上海民办新复兴初级中学数学一元二次方程(培优篇)(Word版 含解析)

上海民办新复兴初级中学数学一元二次方程（培优篇）（Word 版
含解析）
一、初三数学 一元二次方程易错题压轴题（难）
1．如图1，平面直角坐标系xOy 中，等腰ABC ∆的底边BC 在x 轴上，8BC =，顶点A 在y 的正半轴上，2OA =，一动点E 从(3,0)出发，以每秒1个单位的速度沿CB 向左运动，到达OB 的中点停止．另一动点F 从点C 出发，以相同的速度沿CB 向左运动，到达点O 停止．已知点E 、F 同时出发，以EF 为边作正方形EFGH ，使正方形EFGH 和ABC ∆在BC 的同侧．设运动的时间为t 秒（0t ≥）．
（1）当点H 落在AC 边上时，求t 的值；
（2）设正方形EFGH 与ABC ∆重叠面积为S ，请问是存在t 值，使得9136S =
？若存在，求出t 值；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，取AC 的中点D ，连结OD ，当点E 、F 开始运动时，点M 从点O 出发，以每秒25OD DC CD DO ---运动，到达点O 停止运动．请问在点E 的整个运动过程中，点M 可能在正方形EFGH 内（含边界）吗？如果可能，求出点M 在正方形EFGH 内（含边界）的时长；若不可能，请说明理由．
【答案】（1）t=1；（2）存在，143t =，理由见解析；（3）可能，3455
t ≤≤或4533
t ≤≤或35t ≤≤理由见解析 【解析】
【分析】
（1）用待定系数法求出直线AC 的解析式，根据题意用t 表示出点H 的坐标，代入求解即可；
（2）根据已知，当点F 运动到点O 停止运动前，重叠最大面积是边长为1的正方形的面积，即不存在t ，使重叠面积为9136
S =，故t ﹥4,用待定系数法求出直线AB 的解析式，求出点H 落在BC 边上时的t 值，求出此时重叠面积为
169﹤9136，进一步求出重叠面积关于t 的表达式，代入解t 的方程即可解得t 值；
（3）由已知求得点D （2，1），
AC=
结合图形分情况讨论即可得出符合条件的时长．
【详解】
（1）由题意，A(0，2)，B(-4，0)，C(4，0)，
设直线AC 的函数解析式为y=kx+b ，
将点A 、C 坐标代入，得：
402k b b +=⎧⎨=⎩，解得：122
k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩， ∴直线AC 的函数解析式为122
y x =-+， 当点H 落在AC 边上时，点E(3-t ，0)，点H （3-t ，1），
将点H 代入122
y x =-+，得： 11(3)22
t =--+，解得：t=1； （2）存在，143t =，使得9136
S =． 根据已知，当点F 运动到点O 停止运动前，重叠最大面积是边长为1的正方形的面积，即不存在t ，使重叠面积为9136S =
，故t ﹥4， 设直线AB 的函数解析式为y=mx+n ，
将点A 、B 坐标代入，得：
402m n n -+=⎧⎨=⎩，解得：122
m n ⎧=⎪⎨⎪=⎩， ∴直线AC 的函数解析式为122
y x =+， 当t ﹥4时，点E （3-t ，0）点H （3-t ，t-3），G(0，t-3)， 当点H 落在AB 边上时，将点H 代入122y x =
+，得： 13(3)22t t -=-+，解得：133
t =； 此时重叠的面积为221316(3)(
3)39t -=-=， ∵169﹤9136，∴133
﹤t ﹤5， 如图1，设GH 交AB 于S ，EH 交AB 于T,
将y=t-3代入122y x =+得：1322t x -=+， 解得：x=2t-10，
∴点S(2t-10，t-3)， 将x=3-t 代入122y x =+得：11(3)2(7)22
y t t =-+=-， ∴点T 1(3,(7))2t t --，
∴AG=5-t ，SG=10-2t ，BE=7-t ，ET=1(7)2
t -， 211(7)24BET S BE ET t ∆=
=-, 21(5)2
ASG S AG SG t ∆==- 所以重叠面积S=AOB BET ASG S S S ∆∆∆--=4-
21(7)4t --2(5)t -=2527133424t t -+-， 由2527133424t t -+
-=9136得：1143t =，29215t =﹥5(舍去)， ∴143
t =；
（3）可能，35
≤t≤1或t=4． ∵点D 为AC 的中点，且OA=2,OC=4，
∴点D （2，1），AC=255
易知M 点在水平方向以每秒是4个单位的速度运动；
当0﹤t ﹤
12时，M 在线段OD 上，H 未到达D 点，所以M 与正方形不相遇； 当12﹤t ﹤1时， 12+12÷（1+4）=35
秒， ∴t =
35时M 与正方形相遇，经过1÷（1+4）=15秒后，M 点不在正方行内部，则
3455t ≤≤； 当t=1时，由（1）知，点F 运动到原E 点处，M 点到达C 处；
当1≤t≤2时，当t=1+1÷（4-1）=43秒时，点M 追上G 点，经过1÷（4-1）=13
秒，点M 都在正方形EFGH 内（含边界），
4533t ≤≤ 当t=2时，点M 运动返回到点O 处停止运动，
当 t=3时，点E 运动返回到点O 处, 当 t=4时，点F 运动返回到点O 处,
当35t ≤≤时，点M 都在正方形EFGH 内（含边界），
综上，当
3455t ≤≤或4533
t ≤≤或35t ≤≤时，点M 可能在正方形EFGH 内（含边界）．
【点睛】
本题考查了一次函数与几何图形的综合，涉及求一次函数的解析式、正方形的性质、直角三角形的性质、不规则图形的面积、解一元二次方程等知识，解答的关键是认真审题，提取相关信息，利用待定系数法、数形结合法等解题方法确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．
2．如图，在四边形ABCD 中，9054ABC BCD AB BC cm CD cm ∠=∠=︒===，，点P 从点C 出发以1/cm s 的速度沿CB 向点B 匀速移动，点M 从点A 出发以15/cm s 的速度沿AB 向点B 匀速移动，点N 从点D 出发以/acm s 的速度沿DC 向点C 匀速移动．点P M N 、、同时出发，当其中一个点到达终点时，其他两个点也随之停止运动，设移动时间为ts ．
（1）如图①，
①当a 为何值时，点P B M 、、为顶点的三角形与PCN △全等?并求出相应的t 的值； ②连接AP BD 、交于点E ，当AP BD ⊥时，求出t 的值；
（2）如图②，连接AN MD 、交于点F ．当3
883
a t ==，时，证明：ADF CDF S S ∆∆=．
【答案】（1）① 2.5t =， 1.1a =或2t =，0.5a =；②1t =；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）①当PBM PCN ≅△△时或当MBP PCN ≅△△时，分别列出方程即可解决问题； ②当AP BD ⊥时，由ABP BCD ≅△△，推出BP CD =，列出方程即可解决问题； （2）如图②中，连接AC 交MD 于O 只要证明AOM COD ≅△△，推出OA OC =，可得ADO CDO S S ∆∆=，AFO CFO S S ∆∆=，推出ADO AFO CDO CFO S S S S ∆∆∆∆-=-，即ADF CDF S S ∆∆=；
【详解】
解：（1）①90ABC BCD ∠=∠=︒，
∴当PBM PCN ≅△△时，有BM NC =，即5t t -=①
5 1.54t at -=-②
由①②可得 1.1a =， 2.5t =．
当MBP PCN ≅△△时，有BM PC =，BP NC =，即5 1.5t t -=③
54t at -=-④，
由③④可得0.5a =，2t =．
综上所述，当 1.1a =， 2.5t =或0.5a =，2t =时，以P 、B 、M 为顶点的三角形与PCN △全等；
②AP BD ⊥，
90BEP ∴∠=︒，
90APB CBD ∴∠+∠=︒，
90ABC ∠=︒，
90APB BAP ∴∠+∠=︒，
BAP CBD ∴∠=∠，
在ABP △和BCD 中，
BAP CBD AB BC
ABC BCD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
， ()ABP BCD ASA ∴≅△△，
BP CD ∴=，
即54t -=，
1
t
∴=；
（2）当
3
8
a=，
8
3
t=时，1
DN at
==，而4
CD=，
DN CD
∴<，
∴点N在点C、D之间，
1.54
AM t
==，4
CD=，
AM CD
∴=，
如图②中，连接AC交MD于O，
90
ABC BCD
∠=∠=︒，
180
ABC BCD
∴∠+∠=︒，
//
AB BC
∴，
AMD CDM
∴∠=∠，BAC DCA
∠=∠，
在AOM和COD
△中，
AMD CDM
AM CD
BAC DCA
∠=∠
⎧
⎪
=
⎨
⎪∠=∠
⎩
，
()
AOM COD ASA
∴≅
△△，
OA OC
∴=，
ADO CDO
S S
∆∆
∴=，
AFO CFO
S S
∆∆
=，
ADO AFO CDO CFO
S S S S
∆∆∆∆
∴-=-，
ADF CDF
S S
∆∆
∴=．
【点睛】
本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、等高模型等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
3．已知关于x的一元二次方程kx2﹣2（k+1）x+k﹣1＝0有两个不相等的实数根x1，x2．（1）求k的取值范围；
（2）是否存在实数k，使
12
11
x x
-＝1成立？若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）k ＞﹣
13
且k ≠0；（2
）存在，7k =±详见解析 【解析】
【分析】 （1）根据一元二次方程的根的判别式，建立关于k 的不等式，求得k 的取值范围．
（2）利用根与系数的关系，根据211212
11,x x x x x x --=即可求出k 的值，看是否满足（1）中k 的取值范围，从而确定k 的值是否存在．
【详解】
解：（1）由题意知，k ≠0且△＝b 2﹣4ac ＞0
∴b 2﹣4ac ＝[﹣2（k +1）]2﹣4k （k ﹣1）＞0，
即4k 2+8k +4﹣4k 2+4k ＞0，
∴12k ＞﹣4
解得：k ＞13
-且k ≠0
（2
）存在，且7k =±理由如下： ∵12122(1)1,,k k x x x x k k
+-+=
= 又有211212111,x x x x x x --== 2112,x x x x ∴-=
22222121122,x x x x x x ∴-+=
22121212()4(),x x x x x x ∴+-=
2222441()(),k k k k k k
+--∴-= 22(22)(44)(1),k k k k ∴+--=-
21430,k k ∴--=
1,14,3,a b c ==-=-
24208,b ac ∴∆=-=
7k ∴==± k ＞1
3
-且k ≠0， 172130.21,3-≈
--＞ 17.3
+-
∴满足条件的k 值存在，且7k =± ．
【点睛】
本题考查的是一元二次方程根的判别式，一元二次方程根与系数的关系，掌握以上知识是解题的关键．
4．如图，在平面直角坐标系中，O为原点，点A（0，8），点B（m，0），且m＞0.把△AOB绕点A逆时针旋转90°，得△ACD，点O，B旋转后的对应点为C，D，
（1）点C的坐标为；
（2）①设△BCD的面积为S，用含m的式子表示S，并写出m的取值范围；
②当S=6时，求点B的坐标（直接写出结果即可）.
【答案】（1）C（8，8）；（2）①S=0.5m2﹣4m（m＞8），或S=﹣0.5m2+4m（0＜m＜8）；②点B的坐标为（7，0）或（2，0）或（6，0）.
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质得出AC＝AO＝8，∠OAC＝90°，得出C（8，8）即可；
（2）①由旋转的性质得出DC＝OB＝m，∠ACD＝∠AOB＝90°，∠OAC＝90°，得出∠ACE＝90°，证出四边形OACE是矩形，得出DE⊥x轴，OE＝AC＝8，分三种情况：
a、当点B在线段OE的延长线上时，得出BE＝OB−OE＝m−8，由三角形的面积公式得出S ＝0.5m2−4m（m＞8）即可；
b、当点B在线段OE上（点B不与O，E重合）时，BE＝OE−OB＝8−m，由三角形的面积公式得出S＝−0.5m2＋4m（0＜m＜8）即可；
c、当点B与E重合时，即m＝8，△BCD不存在；
②当S＝6，m＞8时，得出0.5m2−4m＝6，解方程求出m即可；
当S＝6，0＜m＜8时，得出−0.5m2＋4m＝6，解方程求出m即可．
【详解】
（1）∵点A（0，8），∴AO=8，
∵△AOB绕点A逆时针旋转90°得△ACD，∴AC=AO=8，∠OAC=90°，∴C（8，8），
故答案为（8，8）；
（2）①延长DC交x轴于点E，∵点B（m，0），∴OB=m，
∵△AOB绕点A逆时针旋转90°得△ACD，
∴DC=OB=m，∠ACD=∠AOB=90°，∠OAC=90°，∴∠ACE=90°，
∴四边形OACE是矩形，∴DE⊥x轴，OE=AC=8，
分三种情况：
a、当点B在线段OE的延长线上时，如图1所示：
则BE=OB ﹣OE=m ﹣8，∴S=0.5DC•BE=0.5m （m ﹣8），即S=0.5m 2﹣4m （m ＞8）； b 、当点B 在线段OE 上（点B 不与O ，E 重合）时，如图2所示：
则BE=OE ﹣OB=8﹣m ，∴S=0.5DC•BE=0.5m （8﹣m ），即S=﹣0.5m 2+4m （0＜m ＜8）； c 、当点B 与E 重合时，即m=8，△BCD 不存在；
综上所述，S=0.5m 2﹣4m （m ＞8），或S=﹣0.5m 2+4m （0＜m ＜8）；
②当S=6，m ＞8时，0.5m 2﹣4m=6，解得：m=4±27（负值舍去），∴m=4+27； 当S=6，0＜m ＜8时，﹣0.5m 2+4m=6，解得：m=2或m=6，
∴点B 的坐标为（4+27，0）或（2，0）或（6，0）.
【点睛】
本题是三角形综合题目，考查了坐标与图形性质、旋转的性质、矩形的判定与性质、三角形面积公式、一元二次方程的解法等知识；本题综合性强，有一定难度．
5．已知x 1、x 2是关于x 的﹣元二次方程（a ﹣6）x 2+2ax+a=0的两个实数根．
（1）求a 的取值范围；
（2）若（x 1+1）（x 2+1）是负整数，求实数a 的整数值．
【答案】（1）a≥0且a≠6;（2）a 的值为7、8、9或12．
【解析】
【分析】
（1）根据一元二次方程的定义及一元二次方程的解与判别式之间的关系解答即可；
（2）根据根与系数的关系可得x 1+x 2=﹣
2-6a a ，x 1x 2=-6a a ，由（x 1+1）（x 2+1）=x 1x 2+x 1+x 2+1=﹣
66a - 是是负整数，即可得66
a -是正整数．根据a 是整数，即可求得a 的值2．
【详解】
（1）∵原方程有两实数根， ∴260(2)4(6)*0a a a a -≠⎧⎨∆=-->⎩
， ∴a≥0且a≠6．
（2）∵x 1、x 2是关于x 的一元二次方程（a ﹣6）x 2+2ax+a=0的两个实数根，
∴x 1+x 2=﹣26a a -，x 1x 2=6
a a -， ∴（x 1+1）（x 2+1）=x 1x 2+x 1+x 2+1=
-6a a ﹣26a a -+1=﹣66a -． ∵（x 1+1）（x 2+1）是负整数，
∴﹣
66a -是负整数，即66
a -是正整数． ∵a 是整数，
∴a ﹣6的值为1、2、3或6，
∴a 的值为7、8、9或12．
【点睛】 本题考查了根的判别式和根与系数的关系，能根据根的判别式和根与系数的关系得出关于a 的不等式是解此题的关键．
6．（本题满分10分）如图，在平面直角坐标系中，直线AB 与x 轴、y 轴分别交于点A 、B ，直线CD 与x 轴、y 轴分别交于点C 、D ，AB 与CD 相交于点E ，线段OA 、OC 的长是一元二次方程－18x+72=0的两根（OA ＞OC ），BE=5，tan ∠ABO=．
（1）求点A ，C 的坐标；
（2）若反比例函数y=的图象经过点E ，求k 的值；
（3）若点P 在坐标轴上，在平面内是否存在一点Q ，使以点C ，E ，P ，Q 为顶点的四边形是矩形？若存在，请写出满足条件的点Q 的个数，并直接写出位于x 轴下方的点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)、A （12，0），C （﹣6，0）；(2)、k=36；(3)、6个；Q 1（10，﹣12），Q 2（﹣3，6﹣3
）. 【解析】
试题分析：(1)、首先求出方程的解，根据OA ＞OC 求出两点的坐标；(2)、根据∠ABO 的正切值求出OB 的长度，根据Rt △AOB 得出AB 的长度，作EM ⊥x 轴，根据三角形相似得出点E 的坐标，然后求出k 的值；(3)、分别以CE 为矩形的边，在点C 、E 处设计直角，垂线与两坐标轴相交，得到点P ，进而得到点Q ；以CE 为矩形对角线，则以CE 的中点为圆心
做圆，与两坐标轴相交，得到点P，再得点Q.
试题解析：（1）由题意，解方程得：x1=6，x2=12．∵OA＞OC，∴OA=12，OC=6．
∴A（12，0），C（﹣6，0）；
（2）∵tan∠ABO=，∠AOB=90°
∴∴OB=16．
在Rt△AOB中，由勾股定理，得AB=20
∵BE=5，∴AE=15．
如图1，作EM⊥x轴于点M，
∴EM∥OB．∴△AEM∽△ABO，
∴，即：
∴EM=12，AM=9，∴OM=12﹣9=3．
∴E（3，12）．∴k=36；
（3）满足条件的点Q的个数是6，
x轴的下方的Q1（10，﹣12），Q2（﹣3，6﹣3）；
方法：如下图
①分别以CE为矩形的边，在点C、E处设计直角，垂线与两坐标轴相交，得到点P，进而得到点Q；（有三种）②以CE为矩形对角线，则以CE的中点为圆心做圆，与两坐标轴相交，得到点P，再得点Q；（有三种）
如图①∵E（3，12），C（﹣6，0），
∴CG=9，EG=12，∴EG2=CG•GP，∴GP=16，
∵△CPE与△PCQ是中心对称，
∴CH=GP=16，QH=FG=12，∵OC=6，∴OH=10，
∴Q（10，﹣12），
如图②作MN∥x轴，交EG于点N，
EH⊥y轴于点H ∵E（3，12），C（﹣6，0），
∴CG=9，EG=12，∴CE=15，
∵MN=CG=，可以求得PH=3﹣6，
同时可得PH=QR，HE=CR ∴Q（﹣3，6﹣3），
考点：三角形相似的应用、三角函数、一元二次方程.
7．如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A在y轴正半轴上，顶点B在x轴正半轴上，OA、OB的长分别是一元二次方程x2﹣7x+12=0的两个根（OA＞OB）．
（1）求点D的坐标．
（2）求直线BC的解析式．
（3）在直线BC上是否存在点P，使△PCD为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）D（4，7）（2）y=39
44
x （3）详见解析
【解析】
试题分析：（1）解一元二次方程求出OA、OB的长度，过点D作DE⊥y于点E，根据正方形的性质可得AD=AB，∠DAB=90°，然后求出∠ABO=∠DAE，然后利用“角角边”证明△DAE 和△ABO全等，根据全等三角形对应边相等可得DE=OA，AE=OB，再求出OE，然后写出点D的坐标即可；
（2）过点C作CM⊥x轴于点M，同理求出点C的坐标，设直线BC的解析式为y=kx+b （k≠0，k、b为常数），然后利用待定系数法求一次函数解析式解答；
（3）根据正方形的性质，点P与点B重合时，△PCD为等腰三角形；点P为点B关于点C 的对称点时，△PCD为等腰三角形，然后求解即可．
试题解析：（1）x2﹣7x+12=0，
解得x1=3，x2=4，
∵OA＞OB，
∴OA=4，OB=3，
过D作DE⊥y于点E，
∵正方形ABCD，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∠DAE+∠OAB=90°，
∠ABO+∠OAB=90°，
∴∠ABO=∠DAE，
∵DE⊥AE，
∴∠AED=90°=∠AOB，
∵DE⊥AE
∴∠AED=90°=∠AOB，
∴△DAE≌△ABO（AAS），
∴DE=OA=4，AE=OB=3，
∴OE=7，
∴D（4，7）；
（2）过点C作CM⊥x轴于点M，
同上可证得△BCM≌△ABO，
∴CM=OB=3，BM=OA=4，
∴OM=7，
∴C（7，3），
设直线BC的解析式为y=kx+b（k≠0，k、b为常数），
代入B（3，0），C（7，3）得，，
解得，
∴y=x﹣；
（3）存在．
点P与点B重合时，P1（3，0），
点P与点B关于点C对称时，P2（11，6）．
考点：1、解一元二次方程；2、正方形的性质；3、全等三角形的判定与性质；4、一次函数
8．如图，正方形ABCD的四个顶点分别在正方形EFGH的四条边上，我们称正方形EFGH 是正方形ABCD的外接正方形．
探究一：已知边长为1的正方形ABCD，是否存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的2倍？如图，假设存在正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD的2倍．因为正方形ABCD的面积为1，则正方形EFGH的面积为2，
所以EF＝FG＝GH＝HE2EB＝x，则BF2﹣x，
∵Rt△AEB≌Rt△BFC
∴BF＝AE2﹣x
在Rt△AEB中，由勾股定理，得
x2+2﹣x）2＝12
解得，x1＝x2＝
2 2
∴BE＝BF，即点B是EF的中点．
同理，点C，D，A分别是FG，GH，HE的中点．
所以，存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的2倍
探究二：已知边长为1的正方形ABCD，是否存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的3倍？（仿照上述方法，完成探究过程）
探究三：已知边长为1的正方形ABCD，一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的4倍？（填“存在”或“不存在”）
探究四：已知边长为1的正方形ABCD，是否存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的n倍？（n＞2）（仿照上述方法，完成探究过程）
【答案】不存在，详见解析
【解析】
【分析】
探究二，根据探究一的解答过程、运用一元二次方程计算即可；探究三，根据探究一的解答过程、运用一元二次方程根的判别式解答；探究四，根据探究一的解答过程、运用一元二次方程根的判别式解答．
【详解】
探究二：因为正方形ABCD的面积为1，则正方形EFGH的面积为3，
所以EF=FG=GH=HE，设EB=x，则BF x，
∵Rt△AEB≌Rt△BFC，
∴BF=AE﹣x，
在Rt△AEB中，由勾股定理，得，
x2+x）2=12，
整理得x2x+1=0，
b2﹣4ac=3﹣4＜0，
此方程无解，
不存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的3倍；
探究三：因为正方形ABCD的面积为1，则正方形EFGH的面积为4，
所以EF=FG=GH=HE=2，设EB=x，则BF=2﹣x，
∵Rt△AEB≌Rt△BFC，
∴BF=AE=2﹣x，
在Rt△AEB中，由勾股定理，得，
x2+（2﹣x）2=12，
整理得2x2﹣4x+3=0，
b2﹣4ac=16﹣24＜0，
此方程无解，
不存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的3倍，
故答案为不存在；
探究四：因为正方形ABCD的面积为1，则正方形EFGH的面积为n，
所以EF=FG=GH=HE，设EB=x，则BF﹣x，
∵Rt△AEB≌Rt△BFC，
∴BF=AE=n﹣x，
在Rt△AEB中，由勾股定理，得，
x2+（n﹣x）2=12，
整理得2x2﹣2n x+n﹣1=0，
b2﹣4ac=8﹣4n＜0，
此方程无解，
不存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的n倍．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、一元二次方程的解法等知识.读懂探究一的解答过程、正确运用一元二次方程根的判别式是解题的关键．
9．已知：如图，在平面直角坐标系中，矩形AOBC的顶点C的坐标是（6，4），动点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿线段AC运动，同时动点Q从点B出发，以每秒2个单位的速度沿线段BO运动，当Q到达O点时，P，Q同时停止运动，运动时间是t秒（t ＞0）．
（1）如图1，当时间t＝秒时，四边形APQO是矩形；
（2）如图2，在P，Q运动过程中，当PQ＝5时，时间t等于秒；
（3）如图3，当P，Q运动到图中位置时，将矩形沿PQ折叠，点A，O的对应点分别是D，E，连接OP，OE，此时∠POE＝45°，连接PE，求直线OE的函数表达式．
【答案】（1）t＝2；（2）1或3；（3）y＝1
2 x．
【解析】
【分析】
先根据题意用t表示AP、BQ、PC、OQ的长．
（1）由四边形APQO是矩形可得AP＝OQ，列得方程即可求出t．
（2）过点P作x轴的垂线PH，构造直角△PQH，求得HQ的值．由点H、Q位置不同分两种情况讨论用t表示HQ，即列得方程求出t．根据t的取值范围考虑t的合理性．
（3）由轴对称性质，对称轴PQ垂直平分对应点连线OC，得OP＝PE，QE＝OQ．由∠POE ＝45°可得△OPE是等腰直角三角形，∠OPE＝90°，即点E在矩形AOBC内部，无须分类讨论．要求点E坐标故过点E作x轴垂线MN，易证△MPE≌△AOP，由对应边相等可用t表示EN，QN．在直角△ENQ中利用勾股定理为等量关系列方程即求出t．
【详解】
∵矩形AOBC中，C（6，4）
∴OB＝AC＝6，BC＝OA＝4
依题意得：AP＝t，BQ＝2t（0＜t≤3）
∴PC＝AC﹣AP＝6﹣t，OQ＝OB﹣BQ＝6﹣2t （1）∵四边形APQO是矩形
∴AP＝OQ
∴t＝6﹣2t
解得：t＝2
故答案为2．
（2）过点P作PH⊥x轴于点H
∴四边形APHO是矩形
∴PH＝OA＝4，OH＝AP＝t，∠PHQ＝90°
∵PQ＝5
∴HQ
3 =
①如图1，若点H在点Q左侧，则HQ＝OQ﹣OH＝6﹣3t ∴6﹣3t＝3
解得：t＝1
②如图2，若点H在点Q右侧，则HQ＝OH﹣OQ＝3t﹣6∴3t﹣6＝3
解得：t＝3
故答案为1或3．
（3）过点E作MN⊥x轴于点N，交AC于点M
∴四边形AMNO是矩形
∴MN＝OA＝4，ON＝AM
∵矩形沿PQ折叠，点A，O的对应点分别是D，E
∴PQ垂直平分OE
∴EQ＝OQ＝6﹣2t，PO＝PE
∵∠POE＝45°
∴∠PEO＝∠POE＝45°
∴∠OPE＝90°，点E在矩形AOBC内部
∴∠APO+∠MPE＝∠APO+∠AOP＝90°
∴∠MPE＝∠AOP
在△MPE与△AOP中
PME OAP90 MPE AOP
PE0P ︒
⎧∠=∠=
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
∴△MPE≌△AOP（AAS）
∴PM＝OA＝4，ME＝AP＝t
∴ON＝AM＝AP+PM＝t+4，EN＝MN﹣ME＝4﹣t ∴QN＝ON﹣OQ＝t+4﹣（6﹣2t）＝3t﹣2
∵在Rt △ENQ 中，EN 2+QN 2＝EQ 2 ∴（4﹣t ）2+（3t ﹣2）2＝（6﹣2t ）2 解得：t 1＝﹣2（舍去），t 2＝
43 ∴AM ＝43+4＝163，EN ＝4﹣43＝83
∴点E 坐标为（163，83
） ∴直线OE 的函数表达式为y ＝
12x ．
【点睛】
本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，解一元一次和一元二次方程．在动点题中要求运动时间t 的值，常规做法是用t 表示相关线段，再利用线段相等或勾股定理作为等量关系列方程求值．要注意根据t 的取值范围考虑方程的解的合理性．
10．如图，在矩形ABCD 中，6AB = ，10BC = ，将矩形沿直线EF 折叠．使得点A 恰好落在BC 边上的点G 处，且点E 、F 分别在边AB 、AD 上（含端点），连接CF .
（1）当32BG = 时，求AE 的长；
（2）当AF 取得最小值时，求折痕EF 的长；
（3）连接CF ，当△FCG 是以CG 为底的等腰三角形时，直接写出BG 的长.
【答案】（1）92AE =
；（2）62EF =3）185
BG =. 【解析】
【分析】 （1）根据折叠得出AE=EG ，据此设AE=EG=x ，则有BE=6-x ，由勾股定理求解可得；
（2）由FG ⊥BC 时FG 的值最小，即此时AF 能取得最小值，显然四边形AEGF 是正方形，从而根据勾股定理可得答案；
（3）由△CFG 是以FG 为一腰的等腰三角形，可知应分两种情况讨论：①FG=FC ；
②FG=GC ；分别求解可得． 【详解】
（1）由折叠易知，AE EG =，设AE EG x ==，则有6BE x =-，
由勾股定理，得()()222632x x =-+，解得92x =，即92AE = （2）由折叠易知，AF FG =，而当FG BC ⊥时，FG 的值最小，即此时AF 能取得最小值，
当FG BC ⊥时，FG 的值最小，即此时AF 能取得最小值，
当FG BC ⊥时，点E 与点B 重合，
此时四边形AEGF 是正方形，
∴折痕226662EF =+=.
（3）由△CFG 是以FG 为一腰的等腰三角形，可知应分两种情况讨论：
①当FG=FC 时，如图2，过F 作FH ⊥CG 于H ，
则有：AF=FG=FC ，CH=DF=GH
设AF=FG=FC=x ，则DF=10-x=CH=GH
在Rt △CFH 中
∵CF 2=CH 2+FH 2
∴x 2=62+（10-x ）2
解得：x=345
， ∴DF=CH=GH=10-
165， 即BG=10-165×2=185
， ②当FG=GC 时，则有：AF=FG=GC=x ，CH=DF=10-x ；
∴GH=x-（10-x ）=2x-10，
在Rt △FGH 中，由勾股定理易得：x 2=62+（2x-10）2，
化简得：3x 2-40x+136=0，
∵△=（-40）2-4×3×136=-32＜0，
∴此方程没有实数根．
综上可知：BG=
185
． 【点睛】
本题主要考查四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形和翻折变换的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、一元二次方程根与系数的关系等知识点，也考查了分类讨论的数学思想．。