中考数学解题指导专题4：韦达定理应用探讨 28页

1 【2013 年中考攻略】专题 4：韦达定理应用探讨 韦达，1540 年出生于法国的波亚图，早年学习法律，但他对数学有浓厚的兴趣，常利用业余时间钻研 数学。韦达第一个有意识地和系统地使用字母来表示已知数、未知数及其乘幂，带来了代数学理论研究的 重大进步。韦达讨论了方程根的各种有理变换，发现了方程根与系数之间的关系（所以人们把叙述一元二 次方程根与系数关系的结论称为“韦达定理”）。人们为了纪念他在代数学上的功绩，称他为“代数学之父”。 韦达定理说的是：设一元二次方程  2ax +bx+c=0 a 0 有二实数根 12xx， ，则 1 2 1 2 bcx +x = x x =aa， 。 这两个式子反映了一元二次方程的两根之积与两根之和同系数 a，b，c 的关系。其逆命题：如果 满 足 ，那么 是一元二次方程 的两个根也成立。 韦达定理的应用有一个重要前提，就是一元二次方程必须有解，即根的判别式 2=b 4ac 0   。 韦达定理及其逆定理作为一元二次方程的重要理论在初中数学教学和中考中有着广泛的应用。我们将 其应用归纳为：①不解方程求方程的两根和与两根积； ②求对称代数式的值； ③构造一元二次方程； ④ 求方程中待定系数的值； ⑤在平面几何中的应用；⑥在二次函数中的应用。下面通过近年全国各地中考 的实例探讨其应用。 一、不解方程求方程的两根和与两根积：已知一元二次方程，可以直接根据韦达定理求得两根 和与两根积。 典型例题： 例 1：（2012 湖北武汉 3 分）若 x1、x2 是一元二次方程 x2－3x＋2＝0 的两根，则 x1＋x2 的值是【 】 A．－2 B．2 C．3 D．1 【答案】C。 【考点】一元二次方程根与系数的关系。 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，得 x1＋x2＝3。故选 C。 例 2：（ 2001 湖 北 武 汉 3 分）若 x1、x2 是一元二次方程 x2＋ 4x＋3＝0 的 两 个 根 ，则 x1·x 2 的值 是 【 】 A.4. B.3. C.－ 4. D.－ 3. 【答案】B。 【考点】一 元 二 次 方 程 根 与 系 数 的 关 系 。 【分析】根 据 一 元 二 次 方 程 的 根 与 系 数 的 关 系 ， 得 12 c3x x = = =3a1 。故选 B。 例 3：（2012 山东烟台 3 分）下列一元二次方程两实数根和为﹣4 的是【 】 2 A．x2+2x﹣4=0 B．x2﹣4x+4=0 C．x2+4x+10=0 D．x2+4x﹣5=0 【答案】D。 【考点】一元二次方程根的判别式和根与系数的关系。 【分析】根据一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，要使方程的两实数根和为﹣4，必须方程根的 判别式△=b2﹣4ac≥0，且 x1+x2=﹣ b a =﹣4。据此逐一作出判断： A．x2+2x﹣4=0：△=b2﹣4ac=20＞0，x1+x2=﹣ =﹣2，所以本选项不合题意； B．x2﹣4x+4=0：△=b2﹣4ac=0，x1+x2=﹣ =4，所以本选项不合题意； C．x2+4x+10=0：△=b2﹣4ac=﹣28＜0，方程无实数根，所以本选项不合题意； D．x2+4x﹣5=0：b2﹣4ac=36＞0，， x1+x2=﹣ =﹣4，所以本选项符号题意。 故选 D。 例 4：（2012 广西来宾 3 分）已知关于 x 的一元二次方程 x2+x+m=0 的一个实数根为 1，那么它的另一个 实数根是【 】 A．－2 B．0 C．1 D．2 【答案】A。 【考点】一元二次方程根与系数的关系。 【分析】设方程的另一个实数根为 x，则根据一元二次方程根与系数的关系，得 x＋1=－1，解得 x=－2。 故选 A。 练习题： 1. （2007 重庆市 3 分）已知一元二次方程 22x 3x 1 0   的两根为 x1、x2，则 x1+x2= ▲ 。 2. （2005 浙江湖州 3 分）已知一元二次方程 2x 12x 7 0   的两个根为 x1、x2，则 x1+x2 的值是【 】 A．－12 B．12 C．－7 D．7 3. （2011 广西来宾 3 分）已知一元二次方程 x2+mx﹣2=0 的两个实数根分别为 x1、x2，则 x1·x 2= ▲ ． 4.（2011 湖北咸宁 3 分）若关于 x 的方程 022  mxx 的一个根为 1 ，则另一个根为【 】 A． 3 B． 1 C．1 D．3 5.（2011 云南昆明 3 分）若 x1，x2 是一元二次方程 2x2﹣7x+4=0 的两根，则 x1+x2 与 x1•x2 的值分别是【 】 A、﹣ 7 2 ，﹣2 B、﹣ ，2 C、 ，2 D、 ，﹣2 3 二、求对称代数式的值：应用韦达定理及代数式变换，可以求出一元二次方程两根的对称式的值。 所谓对称式，即若将代数式中的任意两个字母交换，代数式不变（    f x y =f y x， ， ）， 则称这个代数式 为完全对称式，如 2211x +y +xy ， 等。扩展后，可以视 xy 中 x 与 y 对称。 典型例题： 例 1：（2012 四川攀枝花 3 分）已知一元二次方程：x2﹣3x﹣1=0 的两个根分别是 x1、x2，则 x1 2x2+x1x2 2 的值为【 】 A． ﹣3 B． 3 C． ﹣6 D． 6 【答案】A。 【考点】一元二次方程根与系数的关系，求代数式的值。 【分析】由一元二次方程：x2﹣3x﹣1=0 的两个根分别是 x1、x2， 根据一元二次方程根与系数的关系得，x1+x2=3，x1x2=―1， ∴x1 2x2＋x1x2 2=x1x2（x1＋x2）=（－1）·3=－3。故选 A。 例 2：（2012 山东莱芜 3 分）已知 m、n 是方程 x2＋2 2x＋1＝0 的两根，则代数式 m2＋n2＋3mn的值为 【 】 A．9 B．±3 C．3 D．5 【答案】C。 【考点】一元二次方程根与系数的关系，求代数式的值。 【分析】∵m、n 是方程 x2＋2 2x＋1＝0 的两根，∴m＋n= 22 ，mn=1。 ∴    2222m +n +3mn= m+n +mn= 2 2 +1= 8+1= 9=3 。故选 C。 例 3：（2012 江苏南通 3 分）设 m、n 是一元二次方程 x2＋3x－7＝0 的两个根，则 m2＋4m＋n＝ ▲ ． 【答案】4。 【考点】求代数式的值，一元二次方程的解，一元二次方程根与系数的关系。 【分析】∵m、n 是一元二次方程 x2＋3x－7＝0 的两个根， ∴m 2＋3 m－7＝0，即 m 2＋3 m＝7；m＋n＝－3。 ∴m2＋4m＋n＝（m 2＋3 m）＋（m＋n）＝7－3＝4。 例 4：（2012 湖北鄂州 3 分）设 x1、x2 是一元二次方程 x2＋5x－3=0 的两个实根，且 2 1 2 22x (x 6x 3) a 4    ， 则 a= ▲ . 4 【答案】10。 【考点】一元二次方程的解和根与系数的关系。 【分析】∵x1、x2 是一元二次方程 x2＋5x－3=0 的两个实根，∴x2 2＋5x2－3=0，x1x2=－3。 又∵ 2 1 2 22x (x 6x 3) a 4    ，即 2 1 2 2 22x (x 5x 3 x ) a 4     ，即 122x (0 x ) a 4   。 ∴ 122x x a 4，即  2 3 a 4   ，解得 a=10。 练习题： 1. （2012 湖南张家界 3 分）已知 m 和 n 是方程 2x2﹣5x﹣3=0 的两根，则 11+mn= ▲ ． 2. （2012 四川泸州 3 分）设 x1，x2 是一元二次方程 x2 – 3x – 1 =0 的两个实数根，则 22 1 2 1 2x x 4x x 的 值为 ▲ 3. （2012 山东日照 4 分）已知 x1、x2 是方程 2x2+14x－16=0 的两实数根，那么 21 12 xx xx 的值为 ▲ . 4. （2012 黑龙江绥化 3 分）设 a，b 是方程 x2＋x－2013=0 的两个不相等的实数根，则 a2＋2a＋b 的值为 ▲ 5. （2012 黑龙江大庆 4 分）若方程 2x x 1 0   的两实根为a 、 b ，求 11 ab 的值． 6. （2011 湖北荆州、荆门 3 分）关于 x 的方程 2ax (3a 1)x 2(a 1) 0     有两个不相等的实根 1x 、 2x ， 且有 1 1 2 2x x x x 1 a    ，则a 的值是【 】 A.1 B. 1 C. 或 D. 2 7.（2011 贵州黔东南 4 分）若 、 是一元二次方程 2x 2011x 1 0   的两根，则 的值为【 】 A、2010 B、2011 C、 2010 1 D、 2011 1 8. （2011 江苏苏州 3 分）已知 、 是一元二次方程 2x 2x 1 0   的两个实数根，则代数式   a b a b 2 ab    的值等于 ▲ ． 9. （2011 山东德州 4 分）若 x1，x2 是方程 x 2+ x﹣1=0 的两个根，则 x 1 2+ x 2 2= ▲ ． 10. （2011 广西玉林、防城港 6 分）已知： 、 是一元二次方程 2x 4x 1 0   的两个实数根．求： 2 12 12 11(x x ) ( )xx   的值． 5 三、构造一元二次方程：如果我们知道问题中某两个字母的和与积，则可以利用韦达定理构造以 这两个字母为根的一元二次方程。扩展后字母可为代数式。 典型例题： 例 1：（2012 湖北随州 4 分）设 2 4 2a 2a 1 0 b 2b 1 0     ， ，且 1－ab2≠0，则 522ab +b 3a+1 a  = ▲ . 例 2：（2012 四川内江 12 分）如果方程 2 0x px q   的两个根是 12,xx，那么 1 2 1 2, . ,x x p x x q    请 根据以上结论，解决下列问题： （1）已知关于 x 的方程 2 0,( 0),x mx n n    求出一个一元二次方程，使它的两个根分别是已知方程两 根的倒数； （2）已知 a、b 满足 2215 5 0, 15 5 0a a b b   ,求 ab ba 的值 ； （3）已知 a、b、c 满足 0, 16a b c abc    求正数c 的最小值。 【答案】解：（1）设关于 x 的方程 2 0,( 0)x mx n n    的两根为 12,xx，则有： 1 2 1 2,.x x m x x n    ，且由已知所求方程的两根为 12 11,xx 6 ∴ 12 1 2 1 2 11xx m x x x x n     ， 1 2 1 2 1 1 1 1 x x x x n   。 ∴所求方程为 2 1 0mxxnn    ，即 2 1 0( 0)nx mx n    。 （2）∵ a、b 满足 2215 5 0, 15 5 0a a b b      ， ∴ 是方程 2 15 5 0xx   的两根。∴ 15, 5a b ab    。 ∴    222 2 22 152 2 475 a b ab a ba b a b b a ab ab ab            。 （3）∵ 0, 16a b c abc    且 0c  ∴ 16,a b c ab c    。 ∴ 是一元二次方程    2 16 00x c x cc     的两个根， 代简，得  2216 0 0cx c x c    。 又∵此方程必有实数根，∴此方程的 0 ，即 22 4 16 0cc    ，  3340cc。 又∵ 0c  ∴ 3340c 。 ∴ 4c  。 ∴正数c 的最小值为 4。． 【考点】一元二次方程根与系数的关系和根的判别式，代数式化简。 【分析】（1）设方程 2 0,( 0)x mx n n    的两根为 12,xx，得出 12 11 m x x n  ， 12 1 1 1 x x n，再根据 这个一元二次方程的两个根分别是已知方程两根的倒数，即可求出答案。 （2）根据 满足 ，得出 是一元二次方程 的两个根，由 ，即可求出 ab ba 的值。 （3）根据 ，得出 ， 是一元二次方程 2216 0cx c x   的 两个根，再根据 ，即可求出 c 的最小值。 例 3：（2012 四川宜宾 8 分）某市政府为落实“保障性住房政策，2011 年已投入 3 亿元资金用于保障性住 房建设，并规划投入资金逐年增加，到 2013 年底，将累计投入 10.5 亿元资金用于保障性住房建设． （1）求到 2013 年底，这两年中投入资金的平均年增长率（只需列出方程）； （2）设（1）中方程的两根分别为 x1，x2，且 mx1 2﹣4m2x1x2+mx2 2 的值为 12，求 m 的值． 【答案】解：（1）设到 2013 年底，这两年中投入资金的平均年增长率为 x， 7 根据题意得：3+3（x+1）+3（x+1）2=10.5。 （2）由（1）得，x2+3x﹣0.5=0， 由一元二次方程根与系数的关系得，x1+x2=﹣3，x1x2=﹣0.5。 又∵mx12﹣4m2x1x2+mx2 2=12 即 m[（x1+x2）2﹣2x1x2]﹣4m2x1x2=12， 即 m[9+1]﹣4m2（﹣0.5）=12，即 m2+5m﹣6=0，解得，m=﹣6 或 m=1。 【考点】一元二次方程的应用，一元二次方程根与系数的关系。 【分析】（1）方程的应用解题关键是找出等量关系，列出方程求解。本题等量关系为： 2011 年、2011 年和 2013 某市用于保障房建设资金总量=10.5 亿元， 把相关数值代入求得合适的解即可。 （2）由（1）得到的一元二次方程，根据根与系数的关系求得关于 m 的一元二次方程，解之即得 m 的值。 例 4：（2012 贵州黔西南 14 分）问题：已知方程 2x +x 1=0 ，求一个一元二次方程，使它的根分别是已 知方程根的 2 倍。 解：设所求方程的根为 y，则 y=2x，所以 yx= 2 把 代入已知方程，得 2yy+ 1=022   化简，得： 2y +2y 4=0 故所求方程为 这种利用方程根的代换求新方程的方法，我们称为“换根法”。请阅读材料提供的“换根法”求新方程（要求： 把所求方程化成一般形式） （1）已知方程 2x +x 2=0 ，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的相反数，则所求方程为： ； （2）已知关于 x 的一元二次方程  2ax +bx+c=0 a 0 有两个不等于零的实数根，求一个一元二次方程，使 它的根分别是已知方程的倒数。 【答案】解：（1）y2－y－2=0。 （2）设所求方程的根为 y，则 1y x （x≠0），于是 1x y （y≠0）。 把 代入方程 2ax +bx+c=0 ，得 211a +b +c=0yy  ， 去分母，得 a+by+cy2=0。 若 c=0，有 2ax +bx=0 ，可得有一个解为 x=0，与已知不符，不符合题意。 8 ∴c≠0。 ∴所求方程为 cy2+by+a=0（c≠0）。 【考点】一元二次方程的应用。 【分析】（1）设所求方程的根为 y，则 y=－x 所以 x=－y。 把 x=－y 代入已知方程，得 y2－y－2=0。 （2）根据所给的材料，设所求方程的根为 y，再表示出 x，代入原方程，整理即得出所求的方程。 练习题： 1. （2004 辽宁沈阳 2 分）请你写出一个二次项系数为 1，两实数根之和为 3 的一元二次方程： ▲ . 2. （2005 山东临沂 3 分）请写出一个一元二次方程，要求二次项系数不为 1，且其两根互为倒数 ▲ . 3.（2002 浙江杭州 10 分）已知某二次项系数为 1 的一元二次方程的两个实数根为 p、q，且满足关系式   22 p q p 1 5 p q pq 6      ，试求这个一元二次方程． 4. （2007 江苏淮安 3 分）写出一个两实数根符号相反的一元二次方程： ▲ . 四、求方程中待定系数的值：已知方程两根满足某种关系，则可以利用韦达定理确定方程中待定 字母系数的值。 典型例题： 例 1：（2012 湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田 3 分）如果关于 x 的一元二次方程 x2+4x+a=0 的两个不相 等实数根 x1，x2 满足 x1x2﹣2x1﹣2x2﹣5=0，那么 a 的值为【 】 A．3 B．﹣3 C．13 D．﹣13 【答案】B。 【考点】一元二次方程根与系数的关系。 【分析】∵x1，x2 是关于 x 的一元二次方程 x2+4x+a=0 的两个不相等实数根， ∴x1+x2=﹣4，x1x2=a。 ∴x1x2 ﹣2x1﹣2x2﹣5=x1x2﹣2（x1+x2）﹣5=a﹣2×（﹣4）﹣5=0，即 a+3=0， 解得，a=﹣3。故选 B。 例 2：（2012 湖南株洲 3 分）已知关于 x 的一元二次方程 x2﹣bx+c=0 的两根分别为 x1=1，x2=﹣2，则 b 与 c 的值分别为【 】 A．b=﹣1，c=2 B．b=1，c=﹣2 C．b=1，c=2 D．b=﹣1，c=﹣2 【答案】D。 【考点】一元二次方程根与系数的关系。 9 【分析】∵关于 x 的一元二次方程 x2﹣bx+c=0 的两根分别为 x1=1，x2=﹣2， ∴x1+x2=b=1+（﹣2）=﹣1，x1•x2=c=1×（﹣2）=﹣2。 ∴b=﹣1，c=﹣2。故选 D。 例 3：（2012 内蒙古呼和浩特 3 分）已知：x1，x2 是一元二次方程 x2+2ax+b=0 的两根，且 x1+x2=3，x1x2=1， 则 a、b 的值分别是【 】 A．a=﹣3，b=1 B．a=3，b=1 C． 3a= 2 ，b=﹣1 D． ，b=1 【答案】D。 【考点】一元二次方程根与系数的关系。 【分析】∵x1，x2 是一元二次方程 x2+2ax+b=0 的两根，∴x1+x2=﹣2a，x1x2=b， ∵x1+x2=3，x1x2=1，∴﹣2a=3，b=1，解得 3a= 2 ，b=1。故选 D。 例 4：（2012 内蒙古包头 3 分）关于 x 的一元二次方程  2x mx+5 m 5 =0的两个正实数根分别为 x1，x2， 且 2x1+x2=7，则 m 的值是【 】 A.2 B. 6 C. 2 或 6 D . 7 【答案】B。 【考点】一元二次方程根与系数的关系，解不等式和一元二次方程。 【分析】∵方程  2x mx+5 m 5 =0有两个正实数根， ∴   12 12 x +x =m 0 m5x x =5 m 5 0 > >>    。 又∵2x1+x2=7，∴x1=7－m。 将 x1=7－m 代入方程 ，得     27 m m 7 m +5 m 5 =0    。 解得 m=2 或 m=6。 ∵ m5> ，∴m=6。故选 B。 例 5：（2012 山东威海 3 分）若关于 x 的方程  22x + a 1 x+a =0 的两根互为倒数，则 a= ▲ . 【答案】－1。 【考点】一元二次方程根与系数的关系，倒数。 【分析】∵关于 x 的方程  22x + a 1 x+a =0 的两根互为倒数，∴设两根为 x 和 1 x 。 10 则根据一元二次方程根与系数的关系，得 2 1x+ =1 ax 1x =ax     。 由 21x =ax 得 a= 1 。 但当 a=1时， 1x+ =1 ax  无意义。 ∴a=－1。 例 6：（2012 湖北孝感 12 分）已知关于 x 的一元二次方程 x2＋(m＋3)x＋m＋1＝0． (1)求证：无论 m 取何值，原方程总有两个不相等的实数根； (2)若 x1、x2 是原方程的两根，且|x1－x2|＝2 2 ，求 m 的值和此时方程的两根． 【答案】解：（1）证明：由关于 x 的一元二次方程 x2＋(m＋3)x＋m＋1＝0 得 △=（m+3）2－4（m+1）=（m+1）2+4， ∵无论 m 取何值，（m+1）2＋4 恒大于 0， ∴原方程总有两个不相等的实数根。 （2）∵x1，x2 是原方程的两根，∴x1+x2=－（m+3）， x1•x2=m+1。 ∵|x1－x2|＝2 2 ， ∴（x1－x2）2=8，即（x1＋x2）2－4x1x2=8。 ∴[－（m+3）]2－4（m+1）=8，即 m2＋2m－3=0。 解得：m1=－3，m2=1。 当 m=－3 时，原方程化为：x2－2=0，解得：x1= ，x2=－ 。 当 m=1 时，原方程化为：x2＋4x＋2=0，解得：x1=－2+ ，x2=－2－ 。 【考点】一元二次方程根的判别式和根与系数的关系。 【分析】（1）根据关于 x 的一元二次方程 x2＋(m＋3)x＋m＋1＝0 的根的判别式△=b2－4ac 的符号来判定 该方程的根的情况。 （2）根据根与系数的关系求得 x1＋x2 和 x1•x2，由已知条件|x1－x2|＝2 2 平方后可以得到关于 x1 ＋x2 和 x1•x2 的等式，从而列出关于 m 的方程，通过解该方程即可求得 m 的值，最后将 m 值代入原方程并 解方程。 例 7：（2012 湖南怀化 10 分）已知 12x ,x 是一元二次方程 2(a 6)x 2ax a 0    的两个实数根. （1）是否存在实数 a，使 1 1 2 2x x x 4 x    成立？若存在，求出 a 的值；若不存在，请你说明理由； 11 （2）求使 12(x 1)(x 1)为负整数的实数 a 的整数值. 【答案】解：（1）成立。 ∵ 12x ,x 是一元二次方程 2(a 6)x 2ax a 0    的两个实数根， ∴由根与系数的关系可知， 1 2 1 2 a 2ax x x xa 6 a 6    ， ； ∵一元二次方程 有两个实数根， ∴△=4a2－4（a－6）•a≥0，且 a-6≠0，解得，a≥0，且 a≠6。 由 1 1 2 2x x x 4 x    得 1 2 1 2x x 4 x x   ，即 a 2a4a 6 a 6 。 解得，a=24＞0，且 a－6≠0。 ∴存在实数 a，使 成立，a 的值是 24。 （2）∵ 1 2 1 2 1 2 a 2a 6(x 1)(x 1)=x x x x 1= 1=a 6 a 6 a 6          ， ∴当 12(x 1)(x 1)为负整数时，a－6＞0，且 a－6 是 6 的约数。 ∴a－6=6，a－6=3，a－6=2，a－6=1。∴a=12，9，8，7。 ∴使 为负整数的实数 a 的整数值有 12，9，8，7。 【考点】一元二次方程根与系数的关系和根的判别式，解分式方程。 【分析】根据根与系数的关系求得 1 2 1 2 a 2ax x x xa 6 a 6    ， ；根据一元二次方程的根的判别式求得 a 的取值范围。 （1）将已知等式变形为 x1x2=4+（x2+x1），即 ，通过解该关于 a 的方程即可求得 a 的值； （2）根据限制性条件“（x1+1）（ x2+1）为负整数”求得 a 的取值范围，然后在取值范围内取 a 的整 数值。 例 8：（2011 四川南充 8 分）关于的一元二次方程 x2+2x+k+1=0 的实数解是 x1 和 x2． （1）求 k 的取值范围； （2）如果 x1+x2﹣x1x2＜﹣1 且 k 为整数，求 k 的值． 【答案】解：（1）∵方程有实数根，∴△=22﹣4（k+1）≥0，解得 k≤0。 ∴k 的取值范围是 k≤0。 （2）根据一元二次方程根与系数的关系，得 x1+x2=﹣2，x1x2=k+1， 12 ∴x1+x2﹣x1x2=﹣2﹣（k+1）。 由﹣2﹣（k+1）＜﹣1，解得 k＞﹣2。 又由（1）k≤0，∴﹣2＜k≤0。 ∵k 为整数，∴k 的值为﹣1 和 0。 【考点】一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，解一元一次不等式组。 【分析】（1）方程有两个实数根，必须满足△=b2﹣4ac≥0，从而求出实数 k 的取值范围。 （2）先由一元二次方程根与系数的关系，得 x1+x2=﹣2，x1x2=k+1．再代入所给不等式即可求得 k 的取值范围，然后根据 k 为整数，求出 k 的值。 例 9： 练习题： 1. （2011 湖南株洲 3 分）孔明同学在解一元二次方程 2x 3x c 0   时，正确解得 1x1 ， 2x2 ，则 c 的 值为 ▲ ． 2. （2011 湖北孝感 10 分）已知关于 x 的方程 222(k 1 0x )x k    有两个实数根 x1，x2， （1）求 k 的取值范围； （2）若 1 2 1 2x x x x 1 ，求 的值。 3. （2012 湖北鄂州 8 分）关于 x 的一元二次方程 22x (m 3)x m 0    。 （1）证明：方程总有两个不相等的实数根； （2）设这个方程的两个实数根为 x1，x2，且｜x1｜=｜x 2｜－2，求 m 的值及方程的根。 4. （2012 四川南充 8 分）关于 x 的一元二次方程 x2＋3x＋m－1=0 的两个实数根分别为 x1,x2。 （1）求 m 的取值范围； （2）若 2（x1+x2）+ x1x2+10=0．求 m 的值。 5. （2011 四川达州 3 分）已知关于 x 的方程 x2﹣mx+n=0 的两个根是 0 和﹣3，则 m= ▲ ，n= ▲ 。 6. （2011 四川泸州 2 分）已知关于 x 的方程 x2+（2k+1）x+k2﹣2=0 的两实根的平方和等于 11，则 k 的值 为 ▲ 。 7. （2011 四川乐山 10 分）题甲：已知关于 x 的方程 222(a 1) a 4xx7a 0      的两根为 x1、x2，且 满足 1 2 1 233x x x x 20 .求 2 4 a 2(1 )a 4 a  的值。 8. （2006 北京市7 分）已知：关于 x 的方程 2mx 14x 7 0   有两个实数根 x1 和 x2，关于 y 的方程 13  22y 2 n 1 y n 2n 0     有两个实数根 y1 和 y2，且－2≤y1＜y2≤4．当 2 12 1 2 1 2 262 2y y 14 0x x x x     （ ） 时，求 m 的取值范围。 9. （2006 四川凉山 6 分）已知：x2+a2x+b=0 的两个实数根为 x1、x2；y1、y2 是方程 y2+5ay+7=0 的两个实 数根，且 x1－y1=x2－y2=2．求 a、b 的值。 五、在平面几何中的应用：在平面几何中，①两圆外切，两圆圆心距离等于两圆半径之和；②勾 股定理两直角边的平方和等于斜边的平方的应用，可以与一元二次方程根与系数的关系相结合命题。 典型例题： 例 2：（2003 江苏镇江 6 分）已知，如图，Rt△ABC 中，∠ACB=900，AB=5，两直角边 AC、BC 的长是 关于 x 的方程  2x m 5 x 6m 0    的两个实数根。 （1）求 m 的值及 AC、BC 的长（BC>AC） （2）在线段 BC 的延长线上是否存在点 D，使得以 D、A、C 为顶点的三角形与△ABC 相似？若存在，求 出 CD 的长；若不存在，请说明理由。 【答案】解：（1）设方程  2x m 5 x 6m 0    的两个根分别是 x1、x2。 14 ∴x1+x2=m+5，x1•x2=6m。 ∴ 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2x x x x 2x x m 5 2 6m       （ ） （ ） 。 ∵Rt△ABC 中，∠ACB=90°，AB=5， ∴ 2 2 2 12x x AB 。 ∴ 22m 5 2 6m 5   （ ） ，∴m2-－m=0。∴m=0 或 m=2。 当 m=0 时，原方程的解分别为 x1=0，x2=5，但三角形的边长不能为 0，所以 m=0 舍去； 当 m=2 时，原方程为 x2－7x+12=0，其解为 x1=3，x2=4，所以两直角边 AC=3，BC=4。 ∴m=2，AC=3，BC=4。 （2）存在。 已知 AC=3，BC=4，AB=5，欲使以△AD1C 为顶点的三角形与△ABC 相似， 则 11 AB AC BC AD CD AC。 ∴ 1 34 CD 3 ，则 CD1= 9 4 。 欲使以△AD2C 为顶点的三角形与△ABC 相似，则 22 AB BC AC AD CD AC。 ∴BC=CD2=4。 综上所述，在线段 BC 的延长线上是存在点 D，使得以 D、A、C 为顶点的三角形与△ABC 相似，CD 的长为 或 4。 【考点】相似三角形的判定，根与系数的的关系，相似三角形的判定和性质，勾股定理。 【分析】（1）先利用根与系数的关系与勾股定理求出 m 的值，再代入 m 的值求出 AC、BC 的长。 （2）根据相似三角形的性质来解答此题，利用相似比即可求出 CD 的长。 练习题： 1. （2012 山东潍坊 3 分）已知两圆半径 r1、r2 分别是方程 x2—7x+10=0 的两根，两圆的圆心距为 7，则两 圆的位置关系是【 】． A．相交 B．内切 C．外切 D．外离 15 2. （2006四川广安 8分）已知：△ABC 的两边AB、AC的长是关于x的一元二次方程x2－（ 2k+3）x+k2+3k+2=0 的两个实数根，第三边 BC 的长为 5．试问：k 取何值时，△ABC 是以 BC 为斜边的直角三角形？ 3. （2002 江苏无锡 9 分）已知：如图，⊙O 的半径为 r，CE 切⊙O 于 C，且与弦 AB 的延长线交于点 E， CD⊥AB 于 D．如果 CE=2BE，且 AC、BC 的长是关于 x 的方程  22x 3 r 2 x r 4 0     的两个实数根． 求：（1）AC、BC 的长；（2）CD 的长． 4. （2002 湖南益阳 10 分）巳知：如图，在△ABC 中，∠B=90°，O 是 AB 上一点，以 O 为圆心，OB 为 半径的半圆交 AB 于点 E，与 AC 切于点 D．当 22AD AE 5时，AD、AE（AD＞AE）是关于 x 的方程 x2－（m－1）x＋m－2=0（m≠0）的两个根． （1）求实数 m 的值； （2）证明：CD 的长度是无理方程 2 x 1 x 1   的一个根； （3）以 B 点为坐标原点，分别以 AB、BC 所在直线为 x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，求过 A、B、D 三 点且对称轴平行于 y 轴的抛物线的解析式． 5. （2010 湖南株洲 3 分）两圆的圆心距 d=5，它们的半径分别是一元二次方程 x2-5x+4=0 的两个根，这两 圆的位置关系是 ▲ 七、在二次函数中的应用：一元二次方程 ax2＋bx＋c(a≠0)可以看作二次函数 y＝ax2＋bx＋c(a≠0) 当 y＝0 时的情形，因此若干二次函数 y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象与ｘ轴交点的综合问题都可以用韦达定理 解题。 典型例题： 例 1：（2012 天津市 3 分）若关于 x 的一元二次方程（x－2）（ x－3）=m 有实数根 x1,x2，且 x1≠x2，有下 列结论： 16 ①x1=2，x2=3； ② 1m 4>  ； ③二次函数 y=（x－x1）（ x－x2）＋m 的图象与 x 轴交点的坐标为（2，0）和（3，0）． 其中，正确结论的个数是【 】 （A）0 （B）1 （C）2 （D）3 例 2：（2012 甘肃兰州 10 分）若 x1、x2 是关于一元二次方程 ax2＋bx＋c(a≠0)的两个根，则方程的两个根 x1、x2 和系数 a、b、c 有如下关系：x1＋x2＝ b a ，x1•x2＝ c a ．把它称为一元二次方程根与系数关系定理．如 果设二次函数 y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象与 x 轴的两个交点为 A(x1，0)，B(x2，0)．利用根与系数关系定理 可以得到 A、B 连个交点间的距离为：AB＝|x1－x2|＝   2 22 1 2 1 2 2 b 4c b 4acx +x 4x x = =aa a    2b 4ac= a  。 参考以上定理和结论，解答下列问题： 设二次函数 y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象与 x 轴的两个交点 A(x1，0)，B(x2，0)，抛物线的顶点为 C，显然 △ABC 为等腰三角形． (1)当△ABC 为直角三角形时，求 b2－4ac 的值； (2)当△ABC 为等边三角形时，求 b2－4ac 的值． 17 【答案】解：（1）当△ABC 为直角三角形时， 过 C 作 CE⊥AB 于 E，则 AB＝2CE。 ∵抛物线与 x 轴有两个交点，△＝b2－4ac＞0， 则|b2－4ac|＝b2－4ac。 ∵a＞0，∴AB 22b 4ac b 4ac==aa 。 又∵CE 224ac b b 4ac==4a 4a ，∴ 22b 4ac b 4ac=2a 4a  。 ∴ 2 2 b 4acb 4ac= 2  ，即  22 2 b 4ac b 4ac= 4   。 ∵b2－4ac＞0，∴b2－4ac＝4。 （2）当△ABC 为等边三角形时，由(1)可知 CE＝ 3 2 AB， ∴ 22b 4ac 3 b 4ac=4a 2 a  。 ∵b2－4ac＞0，∴b2－4ac＝12。 【考点】抛物线与 x 轴的交点，根与系数的关系，等腰三角形的性质，等边三角形的性质。 【分析】（1）当△ABC 为直角三角形时，由于 AC＝BC，所以△ABC 为等腰直角三角形，过 C 作 CE⊥AB 于 E，则 AB＝2CE．根据本题定理和结论，得到 AB 2b 4ac= a  ，根据顶点坐标公式，得到 CE 24ac b= 4a  ， 列出方程，解方程即可求出 b2－4ac 的值。 （2）当△ABC 为等边三角形时，解直角△ACE，得 CE＝ AB，据此列出方程，解方程即可求 出 b2－4ac 的值。 18 例 3：（2012 广东梅州 10 分）（1）已知一元二次方程 x2+px+q=0（p2﹣4q≥0）的两根为 x1、x2；求证： x1+x2=﹣p，x1•x2=q． （2）已知抛物线 y=x2+px+q 与 x 轴交于 A、B 两点，且过点（﹣1，﹣1），设线段 AB 的长为 d，当 p 为 何值时，d2 取得最小值，并求出最小值． 例 4：（2012 湖北荆州 12 分）已知：y 关于 x 的函数 y=（k﹣1）x2﹣2kx+k+2 的图象与 x 轴有交点． （1）求 k 的取值范围； （2）若 x1，x2 是函数图象与 x 轴两个交点的横坐标，且满足（k﹣1）x1 2+2kx2+k+2=4x1x2． ①求 k 的值；②当 k≤x≤k+2 时，请结合函数图象确定 y 的最大值和最大值． 【答案】解：（1）当 k=1 时，函数为一次函数 y=﹣2x+3，其图象与 x 轴有一个交点。 当 k≠1 时，函数为二次函数，其图象与 x 轴有一个或两个交点， 令 y=0 得（k﹣1）x2﹣2kx+k+2=0． △=（﹣2k）2﹣4（k﹣1）（ k+2）≥0，解得 k≤2．即 k≤2 且 k≠1。 综上所述，k 的取值范围是 k≤2。 （2）①∵x1≠x2，由（1）知 k＜2 且 k≠1。 由题意得（k﹣1）x1 2+（k+2）=2kx1（*）， 19 将（*）代入（k﹣1）x1 2+2kx2+k+2=4x1x2 中得：2k（x1+x2）=4x1x2。 又∵x1+x2= 2k k1 ，x1x2= k+2 k1 ，∴2k• =4• ， 解得：k1=﹣1，k2=2（不合题意，舍去）。∴所求 k 值为﹣1。 ②如图，∵k1=﹣1，y=﹣2x2+2x+1=﹣2（x﹣ 1 2 ）2+ 3 2 ，且﹣1≤x≤1， 由图象知：当 x=﹣1 时，y 最小=﹣3；当 x= 时，y 最大= 。 ∴y 的最大值为 ，最小值为﹣3。 【考点】抛物线与 x 轴的交点，一次函数的定义，一元二次方程根的判别式和根与系 数物关系，二次函数的最值。 【分析】（1）分两种情况讨论，当 k=1 时，可求出函数为一次函数，必与 x 轴有一交 点；当 k≠1 时，函数为二次函数，若与 x 轴有交点，则△≥0。 （2）①根据（k﹣1）x1 2+2kx2+k+2=4x1x2 及根与系数的关系，建立关于 k 的方程，求出 k 的值。 ②充分利用图象，直接得出 y 的最大值和最小值。 例 5：（2012 湖北黄石 10 分）已知抛物线 C1 的函数解析式为 2y ax bx 3a(b 0)    ，若抛物线 C1 经 过点(0, 3) ，方程 2ax bx 3a 0   的两根为 1x ， 2x ，且 12x x 4。 （1）求抛物线 C1 的顶点坐标. （2）已知实数 x0 ，请证明： 1x x ≥ 2 ,并说明 x 为何值时才会有 1x2x. （3）若抛物线先向上平移 4 个单位，再向左平移 1 个单位后得到抛物线 C2，设 1A(m, y ) ， 2B(n, y ) 是 C2 上的两个不同点，且满足： 00AOB 9， m0 ， n0 .请你用含有 m 的表达式表示出△AOB 的面积 S，并求出 S 的最小值及 S 取最小值时一次函数 OA 的函数解析式。 （参考公式：在平面直角坐标系中，若 11P(x , y ) ， 22Q(x , y ) ，则 P，Q 两点间的距离 22 2 1 2 1(x x ) (y y )   ） 【答案】解：（1）∵抛物线过（０,－３）点，∴－3a＝－３。∴a＝１ 。 ∴ｙ＝x2＋bx－３ ∵x2＋bx－３=０的两根为 x1，x2 且 12x x 4， ∴ 22 1 2 1 2 1 2x x (x x ) 4x x = b +12    ＝４且 b＜０。∴b＝－２。 ∴  22x x x   ｙ＝ ２ ３＝ １ ４。 20 ∴抛物线Ｃ１的顶点坐标为（１，－４）。 （2）∵x＞０，∴ 11x 2 ( x ) 0x x      ∴ 1x2x。 当 1x =0 x  时，即当 x＝１时，有 1x2x。 （3）由平移的性质，得 C2 的解析式为：y＝x2 。 ∴Ａ(m，m2)，B（n，n2）。 ∵ΔAOB 为直角三角形，∴OA2＋OB2=AB2。 ∴m2＋m4＋n2＋n4＝（m－n）2＋（m2－n2）2， 化简得：m n＝－１。 ∵ＳΔAOB= 2 4 2 411m m n n22   O A O B= ，m n＝－１， ∴ＳΔAOB＝ 2 2 2 2 1 1 12 m n 2 m22m      ＝ 21 1 1 1 1(m ) m 2 12 m 2 m 2       。 ∴ＳΔAOB 的最小值为１，此时 m＝１,Ａ(１,１)。 ∴直线 OA 的一次函数解析式为ｙ＝x。 【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，一元二次方程根与系数的关系，二次函数的性 质，不等式的知识。 【分析】（1）求抛物线的顶点坐标，即要先求出抛物线的解析式，即确定待定系数 a、b 的值．已知抛物 线图象与 y 轴交点，可确定解析式中的常数项（由此得到 a 的值）；然后从方程入手求 b 的值，题目给出 了两根差的绝对值，将其进行适当变形（转化为两根和、两根积的形式），结合根与系数的关系即可求出 b 的值。 （2）将 1x x 配成完全平方式，然后根据平方的非负性即可得证。 （3）结合（1）的抛物线的解析式以及函数的平移规律，可得出抛物线 C2 的解析式；在 Rt△OAB 中，由勾股定理可确定 m、n 的关系式，然后用 m 列出△AOB 的面积表达式，结合不等式的相关知识可 确定△OAB 的最小面积值以及此时 m 的值，从而由待定系数法确定一次函数 OA 的解析式。 别解：由题意可求抛物线 C2 的解析式为：y＝x2。 ∴Ａ(m，m2)，B（n，n2）。 过点 A、B 作 x 轴的垂线，垂足分别为 C、D， 21 则 AOC BODACDBS S S S  梯形 2 2 2 21 1 1(m n )(m n) m m n n2 2 21 mn(m n)2           由 BOD△ ∽ OAC△ 得 BD OD OC AC ，即 2 2 nn mm  。∴ mn 1 。 ∴ 1 1 1 1S mn(m n)= m+ 2 12 2 m 2       。 ∴ＳΔAOB 的最小值为１，此时 m＝１,Ａ(１,１)。 ∴直线 OA 的一次函数解析式为ｙ＝x。 例 6：（广东广州 14 分）已知关于 x 的二次函数  2y ax bx c a 0    的图象经过点 C（0，1），且与 轴 交于不同的两点 A、B，点 A 的坐标是（1，0） （1）求 c 的值； （2）求 a 的取值范围； （3）该二次函数的图象与直线 y ＝1 交于 C、D 两点，设 A、B、C、D 四点构成的四边形的对角线相交于 点 P，记△PCD 的面积为 S1，△PAB 的面积为 S2，当 0＜ a ＜1 时，求证：S1﹣S2 为常数，并求出该常数． 【答案】解：（1）把 C（0，1）代入二次函数 2y ax bx c   得：1＝0＋0＋c ，解得：c ＝1。 ∴c 的值是 1。 （2）由（1）二次函数为 2y ax bx 1   ，把 A（1，0）代入得：0＝ab ＋1， ∴ b ＝－1－ a 。 ∵二次函数为 与 x 轴有两个交点， ∴ 一元一次方程 2ax bx 1=0 根的判别式∆＞0，即    2221 a 4a=a 2a 1 a 1     ＝ ＞0， ∴ ≠1 且 ＞0。 ∴ 的取值范围是 ≠1 且 ＞0。 （3）证明：∵0＜ ＜1， ∴B 在 A 的右边，设 A（1，0）， B（ bx ，0）， ∵  2ax 1 a x 1=0    22 由根与系数的关系得：1＋ bx ＝1+a a ，∴ b 1x=a 。 ∴AB＝ 1 1 a1aa  。 把 y ＝1 代入二次函数得：  2ax 1 a x 1=1    解得：x 1＝0，x 2＝错误！未找到引用源。， ∴CD＝错误！未找到引用源。。 过 P 作 MN⊥CD 于 M，交 x 轴于 N，则 MN⊥ x 轴， ∵CD∥AB，∴△CPD∽△BPA。∴ PM CD PN AB ＝ ，即 1a PM a 1a1 PM a   ＝ 。 解得， 1aPM 2 ＝ 。∴ 1aPN 2 ＝ 。 ∴ 12 1 1 1 1 a 1 a 1 1 a 1 aS S CD PM AB PN 12 2 2 a 2 2 a 2            ＝ ＝ ＝ 。 即不论a 为何值，S1－S2 的值都是常数。这个常数是 1。 【考点】二次函数综合题，解一元一次方程，解二元一次方程组，根的判别式，根与系数的关系，二次函 数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的判定和性质。 【分析】（1）把 C（0，1）代入抛物线即可求出 c 。 （2）把 A（1，0）代入得到 0＝ab ＋1，推出 b ＝－1－a ，求出方程 2ax bx 1=0 的∆的值即 可。 （3）设 A（1，0）， B（ ，0），由根与系数的关系求出 AB 错误！未找到引用源。，把 y ＝1 代 入抛物线得到方程 ，求出方程的解，进一步求出 CD 过 P 作 MN⊥CD 于 M，交 x 轴 于 N，根据△CPD∽△BPA，求出 PN、PM 的长，根据三角形的面积公式即可求出 S1－S2 的值即可。 例 7：（2011 黑龙江大庆 8 分）已知二次函数 2y ax bx b(a 0,b 0)     )图象顶点的纵坐标不大于－ b 2 ． (1)求该二次函数图象顶点的横坐标的取值范围； (2)若该二次函数图象与 x 轴交于 A、B 两点，求线段 AB 长度的最小值． 【答案】解：（1）∵ 2y ax bx b(a 0,b 0)     图象顶点坐标为（ b ,2a 24ab b 4a  ）， 由已知得 24ab b b 4a 2   ，解得 b 32a  。 ∴该二次函数图像顶点的横坐标的取值范围是不小于 3。 （2）设 1 2 1 2A(x , 0) , B(x , 0)(x x ) ，则 12xx， 是方程 2ax bx b=0 的两个根。 23 ∴ 1 2 1 2 bbx +x = x x =aa， 。 ∴    22 22 2 1 2 1 2 1 2 1 b b bAB x x x x = x +x 4x x = ( ) 4( ) ( 2) 4a a a           。 由（1）可知 b 6a  。 由于当 时，随着 b a 的增大， 2b( 2) 4a 也随着增大 ∴当 b =6a 时，线段 AB 的长度 的最小值为 23。 【考点】二次函数的性质，二次函数和 x 轴的交点与一元二次方程的关系，韦达定理。 【分析】（1）先求出 2y ax bx b(a 0,b 0)     的顶点的纵坐标，根据题意得出 b 32a  ，即可得出该二 次函数图象顶点的横坐标的取值范围。 （2）设 1 2 1 2A(x , 0) , B(x , 0)(x x ) ，则 12xx， 是方程 2ax bx b=0 的两个根，由韦达定理，根 据 21AB x x求出线段 AB 长度的最小值。 例 8：（2012 湖南长沙 10 分）如图半径分别为 m，n（0＜m＜n）的两圆⊙O1 和⊙O2 相交于 P，Q 两点， 且点 P（4，1），两圆同时与两坐标轴相切，⊙O1 与 x 轴，y 轴分别切于点 M，点 N，⊙O2 与 x 轴，y 轴 分别切于点 R，点 H． （1）求两圆的圆心 O1，O2 所在直线的解析式； （2）求两圆的圆心 O1，O2 之间的距离 d； （3）令四边形 PO1QO2 的面积为 S1，四边形 RMO1O2 的面积为 S2． 试探究：是否存在一条经过 P，Q 两点、开口向下，且在 x 轴上截得的线段长为 12ss 2d  的抛物线？若存在， 请求出此抛物线的解析式；若不存在，请说明理由． 24 【答案】解：（1）由题意可知 O1（m，m）， O2（n，n）， 设过点 O1，O2 的直线解析式为 y=kx+b，则有： mk+b=m nk+b=n    （0＜m＜n），解得 k=1 b=0    。 ∴两圆的圆心 O1，O2 所在直线的解析式为：y=x。 （2）由相交两圆的性质，可知 P、Q 点关于 O1O2 对称． ∵P（4，1），直线 O1O2 解析式为 y=x，∴Q（1，4）。 如图 1，连接 O1Q， O2Q。 ∵Q（1，4）， O1（m，m）， ∴根据勾股定理得到：    222 1O Q m 1 + m 4 = 2m 10m+17    。 又∵O1Q 为小圆半径，即 QO1=m， ∴ 22m 10m+17 =m，化简得：m2﹣10m+17=0 ① 同理可得：n2﹣10n+17=0 ② 由①，②式可知，m、n 是一元二次方程 x2﹣10x+17=0 ③的两个根， 解③得： x 5 2 2 。 ∵0＜m＜n，∴m=5－ 22，n=5+ 22。 ∵O1（m，m）， O2（n，n）， ∴d=O1O2=    22m n + m n = 32+32=8 。 （3）不存在。理由如下： 假设存在这样的抛物线，其解析式为 y=ax2+bx+c， ∵开口向下，∴a＜0。 如图 2，连接 PQ。 由相交两圆性质可知，PQ⊥O1O2。 ∵P（4，1）， Q（1，4）， ∴    22PQ 4 1 + 1 4 =3 2   。 又∵O1O2=8， ∴ 1 1 2 11S PQ O O 3 2 8=12 222      。 25 又∵O2R=5+ 22，O1M=5－ 22，MR= 42， ∴ 2 2 1 11S O R O M MR 10 4 2 20 222       （ ） ∴ 1212 2 20 2ss= =1 2d 2 8   ，即抛物线在 x 轴上截得的线段长为 1。 ∵抛物线过点 P（4，1）， Q（1，4）， ∴ 16a+4b+c=1 a+b+c=4    ，解得  b= 5a+1 c=5+4a   。 ∴抛物线解析式为：y=ax2﹣（5a+1）x+5+4a， 令 y=0，则有：ax2﹣（5a+1）x+5+4a=0， 设两根为 x1，x2，则有：x1+x2= 5a+1 a ，x1x2= 5+4a a 。 ∵在 x 轴上截得的线段长为 1，即|x1﹣x2|=1， ∴（x1﹣x2）2=1，∴（x1+x2）2﹣4x1x2=1，即（ ）2﹣4（ ）=1， 化简得：8a2﹣10a+1=0，解得 a= 5 17 8  。 可见 a 的两个根均大于 0，这与抛物线开口向下（即 a＜0）矛盾。 ∴不存在这样的抛物线。 【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，相交两圆的性质，勾股定理，解 一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系，二次函数的性质。 【分析】（1）根据直线过点 O1（m，m）， O2（n，n），利用待定系数法求出其解析式。 （2）根据 P、Q 关于连心线对称，求出 Q 点的坐标；根据勾股定理分别表示出 O1Q 和 O2Q，由 O1Q= m 和 O2Q= n 得到一元二次方程，求解即可得到 m，n 的大小；最后由勾股定理求 d。 （3）假设存在这样的抛物线，其解析式为 y=ax2+bx+c，因为开口向下，所以 a＜0；求出 S1、S2， 从而求得： 12ss=1 2d  ，即抛物线在 x 轴上截得的线段长为 1；根据抛物线过点 P（4，1）， Q（1，4），用 待定系数法求得其解析式为：y=ax2－（5a+1）x+5+4a；由抛物线在 x 轴上截得的线段长为 1，即 |x1－x2|=1，得到关于 a 的一元二次方程，此方程的两个根均大于 0，这与抛物线开口向下（a＜0）相矛盾， 所以得出结论：这样的抛物线不存在。 练习题： 1. （2011 贵州黔南 4 分）二次函数 2y x 2x k    的部分图象如图所示，则关于 x 的一元二次方程 26 2x 2x k 0    的一个解 1x3 ，另一个解 2x = ▲ ． A、1 B、 1 C、 2 D、0 2. （2011 山东潍坊 3 分）已知一元二次方程 2ax bx c 0   的两个实数根 1x 、 2x 满足 x 1＋ 2＝4 和 1• 2 ＝3，那么二次函数  2y ax bx c a 0>   的图象可能是【 】 A. B. C. D 3. （2011 江西省 B 卷 3 分）已知二次函数 y=x2+bx－2 的图象与 x 轴的一个交点为（1，0），则它与 x 轴 的另一个交点坐标是 【 】 A .（1，0） B.（2，0） C.（－2，0） D.（－1，0） 4. （2011 广东肇庆 10 分）已知抛物线 223y x mx m (m 0)4    与 x 轴交干 A、B 两点。 （1）求证：抛物线的对称轴在 y 轴的左侧： （2）若 1 1 2 OB OA 3 (O 为坐标原点)，求抛物线的解析式； （3）设抛物线与 y 轴交于点 C，若△ABC 是直角三角形．求△ABC 的面积． 5. （2011 四川泸州 10 分）已知二次函数 y=ax2+bx+c 的图象的顶点坐标为 (0， p 2 )，且 ac= 4 1 ． （1）若该函数的图象经过点（－1，－1）． ①求使 y＜0 成立的 x 的取值范围． ②若圆心在该函数的图象上的圆与 x 轴、y 轴都相切，求圆心的坐标． （2）经过 A（0，p）的直线与该函数的图象相交于 M，N 两点，过 M，N 作 x 轴的垂线，垂足分别为 M1， N1，设△MAM1，△AM1N1，△ANN1 的面积分别为 S1，S2，S3，是否存在 m，使得对任意实数 p≠0 都有 27 S2 2=mS1S3 成立，若存在，求出 m 的值，若不存在，请说明理由． 6. （ 2011 湖北武汉 12 分）如图 1，抛物线 2y ax bx 3   经过 A（－3， 0）， B（－1， 0） 两点. （ 1） 求 抛 物 线 的 解 析 式 ； （ 2）设 抛 物 线 的 顶 点 为 M，直 线 29yx   与 y 轴 交 于 点 C，与 直 线 OM 交 于 点 D.现将抛 物 线 平 移 ， 保 持 顶 点 在 直 线 OD 上 .若 平 移 的 抛 物 线 与 射 线 CD（ 含 端 点 C） 只 有 一 个 公 共 点，求它的顶点横坐标的值或取值范围； （ 3）如图 2， 将 抛 物 线 平 移 ， 当 顶 点 至 原 点 时 ， 过 Q（ 0， 3）作不平行于 x 轴 的 直 线 交 抛物线于 E，F 两点.问在 y 轴 的 负 半 轴 上 是 否 存 在 点 P，使 △ PEF 的内心在 y轴上.若存在， 求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由. 7. （湖北黄冈、鄂州 14 分）如图所示，过点 F（0，1）的直线 y=kx+b 与抛物线 y= 1 4 x2 交于 M（x1，y1） 和 N（x2，y2）两点（其中 x1＜0，x2＞0）． （1）求 b 的值． （2）求 x1•x2 的值． （3）分别过 M，N 作直线 l：y=﹣1 的垂线，垂足分别是 M1 和 N1．判断△M1FN1 的形状，并证明你的结 论． （4）对于过点 F 的任意直线 MN，是否存在一条定直线 m，使 m 与以 MN 为直径的圆相切．如果有，请 求出这条直线 m 的解析式；如果没有，请说明理由． 28 一元二次方程根与系数的关系在初中数学中的应用除了上述内容外，还有许多其它应用，由于近年中 考涉及不多，本文不多详谈。例如， 证明等式或不等式。 例 1：如果一元二次方程 ax2＋bx＋c(a≠0)的两根之比为 2：3，求证：6b2＝25a c。 【分析】设一元二次方程 ax2＋bx＋c(a≠0)的两根为 2k，3k，应用韦达定理即可证明。 例 2：已知 a，b，c 为实数，且满足条件：a＝6－b，c2＝ab－9，求证 a=b。 【分析】由已知得 a＋b＝6，ab＝c2＋9。 根据韦达定理的逆定理知，以 a，b 是一元二次方程 x2－6x＋c2＋9＝0 的两个根。 由 a，b 为实数知此方程有实根得    2 2 2 26 4 c 9 4c 0 c 0 c 0            。 从而△＝0，即这表明方程 x2－6x＋c2＋9＝0 有两个相等实根，即有 a=b， 求解具有对称性质的方程（组）。 例 1：解方程    26x 7 3x 4 x 1 6    。 【分析】原方程可变形为由    26x 7 6x 8 6x 6 72    。 令 26x 7 ＝A，  6x 8 6x 6=B。则 A＋（－B）=1， A（－B）=－72。 由韦达定理逆定理知，以 A，－B 是一元二次方程 z2－z－72＝0 的两个根。 解方程即可得解。 例 2：解方程    2 2 2 x 1 6 x 1 7x 1 x 1   。 【分析】从方程特点，方程可用换元法求解，但若把方程看着两个数的和，则可发现    2 2 2 x 1 6 x 1 12x 1 x 1   ， 所以  22 x 1 x1   和   2 6 x 1 x1   是是一元二次方程 z2－7z＋12＝0 的两个根。解方程即可得解。 例 3：：解方程组 22 x y 1 x y 5    。