《2025年全优方案夯实与提高八年级数学下册浙教版》

23. (10分)已知关于$x$的一元二次方程$x^{2}-(2m + 4)x + m^{2}+4m = 0$。
(1)求证：无论$m$取何值，此方程总有两个不相等的实数根。
(2)设方程的两个实数根分别为$x_{1},x_{2}$。
①求代数式$x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-4x_{1}x_{2}$的最大值。
②若方程的一个根是6，$x_{1}$和$x_{2}$是一个等腰三角形的两条边的长，求该等腰三角形的周长。

答案：
(1)
∵Δ=(2m + 4)²−4(m²+4m)=16＞0，
∴此方程总有两个不相等的实数根.
(2)①x₁²+x₂²−4x₁x₂=(x₁+x₂)²−6x₁x₂，
∵x₁+x₂=−$\frac{-(2m + 4)}{1}$=2m + 4，x₁x₂=m²+4m，
∴(x₁+x₂)²−6x₁x₂=(2m + 4)²−6(m²+4m)
=−2m²−8m+16=−2(m+2)²+24.
∴当m=−2时，x₁²+x₂²−4x₁x₂的最大值为24.
②把x=6代入原方程可得m²−8m+12=0，解得m=2或m=6.
当m=2时，原方程化简为x²−8x+12=0，解得x=2 或x=6，
三角形三边长为6，6，2时，三角形周长为14；三角形三边长为2，2，6时不存在.
当m=6时，原方程化简为x²−16x+60=0，解得x =6或x=10，
三角形三边长为6，6，10时，三角形周长为22；
三角形三边长为10，10，6时，三角形周长为26.
∴等腰三角形周长为14或22或26.

24. (12分)如图，在$\triangle ABC$中，$AB = AC = 13$cm，$BC = 10$cm，$AD\perp BC$于点$D$，动点$P$从点$A$出发以1cm/s的速度沿线段$AD$向终点$D$运动。设动点运动时间为$t$(s)。
(1)求$AD$的长。
(2)当$\triangle PDC$的面积为15cm²时，求$t$的值。
(3)动点$M$从点$C$出发以2cm/s的速度在射线$CB$上运动。点$M$与点$P$同时出发，且当点$P$运动到终点$D$时，点$M$也停止运动。是否存在$t$，使得$S_{\triangle PMD}=\frac{1}{12}S_{\triangle ABC}$？若存在，请求出$t$的值；若不存在，请说明理由。

答案：
(1)
∵AB=AC=13cm，AD⊥BC，
∴BD=CD=$\frac{1}{2}$BC=5cm，且∠ADC=90°.
∴AD²=AC²−CD².
∴AD=12cm.
(2)
∵AP=tcm，PD=(12−t)cm，
∴S△PDC=$\frac{1}{2}$PD×DC=15，解得PD=6.
∴t=6.
(3)假设存在t，使得S△PMD=$\frac{1}{12}$S△ABC=$\frac{1}{12}$×$\frac{1}{2}$×10×12=5(cm²).
①若点M在线段CD上，即0≤t≤$\frac{5}{2}$时，
PD=(12−t)cm，DM=(5−2t)cm，
由S△PMD=$\frac{1}{12}$S△ABC得$\frac{1}{2}$(12−t)(5−2t)=5，
即2t²−29t+50=0，解得t₁=12.5(不合题意，舍去)，t₂=2.
②若点M在射线DB上，即$\frac{5}{2}$＜t≤12时，DM=(2t−5)cm，由S△PMD=$\frac{1}{12}$S△ABC得$\frac{1}{2}$(12−t)(2t−5)=5，即2t²−29t+70=0，
解得t₁=$\frac{29+\sqrt{281}}{4}$，t₂=$\frac{29-\sqrt{281}}{4}$
综上所述，t的值为2或$\frac{29+\sqrt{281}}{4}$或$\frac{29-\sqrt{281}}{4}$时，S△PMD=$\frac{1}{12}$S△ABC