2備戰(zhàn)2021中考數(shù)學必會57個易錯點（word）

數(shù)與式有理數(shù)、無理數(shù)以及實數(shù)的有關概念理解錯誤，相反數(shù)、倒數(shù)、絕對值的意義概念混淆。弄不清絕對值與數(shù)的分類。選擇題考得比較多。﹣|﹣2020|＝（）A．2020 B．﹣2020 C． D．【解析】﹣|﹣2020|＝﹣2020選B鞏固1．下列各組數(shù)中，相等的是（）A．﹣9和﹣ B．﹣|﹣9|和﹣（﹣9）C．9和|﹣9| D．﹣9和|﹣9|【解析】A、﹣9≠﹣，故本選項不符合題意B、﹣|﹣9|＝﹣9，﹣（﹣9）＝9，﹣9≠9，故本選項不符合題意C、|﹣9|＝9，故本選項符合題意D、|﹣9|＝9，9≠﹣9，故本選項不符合題意選C鞏固2．的絕對值是（）A． B． C．﹣2020 D．2020【解析】根據(jù)負數(shù)的絕對值等于它的相反數(shù)，可得選A鞏固3．﹣π的絕對值是（）A．﹣π B．3.14 C．π D．【解析】|﹣π|＝π選C

關于實數(shù)的運算，要掌握好與實數(shù)的有關概念、性質(zhì)，靈活地運用各種運算律，關鍵是把好符號關；在較復雜的運算中，不注意運算順序或者不合理使用運算律，從而使運算出現(xiàn)錯誤。下列各式中，正確的是（）A．﹣|﹣1|＝1 B．＝±2 C．（﹣2）3＝8 D．（﹣1）2+（﹣1）3＝0【解析】A．﹣|﹣1|＝﹣1，故錯誤；B.＝2，故錯誤C．（﹣2）3＝﹣8，故錯誤；D.正確選D鞏固1．計算﹣|﹣5|﹣＝（）A．﹣8 B．2 C．﹣4 D．﹣14【解析】原式＝﹣5﹣3＝﹣8，選A鞏固2．下列運算正確的是（）A． B．（a3）4＝a7 C．a(chǎn)3÷a2＝a3?a﹣2 D．【解析】A、（﹣）0﹣（）﹣2＝1﹣9＝﹣8，A錯誤；B、（a3）4＝a12，B錯誤C、a3÷a2＝a3?a﹣2，C正確；D、+＝3﹣2，D錯誤選C鞏固3．實數(shù)a，b，c在數(shù)軸上的對應點如圖，化簡a+|a+b|﹣的值是（）A．﹣b﹣c B．c﹣b C．2（a﹣b+c） D．2a+b+c【解析】此題考查了絕對值和二次根式的性質(zhì)，|a|＝，由數(shù)軸可知b＜c＜0＜a，|a|＜|b|，所以|a+b|＝﹣a﹣b，＝﹣ca+|a+b|﹣＝a﹣a﹣b+c＝c﹣b，選B平方根、算術平方根、立方根的區(qū)別的算術平方根是（）A．2 B．4 C．±2 D．±4【解析】＝4，4的算術平方根是2，選A鞏固1．下列計算正確的是（）A．＝±3 B．﹣32＝9 C．（﹣3）﹣2＝ D．﹣3+|﹣3|＝﹣6【解析】，故選項A不合題意﹣32＝﹣9，故選項B不合題意，故選項C符合題意﹣3+|﹣3|＝﹣3+3＝0，故選項D不合題意選C鞏固2．設邊長為a的正方形的面積為2．下列關于a的四種說法：①a是2的算術平方根；②a是無理數(shù)；③a可以用數(shù)軸上的一個點來表示；④0＜a＜1．其中，所有正確說法的序號是（）A．12 B．13 C．123 D．234【解析】①a是2的算術平方根是正確的；②a＝是無理數(shù)是正確的③a可以用數(shù)軸上的一個點來表示是正確的；③1＜2，所以0＜a＜1是錯誤的所有正確說法的序號是①②③，選C鞏固3．下列說法正確的是（）A．4的平方根是2 B．1的算術平方根是±1 C．﹣1的立方根是﹣1 D．8的立方根是±2【解析】A、4的平方根是±2，此選項不合題意；B、1的算術平方根是1，此選項不合題意C、﹣1的立方根是﹣1，此選項符合題意；D、8的立方根是2，此選項不合題意選C分式值為零時易忽略分母不能為零若分式的值為0，則x的值為【解析】由題意可得：2x﹣6＝0且x+1≠0解得x＝3鞏固1．分式的值為零的條件是【解析】∵分式的值為0，∴，解得：x＝﹣1鞏固2．如果分式的值為0，那么x的值為【解析】根據(jù)題意，得|x|﹣1＝0且x+1≠0解得x＝±1且x≠﹣1∴x＝1鞏固3．當x＝時，代數(shù)式的值是0【解析】由分式的值為零的條件得（x+2）2﹣1＝0，x+3≠0由（x+2）2﹣1＝0，得（x+2）2＝1∴x＝﹣1或x＝﹣3由x+3≠0，得x≠﹣3綜上，得x＝﹣1分式運算要注意運算法則和符號的變化。當分式的分子分母是多項式時要先因式分解，因式分解要分解到不能再分解為止，注意計算方法，不能去分母，把分式化為最簡分式。填空題易考

計算（﹣1﹣x）÷（）的結果為（）A．﹣ B．﹣x（x+1） C．﹣ D．【解析】原式＝÷＝?＝，選C鞏固1．下列等式成立的是（）A．+＝ B．＝ C．＝ D．＝﹣【解析】A、原式＝，錯誤；B、原式不能約分，錯誤C、原式＝＝，正確；D、原式＝＝﹣，錯誤選C鞏固2．計算1÷（+）的結果為（）A．a(chǎn)+b B． C． D．【解析】原式＝1÷＝，選D鞏固3．下列代數(shù)式變形正確的是（）A．＝ B．＝﹣ C．÷（+）＝+ D．＝【解析】A、＝＝，錯誤；B、＝﹣，錯誤C、÷（+）＝÷＝，錯誤；D、＝＝,正確選D非負數(shù)的性質(zhì)：幾個非負數(shù)的和為0，每個式子都為0；整體代入法；完全平方式。已知|x+2y|+（x﹣4）2＝0，則x+y＝【解析】∵|x+2y|+（x﹣4）2＝0，∴x﹣4＝0，x+2y＝0解得：x＝4，y＝﹣2，則x+y＝4﹣2＝2鞏固1．已知有理數(shù)m，n滿足（m+）2+|n2﹣4|＝0，則m2020?n2020的值為【解析】因為（m+）2+|n2﹣4|＝0所以m+＝0，n2﹣4＝0，所以m＝±，n＝±2所以m2020?n2020＝（±）2020×（±2）2020＝（）2020×22020＝（×2）2020＝1鞏固2．若|x2﹣1|+（y+2）2＝0，則的值為【解析】∵|x2﹣1|+（y+2）2＝0，∴，解得當x＝1時，，當x＝﹣1時，鞏固3．若（a﹣3）2與互為相反數(shù)，則（a+b）2021的值是＝【解析】∵（a﹣3）2與互為相反數(shù)∴（a﹣3）2+＝0∴a﹣3＝0，b+4＝0解得a＝3，b＝﹣4∴（a+b）2021＝（3﹣4）2021＝﹣1鞏固4．若實數(shù)a，b滿足，則（ab）2020的值為【解析】由題意得，a﹣2＝0，b+＝0解得a＝2，b＝，則（ab）2020＝（﹣1）2020＝1計算第一題易考。五個基本數(shù)的計算：0指數(shù)，三角函數(shù)，絕對值，負指數(shù)，二次根式的化簡。計算：|﹣5|﹣（1﹣π）0+（）﹣1【解析】|﹣5|﹣（1﹣π）0+（）﹣1＝5﹣1+3＝7【小結】原式第一項絕對值計算，第二項利用零指數(shù)冪的法則計算，第三項利用負指數(shù)冪的法則計算，計算即可得到結果鞏固1．計算：8﹣（）2×÷+（）﹣1【解析】原式＝﹣3×÷+﹣1＝﹣3+﹣1＝4﹣2﹣1＝3﹣2．【小結】根據(jù)分數(shù)指數(shù)冪的運算法則，二次根式的運算法則，負整數(shù)指數(shù)冪的運算法則計算鞏固2．計算：【解析】原式＝8++2﹣﹣1＝9【小結】分別根據(jù)負指數(shù)冪的性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值、絕對值的性質(zhì)、零指數(shù)冪的性質(zhì)進行化簡得出即可鞏固3．計算：4sin260°+cos45°﹣2tan60°?tan30°【解析】原式＝4×+×﹣2××＝4×+1﹣2＝2【小結】根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值和實數(shù)的運算法則即可求科學記數(shù)法，精確度。用四舍五入法對數(shù)3465983取近似數(shù)精確到萬位，結果是（）A．347 B．3.46 C．3.47×106 D．3.46×107【解析】3465983＝3.465983×106中，萬位上是6，千位上是5，則精確到萬位是3.47×106選C鞏固1．近似數(shù)2.1×104精確到（）A．個位 B．十分位 C．千位 D．萬位【解析】2.1×104＝21000故近似數(shù)2.1×104精確到千位選C鞏固2．地球赤道周長約為40076000米，用科學記數(shù)法表示40076000的結果，并四舍五入保留到萬位是（）A．4.0076×107 B．4.008×107 C．40.076×106 D．0.4008×108【解析】40076000＝4.0076×107≈4.008×107選B鞏固3．下列說法正確的是（）A．近似數(shù)0.21與0.210的精確度相同 B．近似數(shù)1.3×104精確到十分位 C．1189000這個數(shù)用科學記數(shù)法可表示為1.189×106 D．小明的身高為161cm中的數(shù)是準確數(shù)【解析】A、近似數(shù)0.21精確到百分位，近似數(shù)0.210精確到千分位，故不符合題意B、近似數(shù)1.3×104精確到千位，故此選項不符合題意C、1189000這個數(shù)用科學記數(shù)法可表示為1.189×106，故此選項符合題意D、小明的身高為161cm中的數(shù)是近似數(shù)，故此選項不符合題意選C

代入求值要使式子有意義。各種數(shù)式的計算方法要掌握，一定要注意計算順序。先化簡，再求值：（1﹣），其中a滿足方程a2﹣a﹣2＝0．【解析】原式＝?＝解方程a2﹣a﹣2＝0得，a1＝2，a2＝﹣1當a＝2時，原式＝＝當a＝﹣1時，分式無意義則分式的值為【小結】根據(jù)分式的混合運算法則把原式化簡，利用因式分解法解出方程，把適合條件的a的值代入計算即可鞏固1．先化簡，再求值：（），其中x的值從不等式組的整數(shù)解中選?。窘馕觥浚ǎ剑ī仯?＝?＝，解方程組，得﹣1≤x＜3，其中整數(shù)解有﹣1、0、1、2，由題意得，x≠﹣1、0、1，當x＝2時，原式＝＝1．【小結】根據(jù)分式的混合運算法則把原式化簡，解不等式組求出x的范圍，代入計算得答案鞏固2．先化簡，再求值：÷﹣，其中a＝﹣【解析】原式＝﹣＝1﹣＝＝，當a＝﹣時，原式＝＝4．【小結】先把除法變成乘法，算乘法，再算減法，最后代入求出即可．鞏固3．先化簡：÷（a+2﹣），再從2、3、4三個數(shù)中選擇一個合適的數(shù)作為a的值代入求值．【解析】原式＝÷＝×＝﹣＝﹣，∵a﹣2≠0，a﹣3≠0，a+3≠0，∴a≠2，a≠﹣3，a≠3，當a＝4時，原式＝﹣．【小結】根據(jù)分式的混合運算法則把原式化簡，根據(jù)分式有意義的條件確定a的值，代入計算即可

方程（組）與不等式（組）各種方程（組）的解法要熟練掌握，方程（組）無解的意義是找不到等式成立的條件。解方程組：【解析】由①得y＝2x﹣3③把③代入②，得7x﹣3（2x﹣3）＝20，解得x＝11把x＝11代入③，得y＝19，所以方程組的解為【小結】由方程組中的第一個方程可得y＝2x﹣3，再利用代入消元法求解即可鞏固1．已知關于x的方程+m+x＝3有一個實數(shù)根是x＝1，試求m的值．【解析】把x＝1代入方程有：+m+1＝3，＝2﹣m兩邊同時平方得：m﹣2＝4﹣4m+m2m2﹣5m+6＝0，（m﹣2）（m﹣3）＝0m1＝2，m2＝3，由題意得：，∴，∴m＝2經(jīng)檢驗：m＝2是方程+m+1＝3的解，m＝3不符合題意，要舍去．綜上，m＝2【小結】先把方程的根代入方程，可以求出字母系數(shù)m值，然后根據(jù)無理方程中二次根式的雙重非負性列不等式，得m＝2鞏固2．已知方程組與有相同的解，求m和n值．【分析】兩個方程組的解相同，也就是有一組x、y的值是這四個方程的公共解，當然也是其中任意兩個方程的公共解，所以可以把原來的方程組打亂，重新組合起來求解．【解析】由已知可得，解得，把代入剩下的兩個方程組成的方程組，得，解得m＝﹣1，n＝﹣4．鞏固3．關于x、y二元一次方程組的解滿足方程2x﹣y＝13，求a的值．【解析】由題意可得，解得，將代入2x﹣3y＝7a﹣9，得10+9＝7a﹣9，解得a＝4．【小結】根據(jù)題意組成新的方程組，求出x和y的值，再代入含有a的方程中，解關于a的方程即可得出a的值．鞏固4．若方程＝x﹣2m有一個根x＝1，求m的值及方程的其他的根．【解析】∵x＝1是方程＝x﹣2m的一個根，∴＝1﹣2m，∴m2﹣2m＝0，解得m＝0或m＝2，（1）當m＝0時，左邊＝＝1，右邊＝1∵左邊＝右邊∴m＝0是方程＝1﹣2m的解．（2）當m＝2時，左邊＝＝3，右邊＝1﹣2×2＝﹣3，∵左邊≠右邊，∴m＝2不是方程＝1﹣2m的解，把m＝0代入原方程得：＝x，x≥0，∴原方程有無數(shù)個解．【小結】首先根據(jù)x＝1是方程＝x﹣2m的一個根，把x＝1代入方程＝x﹣2m，然后根據(jù)二元一次方程的求解方法，求出實數(shù)m的值是多少即可，最后代入原方程解方程即可．運用不等式的性質(zhì)３時，容易忘記改不變號的方向而導致結果出錯。不等式（組）的解得問題要先確定解集，確定解集的方法運用數(shù)軸。解不等式≥，并在數(shù)軸上表示解集．【解析】≥，去分母得3（2+x）≥2（2x﹣1），去括號得6+3x≥4x﹣2，移項得3x﹣4x≥﹣2﹣6，合并同類項得﹣x≥﹣8，把化系數(shù)為1得x≤8．在數(shù)軸上表示解集為：【小結】先去分母，再去括號，移項，合并同類項，化系數(shù)為1，再在數(shù)軸上表示出其解集即可．鞏固1．解不等式組：并把它的解集在數(shù)軸上表示出來．【解析】，解不等式①得x≥﹣1，解不等式②得x＜2．故原不等式組的解集為﹣1≤x＜2，解集在數(shù)軸上表示為：【小結】先求出不等式組中每一個不等式的解集，再求出它們的公共部分，然后把不等式的解集表示在數(shù)軸上即可．鞏固2．解不等式組，并把解集在數(shù)軸上表示出來．【解析】，解第一個不等式得x≥﹣1，解第二個不等式得x＜3，則不等式組的解集為﹣1≤x＜3，將解集表示在數(shù)軸上如下：【小結】分別求出每一個不等式的解集，根據(jù)口訣：同大取大、同小取小、大小小大中間找、大大小小無解了確定不等式組的解集，再把解集在數(shù)軸上表示出來即可．鞏固3．解不等式組請結合題意填空，完成本題的答案．（1）解不等式①，得；（2）解不等式②，得；（3）把不等式①和②的解集在數(shù)軸上表示出來：（4）原不等式組的解集為．【解析】（1）解不等式①，得x≥1；（2）解不等式②，得x≤5；（3）把不等式①和②的解集在數(shù)軸上表示出來：（4）原不等式組的解集為1≤x≤5．【小結】分別求出每一個不等式的解集，根據(jù)口訣：同大取大、同小取小、大小小大中間找、大大小小無解了確定不等式組的解集，再把解集在數(shù)軸上表示出來即可．關于一元二次方程的取值范圍的題目易忽視二次項系數(shù)不為0。已知：關于x的一元二次方程x2﹣2x+m﹣1＝0有兩個不相等的實數(shù)根．（1）求m的取值范圍；（2）如果m為非負整數(shù)，且該方程的根都是整數(shù)，求m的值．【解析】（1）∵一元二次方程x2﹣2x+m﹣1＝0有兩個不相等的實數(shù)根，∴△＝（﹣2）2﹣4×1×（m﹣1）＞0，∴m＜2；（2）∵m為非負整數(shù)，∴m＝0或1，當m＝0時，x2﹣2x﹣1＝0，∵△＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣1）＝8，此時方程的根不是整數(shù)，∴m＝0舍去；當m＝1時，x2﹣2x＝0，∵△＝（﹣2）2﹣4×1×0＝4，此時方程的根都是整數(shù)，∴m＝1．【小結】（1）根據(jù)根的判別式可得方程x2﹣2x+m﹣1＝0有兩個不相等的實數(shù)根則△＞0，然后列出不等式計算即可；（2）根據(jù)m為非負整數(shù)，得到m＝0或1，代入方程求出方程的解即可求解．鞏固1．已知m是方程x2﹣x﹣2＝0的一個實數(shù)根，求代數(shù)式（m2﹣m）（m﹣+1）的值．【解析】∵m是方程x2﹣x﹣2＝0的一個根，∴m2﹣m﹣2＝0，∴m2﹣m＝2，m2﹣2＝m，∴原式＝＝＝2×2＝4．【小結】把x＝m代入方程中得到關于m的一元二次方程，由方程分別表示出m2﹣m和m2﹣2，分別代入所求的式子中即可求出值．鞏固2．已知關于x的一元二次方程（m+2）x2+2x+m2﹣4＝0有一個解是0，求m的值及方程的另一根．【解析】把x＝0代入方程得：m2﹣4＝0，m+2≠0，解得：m＝2，當m＝2時，原方程為：4x2+2x＝0解得：，∴方程的另一根為．答：m的值是2，方程的另一根是x＝﹣．【小結】把x＝0代入方程得到m2﹣4＝0，m+2≠0，求出m，把m值代入方程求出解即可．鞏固3．已知關于x的方程5x2﹣kx﹣10＝0的一個根為﹣5，求它的另一個根及k的值．【解析】設方程的另一個根是a，則由根與系數(shù)的關系得：a+（﹣5）＝，﹣5a＝﹣2，解得：k＝﹣23，a＝，答：它的另一個根是，k的值是﹣23．【小結】設方程的另一個根是a，由根與系數(shù)關系得a+（﹣5）＝，﹣5a＝﹣2，求出即可．關于一元一次不等式組有解、無解的條件易忽視相等的情況。若不等式組恰有兩個整數(shù)解，則m的取值范圍是（）A．﹣1≤m＜0 B．﹣1＜m≤0 C．﹣1≤m≤0 D．﹣1＜m＜0【解析】∵不等式組，∴該不等式組的解集為m﹣1≤x＜1，∵不等式組恰恰有兩個整數(shù)解，∴﹣2＜m﹣1≤﹣1，∴﹣1＜m≤0，選B鞏固1．若關于x的一元一次不等式組有且只有四個整數(shù)解，且關于y的方程y﹣3＝3k﹣y的解為非負整數(shù)，則符合條件的所有整數(shù)k的和為（）A．﹣3 B．﹣2 C．2 D．0【解析】一元一次不等式組整理得：，由不等式組有且只有四個整數(shù)解，得到﹣3≤＜﹣2，解得：﹣2≤k＜2，即整數(shù)k＝﹣2，﹣1，0，1，解方程y﹣3＝3k﹣y得：y＝，∵關于y的方程y﹣3＝3k﹣y的解為非負整數(shù)，∴≥0，∴k為﹣1，0，1，整數(shù)k的和為0，選D．鞏固2．若整數(shù)a使得關于x的不等式組，有且只有7個整數(shù)解，且使得關于y的一元一次方程＝1的解為非負整數(shù)，則滿足條件的整數(shù)a的值有（）個．A．1 B．2 C．3 D．4【解析】不等式組整理得：，∵關于x的不等式組，有且只有7個整數(shù)解，∴＜x≤5，其整數(shù)解為：5，4，3，2，1，0，﹣1，∴﹣2≤＜﹣1，∴﹣7≤a＜﹣4，方程去分母得：2y+a+2＝3，解得：y＝，由方程的解為非負整數(shù)，解得：a＝﹣7或﹣5，共2個，選B鞏固3．已知關于x的不等式組有且只有兩個整數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．﹣1＜a≤0 B．﹣2＜a≤﹣1 C．﹣1≤a＜1 D．﹣2≤a＜0【解析】解不等式x﹣a≥1得：x≥a+1，解不等式5﹣2x＞1得：x＜2，∵不等式組有且只有兩個整數(shù)解，∴不等式的解集為a+1≤x＜2，不等式的兩個整數(shù)解為0和1，∴﹣1＜1+a≤0，解得：﹣2＜a≤﹣1，即實數(shù)a的取值范圍是﹣2＜a≤﹣1，選B．解分式方程時首要步驟去分母，分數(shù)相相當于括號，易忘記根檢驗，導致運算結果出錯。解方程﹣2．【解析】方程的兩邊同乘（x﹣3），得：2﹣x＝﹣1﹣2（x﹣3），解得：x＝3，檢驗：當x＝3時，（x﹣3）＝0，∴x＝3是原分式方程的增根，原分式方程無解．【小結】觀察可得最簡公分母是（x﹣3），方程兩邊乘最簡公分母，可以把分式方程轉(zhuǎn)化為整式方程求解．鞏固1．解方程：1﹣＝．【解析】去分母，得x﹣3﹣2＝1，解這個方程，得x＝6，檢驗：當x＝6時，x﹣3≠0，所以x＝6是原方程的解．故原方程的解是x＝6．【小結】觀察可得最簡公分母是（x﹣3），方程兩邊乘最簡公分母，可以把分式方程轉(zhuǎn)化為整式方程求解．鞏固2．如果k是數(shù)據(jù)：3，5，3，9，8中的中位數(shù)，求關于x的方程的解．【解析】由題意知k＝5，原方程變?yōu)?，去分母，?﹣x﹣5＝2x﹣1，移項，合并得：﹣3x＝3，∴x＝﹣1，經(jīng)檢驗：x＝﹣1是原方程式的解．【小結】重新排列后5個數(shù)為：3，3，5，8，9，那么中位數(shù)是5，最簡公分母是2x﹣1，方程兩邊都乘最簡公分母，可把分式方程化為整式方程求解．鞏固3．解分式方程：．【解析】分式方程變形得：+2＝，去分母得：﹣4+2（x﹣3）＝x﹣4，去括號得：﹣4+2x﹣6＝x﹣4，移項合并得：x＝6，經(jīng)檢驗x＝6是分式方程的解．【小結】分式方程變形后去分母轉(zhuǎn)化為整式方程，求出整式方程的解得到x的值，經(jīng)檢驗即可得到分式方程的解．利用函數(shù)圖象求不等式的解集和方程的解。如圖，直線y＝x+m和拋物線y＝x2+bx+c都經(jīng)過點A（1，0）和B（3，2），不等式x2+bx+c＞x+m的解集為【解析】∵直線y＝x+m和拋物線y＝x2+bx+c都經(jīng)過點A（1，0）和B（3，2），∴根據(jù)圖象可知，不等式x2+bx+c＞x+m的解集為x＜1或x＞3；鞏固1．如圖，拋物線y＝ax2+c與直線y＝mx+n交于A（﹣1，p），B（3，q）兩點，則不等式ax2+mx+c＜n的解集是．【解析】∵拋物線y＝ax2+c與直線y＝mx+n交于A（﹣1，p），B（3，q）兩點，∴﹣m+n＝p，3m+n＝q，∴拋物線y＝ax2+c與直線y＝﹣mx+n交于P（1，p），Q（﹣3，q）兩點，觀察函數(shù)圖象可知：當﹣3＜x＜1時，直線y＝﹣mx+n在拋物線y＝ax2+c的上方，∴不等式ax2+mx+c＜n的解集是﹣3＜x＜1．鞏固2．如圖，已知頂點為（﹣3，﹣6）的拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過點（﹣1，﹣4），下列結論：①b2＞4ac；②ax2+bx+c≥﹣6；③若點（﹣2，m），（﹣5，n）在拋物線上，則m＞n；④關于x的一元二次方程ax2+bx+c＝﹣4的兩根為﹣5和﹣1，其中正確的是．【解析】由圖象知，拋物線與x軸有兩個不同的交點，只是左邊那個沒畫出來而已，從而由二次函數(shù)與一元二次方程的關系可知，△＝b2﹣4ac＞0，從而b2＞4ac，故①正確；已知該拋物線是開口向上，頂點為（﹣3，﹣6），故ax2+bx+c≥﹣6正確，從而②正確；由拋物線的對稱軸為x＝﹣3，點（﹣2，m），（﹣5，n）在拋物線上，則點（﹣2，m）離對稱軸的距離為1，而點（5，n）離拋物線的距離為2，開口向上時，離對稱軸越遠，函數(shù)值越大，從而m＜n，故③錯誤；由圖象可知，x＝﹣1為關于x的一元二次方程ax2+bx+c＝﹣4的一個根，由二次函數(shù)的對稱性，可知﹣5為另一個根，從而④正確；、綜上，正確的是①②④．鞏固3．二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象如圖，對稱軸是直線x＝﹣1，有以下結論：①abc＞0；②4ac＜b2；③2a﹣b＝0；④a﹣b+c＞0；⑤9a﹣3b+c＞0．其中正確的結論有．【解析】由圖象可知：a＜0，c＞0，又∵對稱軸是直線x＝﹣1，∴根據(jù)對稱軸在y軸左側，a，b同號，可得b＜0，∴abc＞0，故①正確；∵拋物線與x軸有兩個交點，∴△＝b2﹣4ac＞0，∴4ac＜b2，故②正確；∵對稱軸是直線x＝﹣1，∴﹣＝﹣1，∴b＝2a，∴2a﹣b＝0，故③正確；∵當x＝﹣1時，y＞0，∴a﹣b+c＞0，故④正確；∵對稱軸是直線x＝﹣1，且由圖象可得：當x＝1時，y＜0，∴當x＝﹣3時，y＜0，∴9a﹣3b+c＜0，故⑤錯誤．綜上，正確的有①②③④．

函數(shù)各個待定系數(shù)表示的意義。（2020?龍城區(qū)一模）已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)，a≠0）圖象的對稱軸是直線x＝1，其圖象的一部分如圖所示，下列說法中：①abc＜0；②2a+b＝0；③當﹣1＜x＜3時，y＞0；④a﹣b+c＜0；⑤2c﹣3b＞0．其中正確結論的個數(shù)是（）A．2 B．3 C．4 D．5【解析】∵拋物線開口向下，則a＜0．對稱軸在y軸右側，a、b異號，則b＞0．拋物線與y軸交于正半軸，則c＞0，∴abc＜0，故①正確；∵拋物線的對稱軸是直線x＝1，則﹣＝1，b＝﹣2a，∴2a+b＝0，故②正確；由圖象可知，拋物線與x軸的左交點位于0和﹣1之間，在兩個交點之間時，y＞0，在x＝﹣1時，y＜0，故③錯誤；當x＝﹣1時，有y＝a﹣b+c＜0，故④正確；由2a+b＝0，得a＝﹣，代入a﹣b+c＜0得﹣+c＜0，兩邊乘以2得2c﹣3b＜0，故⑤錯誤．綜上，正確的選項有：①②④．所以正確結論的個數(shù)是3個．選B．

鞏固1．（2020?鐵嶺模擬）如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a，b，c都為常數(shù)，a≠0）的圖象與x軸相交于點A（﹣1，0）和B（3，0），下列結論：①2a+b＝0；②當﹣1≤x≤3時，y＜0；③若（x1，y1）、（x2，y2）在函數(shù)圖象上，當x1＜x2時，y1＜y2；④3a+c＝0，正確的有（）A．①②④ B．①④ C．①②③ D．①③④【解析】①∵二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a，b，c都為常數(shù)，a≠0）的圖象與x軸相交于點A（﹣1，0）和B（3，0），∴對稱軸為：x＝1，∴﹣＝1，∴b＝﹣2a，∴2a+b＝0，所以①正確；②觀察函數(shù)圖象可知：當﹣1≤x≤3時，y≥0，所以②錯誤；③∵拋物線開口向下，當x＞1，x1＜x2時，y隨x的增大而減小，∴y1＞y2；當x＜1，x1＜x2時，y隨x的增大而增大，∴y1＜y2；∴③錯誤；④當x＝﹣1時，y＝0，∴a﹣b+c＝0，∵b＝﹣2a，∴3a+c＝0，∴④正確．所以正確的有①④，選B．鞏固2．（2020?渭濱區(qū)一模）已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象如圖，則下列結論：（1）4a﹣2b+c＜0；（2）方程ax2+bx+c＝0兩根都大于零；（3）y隨x的增大而增大；（4）一次函數(shù)y＝x+bc的圖象一定不過第二象限；其中正確的個數(shù)是（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【解析】（1）當x＝﹣2時，y＞0，∴4a﹣2b+c＞0，故本說法錯誤；（2）方程ax2+bx+c＝0兩根分別為1，3，都大于0，故本說法正確；（3）當x＞2時，y隨x的增大而增大，故本說法錯誤；（4）由圖象開口向上，a＞0，與y軸交于正半軸，c＞0，﹣＝1＞0，∴b＜0，∴bc＜0，∴一次函數(shù)y＝x+bc的圖象一定過第一、三、四象限，一定不過第二象限，故本說法正確；選B．鞏固3．（2020?馬鞍山二模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于點A（﹣1，0），與y軸的交點為C，已知﹣2≤c≤﹣1，頂點坐標為（1，n），則下列結論正確的是（）

A．a(chǎn)+b＞0 B． C．對于任意實數(shù)m，不等式a+b＞am2+bm恒成立 D．關于x的方程ax2+bx+c＝n+1沒有實數(shù)根【解析】A、∵拋物線y＝ax2+bx+c的頂點坐標為（1，n），∴a+b+c＝n，∴a+b＝n﹣c，由圖象可知：拋物線開口向上，有最小值是n，∴n＜c，∴a+b＝n﹣c＜0，結論A錯誤；②∵拋物線y＝ax2+bx+c的頂點坐標為（1，n），∴﹣＝1，∴b＝﹣2a，∵拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于點A（﹣1，0），∴a﹣b+c＝3a+c＝0，∴c＝﹣3a∵﹣2≤c≤﹣1，∴﹣2≤﹣3a≤﹣1，∴，結論B正確；③∵a＞0，頂點坐標為（1，n），∴n＝a+b+c，且n≤ax2+bx+c，∴對于任意實數(shù)m，a+b≤am2+bm總成立，結論C錯誤；④∵拋物線y＝ax2+bx+c的頂點坐標為（1，n），∴拋物線y＝ax2+bx+c與直線y＝n只有一個交點，∵拋物線開口向上，∴拋物線y＝ax2+bx+c與直線y＝n+1有兩個交點，∴關于x的方程ax2+bx+c＝n+1有兩個不相等的實數(shù)根，結論D錯誤．選B

各種函數(shù)解析式的求法以及函數(shù)與幾何圖形的關系應用。（2020?濱城區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線y＝ax2﹣2x+c與直線y＝kx+b都經(jīng)過A（0，﹣3），B（3，0）兩點，該拋物線的頂點為C．（1）求拋物線和直線AB的解析式；（2）設點P是直線AB下方拋物線上的一動點，求△PAB面積的最大值，并求△PAB面積最大時，點P的坐標．【解析】（1）∵拋物線y＝ax2﹣2x+c經(jīng)過A（0，﹣3），B（3，0）兩點，∴，解得，∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，∵直線y＝kx+b經(jīng)過A（0，﹣3），B（3，0）兩點，∴，解得，∴直線AB的解析式為y＝x﹣3；（2）如圖，作PQ∥y軸交直線AB于點Q，設P（m，m2﹣2m﹣3），則Qm，m﹣3），∴PQ＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m，∴S△PAB＝×3×（﹣m2+3m）＝﹣m2+m＝﹣（m﹣）2+∴當m＝時，△PAB面積有最大值，最大值是，此時P點坐標為．【小結】（1）利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)和一次函數(shù)解析式；（2）作PQ∥y軸交直線AB于點Q，設P（m，m2﹣2m﹣3），則Q（m，m﹣3），先表示出PQ＝﹣m2+3m，利用三角形面積公式得到S△PAB＝×3×（﹣m2+3m），然后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)解決問題．鞏固1．已知，如圖，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點A（﹣2，0）和B（0，﹣2）．（1）求此拋物線和直線AB的函數(shù)表達式；（2）點P是直線AB下方的拋物線上一動點（不與點A、B重合），過點P作x軸的垂線，垂足為F，交直線AB于點E，作PD⊥AB于點D．動點P在什么位置時，△PDE的面積最大？求出面積的最大值，并求出此時點P的坐標．【解析】（1）∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點A（﹣2，0），B（0，﹣2），∴，解得：，所求拋物線的解析式為y＝x2+x﹣2；設直線AB的函數(shù)表達式為y＝kx+n，根據(jù)題意得，解得，所求直線AB的函數(shù)表達式為y＝﹣x﹣2；（2）∵A（﹣2，0），B（0，﹣2），∴OA＝OB＝2，∴△AOB是等腰直角△，∴∠BAO＝45°∵PF⊥x軸，∴∠AEF＝90°﹣45°＝45°＝∠PED，又∵PD⊥AB，∴△PDE是等腰直角三角形，∴PD2+DE2＝PE2，PD＝DE，∴，∴PE越大，△PDE面積越大．設點P的坐標為（m，m2+m﹣2），∴點E坐標為（m，﹣m﹣2），∴PE＝﹣m﹣2﹣（m2+m﹣2）＝﹣m2﹣2m＝﹣（m+1）2+1（﹣2＜m＜0），∵﹣1＜0，∴拋物線開口向下，∴當m＝﹣1時，PE有最大值1，此時△PDE的面積為＝＝，當m＝﹣1，則m2+m﹣2＝1+（﹣1）﹣2＝﹣2．點P坐標為（﹣1，﹣2）．【小結】（1）把A（﹣2，0），B（0，﹣2），分別代入拋物線與一次函數(shù)解析式，可得答案；（2）先證明△PDE是等腰直角三角形，設點P的坐標為（m，m2+m﹣2），表示E的坐標，求解PE長度，再表示△PDE面積，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解面積最大值及點P的坐標即可．鞏固2．（2020?安徽三模）如圖，已知拋物線y＝x2+bx+c過點A（0，﹣2），B（﹣，0），G（x1，y1），H（x2，y2）是拋物線上的點．（1）求拋物線的解析式；（2）若直線GH與直線y＝2x平行，求y1+y2的最小值．【解析】（1）∵拋物線過點A（0，﹣2），B（，0）∴,∴,則拋物線解析式為y＝x2﹣2；（2）由（1）知，G（x1，），H（x2，），∵GH與直線y＝2x平行，∴設直線GH的解析式為y＝2x+m，令x2﹣2＝2x+m，即（x﹣1）2＝m+3，解得，，∴＝2+2m+6﹣4＝2m+4，∵（x﹣1）2＝m+3，∴m＝（x﹣1）2﹣3，∴，∴當x＝1時，y1+y2最小值﹣2．【小結】（1）根據(jù)待定系數(shù)法求得即可；（2）根據(jù)題意設直線GH的解析式為y＝2x+m，x2﹣2＝2x+m，即（x﹣1）2＝m+3，解得x1，x2的值，代入y1+y2中，即可得出，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求得．鞏固3．（2020?邵東縣模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx+6經(jīng)過點A（﹣2，0），B（4，0）兩點，與y軸交于點C．點D是拋物線上一個動點，設點D的橫坐標為m（1＜m＜4）．連接AC，BC，DB，DC．（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）當△BCD的面積等于△AOC的面積的時，求m的值．【解析】（1））∵拋物線y＝ax2+bx+6經(jīng)過點A（﹣2，0），B（4，0）兩點，∴，解得：，∴故拋物線的表達式為：y＝﹣x2+x+6（2）設直線BC解析式為y＝kx+n，將點B、C的坐標代入得：，解得，∴直線BC的表達式為：y＝﹣x+6，如圖所示，過點D作y軸的平行線交直線BC于點H，設點D（m，﹣m2+m+6），則點H（m，﹣m+6）∴S△BDC＝HD×OB＝（﹣m2+m+6+m﹣6）×4＝2（﹣m2+3m），∵S△ACO＝××6×2＝，即：2（﹣m2+3m）＝，解得：m1＝3，m2＝1（舍去），故m＝3．【小結】（1）根據(jù)待定系數(shù)法即可求解；（2）利用S△BDC＝HD×OB，即可求解．利用圖像求不等式的解集和方程（組）的解，利用圖像性質(zhì)確定增減性。（2020?昌圖縣校級一模）已知（﹣1，y1），（2，y2），（﹣3，y3）都在函數(shù)y＝x2圖象上，則y1，y2，y3的大小關系為（用“＜”連接）．【解析】x＝﹣1時，y1＝2×（﹣1）2＝2，x＝2時，y2＝2×22＝8，x＝﹣3時，y3＝2×（﹣3）2＝18，所以，y1＜y2＜y3．鞏固1．（2020?海珠區(qū)校級模擬）已知點A（﹣3，y1），B（2，y2）在拋物線y＝（x﹣1）2上，則y1y2．（填“＜”，“＞”，“＝”）【解析】∵y＝（x﹣1）2，∴圖象的開口向上，對稱軸是直線x＝1，∴點B（2，y2）關于對稱軸的對稱點為（0，y2），∵﹣3＜0＜1，∴y1＞y2，鞏固2．（2020?九江模擬）已知二次函數(shù)C：y＝（x﹣2）2﹣2（0≤x≤3），點P在二次函數(shù)C的圖象上，點A為x軸正半軸上一點，若tan∠AOP＝1，則點P的坐標為．【解析】設P點的坐標為（x，y），由題意可知x＝±y，即（x﹣2）2﹣2＝x或﹣（x﹣2）2+2＝x，當（x﹣2）2﹣2＝x時，解得x＝，∴P（，）或（，）（舍去），當﹣（x﹣2）2+2＝x時，解得x＝1或x＝2，∴P（1，﹣1）或（2，﹣2），綜上，點P的坐標為（，）或（1，﹣1）或（2，﹣2），鞏固3．（2020?安徽三模）若函數(shù)圖象上存在點Q（m，n），滿足n＝m+1，則稱點Q為函數(shù)圖象上的奇異點．如：直線y＝2x﹣3上存在唯一的奇異點Q（4，5）．若y關于x的二次函數(shù)y＝x2+（a﹣h+1）x+b+h的圖象上存在唯一的奇異點，且當﹣3≤a≤2時，b的最小值為﹣2，則h的值為．【解析】設y關于x的二次函數(shù)y＝x2+（a﹣h+1）x+b+h的圖象上的奇異點為（x，x+1），代入函數(shù)y＝x2+（a﹣h+1）x+b+h得：x+1＝x2+（a﹣h+1）x+b+h，x2+（a﹣h）x+b+h﹣1＝0∵存在唯一的一個“奇異點”，∴△＝（a﹣h）2﹣4××（）＝0，b＝（a﹣h）2﹣2h+2，這是一個b關于a的二次函數(shù)，圖象為拋物線，開口向上，對稱軸為a＝h，對稱軸左側，b隨a的增大而減??；對稱軸右側，b隨a的增大而增大；①h＜﹣3，當﹣3≤a≤2時，在對稱軸右側遞增，∴當a＝﹣3時，b有最小值為﹣2，即（﹣3﹣h）2﹣2h+2＝﹣2，h2+4t+13＝0，△＝16﹣4×1×13＜0，方程無解，②h＞2，當﹣3≤a≤2時，在對稱軸左側遞減，∴當a＝2時，b有最小值為﹣2，即（2﹣h）2﹣2h+2＝﹣2，h2﹣6h+8＝0，解得，h＝4或2（舍去），③當﹣3≤h≤2，當﹣3≤a≤2時，n有最小值為﹣2h+2＝﹣2，∴h＝2綜上所以述：h的值為4或2，

用函數(shù)模型解實際問題。（2020?肥城市四模）某商場計劃銷售A，B兩種型號的商品，經(jīng)調(diào)查，用1500元采購A型商品的件數(shù)是用600元采購B型商品的件數(shù)的2倍，一件A型商品的進價比一件B型商品的進價多30元．（1）求一件A，B型商品的進價分別為多少元？（2）若該商場購進A，B型商品共100件進行試銷，其中A型商品的件數(shù)不大于B型的件數(shù)，已知A型商品的售價為200元/件，B型商品的售價為180元/件，且全部能售出，求該商品能獲得的利潤最小是多少？【解析】（1）設一件B型商品的進價為x元，則一件A型商品的進價為（x+30）元．由題意：＝×2，解得x＝120，經(jīng)檢驗x＝120是分式方程的解，答：一件B型商品的進價為120元，則一件A型商品的進價為150元．（2）因為客商購進A型商品m件，銷售利潤為w元．m≤100﹣m，m≤50，由題意：w＝m（200﹣150）+（100﹣m）（180﹣120）＝﹣10m+6000，∵﹣10＜0，∴m＝50時，w有最小值＝5500（元）【小結】（1）設一件B型商品的進價為x元，則一件A型商品的進價為（x+10）元．根據(jù)16000元采購A型商品的件數(shù)是用7500元采購B型商品的件數(shù)的2倍，列出方程即可解決問題；（2）因為客商購進A型商品m件，銷售利潤為w元．根據(jù)一次函數(shù)即可解決問題；鞏固1．（2020?甘南縣模擬）在一條筆直的公路上有A，B，C三地，C地位于A，B兩地之間，甲車從A地沿這條公路勻速駛向C地，乙車從B地沿這條公路勻速駛向A地，在甲車出發(fā)至甲車到達C地的過程中，甲、乙兩車與C地的距離y1（單位：km），y2（單位：km）與甲車行駛時間t（單位：h）之間的函數(shù)關系如圖．請根據(jù)所給圖象答案下列問題：（1）求甲、乙兩車的行駛速度；（2）求乙車與C地的距離y2與甲車行駛時間t之間的函數(shù)關系式；（3）求乙車出發(fā)多少小時，兩車相遇？【解析】（1）甲車速度是240÷4＝60（km/h），乙車行速度是200÷（﹣1）＝80（km/h），∴甲車行駛速度是60km/h，乙車行駛速度是80km/h；（2）當0≤t≤1時，y2＝200；當1＜t≤時，設y2＝kt+b，∵圖象過點（1，200），（，0），∴，∴，∴y2＝﹣80t+280；當＜t≤4時，∵（4﹣）×80＝40（km），∴圖象過點（4，40），設y2＝kt+b，∵圖象過點（4，40），（，0），∴，∴，∴y2＝80t﹣280．∴y2＝；（3）設乙車出發(fā)m小時，兩車相遇，由題意得：80m+60（m+1）＝200+240，解得：m＝．∴乙車出發(fā)小時，兩車相遇．【小結】（1）根據(jù)速度等于路程除以時間分別求出甲、乙兩車的速度即可；（2）根據(jù)圖象信息，分類用待定系數(shù)法即可求解；（3）設乙車出發(fā)m小時，兩車相遇，根據(jù)時間＝路程÷速度和，列方程即可求解．鞏固2．（2020?錦州二模）某草莓生產(chǎn)基地在氣溫較低時，用裝有恒溫系統(tǒng)的大棚栽培一種新草莓．如圖是試驗階段的某天恒溫系統(tǒng)從開啟到關閉后，大棚內(nèi)的溫度y（℃）與時間x（h）之間的函數(shù)關系，其中線段OA，AB表示恒溫系統(tǒng)開啟階段，線段BC表示恒溫系統(tǒng)關閉階段．請根據(jù)圖中信息答案下列問題：（1）求這天大棚內(nèi)的溫度y與時間x（0≤x≤24）之間的函數(shù)關系式；（2）求恒溫系統(tǒng)設定的恒定溫度是多少度？（3）若大棚內(nèi)的溫度低于15℃時，草莓會受到傷害．問在這天內(nèi)恒溫系統(tǒng)最多可以關閉多長時間就必須重新啟動，才能避免草莓受到傷害．【解析】（1）當0≤x≤4時，設y與x的函數(shù)關系式為y＝kx，2k＝10，得k＝5，即當0≤x≤4時，y與x的函數(shù)關系式為y＝5x，當4＜x≤14時，y＝4×5＝20，當14＜x≤24時，設y與x的函數(shù)關系式為y＝ax+b，，解得，，即當14＜x≤24時，y與x的函數(shù)關系式為y＝﹣2x+48，由上可得，y與x的函數(shù)關系式為y＝；（2）由圖象可得，恒溫系統(tǒng)設定的恒定溫度是20℃；（3）把y＝15代入y＝﹣2x+48，15＝﹣2x+48，解得，x＝16.5，∵16.5﹣14＝2.5，∴這天內(nèi)恒溫系統(tǒng)最多可以關閉2.5小時就必須重新啟動，才能避免草莓受到傷害．【小結】（1）根據(jù)函數(shù)圖象中數(shù)據(jù)，可以寫出溫度y與時間x（0≤x≤24）之間函數(shù)關系式；（2）根據(jù)題意和函數(shù)圖象中的數(shù)據(jù)，可以寫出恒溫系統(tǒng)設定的恒定溫度是多少度；（3）將y＝15代入（1）中相應的函數(shù)解析式，然后即可得到這天內(nèi)恒溫系統(tǒng)最多可以關閉多長時間就必須重新啟動，才能避免草莓受到傷害．．鞏固3．疫情期間，某學校需購買A，B兩種消毒劑，負責人小李調(diào)查發(fā)現(xiàn)：購買數(shù)量：種類：購買數(shù)量少于100瓶購買數(shù)量不少于100瓶A原價銷售全部以原價的8折銷售B原價銷售全部以原價的9折銷售若A種消毒劑每瓶原價比B種消毒劑每瓶原價少10元，用1200元以原價購買A種消毒劑與用1500元以原價購買B種消毒劑的數(shù)量相同．（1）求A，B兩種消毒劑每瓶原價各為多少元？（2）該學校預計購買A，B兩種消毒劑共200瓶，且B種消毒劑不少于A種消毒劑數(shù)量的，如何購買使所需費用最少，最少費用為多少元？【解析】（1）設A種消毒劑每瓶原價為a元/瓶、則B種消毒劑每瓶原價（a+10）元/瓶，，解得，a＝40，經(jīng)檢驗，a＝40是原分式方程的解，∴a+10＝50，答：A，B兩種消毒劑每瓶原價分別為40元/瓶，50元/瓶；（2）設購買A種消毒劑x瓶，則購買B種消毒劑（200﹣x）瓶，費用為y元，∵B種消毒劑不少于A種消毒劑數(shù)量的，∴200﹣x≥x，解得，x≤80，則y＝40x+50×（200﹣x）×0.9＝﹣5x+9000，∴y隨x的增大而減小，∴當x＝80時，y取得最小值，此時y＝8600，200﹣x＝120，答：當購買A種消毒劑80瓶，B種消毒劑120瓶時，所需費用最少，最少費用為8600元．【小結】（1）根據(jù)題意，可以列出相應的分式方程，從而可以得到A，B兩種消毒劑每瓶原價各為多少元；根據(jù)題意，可以列出相應的函數(shù)解析式和不等式，然后根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)，即可答案本題．與坐標軸交點坐標一定要會求。面積最大值的求解方法，距離之和的最小值的求解方法，距離之差最大值的求解方法。在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)，a＞0）的部分圖象如圖所示，直線x＝1是它的對稱軸．若一元二次方程ax2+bx+c＝0的一個根x1的取值范圍是2＜x1＜3，則它的另一個根x2的取值范圍是．【解析】由圖象可知x＝2時，y＜0；x＝3時，y＞0；由于直線x＝1是它的對稱軸，則由二次函數(shù)對稱性可知：x＝0時，y＜0；x＝﹣1時，y＞0；所以另一個根x2的取值范圍為﹣1＜x2＜0．鞏固1．（2020?武漢模擬）拋物線y＝a（x﹣h）2+k（a＜0）經(jīng)過（﹣1，3）、（5，3）兩點，則關于x的不等式a（x﹣h﹣1）2+k≤3的解集為．【解析】∵拋物線y＝a（x﹣h）2+k（a＞0）經(jīng)過（﹣1，3），（5，3）兩點，∴大致圖象如圖所示：∴y＝a（x﹣h﹣1）2+k（a＞0）經(jīng)過（0，3），（6，3）兩點則關于x的不等式a（x﹣h﹣1）2+k≤3的解集為：x≤0或x≥6．故答案為：x≤0或x≥6．

鞏固2．（2020?東陽市模擬）如圖，拋物線y＝ax2+c與直線y＝mx+n交于兩點A（﹣2，p），B（5，q），則不等式ax2+mx+c≤n的解集是．【解析】∵拋物線y＝ax2+c與直線y＝mx+n交于A（﹣2，p），B（5，q）兩點，∴﹣2m+n＝p，5m+n＝q，∴拋物線y＝ax2+c與直線y＝﹣mx+n交于P（2，p），Q（﹣5，q）兩點，觀察函數(shù)圖象可知：當﹣5≤x≤2時，直線y＝﹣mx+n在拋物線y＝ax2+c的上方，∴不等式ax2+mx+c≤n的解集是﹣5≤x≤2．

鞏固3．（2020?新余模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸的一個交點是A（﹣1，0），與y軸的交點在（0，2），（0，3）之間（包含端點），對稱軸為x＝1．給出下列結論，寫出所有正確結論的序號為．①abc＞0；②3a+b＜0；③﹣1≤a≤﹣；④對于任意的實數(shù)x，a+b≥ax2+bx總成立．【解析】∵拋物線開口向下，∴a＜0，∵拋物線和y軸正半軸相交，∴c＞0，∵對稱軸和x正半軸相交，∴b＞0，∴abc＜0，故①錯誤而拋物線的對稱軸為直線x＝﹣＝1，即b＝﹣2a，∴3a+b＝3a﹣2a＝a＜0，故②正確；∵2≤c≤3，把x＝﹣1，y＝0帶入y＝ax2+bx+c，得a﹣b+c＝0，∴c＝﹣3a，∴2≤﹣3a≤3，∴﹣1≤a≤﹣，故③正確；∵拋物線的頂點坐標（1，n），∴x＝1時，二次函數(shù)值有最大值n，∴a+b+c≥am2+bm+c，即a+b≥am2+bm，故④正確；∴所有正確結論的序號為②③④．數(shù)形結合思想方法的運用，還應注意結合圖像性質(zhì)解題。函數(shù)圖象與圖形結合學會從復雜圖形分解為簡單圖形的方法，圖形為圖像提供數(shù)據(jù)或者圖像為圖形提供數(shù)據(jù)。（2020?天臺縣一模）已知拋物線C：y＝x2+mx+n（m，n為常數(shù)）．（1）如圖，若拋物線C的頂點坐標為P（1，2），求m，n的值；（2）在（1）的條件下，設點Q（a，b）在拋物線C上，且點Q離y軸的距離不大于2，直接寫出b的取值范圍；（3）將拋物線C向左平移2個單位得到拋物線C1，將拋物線C向右平移2個單位得到拋物線C2，若C1與C2的交點坐標為（1，3），求拋物線C的函數(shù)解析式．【解析】（1）∵拋物線C：y＝x2+mx+n（m，n為常數(shù)）頂點坐標為P（1，2），∴﹣＝1，＝2，解得m＝﹣2，n＝3；（2）在（1）的條件下，拋物線C為：y＝x2﹣2x+3，∵點Q（a，b）在拋物線C上，且離y軸的距離不大于2，∴﹣2≤xQ≤2，由圖象可知，2≤yQ≤11，即2≤b≤11．（3）將拋物線C向左平移2個單位得到拋物線C1為y＝（x+2）2+m（x+2）+n；將拋物線C向右平移2個單位得到拋物線C2為y＝（x﹣2）2+m（x﹣2）+n；由（x+2）2+m（x+2）+n＝（x﹣2）2+m（x﹣2）+n，解得x＝﹣m，∴若C1與C2的交點坐標為（1，3），∴﹣m＝1，解得m＝﹣2，把點（1，3）代入y＝（x+2）2﹣2（x+2）+n得3＝9﹣6+n，∴n＝0，∴拋物線C的函數(shù)解析式為y＝x2﹣2x．【小結】（1）根據(jù)頂點方程即可求得；（2）由解析式函數(shù)值為3時的點到y(tǒng)軸的距離為2，根據(jù)圖象即可求得符合題意的b取值；（3）求得平移后的函數(shù)解析式，聯(lián)立方程，解方程組即可求得交點坐標，根據(jù)交點坐標為（1，3）即可求得m、n的值，從而求得解析式C

鞏固1．（2020?碑林區(qū)校級模擬）如圖，拋物線C1為二次函數(shù)y＝﹣x2+3x的圖象，作拋物線C1關于點M（2，0）成中心對稱的拋物線C2．（1）求拋物線C2對應的二次函數(shù)的表達式；（2）點P（0，﹣6）在y軸上，點Q為拋物線C2在y軸右側部分上的一個動點．請求出sin∠OPQ的最大值．【解析】（1）設對應二次函數(shù)上一點為（x，y），其關于點M（2，0）對稱點為（4﹣x，﹣y）把點（4﹣x，﹣y）代入y＝﹣x2+3x得，﹣y＝﹣（4﹣x）2+3（4﹣x），∴y＝（4﹣x）2﹣3（4﹣x）＝x2﹣x﹣4，∴拋物線C2對應的二次函數(shù)的表達式為y＝x2﹣x﹣4；（2）當點Q是直線PQ與拋物線的切點時，∠OPQ的度數(shù)最大，則sin∠OPQ的值最大，設直線PQ的解析式為y＝kx﹣6，令kx﹣6＝x2﹣x﹣4，整理得，x2﹣（k+1）x+2＝0，△＝（k+1）2﹣4×＝0，解得k＝1或k＝﹣3（舍去），∴直線PQ的解析式為：y＝x﹣6，∴∠OPQ＝45°，∴sin∠OPQ的最大值是【小結】（1）設對應的二次函數(shù)圖象上一點為（x，y），其關于點M（2，0）的對稱點為（4﹣x，﹣y），由點（4﹣x，﹣y）在拋物線C1：y＝﹣x2+3x的圖象上，由此可解；（2）由圖象可知，當點Q是直線PQ與拋物線的切點時，∠OPQ的度數(shù)最大，則sin∠OPQ的值最大，設直線PQ的解析式為y＝kx﹣6，根據(jù)kx﹣6＝x2﹣x﹣4，整理得，x2﹣（k+1）x+2＝0，由△＝0，求得k＝1，即可得出∠OPQ＝45°，從而求得sin∠OPQ的最大值是

鞏固2．（2020?工業(yè)園區(qū)一模）如圖，已知拋物線y＝x2﹣2x﹣1與y軸相交于點A，其對稱軸與拋物線相交于點B，與x軸相交于點C．（1）求AB的長；（2）平移該拋物線得到一條新拋物線，設新拋物線的頂點為P．若新拋物線經(jīng)過原點O，且∠POA＝∠ABC，求新拋物線對應的函數(shù)表達式．【解析】（1）令x＝0，則y＝﹣1，∴A（0，﹣1），∵y＝x2﹣2x﹣1＝（x﹣1）﹣2，∴B（1，﹣2），∴AB＝＝；（2）∵A（0，﹣1），∴拋物線向上平移1個單位經(jīng)過原點，此時四邊形ABPO是平行四邊形，∴∠POA＝∠ABC，此時新拋物線對應的函數(shù)表達式為y＝x2﹣2x，拋物線y＝x2﹣2x，關于y軸對稱的拋物線為：y＝x2+2x，圖象經(jīng)過原點，且∠POA＝∠ABC，∴新拋物線對應的函數(shù)表達式為y＝x2﹣2x或y＝x2+2x．【小結】（1）求得A、B點的坐標，然后根據(jù)勾股定理即可求得；（2）根據(jù)平移的規(guī)律即可求得新拋物線對應的函數(shù)表達式．

鞏固3．（2020?平陽縣一模）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+4交y軸于點B，頂點為M，BA⊥y軸，交拋物線于點A．已知該拋物線的對稱軸為直線x＝．（1）求b的值和點M的坐標．（2）將拋物線向下平移m個單位，使平移后得到的拋物線頂點落在△OAB的內(nèi)部（不包括△OAB的邊界），則m的取值范圍為．【解析】（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+4交y軸于點B，∴B（0，4），∵BA⊥y軸，交拋物線于點A，拋物線的對稱軸為直線x＝，∴A（3，4），把A（3，4）代入y＝﹣x2+bx+4得，4＝﹣9+3b+4，解得b＝3，∴y＝﹣x2+3x+4，∵y＝﹣x2+3x+4＝﹣（x﹣）2+，∴M（，）；（2）∵B（0，4），M（，），對稱軸為直線x＝，A的坐標（3，4），∴AB的中點的坐標是（，4），∵OA的中點的坐標是（，2），∴m的取值范圍是：﹣4＜m＜﹣2，即＜m＜，【小結】（1）根據(jù)題意求得A的坐標，然后代入y＝﹣x2+bx+4即可求得b的值，把解析式化成頂點式，求得點M的坐標；（2）利用二次函數(shù)的頂點坐標，根據(jù)AB的中點的坐標以及OA的中點的坐標即可得出m的取值范圍．

三角形三角形的概念以及三角形的角平分線，中線，高線的特征與區(qū)別。（2020?白云區(qū)模擬）如圖，點D在線段BC上，AC⊥BC，AB＝8cm，AD＝6cm，AC＝4cm，則在△ABD中，BD邊上的高是cm．【解析】如圖，∵AC⊥BC，∴BD邊上的高為線段AC又∵AC＝4cm，∴BD邊上的高是4cm鞏固1．（2020?恩施市校級模擬）如圖，已知AE是△ABC的邊BC上的中線，若AB＝8cm，△ACE的周長比△AEB的周長多2cm，則AC＝cm【解析】∵AE是△ABC的邊BC上的中線，∴CE＝BE又∵AE＝AE，△ACE的周長比△AEB的周長多2cm∴AC﹣AB＝2cm，即AC﹣8＝2cm∴AC＝10cm鞏固2．（2019?張店區(qū)二模）如圖，在線段AD，AE，AF中，△ABC的高是線段．【解析】∵AF⊥BC于F∴AF是△ABC的高線鞏固3．（2020秋?安徽期中）如圖，在△ABC中（AC＞AB），AC＝2BC，BC邊上的中線AD把△ABC的周長分成60cm和40cm兩部分，則邊AC的長為．【解析】∵AD是BC邊上的中線，AC＝2BC∴BD＝CD設BD＝CD＝x，AB＝y(tǒng)，則AC＝4x∵AC＞AB∴AC+CD＝60，AB+BD＝40即4x+x＝60，x+y＝40解得：x＝12，y＝28即AC＝4x＝48cm，AB＝28cm三角形三邊之間的不等關系，注意其中的“任何兩邊”。求最短距離的方法。（2020?蒙山縣模擬）用下列長度的三條線段能組成一個三角形的是（）A．2cm，3cm，4cm B．2cm，3cm，5cm C．3cm，5cm，10cm D．8cm，4cm，4cm【解析】A選項，2+3＞4，滿足任何一邊大于其他兩邊之差，任意兩邊之和大于第三邊，故可組成三角形；B選項，2+3＝5，兩邊之和不大于第三邊，故不可組成三角形C選項，3+5＜10，兩邊之和不大于第三邊，故不可組成三角形D選項，4+4＝8，兩邊之和不大于第三邊，故不可組成三角形選A

鞏固1．（2020?金溪縣一模）小賢同學將12cm，14cm，18cm，24cm的四根木棒首尾相接，組成一個凸四邊形，若凸四邊形對角線長為整數(shù)，則對角線最長為（）A．30cm B．31cm C．36cm D．38cm【解析】如圖，設AD＝12cm，AB＝14cm，BC＝18cm，CD＝24cm由三角形ABC和△ACD可知AC＜12+24＝36且AC＜14+18＝32，所以AC＜32由三角形ABD和△BCD可知BD＜12+14＝26且AC＜18+24＝42，所以BD＜26∵凸四邊形對角線長為整數(shù)，∴對角線最長為31，選B鞏固2．（2020?唐山一模）已知三角形的三邊長為3，x，5．如果x是整數(shù)，則x的值不可能是（）A．3 B．4 C．6 D．8【解析】∵三角形的三邊長分別為3，x，5∴第三邊的取值范圍為：2＜x＜8∵x為整數(shù)∴x的值不可能是8選D鞏固3．（2020?廣東模擬）三角形的兩邊分別為5，10，則第三邊的長可能等于（）A．3 B．5 C．9 D．15【解析】設第三邊的長為x，根據(jù)三角形的三邊關系得：10﹣5＜x＜10+5即5＜x＜15選C三角形的內(nèi)角和，三角形的分類與三角形內(nèi)外角性質(zhì)，特別關注外角性質(zhì)中的“不相鄰”。（2020?東坡區(qū)校級模擬）如圖所示，BD是△ABC的角平分線，DE∥BC交AB于點E，∠A＝45°，∠BDC＝60°，則∠C的度數(shù)是（）A．100° B．105° C．110° D．115°【解析】∵∠A＝45°，∠BDC＝60°，∴∠ABD＝∠BDC﹣∠A＝15°．∵BD是△ABC的角平分線，∴∠ABC＝2∠ABD＝30°，∴∠C＝180°﹣∠ABC﹣∠A＝180°﹣30°﹣45°＝105°，選B．鞏固1．（2020?三水區(qū)校級二模）一副三角板按如圖所示放置，AB∥DC，則∠CAE的度數(shù)為（）A．10° B．15° C．20° D．25°【解法一】∵AB∥CD，∴∠BAC＝∠ACD＝30°，∵∠AED＝45°，∴∠AEC＝135°，∵∠CAE+∠AEC+∠ACE＝180°，∴∠EAC＝180°﹣∠AEC﹣∠ACE＝180°﹣30°﹣135°＝15°，【解法二】∵AB∥CD，∴∠BAC＝∠ACD＝30°，∵∠AED＝45°，∴∠EAC＝∠AED﹣∠ACD＝15°，選B．鞏固2．（2020?和平區(qū)二模）將一副三角板如圖疊放，則圖中∠α余角的度數(shù)為（）A．15° B．75° C．85° D．165°【解析】由三角形的外角性質(zhì)可知，∠α＝60°﹣45°＝15°，所以α余角為75°，選B鞏固3．（2020?碑林區(qū)校級一模）如圖，已知在△ABC中，∠C＝90°，BE平分∠ABC，且BE∥AD，∠BAD＝20°，則∠AEB的度數(shù)為（）A．100° B．110° C．120° D．130°【解析】∵BE∥AD，∴∠ABE＝∠BAD＝20°，又BE平分∠ABC，∴∠EBC＝∠ABE＝20°∵∠C＝90°，∴∠AEB＝∠C+∠CBE＝90°+20°＝110°，選B全等形，全等三角形及其性質(zhì)，三角形全等判定。著重學會論證三角形全等。DE∥AB，∠DAE＝∠B，DE＝2，AE＝4，C為AE的中點，求證：△ABC≌△EAD【證明】∵C為AE的中點，AE＝4，DE＝2，∴AC＝AE＝2＝DE，又∵DE∥AB，∴∠BAC＝∠E，在△ABC和△EAD中，，∴△ABC≌△EAD（AAS）．【小結】根據(jù)中點的定義，再根據(jù)AAS證明△ABC≌△EAD答案即可．鞏固1．（2020?雁塔區(qū)校級一模）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，點M為對角線AC上一點，連接BM，若AC＝BC，∠AMB＝∠BCD，求證：△ADC≌△CMB．【證明】∵AD∥BC，∴∠DAC＝∠MCB，∵∠AMB＝∠BCD，∠CBM+∠ACB＝∠AMB，∠ACB+∠ACD＝∠BCD，∴∠CBM＝∠ACD，在△ADC和△CMB中，，∴△ADC≌△CMB（ASA）．【小結】根據(jù)平行線的性質(zhì)求出∠DAC＝∠MCB，求出∠CBM＝∠ACD，根據(jù)全等三角形的判定定理求出即可．鞏固2．（2020?懷柔區(qū)模擬）已知：點A，D，C在同一條直線上，AB∥CE，AC＝CE，∠ACB＝∠E，求證：△ABC≌△CDE．【證明】∵AB∥CE，∴∠A＝∠ECD．∵在△ABC和△CDE中，，∴△ABC≌△CDE（ASA）．【小結】先根據(jù)平行的性質(zhì)得到∠A＝∠ECD，然后根據(jù)ASA即可證明

鞏固3．（2020?西山區(qū)模擬）如圖，已知等邊三角形ABC，延長BA至點D，延長AC至點E，使AD＝CE，連接CD，BE．求證：△ACD≌△CBE．【證明】∵△ABC是等邊三角形，∴AC＝BC，∠CAB＝∠ACB＝60°，∴∠DAC＝∠BCE＝120°，∵AD＝CE，∴△ACD≌△CBE（SAS）．【解析】根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定定理即可得到結論．兩個角相等和平行經(jīng)常是相似的基本構成要素，以及相似三角形對應高之比等于相似比，對應線段成比例，面積之比等于相似比的平方。（2020?三水區(qū)一模）在△ABC中，點D、E分別為邊AB、AC的中點，則△ADE與△ABC的周長之比為（）A． B． C． D．【解析】如圖，∵點D，E分別為△ABC的邊AB，AC上的中點，∴AD＝BD，AE＝EC，∴DE是△ABC的中位線，∴DE∥BC，且DE＝BC，∴△ADE∽△ABC，∵DE：BC＝1：2，∴△ADE與△ABC的周長比為1：2，選A鞏固1．（2020?西城區(qū)校級模擬）如圖，在△ABC中，DE∥BC，分別交AB，AC于點D，E．若AD＝1，DB＝3，則△ADE的面積與△ABC的面積的比等于（）A． B． C． D．【解析】∵AD＝1，DB＝3，∴AB＝4，∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴＝（）2＝，選D鞏固2．（2020?閩侯縣模擬）如圖，在△ABC中，AC＝3，BC＝6，D為BC邊上的一點，且∠BAC＝∠ADC．若△ADC的面積為a，則△ABC的面積為（）A．4a B．a(chǎn) C．a(chǎn) D．2a【解析】∵∠ACD＝∠BCA，∠BAC＝∠ADC．∴△CAD∽△CBA，∵＝（）2＝（）2＝4，∴S△ABC＝4a．選A．

鞏固3．（2020?錫山區(qū)校級模擬）在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E為BC中點，H，G分別是邊AB，CD上的動點，且始終保持GH⊥AE，則EH+AG最小值為（）A．2 B． C． D．+1【解析】如圖所示，過G作GN⊥AB于N，則∠ANG＝90°，GN＝AD＝2，∵GH⊥AE，∴∠ANG＝∠AFG＝90°，∴∠BAE＝∠NGH，∴△ABE∽△GNH，∴＝，∵Rt△ABE中，AE＝＝＝，∴＝，∴GH＝，如圖所示，以AG，AE為鄰邊作平行四邊形AEMG，則AG＝ME，GM＝AE＝，∠HGM＝∠AFG＝90°，∴AG+HE＝ME+HE，當H，E，M在同一直線上時，AG+HE的最小值等于HM的長，此時，Rt△GHM中，HM＝＝＝，∴EH+AG的最小值為，選B等腰（等邊）三角形的定義以及等腰（等邊）三角形的判定與性質(zhì)，運用等腰（等邊）三角形的判定與性質(zhì)解決有關計算與證明問題，這里需注意分類討論思想的滲入。（2020??？谌＃┤鐖D，在△ABC中，AB＝AC＝8，點D是BC邊上一點，且DF∥AB，DE∥AC，則四邊形DEAF的周長為．【解析】∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵DE∥AB，∴∠B＝∠CDF，∴∠CDF＝∠C，∴DF＝CF，∴CE＝DE，同理可得BE＝DE，∴四邊形DEAF的周長＝AF+DF+DE+AE＝AF+BF+CE+AE＝AB+AC，∵AB＝AC＝8，∴四邊形DEAF的周長＝8+8＝16．鞏固1．（2020?肥城市四模）如圖，直線a∥b，∠1＝30°，∠2＝40°，且AD＝AC，則∠3的度數(shù)是．【解析】如圖，∵∠4＝∠1+∠2＝70°，AD＝AC，∴∠5＝180°﹣2∠4＝40°，∵直線a∥b，∴∠3＝∠5＝40°鞏固2．（2020?瀘西縣模擬）在△ABC中，AB＝AC＝8，AC邊上的高與AB的夾角為30°，則BC邊上的高的長為．【解析】設AC邊上的高為BD，BC邊上的高為AE.當△ABC為銳角三角形時，如圖1所示∵∠ABD＝30°，∠BDA＝90°，∴∠BAD＝180°﹣∠ABD﹣∠BDA＝180°﹣30°﹣90°＝60°，又∵AB＝AC，∴△ABC為等邊三角形，∴AE＝AB＝4；當△ABC為鈍角三角形時，如圖2所示．∵∠ABD＝30°，∠BDA＝90°，∴∠BAD＝180°﹣∠ABD﹣∠BDA＝180°﹣30°﹣90°＝60°，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，又∵∠BAD＝∠ABC+∠ACB，∴∠ABC＝∠BAD＝30°．在Rt△ABE中，AB＝8，∠ABE＝30°，∠AEB＝90°，∴AE＝AB＝4．鞏固3．（2020?松北區(qū)二模）如圖，四邊形ABCD，對角線AC，BD交于點E，AC＝BD，∠AEB＝60°，∠ABD+∠ACD＝180°，AB＝3，AC＝7，則線段CD的長為．【解析】過點C作AB的平行線，過點B作AC的平行線，兩平行線交于點F，連接DF，∵BF∥AC，AB∥CF，∴四邊形ABCF為平行四邊形，∴AC＝BF，又∵AC＝BD，∴BD＝BF，∵AC∥BF，∴∠AEB＝∠FBD＝60°，∴△BDF為等邊三角形，∴DF＝BF＝BD＝7，設∠BAE＝x，則∠ABE＝120°﹣x，∵∠ABD+∠ACD＝180°，∴∠ACD＝60°+x，∵AB∥CF，∴∠BAC+∠ACF＝180°，∴∠ACF＝180°﹣x，∴∠DCF＝360°﹣∠ACF﹣∠ACD＝120°，∴∠GCD＝60°，設CG＝a，則CD＝2a，DG＝a，∵GF2+DG2＝DF2，∴，解得a＝或a＝﹣4（舍去）．∴CD＝5．運用勾股定理及其逆定理計算線段的長，證明線段的數(shù)量關系，解決與面積有關的問題以及簡單的實際問題。（2020?清鎮(zhèn)市校級模擬）如圖，每個空油桶的直徑是50cm，將15個空油桶堆在一起，若要給它們蓋一個遮雨棚，這個遮雨棚高至少為cm．【解析】如圖，AD⊥BC于D，∵AB＝4×50＝200，BC＝4×50＝200，AC＝4×50＝200，∴△ABC為等邊三角形，∴AD＝BC＝100，∴油桶的最高點到地面的距離＝25+100+25≈223.21（cm）．答：遮雨棚起碼要223.21cm高．鞏固1．（2020?長春模擬）《九章算術》是我國古代重要的數(shù)學著作之一．其中記載了一道“折竹抵地”問題：今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，問折者高幾何？譯為：如圖所示，△ABC中，∠ACB＝90°，AC+AB＝10，BC＝3，求AC的長．在這個問題中，可求得AC的長為．【解析】設AC＝x，∵AC+AB＝10，∴AB＝10﹣x．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∴AC2+BC2＝AB2，即x2+32＝（10﹣x）2．解得：x＝4.55，即AC＝4.55．鞏固2．（2020?南崗區(qū)模擬）如圖，為估算某河的寬度，在河對岸選定一個目標點A，在岸邊順次取點B，E，C，使得AB⊥BC，過點C作CD⊥BC交AE延長線于點D，若測得BE＝20m，CE＝10m，CD＝20m，則河的寬度為m．【解析】∵AB⊥BC，CD⊥BC，∴△BAE∽△CDE，∴，∵BE＝20m，CE＝10m，CD＝20m，∴＝，解得：AB＝40，鞏固3．（2020?新都區(qū)模擬）四個全等的直角三角形按圖示方式圍成正方形ABCD，過各較長直角邊的中點作垂線，圍成面積為4的小正方形EFGH，已知AM為Rt△ABM的較長直角邊，AM＝EF，則正方形ABCD的面積為．【解析】設AM＝2a，BM＝b，則正方形ABCD的面積＝4a2+b2，由題意可知EF＝（2a﹣b）﹣2（a﹣b）＝2a﹣b﹣2a+2b＝b，∵正方形EFGH的面積為4，∴b2＝4，∵AM＝EF，∴2a＝b，∴a＝b，∴正方形ABCD的面積＝4a2+b2＝8b2＝32，中點，中線，中位線，一半定理的歸納以及各自的性質(zhì)。（2020?邵東縣模擬）如圖，要測量池塘兩岸相對的A，B兩點間的距離，可以在池塘外選一點C，連接AC，BC，分別取AC，BC的中點D，E，測得DE＝48m，則AB的長是m．【解析】∵點D，E分別是AC，BC的中點，∴DE是△ABC的中位線，∴AB＝2DE＝96（m），鞏固1．（2020?豐臺區(qū)三模）如圖，D，E分別是△ABC的邊AB，AC的中點，若△ADE的面積為1，則四邊形DBCE的面積等于．【解析】∵D，E分別是△ABC的邊AB，AC的中點，∴DE是△ABC中位線，∴DE∥BC，DE＝BC，∴△ADE∽△ABC，∴＝（）2＝，∵△ADE的面積為1，∴△ABC的面積為4，∴四邊形DBCE的面積等于3鞏固2．（2020?無錫模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點D、E、F分別為AB、AC、BC的中點，若CD＝6，則EF的長為．【解析】∵△ABC是直角三角形，CD是斜邊的中線，∴CD＝AB，又∵EF是△ABC的中位線，∴AB＝2CD＝2×6＝12，∴EF＝×12＝6

解直角三角形的實際應用（2020?陽新縣模擬）杭瑞高速陽新段修建過程中需要經(jīng)過一座小山．如圖，施工方計劃沿AC方向開挖隧道，為了加快施工速度，要在小山的另一側D（A、C、D共線）處同時施工．測得∠CAB＝30°，AB＝4km，∠ABD＝105°，求AD的長．【解析】過點B作BE⊥AD于點E，如圖所示.在Rt△ABE中，AB＝4km，∠CAB＝30°，∠AEB＝90°，∴BE＝AB＝2km，AE＝＝2km，∠ABE＝180°﹣30°﹣90°＝60°，∴∠DBE＝∠ABD﹣∠ABE＝45°．在Rt△BDE中，∠BED＝90°，∠DBE＝45°，∴DE＝BE?tan∠DBE＝2km，∴AD＝AE+DE＝（2+2）km．【小結】過點B作BE⊥AD于點E，在Rt△ABE中，通過解直角三角形可求出BE，AE的長及∠ABE的度數(shù)，結合∠ABD＝105°可求出∠DBE的度數(shù)，在Rt△BDE中，通過解直角三角形可求出DE的長，再結合AD＝AE+DE即可求出結論．

鞏固1．（2020?陜西模擬）如圖，四邊形鋼板是某機器的零部件，工程人員在設計時慮到飛行的穩(wěn)定性和其他保密性原則，使得邊沿AD的長度是邊沿BC長度的三倍，且它們所在的直線互相平