 2，把 y 2代入 y x2P 4，求出 x的值，即可得出点 P的坐标．
【小问 1详解】
解：把 x 0代入 y x2 4得： y 4，
∴C 0,4 ，
∴OC 4，
把 y 0代入 y x2 4得：0 x2 4，
解得： x1 2, x2 2，
∴ A 2,0 ,B 2,0 ，
∴ AB 2 2 4，
∴ S 1 ABC AB
1
OC 4 4 8
2 2
【小问 2详解】
1
解：∵ S PAB S ，2 ABC
1
∴ S PAB 8 4，2
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
∵点 P在 x轴上方，
1
∴ AB y 1p 4，即 4 yP 4，2 2
解得： yP 2，
把 y 2代入 y x2 4，得：2 x2 4，
解得： x1 2, x2 2，
∴ P 2,2 或 P 2,2 ．
【点睛】本题考查的是求解二次函数与坐标轴的交点坐标，二次函数的性质，熟练的利用三角形的面积公
式建立方程是解本题的关键．
19. 已知关于 x的方程 x2 (3k+1)x+2k 2+2k=0．
（1）求证：无论 k取何实数，方程总有实数根；
（2）若等腰△ABC的一边长为 6，另两边长恰好是这个方程的两个根，求此三角形的三边长．
【答案】（1）证明见解析
（2）三角形的三边为 4、6、6或 6、6、10．
【解析】
2
【分析】（1）先计算 3k 1 4 1 2k 2 2k ，再证明 0,从而可得答案；
（2）由等腰三角形的性质有 a=b=6、a=c=6或 b=c三种情况，当 b=6或 c=6时，可知 x=2为方程的一个根，
代入可求得 k的值，则可求得方程的根，可求得三边长；当 b=c时，可知方程有两个相等的实数根，由判
别式等于 0可求得 k，同样可求得方程的两根，可求得三角形的三边长．
【小问 1详解】
解：∵ x2 (3k+1)x+2k 2+2k=0，
∴ 3k 1
2
4 1 2k 2 2k
9k 2 6k 1 8k 2 8k
k 2 2k 1 k 1 2 ,
k 1 2∵ 0,
∴ 0,
∴无论 k取何实数，方程总有实数根；
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【小问 2详解】
解：△ABC为等腰三角形，设三角形的三边分别为： a,b,c,
∴有 a=b=6、a=c=6或 b=c三种情况，
①当 a=b=6或 a=c=6时，可知 x=6为方程的一个根，
62∴ 6 3k 1 2k 2 2k 0，
解得 k=3或 k=5，
当 k=3时，方程为 x2 10x 24 0，解得 x=4或 x=6，
∴三角形的三边长为 4、6、6，
当 k=5时，方程为 x2 16x 60 0，
解得 x=6或 x=10，
∴三角形的三边长为 6、6、10，
②当 b=c时，则方程有两个相等的实数根，
∴ 0，即 k 1 2 0，解得 k1 k2 1，
∴方程为 x2 4x 4 0，解得 x1 x2 2，
此时三角形三边为 6、2、2，不满足三角形三边关系，舍去，
综上可知三角形的三边为 4、6、6或 6、6、10．
【点睛】本题主要考查方程根的判别式及等腰三角形的性质，掌握根的判别式与一元二次方程根的个数的
关系是解题的关键．
20. 如图，抛物线 y= x2+bx－2与 x轴交于 A、B两点，与 y轴交于 C点，且 A（一 1，0）．
⑴求抛物线的解析式及顶点 D的坐标；
⑵判断△ABC的形状，证明你的结论；
⑶点 M(m，0)是 x轴上的一个动点，当 CM+DM的值最小时，求 m的值．
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【答案】（1）抛物线的解析式为 y= x2- x-2
顶点 D的坐标为 ( , - ).
（2）△ABC是直角三角形，理由见解析；
（3） .
【解析】
【分析】（1）把点 A坐标代入抛物线即可得解析式，从而求得顶点坐标；
（2）分别计算出三条边的长度，符合勾股定理可知其是直角三角形；
（3）作出点 C关于 x轴的对称点 C′，则 C′（0，2），OC′=2，连接 C′D交 x轴于点M，根据轴对称性及两
点之间线段最短可知，MC + MD的值最小．
【详解】解：（1）∵点 A（-1，0）在抛物线 y= x2+bx-2上
∴ × (-1 )2+b× (-1) –2 = 0
解得 b =
∴抛物线的解析式为 y= x2- x-2.
y= x2- x-2 = (x2 -3x- 4 ) = (x- )2- ,
∴顶点 D的坐标为 ( , - ).
（2）当 x = 0时 y = -2,
∴C（0，-2），OC = 2．
当 y = 0时， x2- x-2 = 0， ∴x1= -1, x2= 4
∴B (4,0)
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
∴OA =1, OB = 4, AB = 5.
∵AB2= 25, AC2=OA2+OC2= 5, BC2=OC2+OB2= 20,
∴AC2+BC2=AB2.
∴△ABC是直角三角形.
（3）作出点 C关于 x轴的对称点 C′，则 C′（0，2），OC′=2，连接 C′D交 x轴于点 M，根据轴对称性及两
点之间线段最短可知，MC +MD的值最小．
解法一：设抛物线的对称轴交 x轴于点 E.
∵ED∥y轴,∴∠OC′M=∠EDM,∠C′OM=∠DEM
∴△C′OM∽△DEM.
∴
∴ ，∴m= ．
解法二：设直线 C′D的解析式为 y =kx +n ,
则 ，解得 n = 2， .
∴ .
∴当 y = 0时， ，
∴ .
21. 如图，在 ABC中， A 90 ，AB 12cm，AC 8cm，现有动点 P从点 B出发，沿射线 BA方向
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
运动，动点 Q从点 C出发，沿射线CA方向运动，已知点 P的速度是 2cm/s，点 Q的速度是1cm/s，它们
同时出发，设运动时间是 ts（ t 0）．经过多少秒时，△APQ的面积是 ABC面积的一半？
【答案】经过 2秒或 12秒时，△APQ的面积是 ABC面积的一半．
【解析】
【分析】利用时间 路程 速度，可分别求出点 P，Q到达点A的时间，分0 t 6，6 t 8及 t 8三
种情况考虑，根据△APQ的面积是 ABC面积的一半，即可得出关于 t的一元二次方程，解之取其符合题
意的值即可得出结论．
【详解】12 2 6（秒 )，8 1 8（秒 )．
当0 t 6时， AP 12 2t cm， AQ 8 t cm，
1 12 2t 8 t 1 1 12 8，
2 2 2
整理得： t2 14t 24 0，
解得： t1 2， t2 12（不符合题意，舍去）；
当6 t 8时， AP 2t 12 cm， AQ 8 t cm，
1 2t 12 8 t 1 1 12 8，
2 2 2
整理得： t 2 14t 72 0，
14 4 1 72 92 0，
方程无解；
当 t 8时， AP 2t 12 cm， AQ t 8 cm，
1 2t 12 t 8 1 1 12 8，
2 2 2
整理得： t2 14t 24 0，
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
解得： t1 2（不符合题意，舍去）， t2 12．
综上所述，经过 2秒或 12秒时，△APQ的面积是 ABC面积的一半．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用、有理数的混合运算以及三角形的面积，解题的关键是：找准等
量关系，正确列出一元二次方程．
22. 某工厂有甲、乙两个车间，甲车间生产 A产品，乙车间生产 B产品，去年两个车间生产产品的数量相
同且全部售出．已知 A产品的销售单价比 B产品的销售单价高 100元，1件 A产品与 1件 B产品售价和为
500元．
（1）A、B两种产品的销售单价分别是多少元？
（2）随着 5G时代的到来，工业互联网进入了快速发展时期．今年，该工厂计划依托工业互联网将乙车间
改造为专供用户定制 B产品的生产车间．预计 A产品在售价不变的情况下产量将在去年的基础上增加 a%；
B产品产量将在去年的基础上减少 a%，但 B产品的销售单价将提高 3a%．则今年 A、B两种产品全部售出
29
后总销售额将在去年的基础上增加 a%．求 a的值．
25
【答案】（1）A产品的销售单价为 300元，B产品的销售单价为 200元；（2）20
【解析】
【分析】（1）设 B产品的销售单价为 x元，则 A产品的销售单价为（x+100）元，根据题意列出方程解出即
可；
（2）设去年每个车间生产产品的数量为 t件，根据题意根据题意列出方程
300 1 a% t 200 1 3a% t 1 a% 500t 29 1 a%
解出即可；
25
【详解】解：（1）设 B产品的销售单价为 x元，则 A产品的销售单价为（x+100）元．
根据题意，得
x x 100 500．
解这个方程，得 x 200．
则 x 100 300．
答：A产品的销售单价为 300元，B产品的销售单价为 200元．
（2）设去年每个车间生产产品的数量为 t件，根据题意，得
300 1 a% t 200 1 3a% t 1 a% 500t 1 29 a%25
设 a%=m，则原方程可化简为5m2 m 0．
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1
解这个方程，得m1 ,m2 0（舍去）．5
∴a=20．
答：a的值是 20．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，
正确列出一元一次方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元二次方程．
23. 如图，在 ABC中，已知 BAC 45 ， AD BC于点 D．
小明同学灵活运用轴对称知识将图形进行翻折变换：分别以直线 AB，AC为对称轴，画出△ABD， ACD
的轴对称图形，点 D的对称点分别为 E，F，延长 EB， FC相交于点 G．请按照小明的思路，探究并解答
下列问题：
（1）求证：四边形 AEGF 是正方形．
（2）若 AD 6， BC 5，试求出 BD的长．
【答案】（1）见解析 （2）2或 3
【解析】
【分析】（1）根据题意得，△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF得 AD AE， DAB EAB，
AD AF， DAC FAC，根据 BAC 45 得 EAF 90 ，根据 AD BC得
ADB ADC 90 ，则 E ADB 90 ， F ADC 90 ，可得四边形 AEGF 是矩形，根
据 AD AE，AD AF得 AE AF，即可得；
（2）设 BD=x，根据 AD 6， BC 5，矩形 AEGF 是正方形得 EG FG AD 6，DC 5 x，
BGC 90 ，根据△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF得 BD BE x，CD CF 5 x，则
BG 6 x,CG x 1，
在Rt△BGC中，根据勾股定理得 (6 x)2 (x 1)2 52 ，进行计算即可得．
【小问 1详解】
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
解：根据题意得，△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，
∴ AD AE， DAB EAB， AD AF， DAC FAC，，
∵ BAC 45 ，
∴ EAF DAB+ DAC+ EAB+ FAC BAC+ BAC 90 ，
∵ AD BC，
∴ ADB ADC 90 ，
∴ E ADB 90 ， F ADC 90 ，
∴四边形 AEGF 是矩形，
∵ AD AE，AD AF，
∴ AE AF，
∴矩形 AEGF 是正方形；
【小问 2详解】
解：设 BD=x，
∵ AD 6， BC 5，矩形 AEGF 是正方形，
∴ EG FG AD 6，DC 5 x， BGC 90 ，
∵△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，
∴ BD BE x，CD CF 5 x，
∴ BG 6 x,CG 6 (5 x) x 1，
在Rt△BGC中，根据勾股定理得， BG2 CG2 BC 2，
(6 x)2 (x 1)2 52 ，
36 12x x2 x2 2x 1 25，
2x2 10x 12 0，
x2 5x 6 0，
(x 2)(x 3) 0，
x1 2, x2 3，
即 BD 2或BD 3．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，翻折的性质，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点．
24. 如图所示，在等腰△ABC中， AB AC，以底边 BC的垂直平分线和 BC所在的直线建立平面直角坐
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y 1 x2 7标系，抛物线 x 4经过 A，B两点．
2 2
（1）写出点 A，B的坐标．
（2）若一条与 y轴重合的直线 l以每秒 2个单位长度的速度向右平移，分别交线段OA，CA和抛物线于点
E，点 M和点 P，连接 PA， PB．设直线 l移动的时间为 t（0 t 4）秒，求四边形 PBCA的面积 S（面
积单位）与 t（秒）的函数关系式，并求出四边形 PBCA的最大面积．
（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在一点 P，使得△PAM 是直角三角形？若存在，请求出点 P的
坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） A(8,0)， B(0,4)
（2） S 8t 2 32t 32(0 t 4) ，64
（3）存在， (3,10)
【解析】
【分析】（1）求抛物线与坐标轴的交点坐标即可；
（2）分别求出 PAB和 ABC的面积，得出四边形PBCA的面积 S（面积单位）与 t（秒）的函数关系式，
再转化为顶点式即可求出最大值；
（3）由 0 t 4 可得，点 E 在线段 OA上，要使△PAM 是直角三角形，则 PAM 90 ，利用
PAE AME 得到对应边成比例求解即可．
【小问 1详解】
解： y 1 x2 7 x 4，
2 2
令 x 0，则 y 4，∴ B(0,4)；
1 2 7
令 y 0，则 x x 4 0，
2 2
解答： x1 1, x2 8，
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
∴ A(8,0)；
点 A，B的坐标是： A(8,0)， B(0,4)；
【小问 2详解】
解：∵ AB AC，OA垂直平分 BC，
∴OC OB 4，C(0, 4)，
设 AB的解析式为 y kx 4，
把 A(8,0) 1代入，得8k 4 0， k ，
2
1
∴ AB的解析式为 y x 4，
2
1
由题意，得 E(2t,0),P(2t, (2t) 2 7 2t 4),Q(2t, 1 2t 4) ，
2 2 2
即 P(2t, 2t 2 7t 4),Q(2t, t 4)
∴ PQ ( 2t 2 7t 4) ( t 4) 2t 2 8t ，
1
PBCA S S S ( 2t 2 1四边形 的面积 PAB ABC 8t ) 8 8 8 8t
2 32t 32 ，
2 2
四边形 PBCA的面积 S（面积单位）与 t（秒）的函数关系式是 S 8t 2 32t 32(0 t 4) ，
∵ S 8t 2 32t 32= 8(t 2)2 64，
∴ t 2时，S的最大值是64；
即四边形 PBCA的最大面积是64
【小问 3详解】
解：存在，
△PAM 是直角三角形，则 PAM 90 ，
则 PAE AME ，
PE AE
∴ ，
AE EM
即 AE 2 PE EM ，
∵ PE 2t 2 7t 4， AE OA OE 8 2t ， EM EQ t 4，
∴ (8 2t)2 ( 2t 2 7t 4)( t 4)
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
解得： t1 4
3
（舍去）， t2 ，2
∴点 P的坐标为 (3,10)．
【点睛】本题考查了二次函数的面积问题，二次函数与特殊三角形的问题，相似三角形的判定和性质，求
一次函数的解析式，确定动线上关键点的坐标是解题的关键．
{#{QQABJYAQoggAQhAAAAhCAw0gCAOQkAEACCoGgBAAIAAAwBNABAA=}#}
