《2025年学典四川九年级数学全一册北师大版》

9. 已知关于 $ x $ 的一元二次方程 $ x^{2}-(m + 6)x + 3m + 9 = 0 $。
(1) 求证：该一元二次方程总有两个实数根；
(2) 若该一元二次方程的两个实数根分别为 $ x_{1},x_{2},n = x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-9 $,判断动点 $ P(m,n) $ 所形成的函数图象是否经过点 $ A(-1,4) $,并说明理由。

答案：
(1) 证明：
对于方程 $x^2 - (m + 6)x + 3m + 9 = 0$，
判别式 $\Delta = [-(m + 6)]^2 - 4 \cdot 1 \cdot (3m + 9)$
$= (m + 6)^2 - 4(3m + 9)$
$= m^2 + 12m + 36 - 12m - 36$
$= m^2 \geq 0$
故该一元二次方程总有两个实数根。
(2) 解：
由根与系数关系得：
$x_1 + x_2 = m + 6$，$x_1x_2 = 3m + 9$
$n = x_1^2 + x_2^2 - 9 = (x_1 + x_2)^2 - 2x_1x_2 - 9$
$= (m + 6)^2 - 2(3m + 9) - 9$
$= m^2 + 12m + 36 - 6m - 18 - 9$
$= m^2 + 6m + 9$
$= (m + 3)^2$
当 $m = -1$ 时，$n = (-1 + 3)^2 = 4$，故点 $P(-1, 4)$ 在函数图象上。
答案
(1) 证明见步骤；
(2) 动点 $P(m, n)$ 所形成的函数图象经过点 $A(-1, 4)$。

10. (1) 以 $ \sqrt{2}+1,\sqrt{2}-1 $ 为两根的一元二次方程是$x^2 - 2\sqrt{2}x + 1 = 0$；(写出一个即可)
(2) 若关于 $ x $ 的一元二次方程 $ x^{2}-(a^{2}-3a - 10)x + a = 0 $ 的两根互为相反数,则两根之积是$-2$；
(3) 已知两不相等实数 $ m,n $ 满足 $ m^{2}+4m - 2 = 0,n^{2}+4n - 2 = 0 $,则 $ \frac{n}{m}+\frac{m}{n}= $$-10$；
(4) 已知实数 $ a,b $ 满足 $ 3a^{2}+4a - 2 = 0,3b^{2}+4b - 2 = 0 $,则 $ \frac{a}{b}+\frac{b}{a}= $$ - \frac{14}{3} $。

答案：
(1) $x^2 - 2\sqrt{2}x + 1 = 0$
(2) $-2$
(3) $-10$
(4) $- \frac{14}{3}$

11. 已知关于 $ x $ 的方程 $ x^{2}+(2k + 1)x + k^{2}+2 = 0 $ 有两个实数根 $ x_{1},x_{2} $。
(1) 求实数 $ k $ 的取值范围；
(2) 若 $ x_{1},x_{2} $ 满足 $ |x_{1}|+|x_{2}|= x_{1}x_{2}-1 $,求 $ k $ 的值。

答案：
(1) 对于方程 $x^2 + (2k + 1)x + k^2 + 2 = 0$，判别式 $\Delta = (2k + 1)^2 - 4(k^2 + 2)$。
计算得 $\Delta = 4k^2 + 4k + 1 - 4k^2 - 8 = 4k - 7$。
因方程有两个实数根，故 $\Delta \geq 0$，即 $4k - 7 \geq 0$，解得 $k \geq \frac{7}{4}$。
(2) 由韦达定理，$x_1 + x_2 = -(2k + 1)$，$x_1x_2 = k^2 + 2$。
因 $k \geq \frac{7}{4}$，则 $x_1x_2 = k^2 + 2 ＞ 0$，且 $x_1 + x_2 = -(2k + 1) ＜ 0$，故 $x_1, x_2$ 均为负数。
则 $|x_1| + |x_2| = -x_1 - x_2 = -(x_1 + x_2) = 2k + 1$。
已知 $|x_1| + |x_2| = x_1x_2 - 1$，故 $2k + 1 = (k^2 + 2) - 1$，即 $k^2 - 2k = 0$。
解得 $k = 0$ 或 $k = 2$。
又 $k \geq \frac{7}{4}$，故 $k = 2$。
(1) $k \geq \frac{7}{4}$
(2) $k = 2$