判别式法在初中数学自招及竞赛题中的应用【原创】

判别式法在初中数学自招及竞赛中的应用【原创整理】
（含答案详解）
第一部分：基础应用
1. 当a 、b 为何值时，方程x 2+2(1+a )x +(3a 2+4ab +4b 2+2)=0有实根？
【分析】
关于x 的一元二次方程有实根，因此判别式Δ≥0，
故(2+2a )2−4(3a 2+4ab +4b 2+2)=−4[(1−a )2+(a +2b )2]≥0 所以[(1−a )2+(a +2b )2]=0。

得1−a =0,a +2b =0，故a =1，b =−1
2
2. 若抛物线y=x2+bx+c 与y=-x2+cx+b 相切，求b 、c 满足关系式。

【分析】
联立方程{y =−x 2+cx +b
y =x 2+bx +c
，消y 得
2x 2+(b −c )x +c −b =0，Δ=(b −c )2−8(c −b )=0 (b −c )(b −c +8)=0，故b =c 或b =c −8
3. 若M=3x2-8xy+9y2-4x+6y+13,则M 和0的大小关系为
A 、 M ≥0
B 、 M<0
C 、 M >0
D 、M ≤0 【分析】
M=3x 2-(8y+4)x+9y 2+6y+13，对应
Δ=(8y +4)2−4⋅3(9y 2+6y +13)=−4(11y 2+2y +35)
则Δ′=22−4×11×35<0，∴Δ=−4(11y 2+2y +35)<0恒成立， ∴M>0。

选C
4. 抛物线y=x2-2bx+1和直线y =−1
2x +1
2m ，不论b 为何实数总有交点，则实数m 的取值 范围是多少？ 【分析】
联立方程{y =x 2−2bx +1
y =−12x +1
2m
， 得2x 2+(1−4b )x +2−m =0,Δ=(1−4b )2−8(2−m )≥0 显然当2-m ≤0，即m ≥2时，Δ≥0满足题意。

5. 解方程5x2+10y2-12xy-6x-4y+13=0
【分析】
原方程可以看作是关于x 的一元二次方程:5x 2−(12y +6)+10y 2−4y +13=0, Δ=(12y +6)2−20(10y 2−4y +13)≥0， 即−56(y −2)2≥0,所以y −2=0，即y =2 代入原方程得：x 2−6x +9=0，即x=3, 所以原方程的实数解为：x=3,y=2 6. 求方程x+y
x 2−xy+y 2=3
7的所有正整数解。

【分析】
原方程变为：3x 2−(3y +7)x +3y 2−7y =0，
Δ=(3y +7)2−12(3y 2−7y )≥0，即27y 2−126y −49≤0， 解得：
21−14√3
9≤y ≤
21+14√3
9
由于y 是正整数，因此y 只能等于1、2、3、4、5.分别代入原方程，检验可得 原方程的两组解为{x 1=4y 1=5或{x 2=5
y 2=4
7. 求表达式y =
3x 2+3x+4x 2+x+1
的最大值。

【分析】
原式可化为：(y −3)x 2+(y −3)x +(y −4)=0，
Δ=(y −3)2−4(y −3)(y −4)≥0
(y −3)(3y −13)≤0，3≤y ≤133
，y max =
133
第二部分：深层应用
1. 已知a 、b 、c 满足a+b+c=0,abc=8，求c 的取值范围。

【分析】
a +
b =−c,ab =8
c
∴a 、b 为x 2+cx +8
c
=0的两个实数根，
Δ=C 2−32C
≥0，解得c <0或c ≥2√43
2. 求自然数n,使28+211+2n 为完全平方数。

【分析】
设24=x,则28=x 2,211=27x,于是28+211+2n =x 2+27x+2n.为完全平方数，
x 2+27x +2n =(x +A )2结构，关于x 的方程x 2+27x +2n =0只有两个相同的实根， 即Δ=0，所以Δ=(27)2−4⋅2n =0，故n=12
3. 实数x 、y 满足x 3+y 3=a 3（a>0）,求x+y 的取值范围。

【分析】
x 3+y 3=(x +y )(x 2−xy +y 2)=(x +y )[(x +y )2−3xy ]
设x +y =t ，则原式=t 3−3txy =a 3，xy =
t 3−a 33t。

所以x 、y 为z 2−tz +t 3−a 33t
=0的两实数根，Δ=t 2−4⋅t 3−a 33t
≥0
解得0<t ≤√43a ，即0<x +y <√43
a
4. 设x 、y 、z 都是实数，满足x +y +z =a ，x 2+y 2+z 2=
a 22
(a >0)
证明：x 、y 、z 任何一个均不能大于2
3a 【证明】：
由已知得z =a −x −y ，则x 2+y 2+(a −x −y )2=1
2
a 2，
化简2y 2+(2x −2a )y +2x 2+12
a 2−2ax =0，
Δ=(2x −2a )2−4×2(2x 2+1
2
a 2−2ax)≥0
化简：x (3x −2a )≤0，即0≤x ≤2
3
a ，
同理可证0≤y ≤2
3a,0≤z ≤2
3a 【另解】
x +y =a −z ，(x +y
)2
−2xy +z 2
=
a 22
，所以xy =1
4
a 2+z 2−az
因此x 、y 为关于t 的一元二次方程
t 2−(a −z )t +1
4
a 2+z 2−az =0的两个实数根。

Δ=(a −z )2−4⋅(14a 2+z 2−az)≥0， z (3z −2a )≤0，0≤z ≤2
3a ， 同理可证0≤y ≤2
3
a,0≤z ≤23
a
5. 已知ax +by −2c =0,ab −c 2>0.求证：xy 的值不超过1
【分析】
设xy =t ，则{ax ⋅by =t ⋅ab
ax +by =2c
，
可构造一元二次方程：z 2−2c ⋅z +tab =0， Δ=(2c )2−4t ⋅ab ≥0，t ≤c 2ab
<1，
故xy 的值不超过1
6.当m为何值时，多项式：6x2+mxy−4y2−x+17y−15可以分解为两个关于x、y的二
元一次三项式的乘积。

【分析】
6x2+mxy−4y2−x+17y−15=6x2+(my−1)x−(4y2−17y+15)，
其对应判别式应该为一个完全平方的形式，因此
Δ=(my−1)2+24(4y2−17y+15)=(m2+96)y2−2(m+204)y+361，
其对应判别式Δ′=[−2(m+204)]2−4×361−(m2+96)=0，
解得m=5或m=−58
15。

7.如图，在△ABC中，D、E分别是边BC、AB上的点，且∠1=∠2=∠3，如果ΔABC、ΔEBD、
ΔADC的周长依次为m,m1,m2，求证：m1+m2
m ≤5
4
【分析】
证明：设BC=a，AC=b，AB=C
因∠1=∠2=∠3，则DE∥AC，△ABC∽△EBD∽△DAC，
∴DC
b =b
a
，ED
b
=BD
a
=a−DC
a
=a2−b2
a2
.
令k=m1+m2
m =ED
b
+DC
b
，有k=a
2−b2
a2
+b
a。

整理得：(b
a )
2
−(b
a
)+(k−1)=0，Δ=(−1)2−4(k−1)≥0，
解得：k≤5
4，即m1+m2
m
≤5
4
8.在△ABC中，AB=12，BC=1，求则角A的取值范围？
【分析】
设AC=x，则由余弦定理
BC2=AB2+AC2−AB⋅AC⋅cos A，
代入化简得：y2−(4cos A)x+3=0，
所以判别式Δ=(4cos A)2→4×3≥0，
解得cos A≤−√3
2,或cos A≥√3
2
由于AB=2＞1=BC，所以BC所对应的角必为锐角。

于是，0°＜A≤30°
9.已知△ABC与平行于AC的直线PQ相交，且△APQ的面积等于定值k2,那么当k2与△ABC的
面积S之间满足什么关系时，问题有解？有多少解？
【分析】
设BP
AB
=x，则sΔBPQ=x2⋅s，SΔABQ=x⋅S，有xs−x2s=k2
，
即：sx2−sx+k2=0，判别式Δ=s2−4sk2≥0，即s≥4k2
又方程的两个解x1，x2满足x1+x2=1，0<x1x2=k2
s
<1，
0<x1<1，0<x2<1。

故当s>4k2时，此方程有两解；当S=4k2时，此题有一解
第三部分练习题
1.对任意实数x,二次三项式x2+3mx+m2−m+1
是一个完全平方式，则m=
4
2.对任意实数x，不等式kx2−kx−1<0恒成立，则（）
A、−4<k≤0
B、−4≤k≤0
C、−4<k<0
D、−4≤k<0
3.x∈R，求y=x2−x−1
的值域
x2+x+1
4.求方程x+xy+y2−3x−3y+3=0的实数解
5.已知实数x、y、z满足x+y=6,z2=xy−9，求证：x=y.
6.直角三角形的周长为20，其最大面积是
7.分解因式2x2−7xy+6y2+2x−y−12
8.若(m−p)2−4(p−q)(q−m)=0，试求p、q、m三者的关系
9.x2−6xy+13y2=100的正整数解有（）
A、三组
B、四组
C、五组
D、六组
10.设x,y,z为非负实数，且满足
(1),x+y+z=2,
(2),对所有的t≤1，有2t−1≤xy+yz+zx≤t2−2t+2.
求证：x≤4
3,y≤4
3
,z≤4
3
11.平行四边形MNPQ的一边PQ在△ABC的底边BC上，另两个顶点M，N分别在AB，
AC上，求证：MNPQ的面积不大于△ABC面积的一半。

12.已知如图，△ABC的面积为S，作一直线l∥BC，分别交AB、AC于D、E两点，记△BED
s
的面积为k。

证明：k≤1
4
13.如图，在四边形ABCD中，AD=DC=1，∠DAB=∠DCB=90°，BC、AD的延长线交于P，求
AB⋅SΔPAB的最小值
参考答案：
1.1/5或-1
2. A
3.[1/3,3]
4.x=y=1
5.t2−6t+(z2+9)=0，Δ≥0，z=0,x=y
6.300−200√2
7.(2x−3y−4)(x−2y+3)
8.P+m=2q
9. A
10.【分析】
取t=1,则1≤xy+yz+zx≤1
故xy+yz+zx=1，
所以x+y=2−zxy+z(x+y)=1，得xy=x2−2x+1,
有x、y为关于t的方程：t2+(x−2)t+x2−2x+1=0的两个实数根。

Δ=(x−2)2−4(x2−2x+1)≥0，
O≤x≤4
3。

同理0≤y≤4
3
,0≤z≤4
3
11.【分析】
作高AD交MN于E，BC于D。

设MN=x，BC=a，则sΔAMN∽sΔABC，∴AE
AD =x
a
又S梯=x⋅ED，SΔABC=1
2a⋅AD。

∴ED
AD
=aS梯
2x⋅sΔ
.
又AE
AD =AD−ED
AD
=1−ED
AD
=x
a
⇒1−as
2x⋅sΔ=x
a
，所以2SΔx2−2aSΔx+a2s=0，Δ=4sΔ2−4⋅2as⋅SΔ
a
≥0
得s≤1
2
sΔ。

得证
12.【证明】
记sΔADE=s1，sΔBCE=s2，
则s2=k=AD:DB，(S1+K):S2=AE:EC，
由l∥BC得，AD:DB=AE:EC,则有
s1:k=(s1+k)=s2，即s12+(2k−s)s1+k2=0有实根，
∴Δ=(2k−s)2−4k2≥0，∴k≤1
4
s
13.【分析】
设DP=x,则PC=√x2−1，∵△PCD∽△PAB，
∴CD:AB=PC:PA，所以AB=CD⋅PA
PC =x+1
√x2−1
设y=AB⋅SΔ
P AB ，则y=1
2
AB2⋅PA=(x+1)2
2(x2−1)
，化简x2−2(1−y)x+1+2y=0
判别式Δ=4(1−y)2−4(1+2y)=4y(y−4)≥0，即y≥4，所以所求最小值为4
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