《2025年点拨训练九年级数学上册人教版》

9. 设$x_{1}$,$x_{2}$是关于x的方程$x^{2}-4x + k + 1 = 0$的两个实数根,是否存在实数k,使得$x_{1}x_{2} ＞ x_{1}+x_{2}$成立？请说明理由.

答案： 解：不存在. 理由如下：假设存在实数k，使得x₁x₂＞x₁+x₂成立.
∵方程x²-4x+k+1=0有实数根，
∴Δ=(-4)²-4(k+1)=12-4k≥0，
∴k≤3.
∵x₁,x₂是关于x的方程x²-4x+k+1=0的两个实数根，
∴x₁+x₂=4,x₁x₂=k+1.
∵x₁x₂＞x₁+x₂，
∴k+1＞4，解得k＞3.
∴假设不成立.
∴不存在实数k，使得x₁x₂＞x₁+x₂成立.

10. [2024内江中考]已知关于x的一元二次方程$x^{2}-px + 1 = 0$(p为常数)有两个不相等的实数根$x_{1}和x_{2}$.
(1)填空：$x_{1}+x_{2} = $p,$x_{1}x_{2} = $1；
(2)求$\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}$,$x_{1}+\frac{1}{x_{1}}$；
(2)由(1)知，x₁+x₂=p,x₁x₂=1，∴1/x₁+1/x₂=(x₁+x₂)/x₁x₂=p.∵x₁x₂=1，∴x₁,x₂均不为0.∵关于x的一元二次方程x²-px+1=0(p为常数)有两个不相等的实数根x₁和x₂，∴x₁²-px₁+1=0，∴x₁-p+1/x₁=0，∴x₁+1/x₁=p.
(3)已知$x_{1}^{2}+x_{2}^{2} = 2p + 1$,求p的值.
(3)由(1)知，x₁+x₂=p,x₁x₂=1，∵x₁²+x₂²=2p+1，∴(x₁+x₂)²-2x₁x₂=2p+1，∴p²-2=2p+1，∴p²-2p-3=0，解得p=-1或p=3，∵一元二次方程x²-px+1=0有两个不相等的实数根，∴Δ=p²-4＞0，∴p＞2或p＜-2，∴p=3.

答案：
(1)p;1
(2)由
(1)知，x₁+x₂=p,x₁x₂=1，
∴1/x₁+1/x₂=(x₁+x₂)/x₁x₂=p.
∵x₁x₂=1，
∴x₁,x₂均不为0.
∵关于x的一元二次方程x²-px+1=0(p为常数)有两个不相等的实数根x₁和x₂，
∴x₁²-px₁+1=0，
∴x₁-p+1/x₁=0，
∴x₁+1/x₁=p.
(3)由
(1)知，x₁+x₂=p,x₁x₂=1，
∵x₁²+x₂²=2p+1，
∴(x₁+x₂)²-2x₁x₂=2p+1，
∴p²-2=2p+1，
∴p²-2p-3=0，
解得p=-1或p=3，
∵一元二次方程x²-px+1=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=p²-4＞0，
∴p＞2或p＜-2，
∴p=3.

11. 设a,b,c为$\triangle ABC$的三边长,方程$4x^{2}+4\sqrt{a}x + 2b - c = 0$有两个相等的实数根,且a,b,c满足$3a - 2c = b$.
(1)求证：$\triangle ABC$是等边三角形；
(2)若a,b为方程$x^{2}-2kx + (-2k + 3) = 0$的两根,求k的值.

答案：
(1)证明：
∵方程4x²+4√a x+2b-c=0有两个相等的实数根，
∴Δ=(4√a)²-4×4×(2b-c)=0，
即a=2b-c.
又
∵3a-2c=b，
∴3(2b-c)-2c=b，
∴b=c. 将b=c代入a=2b-c，得a=c，
∴a=b=c，
∴△ABC是等边三角形.
(2)解：
∵a,b为方程x²-2kx+(-2k+3)=0的两根，且a=b，
∴Δ=(-2k)²-4×1×(-2k+3)=0，即k²+2k-3=0，解得k=1或k=-3. 当k=-3时，方程为x²+6x+9=0，解得x₁=x₂=-3.
∵a,b均为正数，
∴x₁=x₂=-3不合题意；
当k=1时，方程为x²-2x+1=0，
解得x₁=x₂=1，符合题意.
∴k的值为1.

12. 已知关于x的方程$x^{2}-mx + \frac{m}{2}-\frac{1}{4} = 0$.
(1)求证：无论m取何值,方程总有两个实数根；
(2)已知$□ ABCD$的两边AB,BC的长是关于x的方程$x^{2}-mx + \frac{m}{2}-\frac{1}{4} = 0$的两个实数根.当m为何值时,四边形ABCD是菱形？求出这时菱形的边长.

答案：
(1)证明：由题意，得Δ=(-m)²-4×1×(m/2-1/4)=m²-2m+1=(m-1)².
∵(m-1)²≥0，
∴无论m取何值，方程总有两个实数根.
(2)解：若四边形ABCD是菱形，
则AB=BC，
∴(m-1)²=0，
∴m=1，
此时方程为x²-x+1/4=0，解得x₁=x₂=1/2,即菱形的边长为1/2.