《2025年亮点给力大试卷九年级数学上册苏科版》

25. (8 分)配方法除了可以用来解一元二次方程,还可以用来解决很多问题. 例如:因为$3a^{2}≥0$,所以$3a^{2}+1≥1$,即$3a^{2}+1$有最小值 1,此时$a= 0$;同样,因为$-3(a+1)^{2}≤0$,所以$-3(a+1)^{2}+6≤6$,即$-3(a+1)^{2}+6$有最大值 6,此时$a= -1$.
(1) 当$x= $1时,代数式$2(x-1)^{2}+3$有最小(填“大”或“小”)值,且为3;
(2) 当$x= $2时,代数式$-x^{2}+4x+3$有最大(填“大”或“小”)值,且为7;
(3) 如图,矩形花园的一面靠墙,另外三面用栅栏围成,所用栅栏的总长度为 16 m. 当花园与墙相邻的边长为多少时,花园的面积最大? 最大面积为多少?

设花园与墙相邻的一边长为 x m,则平行于墙的一边长为(16-2x)m.所以花园的面积为$x(16-2x)=-2x^2+16x=-2(x^2-8x+4^2-4^2)=-2(x-4)^2+32$.因为$-2(x-4)^2\leq 0$,所以$-2(x-4)^2+32\leq 32$.则当花园与墙相邻的边长为4 m 时,花园的面积最大,且最大面积为$32\ \text{m}^2$.

答案：
(1)1 小 3
(2)2 大 7
(3)设花园与墙相邻的一边长为 x m,则平行于墙的一边长为(16-2x)m.所以花园的面积为$x(16-2x)=-2x^2+16x=-2(x^2-8x+4^2-4^2)=-2(x-4)^2+32$.因为$-2(x-4)^2\leq 0$,所以$-2(x-4)^2+32\leq 32$.则当花园与墙相邻的边长为4 m 时,花园的面积最大,且最大面积为$32\ \text{m}^2$.

26. (8 分)已知$x_{1},x_{2}是一元二次方程ax^{2}+bx+c= 0(a≠0)$的两个实数根,若满足$|x_{1}-x_{2}|= 1$,则此类方程称为“差根方程”. 根据“差根方程”的定义,解答下列问题:
(1) 通过计算,判断下列方程是不是“差根方程”:
①$x^{2}-4x-5= 0$,②$2x^{2}-2\sqrt{3}x+1= 0$;
(2) 已知关于 x 的方程$x^{2}+2ax= 0$是“差根方程”,求 a 的值;
(3) 若关于 x 的方程$ax^{2}+bx+1= 0$(a,b 都是常数,$a＞0$)是“差根方程”,请探究 a 与 b 之间的数量关系.

答案：
(1)对于方程①$x^2-4x-5=0$,解得$x_1=-1$,$x_2=5$,所以$|x_1-x_2|=6$,则方程①$x^2-4x-5=0$不是“差根方程”;对于方程②$2x^2-2\sqrt{3}x+1=0$,因为$x_1+x_2=\sqrt{3}$,$x_1\cdot x_2=\frac{1}{2}$,所以$|x_1-x_2|=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2-4× \frac{1}{2}}=1$.则方程②$2x^2-2\sqrt{3}x+1=0$是“差根方程”.
(2)解方程$x^2+2ax=0$,得$x_1=0$,$x_2=-2a$.因为方程$x^2+2ax=0$是“差根方程”,所以$|0-(-2a)|=1$,解得$a=\pm \frac{1}{2}$.则 a 的值为$\pm \frac{1}{2}$.
(3)设$x_1$,$x_2$是一元二次方程$ax^2+bx+1=0$(a,b都是常数,a＞0)的两个实数根,则$x_1+x_2=-\frac{b}{a}$,$x_1\cdot x_2=\frac{1}{a}$.因为关于 x 的方程$ax^2+bx+1=0$(a,b都是常数,a＞0)是“差根方程”,所以$b^2-4a＞0$,$|x_1-x_2|=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=1$,即$\sqrt{\left(-\frac{b}{a}\right)^2-4\cdot \frac{1}{a}}=1$.所以$b^2=a^2+4a$.

27. (10 分)如图,在四边形 ABCD 中,$AB// CD,∠C= 90^{\circ },AB= 6cm,CD= 10cm,AD= 5cm$. 动点 P,Q 分别从 A,C 两点同时出发,点 P 以 2 cm/s 的速度沿 AB 向点 B 运动,点 Q 以 1 cm/s 的速度沿 CD 向点 D 运动,当一个动点到达终点时,另一个动点也随之停止运动.
(1) 连接 PQ,则经过几秒,PQ 的长为 5 cm?
(2) 连接 PD,是否存在某一时刻,使 PD 恰好平分$∠APQ$? 若存在,求出此时的运动时间;若不存在,请说明理由.

答案： 设运动时间为 t s.因为 AB=6 cm,CD=10 cm,点 P 的速度为2 cm/s,点 Q 的速度为1 cm/s,所以点 P 到达点 B 所需的时间为6÷2=3(s),点 Q 到达点 D 所需的时间为10÷1=10(s).又动点 P,Q 中有一个到达终点时,另一个随之停止运动,所以 t 的取值范围为0≤t≤3.
(1)过点 Q 作 QE⊥AB 于点 E,过点 A 作 AF⊥CD 于点 F,则∠AEQ=∠AFQ=90°.因为 AB//CD,∠C=90°,所以∠B+∠C=180°,即∠B=180°-∠C=90°.所以四边形ABCF 是矩形.所以 AB=CF.同理,得四边形 AFQE 是矩形,所以 AE=FQ.因为 AB=6 cm,所以 CF=6 cm.又 CD=10 cm,所以 DF=CD-CF=4 cm.在Rt△ADF 中,AD=5 cm,由勾股定理,得$AF=\sqrt{AD^2-DF^2}=3$ cm.所以 EQ=AF=3 cm.因为 CQ=t cm,所以 FQ=(6-t)cm,即 AE=(6-t)cm.又 AP=2t cm,所以 PE=|6-3t|cm.在Rt△PEQ 中,PQ=5 cm,由勾股定理,得$PE^2+EQ^2=PQ^2$,所以$(6-3t)^2+3^2=5^2$,解得$t_1=\frac{2}{3}$,$t_2=\frac{10}{3}$(舍去).则经过$\frac{2}{3}$s,PQ 的长为5 cm.
(2)不存在.理由如下:假设存在某一时刻,使PD恰好平分∠APQ，则∠APD=∠DPQ.因为AB//CD,so∠APD=∠PDQ.所以∠PDQ=∠DPQ.所以 DQ=PQ.因为 CQ=t cm,$CD=10\ \text{cm}$,所以 DQ=(10-t)cm.由
(1),得$PQ^2=3^2+(6-3t)^2$,所以$3^2+(6-3t)^2=(10-t)^2$,解得$t_1=\frac{4-3\sqrt{14}}{4}$,$t_2=\frac{4+3\sqrt{14}}{4}$.因为0≤t≤3,所以上述两解均不符合,假设不成立.则不存在某一时刻,使 PD 恰好平分∠APQ.