《2025年5年中考3年模拟九年级数学全一册苏科版》

25.(10分)已知关于x的一元二次方程$x^{2}-(2k+3)x+k^{2}+3k+2= 0$.
(1)试判断上述方程根的情况.
(2)若以上述方程的两个根为横坐标、纵坐标的点恰好在反比例函数$y= \frac {m}{x}$的图像上,求满足条件的m的最小值.
(3)已知$\triangle ABC$的两边AB、AC的长是关于上述方程的两个实数根,BC的长为5.
①当k为何值时,$\triangle ABC$是以BC为斜边的直角三角形?
②当k为何值时,$\triangle ABC$是等腰三角形?请求出此时$\triangle ABC$的周长.

答案： 解析
(1)由方程$x^2 - (2k + 3)x + k^2 + 3k + 2 = 0$，得$b^2 - 4ac = [-(2k + 3)]^2 - 4(k^2 + 3k + 2) = 4k^2 + 12k + 9 - 4k^2 - 12k - 8 = 1 ＞ 0$，所以方程有两个不相等的实数根。 (2分)
(2)设方程的两个根为$x_1$，$x_2$，根据题意得$m = x_1x_2$，由一元二次方程根与系数的关系可得$x_1x_2 = k^2 + 3k + 2$，(3分)
∵$k^2 + 3k + 2 = (k + \frac{3}{2})^2 - \frac{1}{4}$，
∴当$k = -\frac{3}{2}$时，$k^2 + 3k + 2$取得最小值，最小值为$-\frac{1}{4}$。故满足条件的m的最小值为$-\frac{1}{4}$。 (4分)
(3)解方程$x^2 - (2k + 3)x + k^2 + 3k + 2 = 0$，得$x_1 = k + 1$，$x_2 = k + 2$，不妨设$AB = k + 1$，$AC = k + 2$。 (5分)①当$\triangle ABC$是以BC为斜边的直角三角形时，$AB^2 + AC^2 = BC^2$，即$(k + 1)^2 + (k + 2)^2 = 25$， (6分)解得$k_1 = 2$，$k_2 = -5$（舍去），
∴当$k = 2$时，$\triangle ABC$是以BC为斜边的直角三角形。 (7分)②由
(1)知$AB\neq AC$，故有两种情况：当$AC = BC = 5$时，$k + 2 = 5$，即$k = 3$，此时$AB = 4$，符合题意，此时三角形的周长为$4 + 5 + 5 = 14$。 (9分)当$AB = BC = 5$时，$k + 1 = 5$，即$k = 4$，此时$AC = 6$，符合题意，此时三角形的周长为$5 + 5 + 6 = 16$。 (10分)

26.「2023江苏泰州中考」(12分)已知:A、B为圆上两定点,点C在该圆上,$∠C为\widehat {AB}$所对的圆周角.
【知识回顾】
(1)如图①,$\odot O$中,B、C位于直线AO异侧,$∠AOB+∠C= 135^{\circ }$.
(i)求$∠C$的度数.
(ii)若$\odot O$的半径为5,$AC= 8$,求BC的长.
【逆向思考】
(2)如图②,若P为圆内一点,且$∠APB＜120^{\circ },PA= PB,∠APB= 2∠C$.求证:P为该圆的圆心.
【拓展应用】
(3)如图③,在(2)的条件下,若$∠APB= 90^{\circ }$,点C在$\odot P$位于直线AP上方部分的圆弧上运动.点D在$\odot P$上,满足$CD= \sqrt {2}CB-CA$的所有点D中,必有一个点的位置始终不变.请证明.

答案： 解析
(1)(i)
∵$\angle AOB + \angle C = 135^{\circ}$，$\angle AOB = 2\angle C$，
∴$3\angle C = 135^{\circ}$，
∴$\angle C = 45^{\circ}$。 (1分)(ii)如图，连接AB，过点A作$AM\perp BC$，垂足为M，
∵$\angle C = 45^{\circ}$，
∴$\triangle ACM$是等腰直角三角形，
∴$AM = CM = 4\sqrt{2}$， (2分)
∵$\angle AOB = 2\angle C = 90^{\circ}$，$OA = OB$，
∴$\triangle AOB$是等腰直角三角形，
∴$AB = \sqrt{OA^2 + OB^2} = 5\sqrt{2}$， (3分)在直角三角形ABM中，$BM = \sqrt{AB^2 - AM^2} = 3\sqrt{2}$，
∴$BC = CM + BM = 4\sqrt{2} + 3\sqrt{2} = 7\sqrt{2}$。 (4分)
(2)证明：如图，延长AP交圆于点N，连接BN，则$\angle C = \angle N$。
∵$\angle APB = 2\angle C$，
∴$\angle APB = 2\angle N$， (5分)
∵$\angle APB = \angle N + \angle PBN$，
∴$\angle N = \angle PBN$
∴$PN = PB$， (6分)
∵$PA = PB$，
∴$PA = PB = PN$，
∴P为该圆的圆心。 (7分)
(3)证明：过点B作BC的垂线交CA的延长线于点E，连接AB，延长AP交圆于点F，连接CF，FB，
∵$\angle APB = 90^{\circ}$，
∴$\angle ACB = 45^{\circ}$，
∴$\triangle BCE$是等腰直角三角形，
∴$BE = BC$， (8分)
∵$BP\perp AF$，$PA = PF$，
∴$BA = BF$，
∵AF是直径，
∴$\angle ABF = 90^{\circ}$，
∴$\angle EBC = \angle ABF$，
∴$\angle EBA = \angle CBF$， (9分)
∴$\triangle EBA\cong\triangle CBF(SAS)$，
∴$AE = CF$， (10分)
∵$CD = \sqrt{2}CB - CA = CE - CA = AE$，
∴$CD = CF$， (11分)
∴必有一个点D的位置始终不变，点F即为所求。 (12分)