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方程中的转化思想
知识方法精讲
1．转化思想
转化不仅是一种重要的解题思想，也是一种最基本的思维策略，更是一种有效的数学思维方式。所谓的转化思想方法，就是在研究和解决有关数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而达到解决的一种方法。一般总是将复杂问题通过变换转化为简单问题；将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题；将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题。总之，转化在数学解题中几乎无处不在，转化的基本功能是：生疏化成熟悉，复杂化成简单，抽象化成直观，含糊化成明朗。说到底，转化的实质就是以运动变化发展的观点，以及事物之间相互联系，相互制约的观点看待问题，善于对所要解决的问题进行变换转化，使问题得以解决。实现这种转化的方法有：待定系数法，配方法，整体代入法以及化动为静，由抽象到具体等转化思想。
2．一元一次方程的解
定义：使一元一次方程左右两边相等的未知数的值叫做一元一次方程的解．
把方程的解代入原方程，等式左右两边相等．
3．二元一次方程组的解
（1）定义：一般地，二元一次方程组的两个方程的公共解，叫做二元一次方程组的解．
（2）一般情况下二元一次方程组的解是唯一的．数学概念是数学的基础与出发点，当遇到有关二元一次方程组的解的问题时，要回到定义中去，通常采用代入法，即将解代入原方程组，这种方法主要用在求方程中的字母系数．
4．解二元一次方程组
（1）用代入法解二元一次方程组的一般步骤：①从方程组中选一个系数比较简单的方程，将这个方程组中的一个未知数用含另一个未知数的代数式表示出来．②将变形后的关系式代入另一个方程，消去一个未知数，得到一个一元一次方程．③解这个一元一次方程，求出x（或y）的值．④将求得的未知数的值代入变形后的关系式中，求出另一个未知数的值．⑤把求得的x、y的值用“{”联立起来，就是方程组的解．
（2）用加减法解二元一次方程组的一般步骤：①方程组的两个方程中，如果同一个未知数的系数既不相等又不互为相反数，就用适当的数去乘方程的两边，使某一个未知数的系数相等或互为相反数．②把两个方程的两边分别相减或相加，消去一个未知数，得到一个一元一次方程．③解这个一元一次方程，求得未知数的值．④将求出的未知数的值代入原方程组的任意一个方程中，求出另一个未知数的值．⑤把所求得的两个未知数的值写在一起，就得到原方程组的解，用的形式表示．
5．解三元一次方程组
（1）三元一次方程组的定义：方程组含有三个未知数，每个方程中含未知数的项的次数都是1，并且一共有三个方程，像这样的方程组叫做三元一次方程组．
（2）解三元一次方程组的一般步骤：
①首先利用代入法或加减法，把方程组中一个方程与另两个方程分别组成两组，消去两组中的同一个未知数，得到关于另外两个未知数的二元一次方程组．②然后解这个二元一次方程组，求出这两个未知数的值．③再把求得的两个未知数的值代入原方程组中的一个系数比较简单的方程，得到一个关于第三个未知数的一元一次方程．④解这个一元一次方程，求出第三个未知数的值．⑤最后将求得的三个未知数的值用“{”合写在一起即可．
6．解一元二次方程-直接开平方法
形如x2＝p或（nx+m）2＝p（p≥0）的一元二次方程可采用直接开平方的方法解一元二次方程．
如果方程化成x2＝p的形式，那么可得x＝±；
如果方程能化成（nx+m）2＝p（p≥0）的形式，那么nx+m＝±．
注意：①等号左边是一个数的平方的形式而等号右边是一个非负数．
②降次的实质是由一个二次方程转化为两个一元一次方程．
③方法是根据平方根的意义开平方．
7．解一元二次方程-配方法
（1）将一元二次方程配成（x+m）2＝n的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．
（2）用配方法解一元二次方程的步骤：
①把原方程化为ax2+bx+c＝0（a≠0）的形式；
②方程两边同除以二次项系数，使二次项系数为1，并把常数项移到方程右边；
③方程两边同时加上一次项系数一半的平方；
④把左边配成一个完全平方式，右边化为一个常数；
⑤如果右边是非负数，就可以进一步通过直接开平方法来求出它的解，如果右边是一个负数，则判定此方程无实数解．
8．解一元二次方程-公式法
（1）把x＝（b2﹣4ac≥0）叫做一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的求根公式．
（2）用求根公式解一元二次方程的方法是公式法．
（3）用公式法解一元二次方程的一般步骤为：
①把方程化成一般形式，进而确定a，b，c的值（注意符号）；
②求出b2﹣4ac的值（若b2﹣4ac＜0，方程无实数根）；
③在b2﹣4ac≥0的前提下，把a、b、c的值代入公式进行计算求出方程的根．
注意：用公式法解一元二次方程的前提条件有两个：①a≠0；②b2﹣4ac≥0．
9．解一元二次方程-因式分解法
（1）因式分解法解一元二次方程的意义
因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
因式分解法就是先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．
（2）因式分解法解一元二次方程的一般步骤：
①移项，使方程的右边化为零；②将方程的左边分解为两个一次因式的乘积；③令每个因式分别为零，得到两个一元一次方程；④解这两个一元一次方程，它们的解就都是原方程的解．
10．根的判别式
利用一元二次方程根的判别式（△＝b2﹣4ac）判断方程的根的情况．
一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与△＝b2﹣4ac有如下关系：
①当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；
②当△＝0时，方程有两个相等的两个实数根；
③当△＜0时，方程无实数根．
上面的结论反过来也成立．
11．根与系数的关系
（1）若二次项系数为1，常用以下关系：x1，x2是方程x2+px+q＝0的两根时，x1+x2＝﹣p，x1x2＝q，反过来可得p＝﹣（x1+x2），q＝x1x2，前者是已知系数确定根的相关问题，后者是已知两根确定方程中未知系数．
（2）若二次项系数不为1，则常用以下关系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝，x1x2＝，反过来也成立，即＝﹣（x1+x2），＝x1x2．
（3）常用根与系数的关系解决以下问题：
①不解方程，判断两个数是不是一元二次方程的两个根．②已知方程及方程的一个根，求另一个根及未知数．③不解方程求关于根的式子的值，如求，x12+x22等等．④判断两根的符号．⑤求作新方程．⑥由给出的两根满足的条件，确定字母的取值．这类问题比较综合，解题时除了利用根与系数的关系，同时还要考虑a≠0，△≥0这两个前提条件．
12．分式方程的解
求出使分式方程中令等号左右两边相等且分母不等于0的未知数的值，这个值叫方程的解．
注意：在解方程的过程中因为在把分式方程化为整式方程的过程中，扩大了未知数的取值范围，可能产生增根，增根是令分母等于0的值，不是原分式方程的解．
13．分式方程的增根
（1）增根的定义：在分式方程变形时，有可能产生不适合原方程的根，即代入分式方程后分母的值为0或是转化后的整式方程的根恰好是原方程未知数的允许值之外的值的根，叫做原方程的增根．
（2）增根的产生的原因：对于分式方程，当分式中，分母的值为零时，无意义，所以分式方程，不允许未知数取哪些使分母的值为零的值，即分式方程本身就隐含着分母不为零的条件．当把分式方程转化为整式方程以后，这种限制取消了，换言之，方程中未知数的值范围扩大了，如果转化后的整式方程的根恰好是原方程未知数的允许值之外的值，那么就会出现增根．
（3）检验增根的方法：把由分式方程化成的整式方程的解代入最简公分母，看最简公分母是否为0，如果为0，则是增根；如果不是0，则是原分式方程的根．
一．选择题（共11小题）
1．（2021春 松江区期末）下列方程中，有实数解的是　　
A． B． C． D．
【考点】解一元二次方程直接开平方法；无理方程；分式方程的解
【分析】根据一元二次方程、分式方程、无理方程的解法，分别解方程即可得答案．
【解答】解：、由，得，
，
原方程无实数根，
故选项不符合题意；
、由得，
而的判别式△，
原方程无实数根，
故选项不符合题意；
、由得，
解得或，
经检验，是原方程的根，
故符合题意；
、由得，
经检验：是原方程增根，
原方程无实数根，
故不符合题意，
故选：．
【点评】本题主要考查了一元二次方程、分式方程及无理方程的解，熟练应用相关方法进行求解是解决本题的关键，特别注意分式方程和无理方程都要检验．
2．（2021 盂县一模）将关于的一元二次方程变形为，就可以将表示为关于的一次多项式，从而达到“降次”的目的，又如，我们将这种方法称为“降次法”，通过这种方法可以化简次数较高的代数式．根据“降次法”，已知：，且，则的值为　　
A． B． C． D．
【考点】解一元二次方程公式法；高次方程
【分析】利用，得，用一元二次方程求根公式得，且，所以取，代入即可求得．
【解答】解：，
，且，
，
，
，
故选：．
【点评】本题考查了整体降次的思想方法，但降次后得到的是的代数式，还要利用一元二次方程求根公式求出的值，代入化简后的中计算出结果．
3．（2020 高青县二模）已知，是方程的两个根，则的值为　　
A． B．4044 C． D．2020
【考点】根与系数的关系
【分析】由，是方程的两个根，根据根与系数的关系，可得，由一元二次方程的根的定义，可得，，继而求得答案．
【解答】解：，是方程的两个根，
，，，
．
故选：．
【点评】此题考查了根与系数的关系以及一元二次方程的解．注意，是方程的两根时，，．
4．方程组的解为，则被遮盖的两个数、分别为　　
A．4，2 B．1，3 C．2，3 D．2，4
【考点】二元一次方程组的解
【分析】本题主要将代入得出和，再将，的值代入方程组即可．
【解答】解：将代入得
，
，
将，代入得
．
故选：．
【点评】本题主要考查了二元一次方程的解、问题转化等思想．
5．设，是方程的两根，则　　
A． B． C．3 D．5
【考点】根与系数的关系
【分析】先求出，再求其算术平方根即可．
【解答】解：，是方程的两根，
，，
而，
且，故，
，
故选：．
【点评】本题考查一元二次方程根与系数的关系及算术平方根，主要是如何变形为与的式子．
6．（2021秋 宣化区期末）一元二次方程的根是　　
A． B． C．， D．，
【考点】解一元二次方程因式分解法
【分析】先移项得到，然后利用因式分解法解方程．
【解答】解：，
，
或，
所以，．
故选：．
【点评】本题考查了解一元二次方程因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．
7．（2020 浙江自主招生）方程的实数解的个数为　　
A．0 B．1 C．2 D．大于2
【考点】立方根
【分析】令，，分别求出，，所以、是方程的两个实数根，△，可知方程无解，由此可求解．
【解答】解：令，，
，
，
，
，
，
，
、是方程的两个实数根，
△，
方程无解，
方程无实数根，
故选：．
【点评】本题考查立方根、一元二次方程，利用换元法和立方和公式进行量的转换，再构造一元二次方程，借助判别式求解是解题的关键．
8．下列无理方程中，有实数解的方程是　　
A． B．
C． D．
【考点】无理方程
【分析】移项得出，两边平方得出，整理后得出，两边平方得出，求出后检验，即可判断；根据算术平方根的非负性即可判断；移项得出，两边平方得出，整理后得出，两边平方得出，根据根的判别式即可判断；两边平方得出，求出方程的解，经检验即可判断．
【解答】解：．，
移项，得，
两边平方，得，
整理，得，
两边平方，得，
即，
△，
此方程无解，
即原方程无解，故本选项不符合题意；
．，
不论为何值，的值不能为负数，
此方程无解，故本选项不符合题意；
．，
移项，得，
两边平方，得，
整理，得，
两边平方，得，
即，
△，此方程无解，
所以原方程无解，故本选项不符合题意；
．，
两边平方，得，
解得：，
经检验是原方程的解，
所以原方程的解是，故本选项符合题意；
故选：．
【点评】本题考查了解无理方程和解一元二次方程，能把解无理方程转化成解有理方程是解此题的关键，注意：解无理方程一定要检验．
9．用代入法解方程组时，将方程①代入②中，所得的方程正确的是　　
A． B． C． D．
【考点】解二元一次方程组
【分析】将方程①代入②，然后进行消元．
【解答】解：，
把①代入②得：
，
去括号得：
．
故选：．
【点评】这是用代入法解二元一次方程组的关键一步“代入消元”，通过这一步，使二元一次方程组转化为我们熟悉的一元一次方程来解答，典型地体现了数学转化思想．
10．（2021 元阳县模拟）若关于的一元一次不等式组的解集为，且关于的分式方程有正数解，则所有满足条件的整数的值为　　
A．6.7，8，9 B．6，7，8 C．7，8 D．6，8
【考点】解一元一次不等式组；分式方程的解
【分析】先求出不等式解集，根据一元一次不等式组的解集为，求出的取值范围，进一步解分式方程，用表示，代入，求出的取值范围，再根据关于的分式方程有正数解，求出，这样也就求出的值．
【解答】解：解不等式，
得，，
一元一次不等式组的解集为，
，
解分式方程，
，
解得，，
，
，
关于的分式方程有正数解，
或3，
当时，，
当时，，
综上所述：的值是7或8．
故选：．
【点评】本题考查解一元一次不等式组、分式方程．掌握不等式解集的确定，转化思想是解题关键．
11．，其中，，，，是常数，且，则，，，，的大小顺序是　　
A． B．
C． D．
【考点】一元一次不等式的应用
【分析】本方程组牵涉5个未知数，，，，，经观察方程（1）与（2）、（2）与（3）、（3）与（4）、（4）与（5）、（5）与（1）均含有相同的两个未知数，只要做差就会出现，通过的大小关系，即可确定，，，，的大小关系．
【解答】解：方程组中的方程按顺序两两分别相减得
因为
所以，，，，于是有
故选：．
【点评】本题如果直接比较，，，，的大小关系很难，那么考虑到方程（1）与（2）、（2）与（3）、（3）与（4）、（4）与（5）、（5）与（1）均含有相同的两个未知数，通过比较，，，，的大小就容易的多了，本题要注意并不是任何两个方程都能相减，需要消去两个未知数，保留两个未知数的差，这才是目的．
二．填空题（共3小题）
12．（2021秋 鼓楼区校级期中）已知关于的一元一次方的解为，那么关于的一元一次方程的解为 　　．
【考点】一元一次方程的解
【分析】根据换元法得出，进而解答即可．
【解答】解：关于的一元一次方程的解为，
关于的一元一次方程中的，
解得：，
故答案是：．
【点评】此题考查一元一次方程的解，关键是根据换元法解答．
13．（2021秋 虹口区校级月考）无论取何值，关于、方程组都只有一组解，则　3　．
【考点】根的判别式
【分析】将②变形后代入①可整理出关于的一元二次方程，由方程组只有一组解，可得出，结合可以为任何值，可得出关于，的二元一次方程组，解之即可得出，的值，再将其代入中即可求出结论．
【解答】解：．
由②可得出③，
将③代入①整理得：．
无论取何值，关于、方程组都只有一组解，
△，
即，
，
，
．
故答案为：3．
【点评】本题考查了根的判别式，牢记“当△时，方程有两个相等的实数根”是解题的关键．
14．已知等式对一切实数都成立，则　　，　　．
【考点】解二元一次方程组
【分析】根据条件“对于一切实数都成立”，将原式转化为关于、的二元一次方程组解答．
【解答】解：由于等式对一切实数都成立，
所以，有
解得．
故答案为：，．
【点评】本题考查了二元一次方程组的解法．解决本题的关键在于转化为关于、的二元一次方程组；体现了转化思想的应用．
三．解答题（共4小题）
15．（2021秋 三元区期中）为了响应“践行核心价值观，传递青春正能量”的号召，小颖决定走入社区号召大家参加“传递正能量志愿服务者”．假定从一个人开始号召，每一个人每周能够号召相同的个人参加，被号召参加的人下一周会继续号召，两周后，将有121人被号召成为“传递正能量志愿服务者”．
（1）求出的值；
（2）经过计算后，小颖、小红、小丽三人开始发起号召，但刚刚开始，她们就发现了同题，实际号召过程中，不是每一次号召都可以成功，而她们三人的成功率也各不相同，已知小红的成功率比小颖的两倍少，第一周后小丽比小颖多号召成功4人，三人一共号召成功19人，其中小颖号召成功了人．求出值，并分别求出她们三人号召的成功率．
【考点】一元二次方程的应用
【分析】（1）第一周一个人能够号召个人参加，可得第一周结束共有个人参加，第二周个人可以号召个人，可得两周后号召志愿者的人数有人，进而列出方程即可求出的值；
（2）根据题意列出方程即可分别求出他们三人号召的成功率；根据小红的成功率比小颖的两倍少，列出方程即可求出的值．
【解答】解：（1）根据题意，得
，
即，
，
，（舍去），
答：的值为10；
（2）根据题意，得
小颖号召了人．小丽号召了人，小红号召了人，
所以小颖的成功率为，小红的成功率为，小丽的成功率为，
因为小红的成功率比小颖的两倍少，
所以，
解得；
所以小颖的成功率为，
小红的成功率为，
小丽的成功率为；
答：的值为4，小颖的成功率为，小红的成功率为，小丽的成功率为．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，解决本题的关键是根据题意找到等量关系．
16．（2021秋 介休市期中）（1）解方程：．
（2）下面是小明解一元二次方程的过程，请认真阅读并完成相应的任务．
解：
二次系数化为1，得第一步
移项，得第二步
配方，得，即第三步
由此，可得第四步
所以，，第五步
任务：
①上面小明同学的解法中运用“配方法”将该一元二次方程“降次”为两个一元一次方程，体现的数学思想是 　转化思想　，其中“配方法”所依据的一个数学公式是 　　；
②“第二步”变形的依据是 　　；
③上面小明同学解题过程中，从第 　　步开始出现错误，请直接写出正确的解是 　　；
④请你根据平时学习经验，就解一元二次方程时还需要注意的事项为其他同学提一条意见．
【考点】解一元二次方程配方法；一元一次方程的定义；数学常识
【分析】（1）利用提公因式法解出方程；
（2）①根据转化思想、完全平方公式解答；
②根据移项的依据是等式的性质解答；
③根据完全平方公式判断，再根据配方法求出方程的解；
④根据解一元二次方程时，学生的常见错误给出意见．
【解答】解：（1），
移项，得，
提公因式，得，
则或，
，；
（2）①上面小明同学的解法中运用“配方法”将该一元二次方程“降次”为两个一元一次方程，体现的数学思想是转化思想，其中“配方法”所依据的一个数学公式是完全平方公式；
②“第二步”变形的依据是等式的性质；
③上面小明同学解题过程中，从第三步开始出现错误，正确的解是，；
④解一元二次方程时需要注意的事项：先把方程化为一般形式、移项要变号、正确运用完全平方公式、解要化为最简（答案不唯一），
故答案为：①转化思想；完全平方公式；②等式的性质；③三；，．
【点评】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握提公因式法、配方法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．
17．（2021秋 南京期中）【阅读材料】
求解一元一次方程，根据等式的基本性质，把方程转化为的形式．求解二元一次方程组，把它转化为一元一次方程来解；类似的，求解三元一次方程组，把它转化为解二元一次方程组；求解一元二次方程，把它转化为两个一元一次方程来解；求解分式方程，把它转化为整式方程来解，由于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验．各类方程的解法不尽相同，但是它们有一个共同的基本数学思想转化，把未知转化为已知．
用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程．例如，一元三次方程，可以通过因式分解把它转化为，解方程和，可得方程的解．
【直接应用】
方程的解是，　2　，　　．
【类比迁移】
解方程：．
【问题解决】
如图，在矩形中，，，点在上，若，求的长．
【考点】数学常识；解二元一次方程组；解三元一次方程组；解一元二次方程因式分解法；无理方程；分式方程的增根；矩形的性质
【分析】【问题解决】利用因式分解法，可得结论；
【类比迁移】利用两边平方，把无理方程转化为整式方程，求解即可；
【问题解决】根据题意先列出方程，再把无理方程转化为整式方程，求解即可．
【解答】解：，
．
．
或或．
，，．
故答案为：2，4．
解方程：．
方程两边平方，得．
．
．
或．
经检验是方程的解，不符合题意舍去．
所以原方程的解为：．
设的长为，则．
由题意，得，
移项，得，
两边平方，得，
整理，得．
解得．
经检验是方程的解．
所以的长为．
【点评】本题主要考查了高次方程、无理方程的解法，掌握转化的思想方法是解决本题的关键．
18．（2021秋 海珠区期末）阅读材料：对于非零实数，，若关于的分式的值为零，则解得，．又因为，所以关于的方程的解为，．
（1）理解应用：方程的解为：　3　，　　；
（2）知识迁移：若关于的方程的解为，，求的值；
（3）拓展提升：若关于的方程的解为，，求的值．
【考点】分式方程的解
【分析】（1）根据题意可得或；
（2）由题意可得，，再由完全平方公式可得；
（3）方程变形为，则方程的解为或，则有，，整理得，，再将所求代数式化为．
【解答】解：（1）的解为，，
的解为或，
故答案为：3，；
（2），
，，
；
（3）可化为，
方程的解为，，
则有或，
，，
，，
．
【点评】本题考查分式方程的解，理解题意，灵活求分式方程的解，并结合完全平方公式对代数式求值是解题的关键．方程中的转化思想
知识方法精讲
1．转化思想
转化不仅是一种重要的解题思想，也是一种最基本的思维策略，更是一种有效的数学思维方式。所谓的转化思想方法，就是在研究和解决有关数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而达到解决的一种方法。一般总是将复杂问题通过变换转化为简单问题；将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题；将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题。总之，转化在数学解题中几乎无处不在，转化的基本功能是：生疏化成熟悉，复杂化成简单，抽象化成直观，含糊化成明朗。说到底，转化的实质就是以运动变化发展的观点，以及事物之间相互联系，相互制约的观点看待问题，善于对所要解决的问题进行变换转化，使问题得以解决。实现这种转化的方法有：待定系数法，配方法，整体代入法以及化动为静，由抽象到具体等转化思想。
2．一元一次方程的解
定义：使一元一次方程左右两边相等的未知数的值叫做一元一次方程的解．
把方程的解代入原方程，等式左右两边相等．
3．二元一次方程组的解
（1）定义：一般地，二元一次方程组的两个方程的公共解，叫做二元一次方程组的解．
（2）一般情况下二元一次方程组的解是唯一的．数学概念是数学的基础与出发点，当遇到有关二元一次方程组的解的问题时，要回到定义中去，通常采用代入法，即将解代入原方程组，这种方法主要用在求方程中的字母系数．
4．解二元一次方程组
（1）用代入法解二元一次方程组的一般步骤：①从方程组中选一个系数比较简单的方程，将这个方程组中的一个未知数用含另一个未知数的代数式表示出来．②将变形后的关系式代入另一个方程，消去一个未知数，得到一个一元一次方程．③解这个一元一次方程，求出x（或y）的值．④将求得的未知数的值代入变形后的关系式中，求出另一个未知数的值．⑤把求得的x、y的值用“{”联立起来，就是方程组的解．
（2）用加减法解二元一次方程组的一般步骤：①方程组的两个方程中，如果同一个未知数的系数既不相等又不互为相反数，就用适当的数去乘方程的两边，使某一个未知数的系数相等或互为相反数．②把两个方程的两边分别相减或相加，消去一个未知数，得到一个一元一次方程．③解这个一元一次方程，求得未知数的值．④将求出的未知数的值代入原方程组的任意一个方程中，求出另一个未知数的值．⑤把所求得的两个未知数的值写在一起，就得到原方程组的解，用的形式表示．
5．解三元一次方程组
（1）三元一次方程组的定义：方程组含有三个未知数，每个方程中含未知数的项的次数都是1，并且一共有三个方程，像这样的方程组叫做三元一次方程组．
（2）解三元一次方程组的一般步骤：
①首先利用代入法或加减法，把方程组中一个方程与另两个方程分别组成两组，消去两组中的同一个未知数，得到关于另外两个未知数的二元一次方程组．②然后解这个二元一次方程组，求出这两个未知数的值．③再把求得的两个未知数的值代入原方程组中的一个系数比较简单的方程，得到一个关于第三个未知数的一元一次方程．④解这个一元一次方程，求出第三个未知数的值．⑤最后将求得的三个未知数的值用“{”合写在一起即可．
6．解一元二次方程-直接开平方法
形如x2＝p或（nx+m）2＝p（p≥0）的一元二次方程可采用直接开平方的方法解一元二次方程．
如果方程化成x2＝p的形式，那么可得x＝±；
如果方程能化成（nx+m）2＝p（p≥0）的形式，那么nx+m＝±．
注意：①等号左边是一个数的平方的形式而等号右边是一个非负数．
②降次的实质是由一个二次方程转化为两个一元一次方程．
③方法是根据平方根的意义开平方．
7．解一元二次方程-配方法
（1）将一元二次方程配成（x+m）2＝n的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．
（2）用配方法解一元二次方程的步骤：
①把原方程化为ax2+bx+c＝0（a≠0）的形式；
②方程两边同除以二次项系数，使二次项系数为1，并把常数项移到方程右边；
③方程两边同时加上一次项系数一半的平方；
④把左边配成一个完全平方式，右边化为一个常数；
⑤如果右边是非负数，就可以进一步通过直接开平方法来求出它的解，如果右边是一个负数，则判定此方程无实数解．
8．解一元二次方程-公式法
（1）把x＝（b2﹣4ac≥0）叫做一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的求根公式．
（2）用求根公式解一元二次方程的方法是公式法．
（3）用公式法解一元二次方程的一般步骤为：
①把方程化成一般形式，进而确定a，b，c的值（注意符号）；
②求出b2﹣4ac的值（若b2﹣4ac＜0，方程无实数根）；
③在b2﹣4ac≥0的前提下，把a、b、c的值代入公式进行计算求出方程的根．
注意：用公式法解一元二次方程的前提条件有两个：①a≠0；②b2﹣4ac≥0．
9．解一元二次方程-因式分解法
（1）因式分解法解一元二次方程的意义
因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
因式分解法就是先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．
（2）因式分解法解一元二次方程的一般步骤：
①移项，使方程的右边化为零；②将方程的左边分解为两个一次因式的乘积；③令每个因式分别为零，得到两个一元一次方程；④解这两个一元一次方程，它们的解就都是原方程的解．
10．根的判别式
利用一元二次方程根的判别式（△＝b2﹣4ac）判断方程的根的情况．
一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与△＝b2﹣4ac有如下关系：
①当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；
②当△＝0时，方程有两个相等的两个实数根；
③当△＜0时，方程无实数根．
上面的结论反过来也成立．
11．根与系数的关系
（1）若二次项系数为1，常用以下关系：x1，x2是方程x2+px+q＝0的两根时，x1+x2＝﹣p，x1x2＝q，反过来可得p＝﹣（x1+x2），q＝x1x2，前者是已知系数确定根的相关问题，后者是已知两根确定方程中未知系数．
（2）若二次项系数不为1，则常用以下关系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝，x1x2＝，反过来也成立，即＝﹣（x1+x2），＝x1x2．
（3）常用根与系数的关系解决以下问题：
①不解方程，判断两个数是不是一元二次方程的两个根．②已知方程及方程的一个根，求另一个根及未知数．③不解方程求关于根的式子的值，如求，x12+x22等等．④判断两根的符号．⑤求作新方程．⑥由给出的两根满足的条件，确定字母的取值．这类问题比较综合，解题时除了利用根与系数的关系，同时还要考虑a≠0，△≥0这两个前提条件．
12．分式方程的解
求出使分式方程中令等号左右两边相等且分母不等于0的未知数的值，这个值叫方程的解．
注意：在解方程的过程中因为在把分式方程化为整式方程的过程中，扩大了未知数的取值范围，可能产生增根，增根是令分母等于0的值，不是原分式方程的解．
13．分式方程的增根
（1）增根的定义：在分式方程变形时，有可能产生不适合原方程的根，即代入分式方程后分母的值为0或是转化后的整式方程的根恰好是原方程未知数的允许值之外的值的根，叫做原方程的增根．
（2）增根的产生的原因：对于分式方程，当分式中，分母的值为零时，无意义，所以分式方程，不允许未知数取哪些使分母的值为零的值，即分式方程本身就隐含着分母不为零的条件．当把分式方程转化为整式方程以后，这种限制取消了，换言之，方程中未知数的值范围扩大了，如果转化后的整式方程的根恰好是原方程未知数的允许值之外的值，那么就会出现增根．
（3）检验增根的方法：把由分式方程化成的整式方程的解代入最简公分母，看最简公分母是否为0，如果为0，则是增根；如果不是0，则是原分式方程的根．
一．选择题（共11小题）
1．（2021春 松江区期末）下列方程中，有实数解的是　　
A． B． C． D．
2．（2021 盂县一模）将关于的一元二次方程变形为，就可以将表示为关于的一次多项式，从而达到“降次”的目的，又如，我们将这种方法称为“降次法”，通过这种方法可以化简次数较高的代数式．根据“降次法”，已知：，且，则的值为　　
A． B． C． D．
3．（2020 高青县二模）已知，是方程的两个根，则的值为　　
A． B．4044 C． D．2020
4．方程组的解为，则被遮盖的两个数、分别为　　
A．4，2 B．1，3 C．2，3 D．2，4
5．设，是方程的两根，则　　
A． B． C．3 D．5
6．（2021秋 宣化区期末）一元二次方程的根是　　
A． B． C．， D．，
7．（2020 浙江自主招生）方程的实数解的个数为　　
A．0 B．1 C．2 D．大于2
8．下列无理方程中，有实数解的方程是　　
A． B．
C． D．
9．用代入法解方程组时，将方程①代入②中，所得的方程正确的是　　
A． B． C． D．
10．（2021 元阳县模拟）若关于的一元一次不等式组的解集为，且关于的分式方程有正数解，则所有满足条件的整数的值为　　
A．6.7，8，9 B．6，7，8 C．7，8 D．6，8
11．，其中，，，，是常数，且，则，，，，的大小顺序是　　
A． B．
C． D．
二．填空题（共3小题）
12．（2021秋 鼓楼区校级期中）已知关于的一元一次方的解为，那么关于的一元一次方程的解为 　　．
13．（2021秋 虹口区校级月考）无论取何值，关于、方程组都只有一组解，则　　．
14．已知等式对一切实数都成立，则　　，　　．
三．解答题（共4小题）
15．（2021秋 三元区期中）为了响应“践行核心价值观，传递青春正能量”的号召，小颖决定走入社区号召大家参加“传递正能量志愿服务者”．假定从一个人开始号召，每一个人每周能够号召相同的个人参加，被号召参加的人下一周会继续号召，两周后，将有121人被号召成为“传递正能量志愿服务者”．
（1）求出的值；
（2）经过计算后，小颖、小红、小丽三人开始发起号召，但刚刚开始，她们就发现了同题，实际号召过程中，不是每一次号召都可以成功，而她们三人的成功率也各不相同，已知小红的成功率比小颖的两倍少，第一周后小丽比小颖多号召成功4人，三人一共号召成功19人，其中小颖号召成功了人．求出值，并分别求出她们三人号召的成功率．
16．（2021秋 介休市期中）（1）解方程：．
（2）下面是小明解一元二次方程的过程，请认真阅读并完成相应的任务．
解：
二次系数化为1，得第一步
移项，得第二步
配方，得，即第三步
由此，可得第四步
所以，，第五步
任务：
①上面小明同学的解法中运用“配方法”将该一元二次方程“降次”为两个一元一次方程，体现的数学思想是 　　，其中“配方法”所依据的一个数学公式是 　　；
②“第二步”变形的依据是 　　；
③上面小明同学解题过程中，从第 　　步开始出现错误，请直接写出正确的解是 　　；
④请你根据平时学习经验，就解一元二次方程时还需要注意的事项为其他同学提一条意见．
17．（2021秋 南京期中）【阅读材料】
求解一元一次方程，根据等式的基本性质，把方程转化为的形式．求解二元一次方程组，把它转化为一元一次方程来解；类似的，求解三元一次方程组，把它转化为解二元一次方程组；求解一元二次方程，把它转化为两个一元一次方程来解；求解分式方程，把它转化为整式方程来解，由于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验．各类方程的解法不尽相同，但是它们有一个共同的基本数学思想转化，把未知转化为已知．
用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程．例如，一元三次方程，可以通过因式分解把它转化为，解方程和，可得方程的解．
【直接应用】
方程的解是，　　，　　．
【类比迁移】
解方程：．
【问题解决】
如图，在矩形中，，，点在上，若，求的长．
18．（2021秋 海珠区期末）阅读材料：对于非零实数，，若关于的分式的值为零，则解得，．又因为，所以关于的方程的解为，．
（1）理解应用：方程的解为：　　，　　；
（2）知识迁移：若关于的方程的解为，，求的值；
（3）拓展提升：若关于的方程的解为，，求的值函数中的转化思想
知识方法精讲
1．转化思想
转化不仅是一种重要的解题思想，也是一种最基本的思维策略，更是一种有效的数学思维方式。所谓的转化思想方法，就是在研究和解决有关数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而达到解决的一种方法。一般总是将复杂问题通过变换转化为简单问题；将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题；将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题。总之，转化在数学解题中几乎无处不在，转化的基本功能是：生疏化成熟悉，复杂化成简单，抽象化成直观，含糊化成明朗。说到底，转化的实质就是以运动变化发展的观点，以及事物之间相互联系，相互制约的观点看待问题，善于对所要解决的问题进行变换转化，使问题得以解决。实现这种转化的方法有：待定系数法，配方法，整体代入法以及化动为静，由抽象到具体等转化思想。
2．一次函数综合题
（1）一次函数与几何图形的面积问题
首先要根据题意画出草图，结合图形分析其中的几何图形，再求出面积．
（2）一次函数的优化问题
通常一次函数的最值问题首先由不等式找到x的取值范围，进而利用一次函数的增减性在前面范围内的前提下求出最值．
（3）用函数图象解决实际问题
从已知函数图象中获取信息，求出函数值、函数表达式，并解答相应的问题．
3．二次函数的图象
（1）二次函数y＝ax2（a≠0）的图象的画法：
①列表：先取原点（0，0），然后以原点为中心对称地选取x值，求出函数值，列表．
②描点：在平面直角坐标系中描出表中的各点．
③连线：用平滑的曲线按顺序连接各点．
④在画抛物线时，取的点越密集，描出的图象就越精确，但取点多计算量就大，故一般在顶点的两侧各取三四个点即可．连线成图象时，要按自变量从小到大（或从大到小）的顺序用平滑的曲线连接起来．画抛物线y＝ax2（a≠0）的图象时，还可以根据它的对称性，先用描点法描出抛物线的一侧，再利用对称性画另一侧．
（2）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象
二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象看作由二次函数y＝ax2的图象向右或向左平移||个单位，再向上或向下平移||个单位得到的．
4．二次函数的性质
二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标是（﹣，），对称轴直线x＝﹣，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象具有如下性质：
①当a＞0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，x＜﹣时，y随x的增大而减小；x＞﹣时，y随x的增大而增大；x＝﹣时，y取得最小值，即顶点是抛物线的最低点．
②当a＜0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向下，x＜﹣时，y随x的增大而增大；x＞﹣时，y随x的增大而减小；x＝﹣时，y取得最大值，即顶点是抛物线的最高点．
③抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象可由抛物线y＝ax2的图象向右或向左平移|﹣|个单位，再向上或向下平移||个单位得到的．
5．二次函数图象与几何变换
由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
6．待定系数法求二次函数解析式
（1）二次函数的解析式有三种常见形式：
①一般式：y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）； ②顶点式：y＝a（x﹣h）2+k（a，h，k是常数，a≠0），其中（h，k）为顶点坐标； ③交点式：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）（a，b，c是常数，a≠0）；
（2）用待定系数法求二次函数的解析式．
在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解．
7．抛物线与x轴的交点
求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标，令y＝0，即ax2+bx+c＝0，解关于x的一元二次方程即可求得交点横坐标．
（1）二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的交点与一元二次方程ax2+bx+c＝0根之间的关系．
△＝b2﹣4ac决定抛物线与x轴的交点个数．
△＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；
△＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；
△＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
（2）二次函数的交点式：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）（a，b，c是常数，a≠0），可直接得到抛物线与x轴的交点坐标（x1，0），（x2，0）．
8．图象法求一元二次方程的近似根
利用二次函数图象求一元二次方程的近似根的步骤是：
（1）作出函数的图象，并由图象确定方程的解的个数；
（2）由图象与y＝h的交点位置确定交点横坐标的范围；
（3）观察图象求得方程的根（由于作图或观察存在误差，由图象求得的根一般是近似的）．
9．二次函数与不等式（组）
二次函数y＝ax2+bx+c（a、b、c是常数，a≠0）与不等式的关系
①函数值y与某个数值m之间的不等关系，一般要转化成关于x的不等式，解不等式求得自变量x的取值范围．
②利用两个函数图象在直角坐标系中的上下位置关系求自变量的取值范围，可作图利用交点直观求解，也可把两个函数解析式列成不等式求解．
10．二次函数综合题
（1）二次函数图象与其他函数图象相结合问题
解决此类问题时，先根据给定的函数或函数图象判断出系数的符号，然后判断新的函数关系式中系数的符号，再根据系数与图象的位置关系判断出图象特征，则符合所有特征的图象即为正确选项．
（2）二次函数与方程、几何知识的综合应用
将函数知识与方程、几何知识有机地结合在一起．这类试题一般难度较大．解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．
（3）二次函数在实际生活中的应用题
从实际问题中分析变量之间的关系，建立二次函数模型．关键在于观察、分析、创建，建立直角坐标系下的二次函数图象，然后数形结合解决问题，需要我们注意的是自变量及函数的取值范围要使实际问题有意义．
一．选择题（共12小题）
1．（2021秋 余杭区月考）某二次函数的图象与函数的图象形状相同、开口方向一致，且顶点坐标为，则该二次函数表达式为　　
A． B．
C． D．
【考点】二次函数图象与几何变换；待定系数法求二次函数解析式；二次函数的性质
【分析】设抛物线的解析式为，由条件可以得出，再将顶点坐标代入解析式就可以求出结论．
【解答】解：设抛物线的解析式为，且该抛物线的形状与开口方向和抛物线的相同，
，
，
顶点坐标是，
，
这个函数解析式为．
故选：．
【点评】本题考查了根据顶点坐标运用待定系数法求二次函数的解析式的运用，在解答时运用抛物线的性质求出值是关键．
2．（2021 市中区三模）抛物线的对称轴为直线．若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数根，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
【考点】二次函数的性质；抛物线与轴的交点
【分析】先利用抛物线的对称轴方程得到，再利用方程在的范围内有实数根，则且或且，然后解不等式确定的范围．
【解答】解：抛物线的对称轴为直线，
，解得，
关于的一元二次方程为实数）化为，
关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数根，
且或且，
解得或，
综上所述，的范围为．
故选：．
【点评】本题考查了抛物线与轴的交点：把求二次函数，，是常数，与轴的交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
3．（2021 榆阳区模拟）抛物线的对称轴为直线．若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数根，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
【考点】二次函数的性质；抛物线与轴的交点
【分析】先利用抛物线的对称轴方程求出，则可把关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数根转化为抛物线为实数）在的范围与轴有交点（如图），结合图象和判别式的意义得到△且时，，即，然后求出两不等式的公共部分即可．
【解答】解：抛物线的对称轴为直线，
，解得，
关于的一元二次方程变形为，
把关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数根转化为抛物线为实数）在的范围与轴有交点（如图），
△且时，，即，
解得．
故选：．
【点评】本题考查了抛物线与轴的交点：把求二次函数，，是常数，与轴的交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程；△决定抛物线与轴的交点个数．也考查了二次函数的性质．
4．（2020秋 郯城县期末）抛物线的对称轴为直线．若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数根，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
【考点】二次函数的性质；抛物线与轴的交点
【分析】一元二次方程为实数）在的范围内有实数根，则和有交点，进而求解．
【解答】解：，解得，
设，
则该函数的开口向上，顶点坐标为，
则比离函数的对称轴远，
当时，，
而一元二次方程为实数）在的范围内有实数根，
则和有交点，
故，
故选：．
【点评】本题考查的是抛物线与轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．
5．（2021 寻乌县模拟）抛物线的对称轴为直线．若关于的方程为实数）在的范围内有实数根，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
【考点】：二次函数的性质；：抛物线与轴的交点
【分析】根据给出的对称轴求出函数解析式为，将一元二次方程的实数根可以看做与函数的有交点，再由的范围确定的取值范围即可求解．
【解答】解：的对称轴为直线，
，
，
一元二次方程的实数根可以看做与函数的有交点，
方程在的范围内有实数根，
当时，；
当时，；
函数在时有最小值2；
．
故选：．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质；能够将方程的实数根问题转化为二次函数与直线的交点问题，借助数形结合解题是关键．
6．（2021 启东市模拟）抛物线的对称轴为直线，若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数根，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
【考点】二次函数的性质；抛物线与轴的交点
【分析】根据给出的对称轴求出函数解析式为，将一元二次方程的实数根可以看作与函数的图象有交点，再由的范围确定的取值范围即可求解．
【解答】解：抛物线的对称轴为直线，
，
，
一元二次方程的实数根可以看作与函数的图象有交点，
方程在的范围内有实数根，
当时，；
当时，；
函数在时有最大值4；
．
故选：．
【点评】本题考查抛物线与轴的交点，二次函数的图象及性质；能够将方程的实数根问题转化为二次函数与直线的交点问题，借助数形结合解题是关键．
7．二次函数的对称轴为直线，若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有解，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
【考点】根的判别式；二次函数的性质；抛物线与轴的交点
【分析】先求出，确定二次函数解析式，关于的一元二次方程的解可以看成二次函数与直线的交点，时，进而求解．
【解答】解：对称轴为直线，
，
，
关于的一元二次方程的解可以看成二次函数与直线的交点，
，
二次函数的取值为，
；
故选：．
【点评】本题考查二次函数图象的性质，一元二次方程的解；将一元二次方程的解转换为二次函数与直线交点问题，数形结合的解决问题是解题的关键．
8．二次函数的对称轴为．若关于的一元二次方程在的范围内有实数解，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
【考点】：二次函数的性质；：抛物线与轴的交点
【分析】根据对称轴求出的值，从而得到、3时的函数值，再根据一元二次方程为实数）在的范围内有解相当于与在的范围内有交点解答．
【解答】解：抛物线的对称轴，
，
则方程，即的解相当于与直线的交点的横坐标，
方程在的范围内有实数解，
当时，，
当时，，
又，
抛物线的对称轴为，最小值为，
当时，则，
当时，直线与抛物线在的范围内有交点，
即当时，方程在的范围内有实数解，
的取值范围是，
故选：．
【点评】本题主要考查抛物线与轴的交点，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．难点是把一元二次方程在的范围内有实数解，转化为函数与直线在的范围内有交点的问题进行解答．
9．二次函数的图象如图，对称轴为直线，若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数解，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
【考点】：二次函数的性质；：抛物线与轴的交点
【分析】利用对称性方程求出得到抛物线解析式为，则顶点坐标为，再计算当时对应的函数值的范围为，由于关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数解可看作二次函数与直线有交点，然后利用函数图象可得到的范围．
【解答】解：抛物线的对称轴为直线，解得，
抛物线解析式为，则顶点坐标为，
当时，；当时，，
当时，，
而关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数解可看作二次函数与直线有交点，
．
故选：．
【点评】本题考查了抛物线与轴的交点：把求二次函数，，是常数，与轴的交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
10．（2020 日照二模）抛物线的对称轴为直线．若关于的一元二次方程为实数）在的范围内只有一个实数根，则的取值范围是　　
A．或 B． C． D．
【考点】二次函数的性质；抛物线与轴的交点
【分析】根据二次函数的对称轴求得值，从而得出函数的解析式，将一元二次方程为实数）在的范围内有实数根可以看作与函数有交点，再由时的临界函数值及对称轴处的函数值得出的取值范围即可．
【解答】解：抛物线的对称轴为直线．
，解得：，
，
一元二次方程有实数根可以看作与函数只有一个交点，
方程为实数）在的范围内只有一个实数根，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，就是过顶点时也是一个实数根．
的取值范围是或者．
故选：．
【点评】本题考查了二次函数与轴的交点及交点与一元二次方程的实数根的关系，明确二次函数的相关性质是解题的关键．
11．（2020春 越秀区校级月考）抛物线的对称轴为直线．若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数根，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
【考点】二次函数的性质；抛物线与轴的交点
【分析】根据二次函数的对称轴求得值，从而得出函数的解析式，将一元二次方程为实数）在的范围内有实数根可以看做与函数有交点，再由时的临界函数值及对称轴处的函数值得出的取值范围即可．
【解答】解：抛物线的对称轴为直线．
，解得：，
，
一元二次方程有实数根可以看做与函数有交点，
方程为实数）在的范围内有实数根，
当时，；
当时，；
当时，；
的取值范围是．
故选：．
【点评】本题考查了二次函数与轴的交点及交点与一元二次方程的实数根的关系，明确二次函数的相关性质是解题的关键．
12．（2020 泉州模拟）二次函数的对称轴为直线，若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有解，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
【考点】二次函数的性质；抛物线与轴的交点
【分析】先利用抛物线的对称轴方程求出，则可把关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数根转化为抛物线为实数）在的范围与轴有交点（如图），结合图象和判别式的意义得到△且时，，即，然后求出两不等式的公共部分即可．
【解答】解：抛物线的对称轴为直线，
，解得，
关于的一元二次方程变形为，
把关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数根转化为抛物线为实数）在的范围与轴有交点（如图），
△且时，，即，
解得．
故选：．
【点评】本题考查了抛物线与轴的交点：把求二次函数，，是常数，与轴的交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程；△决定抛物线与轴的交点个数．也考查了二次函数的性质．
二．填空题（共6小题）
13．如图是，二次函数的图象，若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有解，则的取值范围是 　　．
【考点】根的判别式；抛物线与轴的交点
【分析】先利用二次函数的性质得到时，有最大值4，再计算出时，，由于关于的一元二次方程为实数）在的范围内有解可看作抛物线与在内有公共点，然后利用函数图象可得到的范围．
【解答】解：，
当时，有最大值4，
当时，，
关于的一元二次方程为实数）在的范围内有解可看作抛物线与在内有公共点，
所以的范围为．
故答案为．
【点评】本题考查了抛物线与轴的交点：把求二次函数，，是常数，与轴的交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
14．（2021 南关区校级二模）如图，二次函数的图象与轴交于坐标原点和，若关于的方程为实数）在的范围内有解，则的取值范围是 　　．
【考点】二次函数的性质；抛物线与轴的交点
【分析】先利用抛物线的对称轴求出得到抛物线解析式为，再计算出自变量为1和4对应的函数值，然后利用函数图象写出直线与抛物线在时有公共点时，的范围即可．
【解答】解：抛物线的对称轴为直线，解得，
抛物线解析式为，
抛物线的顶点坐标为，
当时，；
当时，，
当时，，
在时有公共点时
当直线与抛物线在时有公共点时，，
故答案为．
【点评】本题考查的是抛物线与轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．
15．（2020秋 长春期末）在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴为直线．若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数根，则的取值范围为　　．
【考点】二次函数的性质；抛物线与轴的交点
【分析】根据给出的对称轴求出函数解析式为，将一元二次方程的实数根可以看做与函数的有交点，再由的范围确定的取值范围即可求解．
【解答】解：的对称轴为直线，
，
，
一元二次方程的实数根可以看做与函数的有交点，
方程在的范围内有实数根，
当时，；
当时，；
函数在时有最小值4；
．
故答案为．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质；能够将方程的实数根问题转化为二次函数与直线的交点问题，借助数形结合解题是关键．
16．（2020 立山区二模）抛物线的对称轴为直线，若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数根，则的取值范围是　　．
【考点】二次函数的性质；抛物线与轴的交点
【分析】根据抛物线的对称轴为直线，可以求得的值，然后即可得到该函数的解析式，再根据二次函数的性质，即可得到当时，的取值范围，然后令，即可转化为方程，从而可以得到的取值范围．
【解答】解：抛物线的对称轴为直线，
，得，
，
当时，的取值范围是，
当时，，即，
关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数根，
的取值范围是，
故答案为：．
【点评】本题考查抛物线与轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
17．（2020 浙江自主招生）已知，当时，恒成立，那么实数的取值范围是　　．
【考点】：图象法求一元二次方程的近似根
【分析】根据，得出两个不等式：当时，；当时，；分别解不等式，，可求实数的取值范围．
【解答】解：，，
当时，，
由，
得；
当时，，
由，得．
实数的取值范围为：．
故答案为：．
【点评】本题考查了用二次函数的方法求自变量的取值范围．关键是分类列不等式，分别解不等式．
18．二次函数的图象如图，对称轴为直线．若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有解，则的取值范围是 　．　．
【考点】二次函数的图象；二次函数与不等式（组
【分析】根据对称轴求出的值，从而得到、4时的函数值，再根据一元二次方程为实数）在的范围内有解相当于与在内有交点，依此求解即可得出结论．
【解答】解：对称轴为直线，
，
二次函数解析式为．
当时，；
当时，；
当时，．
相当于与直线的交点的横坐标，
当时，在的范围内有解．
故答案为：．
【点评】本题考查了二次函数的图象以及二次函数与不等式，把方程的解转化为两个函数图象的交点的问题求解是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
19．（2021秋 槐荫区期末）请阅读下列解题过程：
解一元二次不等式：．
解：设，解得：，，则抛物线与轴的交点坐标为和．画出二次函数的大致图象（如图所示）．由图象可知：当，或当时函数图象位于轴上方，此时，即．
所以一元二次不等式的解集为：，或．
通过对上述解题过程的学习，按其解题的思路和方法解答下列问题：
（1）上述解题过程中，渗透了下列数学思想中的 　①　和 　　．（只填序号）
①转化思想；②分类讨论思想；③数形结合思想．
（2）用类似的方法解一元二次不等式：．
【考点】抛物线与轴的交点；二次函数与不等式（组
【分析】（1）解答过程将求一元二次不等式解集的问题转化成一元二次方程与二次函数的问题，并结合函数草图判断自变量的取值范围，所以涉及的数学思想有转化思想与数形结合的思想；
（2）先求方程的解，再结合二次函数的大致图象，根据图象在 轴下方的部分确定的取值范围即可得不等式的解集．
【解答】解：（1）根据示例可知，将一元二次不等式解集的问题转化成一元二次方程与二次函数的问题，并结合函数草图判断自变量的取值范围，所以涉及的数学思想有转化思想与数形结合的思想，
故答案为①，③
（2）解一元二次不等式：．
解：设，解得：，，则抛物线与轴的交点坐标为和．画出二次函数的大致图象（如下图所示）．由图象可知：当时函数图象位于轴下方，此时，即．
所以一元二次不等式的解集为：．
【点评】本题考查的二次函数与一元二次不等式的关系，根据转化思想将一元二次不等式解集的问题转化成一元二次方程与二次函数的问题，再根据数形结合的思想求解集是本题的关键．
20．（2020秋 历下区期末）如图，直线与轴交于点，直线交轴于点，交直线于点．
（1）求、和的值；
（2）求的面积；
（3）过动点作轴的垂线与直线、，分别交于、两点，且．
①求的取值范围；
②当的面积是的面积的时，求的长度．
【考点】一次函数综合题
【分析】（1）可先求得点坐标，再由、两点的坐标，解方程组可得出答案；
（2）由三角形面积公式可得出答案；
（3）①用可分别表示出、的坐标，则可表示出的长，由条件可得到关于的不等式，则可求得的取值范围；
②由条件可知点应在轴左侧，当点在线段上时，则可知，则可求得点到轴的距离；当点在线段的延长线上时则可知，可求得到轴的距离；再利用①中的长可求得答案．
【解答】解：（1）点在直线直线上，
，
即，
把、的坐标代入可得
，
解得，
，，；
（2）直线交轴于点，
，
，，
；
（3）①轴，
、的横坐标为，
设、的纵坐标分别为和，由（1）可知直线的函数表达式为，
，，
当在点左侧时，此时，
则有，
，
，解得，
此时；
当在点的右侧时，此时，
则有，
，
，解得，
此时；
当时，也符合题意，
综上可知当时，；
②由（2）可知，
由题意可知点只能在轴的左侧，
当点在线段上时，过点作轴于点，如图1
，
，
，即，
解得，
点的横坐标为，即，
；
当点在线段的延长线上时，过点作轴于点，如图2，
，
，
，即，
解得，
点的横坐标为，
（不合题意舍去），
综上可知的长度为．
【点评】本题是一次函数综合题，涉及待定系数法、函数图象的交点、三角形的面积、分类讨论思想等知识．熟练掌握一次函数的性质是解题的关键．
21．（2021秋 惠民县月考）小刚在用描点法画抛物线时，列出了下面的表格：
0 1 2 3 4
0 2 3 3 2 0
（1）请根据表格中的信息，写出抛物线的一条性质：　抛物线的对称轴是（答案不唯一）　；
（2）求抛物线的解析式；
（3）抛物线与轴的交点分别为、在的左侧）与轴的交点为，其对称轴与轴的交点为，在抛物线的对称轴上存在点，使是以为腰的等腰三角形，求出点的坐标；
（4）在（3）的条件下，抛物线上有一点，使的内心在轴上，直接写出点的坐标．
【考点】二次函数综合题
【分析】（1）根据表格中给出点的坐标可得出答案；
（2）由待定系数法可求出答案；
（3）根据勾股定理求出的长，由等腰三角形的性质可求出答案；
（4）先作出点关于轴的对称点，然后连接并延长交抛物线于点，根据对称性可知为所求的点．
【解答】解：（1）抛物线经过，，
抛物线的对称轴是；
故答案为：抛物线的对称轴是（答案不唯一）；
（2）抛物线经过，，，
，
解得，
抛物线的解析式为；
（3）如图1，
抛物线，
抛物线的对称轴，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
是以为腰的等腰三角形，
，
如图所示，作对称轴于，
，
，
，，，，，．
（4）如图2．作点关于轴的对称点，则，连接并延长与抛物线交于点，由图形的对称性可知为所求的点，
设直线的解析式为，
由题意得：，
解得：，
直线的解析式为，
将直线和抛物线的解析式联立得：
，
解得（舍去）或，
．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征以及二次函数的性质，三角形内心的性质，等腰三角形的性质等，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
22．（2021秋 泗水县期中）如图，抛物线经过，两点，与轴交于另一点，连接，．
（1）求抛物线的解析式；
（2）平行于轴的直线与抛物线分别交于点、，求线段的长．
（3）点是线段上一点（不与点、重合），过点作轴交抛物线于点，连接、，求面积的最大值，及此时点坐标．
【考点】二次函数综合题
【分析】（1），解得：，则抛物线的表达式为：，将点的坐标代入上式并解得：，即可求解；
（2）由直线与抛物线解析式可求出和的坐标，则可得出答案．
（3）求出直线的解析式为，设，则，，用表示出，利用，进而写出关于的二次函数表达式，即可求出的面积最大值．
【解答】解：（1），解得：，
则抛物线的表达式为：，
将点的坐标代入上式得，，
解得：，
故抛物线的表达式为：；
（2）平行于轴的直线与抛物线分别交于点、，
，
解得或，
，，
；
（3）抛物线与轴交于，，
，
设直线的解析式为，
，
，
直线的解析式为，
如图，直线交于点，
设，则，，
，
，
，
当时，的面积最大，最大值为8．
．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求二次函数解析式及一次函数解析式，三角形的面积，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
23．自主学习，请阅读下列解题过程．
解一元二次不等式：．
解：设，解得：，，则抛物线与轴的交点坐标为和．画出二次函数的大致图象（如图所示），由图象可知：当，或时函数图象位于轴上方，此时，即，所以，一元二次不等式的解集为：，或．
通过对上述解题过程的学习，按其解题的思路和方法解答下列问题：
（1）上述解题过程中，渗透了下列数学思想中的 　①　和 　　．（只填序号）
①转化思想 ②分类讨论思想 ③数形结合思想
（2）一元二次不等式的解集为 　　．
（3）用类似的方法解一元二次不等式：．
【考点】二次函数的图象；抛物线与轴的交点；二次函数与不等式（组
【分析】（1）根据题意容易得出结论；
（2）由图象可知：当时函数图象位于轴下方，此时，即，即可得出结果；
（3）设，解方程得出抛物线与轴的交点坐标，画出二次函数，的大致图象，由图象可知：当，或时函数图象位于轴上方，此时，即，即可得出结果．
【解答】解：（1）上述解题过程中，渗透了下列数学思想中的①和③；
故答案为：①，③；
（2）由图象可知：当时函数图象位于轴下方，
此时，即，
一元二次不等式的解集为：；
故答案为：．
（3）设，
解得：，，
抛物线与轴的交点坐标为和．
画出二次函数的大致图象（如图所示），
由图象可知：当，或时函数图象位于轴上方，
此时，即，
一元二次不等式的解集为：，或．
【点评】本题考查了二次函数与不等式组的关系、二次函数的图象、抛物线与轴的交点坐标、一元二次方程的解法等知识；熟练掌握二次函数与不等式组的关系是解决问题的关键．函数中的转化思想
知识方法精讲
1．转化思想
转化不仅是一种重要的解题思想，也是一种最基本的思维策略，更是一种有效的数学思维方式。所谓的转化思想方法，就是在研究和解决有关数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而达到解决的一种方法。一般总是将复杂问题通过变换转化为简单问题；将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题；将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题。总之，转化在数学解题中几乎无处不在，转化的基本功能是：生疏化成熟悉，复杂化成简单，抽象化成直观，含糊化成明朗。说到底，转化的实质就是以运动变化发展的观点，以及事物之间相互联系，相互制约的观点看待问题，善于对所要解决的问题进行变换转化，使问题得以解决。实现这种转化的方法有：待定系数法，配方法，整体代入法以及化动为静，由抽象到具体等转化思想。
2．一次函数综合题
（1）一次函数与几何图形的面积问题
首先要根据题意画出草图，结合图形分析其中的几何图形，再求出面积．
（2）一次函数的优化问题
通常一次函数的最值问题首先由不等式找到x的取值范围，进而利用一次函数的增减性在前面范围内的前提下求出最值．
（3）用函数图象解决实际问题
从已知函数图象中获取信息，求出函数值、函数表达式，并解答相应的问题．
3．二次函数的图象
（1）二次函数y＝ax2（a≠0）的图象的画法：
①列表：先取原点（0，0），然后以原点为中心对称地选取x值，求出函数值，列表．
②描点：在平面直角坐标系中描出表中的各点．
③连线：用平滑的曲线按顺序连接各点．
④在画抛物线时，取的点越密集，描出的图象就越精确，但取点多计算量就大，故一般在顶点的两侧各取三四个点即可．连线成图象时，要按自变量从小到大（或从大到小）的顺序用平滑的曲线连接起来．画抛物线y＝ax2（a≠0）的图象时，还可以根据它的对称性，先用描点法描出抛物线的一侧，再利用对称性画另一侧．
（2）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象
二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象看作由二次函数y＝ax2的图象向右或向左平移||个单位，再向上或向下平移||个单位得到的．
4．二次函数的性质
二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标是（﹣，），对称轴直线x＝﹣，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象具有如下性质：
①当a＞0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，x＜﹣时，y随x的增大而减小；x＞﹣时，y随x的增大而增大；x＝﹣时，y取得最小值，即顶点是抛物线的最低点．
②当a＜0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向下，x＜﹣时，y随x的增大而增大；x＞﹣时，y随x的增大而减小；x＝﹣时，y取得最大值，即顶点是抛物线的最高点．
③抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象可由抛物线y＝ax2的图象向右或向左平移|﹣|个单位，再向上或向下平移||个单位得到的．
5．二次函数图象与几何变换
由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
6．待定系数法求二次函数解析式
（1）二次函数的解析式有三种常见形式：
①一般式：y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）； ②顶点式：y＝a（x﹣h）2+k（a，h，k是常数，a≠0），其中（h，k）为顶点坐标； ③交点式：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）（a，b，c是常数，a≠0）；
（2）用待定系数法求二次函数的解析式．
在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解．
7．抛物线与x轴的交点
求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标，令y＝0，即ax2+bx+c＝0，解关于x的一元二次方程即可求得交点横坐标．
（1）二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的交点与一元二次方程ax2+bx+c＝0根之间的关系．
△＝b2﹣4ac决定抛物线与x轴的交点个数．
△＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；
△＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；
△＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
（2）二次函数的交点式：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）（a，b，c是常数，a≠0），可直接得到抛物线与x轴的交点坐标（x1，0），（x2，0）．
8．图象法求一元二次方程的近似根
利用二次函数图象求一元二次方程的近似根的步骤是：
（1）作出函数的图象，并由图象确定方程的解的个数；
（2）由图象与y＝h的交点位置确定交点横坐标的范围；
（3）观察图象求得方程的根（由于作图或观察存在误差，由图象求得的根一般是近似的）．
9．二次函数与不等式（组）
二次函数y＝ax2+bx+c（a、b、c是常数，a≠0）与不等式的关系
①函数值y与某个数值m之间的不等关系，一般要转化成关于x的不等式，解不等式求得自变量x的取值范围．
②利用两个函数图象在直角坐标系中的上下位置关系求自变量的取值范围，可作图利用交点直观求解，也可把两个函数解析式列成不等式求解．
10．二次函数综合题
（1）二次函数图象与其他函数图象相结合问题
解决此类问题时，先根据给定的函数或函数图象判断出系数的符号，然后判断新的函数关系式中系数的符号，再根据系数与图象的位置关系判断出图象特征，则符合所有特征的图象即为正确选项．
（2）二次函数与方程、几何知识的综合应用
将函数知识与方程、几何知识有机地结合在一起．这类试题一般难度较大．解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．
（3）二次函数在实际生活中的应用题
从实际问题中分析变量之间的关系，建立二次函数模型．关键在于观察、分析、创建，建立直角坐标系下的二次函数图象，然后数形结合解决问题，需要我们注意的是自变量及函数的取值范围要使实际问题有意义．
一．选择题（共12小题）
1．（2021秋 余杭区月考）某二次函数的图象与函数的图象形状相同、开口方向一致，且顶点坐标为，则该二次函数表达式为　　
A． B．
C． D．
2．（2021 市中区三模）抛物线的对称轴为直线．若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数根，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
3．（2021 榆阳区模拟）抛物线的对称轴为直线．若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数根，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
4．（2020秋 郯城县期末）抛物线的对称轴为直线．若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数根，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
5．（2021 寻乌县模拟）抛物线的对称轴为直线．若关于的方程为实数）在的范围内有实数根，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
6．（2021 启东市模拟）抛物线的对称轴为直线，若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数根，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
7．二次函数的对称轴为直线，若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有解，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
8．二次函数的对称轴为．若关于的一元二次方程在的范围内有实数解，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
9．二次函数的图象如图，对称轴为直线，若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数解，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
10．（2020 日照二模）抛物线的对称轴为直线．若关于的一元二次方程为实数）在的范围内只有一个实数根，则的取值范围是　　
A．或 B． C． D．
11．（2020春 越秀区校级月考）抛物线的对称轴为直线．若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数根，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
12．（2020 泉州模拟）二次函数的对称轴为直线，若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有解，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
二．填空题（共6小题）
13．如图是，二次函数的图象，若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有解，则的取值范围是 　　．
14．（2021 南关区校级二模）如图，二次函数的图象与轴交于坐标原点和，若关于的方程为实数）在的范围内有解，则的取值范围是 　　．
15．（2020秋 长春期末）在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴为直线．若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数根，则的取值范围为　　．
16．（2020 立山区二模）抛物线的对称轴为直线，若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有实数根，则的取值范围是　　．
17．（2020 浙江自主招生）已知，当时，恒成立，那么实数的取值范围是　　．
18．二次函数的图象如图，对称轴为直线．若关于的一元二次方程为实数）在的范围内有解，则的取值范围是 　　．
三．解答题（共5小题）
19．（2021秋 槐荫区期末）请阅读下列解题过程：
解一元二次不等式：．
解：设，解得：，，则抛物线与轴的交点坐标为和．画出二次函数的大致图象（如图所示）．由图象可知：当，或当时函数图象位于轴上方，此时，即．
所以一元二次不等式的解集为：，或．
通过对上述解题过程的学习，按其解题的思路和方法解答下列问题：
（1）上述解题过程中，渗透了下列数学思想中的 　　和 　　．（只填序号）
①转化思想；②分类讨论思想；③数形结合思想．
（2）用类似的方法解一元二次不等式：．
20．（2020秋 历下区期末）如图，直线与轴交于点，直线交轴于点，交直线于点．
（1）求、和的值；
（2）求的面积；
（3）过动点作轴的垂线与直线、，分别交于、两点，且．
①求的取值范围；
②当的面积是的面积的时，求的长度．
21．（2021秋 惠民县月考）小刚在用描点法画抛物线时，列出了下面的表格：
0 1 2 3 4
0 2 3 3 2 0
（1）请根据表格中的信息，写出抛物线的一条性质：　　；
（2）求抛物线的解析式；
（3）抛物线与轴的交点分别为、在的左侧）与轴的交点为，其对称轴与轴的交点为，在抛物线的对称轴上存在点，使是以为腰的等腰三角形，求出点的坐标；
（4）在（3）的条件下，抛物线上有一点，使的内心在轴上，直接写出点的坐标．
22．（2021秋 泗水县期中）如图，抛物线经过，两点，与轴交于另一点，连接，．
（1）求抛物线的解析式；
（2）平行于轴的直线与抛物线分别交于点、，求线段的长．
（3）点是线段上一点（不与点、重合），过点作轴交抛物线于点，连接、，求面积的最大值，及此时点坐标．
23．自主学习，请阅读下列解题过程．
解一元二次不等式：．
解：设，解得：，，则抛物线与轴的交点坐标为和．画出二次函数的大致图象（如图所示），由图象可知：当，或时函数图象位于轴上方，此时，即，所以，一元二次不等式的解集为：，或．
通过对上述解题过程的学习，按其解题的思路和方法解答下列问题：
（1）上述解题过程中，渗透了下列数学思想中的 　　和 　　．（只填序号）
①转化思想 ②分类讨论思想 ③数形结合思想
（2）一元二次不等式的解集为 　　．
（3）用类似的方法解一元二次不等式：．圆中的转化思想
知识方法精讲
1．转化思想
转化不仅是一种重要的解题思想，也是一种最基本的思维策略，更是一种有效的数学思维方式。所谓的转化思想方法，就是在研究和解决有关数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而达到解决的一种方法。一般总是将复杂问题通过变换转化为简单问题；将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题；将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题。总之，转化在数学解题中几乎无处不在，转化的基本功能是：生疏化成熟悉，复杂化成简单，抽象化成直观，含糊化成明朗。说到底，转化的实质就是以运动变化发展的观点，以及事物之间相互联系，相互制约的观点看待问题，善于对所要解决的问题进行变换转化，使问题得以解决。实现这种转化的方法有：待定系数法，配方法，整体代入法以及化动为静，由抽象到具体等转化思想。
2．垂径定理的应用
垂径定理的应用很广泛，常见的有：
（1）得到推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．
（2）垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题．
这类题中一般使用列方程的方法，这种用代数方法解决几何问题即几何代数解的数学思想方法一定要掌握．
3．圆周角定理
（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．
注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．
（2）圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握．
（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
4．点与圆的位置关系
（1）点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有：
①点P在圆外 d＞r
②点P在圆上 d＝r
①点P在圆内 d＜r
（2）点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．
（3）符号“ ”读作“等价于”，它表示从符号“ ”的左端可以得到右端，从右端也可以得到左端．
5．切线的性质
（1）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（2）切线的性质可总结如下：
如果一条直线符合下列三个条件中的任意两个，那么它一定满足第三个条件，这三个条件是：①直线过圆心；②直线过切点；③直线与圆的切线垂直．
（3）切线性质的运用
由定理可知，若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．简记作：见切点，连半径，见垂直．
6．扇形面积的计算
（1）圆面积公式：S＝πr2
（2）扇形：由组成圆心角的两条半径和圆心角所对的弧所围成的图形叫做扇形．
（3）扇形面积计算公式：设圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则
S扇形＝πR2或S扇形＝lR（其中l为扇形的弧长）
（4）求阴影面积常用的方法：
①直接用公式法；
②和差法；
③割补法．
（5）求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．
7．圆锥的计算
（1）连接圆锥顶点和底面圆周上任意一点的线段叫做圆锥的母线．连接顶点与底面圆心的线段叫圆锥的高．
（2）圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
（3）圆锥的侧面积：S侧＝ 2πr l＝πrl．
（4）圆锥的全面积：S全＝S底+S侧＝πr2+πrl
（5）圆锥的体积＝×底面积×高
注意：①圆锥的母线与展开后所得扇形的半径相等．
②圆锥的底面周长与展开后所得扇形的弧长相等．
一．选择题（共6小题）
1．（2021 枣庄）如图，正方形的边长为2，为对角线的交点，点，分别为，的中点．以为圆心，2为半径作圆弧，再分别以，为圆心，1为半径作圆弧，，则图中阴影部分的面积为　　
A． B． C． D．
【考点】正方形的性质；扇形面积的计算
【分析】连接，根据在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧，所对的弦分别相等，利用面积割补法可得阴影部分的面积等于弓形面积，即等于扇形减去直角三角形的面积之差．
【解答】解：连接，，如图，
正方形的边长为2，为对角线的交点，
由题意可得：，经过点，且，．
点，分别为，的中点，
，
，．
弓形弓形．
阴影部分的面积等于弓形的面积．
．
故选：．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，扇形面积的计算．通过添加适当的辅助线将不规则的阴影部分的面积转化成规则图形的面积的差是解题的关键．
2．（2021秋 覃塘区期中）如图，一张含有的三角形纸片，剪去这个角后，得到一个四边形，则的度数是　　
A． B． C． D．
【考点】多边形内角与外角；剪纸问题
【分析】利用三角形内角和定理求出，再根据四边形内角和定理求解即可．
【解答】解：如图，
，
，
，
，
故选：．
【点评】本题考查剪纸问题，三角形内角和定理，四边形内角和定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
3．如图，在中，，，，分别以，为圆心，以的长为半径作圆，将截去两个扇形，则剩余（阴影）部分的面积为　　．
A． B． C． D．
【考点】勾股定理；扇形面积的计算
【分析】已知中，，，，则根据勾股定理可知，阴影部分的面积可以看作是直角三角形的面积减去两个扇形的面积．
【解答】解：中，，，，
，
．
故选：．
【点评】阴影部分的面积可以看作是直角三角形的面积减去两个扇形的面积，求不规则的图形的面积，可以转化为几个规则图形的面积的和或差来求．
4．（2020 锡山区校级模拟）某数学研究性学习小组制作了如图的三角函数计算图尺：在半径为1的半圆形量角器中，画一个直径为1的圆，把刻度尺的0刻度固定在半圆的圆心处，刻度尺可以绕点旋转．图中所示的图尺可读出的值是　　
A． B． C． D．
【考点】圆周角定理；旋转的性质；解直角三角形
【分析】如图，连接．只要证明，可得．
【解答】解：如图，把刻度尺与圆的另一个交点记作，连接．
是直径，
，
，，
，
由刻度尺可知，，
．
故选：．
【点评】本题考查圆周角定理，旋转的性质，解直角三角形等知识点，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考创新题目．
5．（2020 河北模拟）已知抛物线与轴交于，两点，对称轴与抛物线交于点，与轴交于点，的半径为2，为上一动点，为的中点，则的最大值为　　
A． B． C． D．5
【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与轴的交点；三角形中位线定理；点与圆的位置关系
【分析】为中点，为中点，所以是的中位线，则，当最大时，则最大．由圆的性质可知，当、、三点共线时，最大．
【解答】解：如图，连接．
为中点，为中点，所以是的中位线，则，当最大时，则最大．
由圆的性质可知，当、、三点共线时，最大．
，，
，
的最大值为，
的最大值为．
故选：．
【点评】本题主要考查了抛物线与轴的交点、三角形的中位线定理、二次函数的性质以及点与圆的位置关系等知识点，有一定难度，学会用转化的思想思考问题．
6．如图，在中，，，，点为的中点，以点为圆心作圆心角为的扇形，点恰在弧上，则图中阴影部分的面积为　　
A． B． C． D．
【考点】扇形面积的计算
【分析】连接，作，，证明，则，求得扇形的面积，则阴影部分的面积即可求得．
【解答】解：连接，作，．
，，点为的中点，
，四边形是正方形，．
则扇形的面积是：．
，，点为的中点，
平分，
又，，
，
，
，
则在和中，
，
，
．
则阴影部分的面积是：．
故选：．
【点评】本题考查了三角形的全等的判定与扇形的面积的计算的综合题，正确证明，得到是关键．
二．填空题（共9小题）
7．（2020秋 西城区期末）如图，在平面直角坐标系中，，经过点．点，点在轴上，，延长，分别交于点，点，设直线与轴正方向所夹的锐角为．
（1）的半径为 　5　；
（2）　　．
【考点】坐标与图形性质；圆周角定理；解直角三角形
【分析】（1）结论，利用勾股定理求解即可．
（2）设交轴于，过点作交于，交于，连接，，．求出，再证明即可．
【解答】解：（1）连接．
，
，
故答案为：5．
（2）设交轴于，过点作交于，交于，连接，，．
，
，，
在中，，
，，
，
，
．，
，
，
，
轴，
，
，，，
，
，
．
补充方法：证明时，可以这样证明：，，
，
，
，可得结论．
故答案为：．
【点评】本题考查圆周角定理，垂径定理，三角形的外角的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
8．如图，直角中，，，，以为圆心，长为半径画四分之一圆，则图中阴影部分的面积是 　　（结果保留．
【考点】扇形面积的计算
【分析】连接．根据图中阴影部分的面积三角形的面积三角形的面积扇形的面积，列出算式即可求解．
【解答】解：连接．
直角中，，，，
，，
，
三角形是等边三角形，
，
，
图中阴影部分的面积．
故答案为：．
【点评】考查了扇形面积的计算，解题的关键是将不规则图形的面积计算转化为规则图形的面积计算．
9．如图，水平放置的圆柱形油桶的截面半径是，油面高为，截面上有油的弓形（阴影部分）的面积为 　　．
【考点】勾股定理；垂径定理的应用
【分析】阴影部分面积的计算，可以转化为用圆的面积减去上面没有油的部分的面积，关键是求上面部分的面积．上面是一个弓形，它的面积可转化为扇形面积减去三角形面积．
【解答】解：设油面所在的弦为圆心是，过点作于点．
在中，．
，
，．
的面积是．
，
扇形的面积是．
上面没油的部分的面积是，
阴影部分的面积是．
【点评】计算不规则图形的面积，可以转化为几个规则图形面积的和或差的问题．
10．如图，圆锥的母线长是3，底面半径是1，是底面圆周上一点，从点出发绕侧面一周，再回到点的最短的路线长是 　　．
【考点】平面展开最短路径问题；圆锥的计算；特殊角的三角函数值
【分析】圆锥的侧面展开图是扇形，从点出发绕侧面一周，再回到点的最短的路线即展开得到的扇形的弧所对的弦，转化为求弦长的问题．
【解答】解：图扇形的弧长是，根据弧长公式得到，
即扇形的圆心角是，
弧所对的弦长，
故答案为．
【点评】圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．
11．如图，已知直角扇形的半径，以为直径在扇形内作半圆，过点引交于点，则与半圆弧及所围成的阴影部分的面积　　．
【考点】扇形面积的计算
【分析】要求的阴影部分的面积显然是不规则图形的面积，不可能直接用公式，只有用“割补法”，连接，根据即可得出结论．
【解答】解：如图，连接．
，，
．
又，，
，
，，
．
，，，，
．
故答案为：．
【点评】本题考查了扇形面积的计算．求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．
12．如图，已知中，，，以为直径的半圆与相切于点，则图中阴影部分的面积是 　4　．
【考点】平行四边形的性质；切线的性质；扇形面积的计算
【分析】连接及，根据直径所对的圆周角为直角得到角为直角，又为，得到三角形为等腰直角三角形，因为为中点，根据三线合一得到垂直于，又根据为斜边上的中线，等于斜边的一半，即可求出，根据扇形与扇形的圆心角及半径相等，得到两扇形面积相等，又三角形与三角形全等得到两三角形面积相等，用扇形减去三角形即可得到弓形与弓形的面积相等，则阴影部分面积可转化为三角形的面积，根据平行四边形的对边相等得到与相等都等于4，然后根据三角形的面积公式底乘以高除以2即可求出所求阴影部分的面积．
【解答】解：连接，，
为圆的直角，
又，
为等腰直角三角形，又为的中点，
，且，，
扇形与扇形的圆心角都为，半径都为2，
得到，又
，
由为平行四边形，得到，
则．
故答案为4．
【点评】本题考查学生会利用转化的思想把不规则图形的面积转化为规则图形的面积，考查了数形结合的数学思想，同时要求学生掌握平行四边形及等腰直角三角形的性质，是一道中档题．
13．已知的半径为1．弦的长为，若在上找一点，使，则　75或15　．
【考点】勾股定理的逆定理；圆周角定理；特殊角的三角函数值
【分析】画出图形，构造出直角三角形，根据勾股定理求得三角形的边长，求得和，再求出的度数即可．
【解答】解：如图，过点作，，垂足分别为，，
，，
由垂径定理得，，，
，
由勾股定理得，，
，
，
，
，
当、在半径同旁时，．
故答案为：或．
【点评】本题考查了勾股定理和垂径定理，解此类题目要注意将圆的问题转化成三角形的问题再进行计算．
14．如图，阴影部分的面积为 　　．
【考点】扇形面积的计算
【分析】先根据题意得到扇形的面积等于扇形的面积，即图形1的面积等于图形3的面积，通过割补的方法可知阴影部分的面积图形1的面积图形3的面积正方形的面积．
【解答】解：如图，
四边形和四边形为正方形，且边长为
那么扇形的面积等于扇形的面积
所以图形1的面积等于图形3的面积
则阴影部分的面积图形1的面积图形3的面积正方形的面积．
【点评】主要考查了通过割补法把不规则图形转化为规则图形求面积的方法．本题的关键是利用面积之间的等量代换得到阴影部分的面积图形1的面积图形3的面积正方形的面积．
15．如图，正方形的边，和都是以1为半径的圆弧，则无阴影部分的两部分的面积之差是 　　．
【考点】正方形的性质；扇形面积的计算
【分析】无阴影部分的两部分的面积之差，可以由图中的几个部分面积之间的转化求解．
【解答】解：无阴影的两部分可分为1、2两部分，面积之差，如下图所示：
由图形可知，，
由上式可得，，
所以本题应该填．
【点评】本题考查图形面积之间的转化关系．
三．解答题（共6小题）
16．（2021秋 朝阳区校级期中）如图，在中，，以为直径的圆交于点，交于点，延长至点，使，连结，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求．
【考点】等腰三角形的性质；菱形的判定与性质；圆周角定理；解直角三角形
【分析】（1）根据圆周角定理求得，进而根据等腰三角形的性质得出，通过证得得出，，即可证得结论；
（2）连接，由圆周角定理得出，设菱形的边长为，则，根据勾股定理列出，即，求出，可得结论．
【解答】（1）证明：是直径，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形为菱形；
（2）解：，
，
连接，则，
设菱形的边长为，则，
，即
解得或（舍去），
，
．
【点评】本题考查了圆周角定理，菱形的判定和性质，勾股定理的应用等，作出辅助线构建直角三角形是解题的关键．
17．（2021 滨城区一模）如图，在中，，，点在上，以为直径的经过点．
（1）求证：①是的切线；
②；
（2）若点是劣弧的中点，且，试求阴影部分的面积．
【考点】圆的综合题
【分析】（1）①连接，根据圆周角定理推出，并根据平行线的判定得出，从而得到即可证明是的切线；
②连接，，根据同角的余角相等推出，并得到，再根据相似三角形的性质即可证明；
（2）连接、、，根据题意由圆心角定理推出和是等边三角形，并得出相关角的大小即边之间的关系，进而根据全等三角形的判定得到，将阴影部分的面积转化为扇形的面积进行求解即可．
【解答】（1）①证明：如图1，
连接，
，
，
（圆周角定理），
，
，
根据题意可知，
，
是的切线．
②如图2，
连接，，
为直径，，
，，
由（1）可知，
，
在和中，
，
，
，
故．
（2）如图3，
连接、、，和交于点，
则，
根据题意点是劣弧的中点，且，
，
和是等边三角形，
，
，
由（1）可知，
，
在和中，
，
，
，
．
【点评】本题考查圆的综合运用，解题的关键是证明从而将阴影部分的面积转化为扇形的面积，通常要结合圆周角定理及圆心角定理求解各角、各边之间的关系．
18．（2021 罗平县模拟）如图，是的直径，是弦，点在圆外，于点，交于点，连接、、，．
（1）求证：是的切线；
（2）求证：；
（3）设的面积为，的面积为，若，求的值．
【考点】圆的综合题
【分析】（1）由证明即可得到结果；
（2）证明即即可得证；
（3）把转化为，设，用表示出半径，再由的面积比等于相似比平方可得到答案．
【解答】解：（1）证明：，
又，
，
于点，
，
，
，即，
，
是的切线；
（2），，
，
，
，
，
；
（3）为直径，
，
，
，
，
，
在中，，
设，则，
，
于点，
，
，
由（2）知，
，
而，
，
，
设，则，
的面积为，
而的面积为，
．
【点评】本题考查圆的切线、相似三角形判定及性质，难度较大，解题的关键是将转化为．
19．（2021 商河县校级模拟）（1）初步思考：
如图1，在中，已知，，为上一点且，试证明：
（2）问题提出：
如图2，已知正方形的边长为4，圆的半径为2，点是圆上的一个动点，求的最小值．
（3）推广运用：
如图3，已知菱形的边长为4，，圆的半径为2，点是圆上的一个动点，求的最大值．
【考点】圆的综合题
【分析】（1）通过相似三角形的性质证得结论；
（2）如图2中，在上取一点，使得．由，推出，推出，推出，由，当、、共线时，的值最小，最小值为．由；
（3）如图3中，在上取一点，使得，作于．解法类似（2）；
【解答】（1）证明：如图1，
，，，
，．
．
．
又，
．
．
；
（2）如图2，在上取一点，使得，
（3）同（2）中证法，如图3，
当点在的延长线上时，的最大值，最大值为．
【点评】本题考查圆综合题、正方形的性质、菱形的性质、相似三角形的判定和性质、两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会构建相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，把问题转化为两点之间线段最短解决，题目比较难，属于中考压轴题．
20．问题提出
（1）如图1，正方形的对角线交于点，是边长为6的等边三角形，则、之间的距离为 　　；
问题探究
（2）如图2，在边长为6的正方形中，以为直径作半圆，点为弧上一动点，求、之间的最大距离；
问题解决
（3）窑洞是我省陕北农村的主要建筑，窑洞宾馆更是一道靓丽的风景线，是因为窑洞除了它的坚固性及特有的外在美之外，还具有冬暖夏凉的天然优点家住延安农村的一对即将参加中考的双胞胎小宝和小贝两兄弟，发现自家的窑洞（如图3所示）的门窗是由矩形及弓形组成，，，弓高为的中点，，小宝说，门角到门窗弓形弧的最大距离是、之间的距离．小贝说这不是最大的距离，你认为谁的说法正确？请通过计算求出门角到门窗弓形弧的最大距离．
【考点】圆的综合题
【分析】（1）如图1，连接，，对角线交点为，连接交于，证明垂直平分，四边形为正方形，分别求出和的长度即可；
（2）如图2，补全，连接并延长交右半侧于点，则此时、之间的距离最大，在中，由勾股定理求出的长，可进一步求出的长；
（3）小贝的说法正确，如图3，补全弓形弧所在的，连接，，过点作于点，连接并延长交上端于点，则此时、之间的距离即为门角到门窗弓形弧的最大距离，先求出的半径，再在中，由勾股定理求出的长，可进一步求出的长．
【解答】解：（1）如图1，连接，，对角线交点为，连接交于，
则，
为等边三角形，
，
垂直平分，
，
四边形为正方形，
为等腰直角三角形，
，
在中，
，
，
故答案为：；
（2）如图2，补全，连接并延长交右半侧于点，则此时、之间的距离最大，
在中，，，
，
；
（3）小贝的说法正确，理由如下，
如图3，补全弓形弧所在的，连接，，过点作于点，连接并延长交上端于点，
则此时、之间的距离即为门角到门窗弓形弧的最大距离，
由题意知，点为的中点，
，，
在中，
设，则，
，
，
解得，，
，
在中，，，
，
，
门角到门窗弓形弧的最大距离为．
【点评】本题考查了圆的有关概念及性质，等边三角形的性质，正方形的性质，解直角三角形等，解题关键是能够将题中所求最大距离转化为圆外一点到圆上的最大距离等．
21．如图，点为直径延长线上一点，过点作的切线，切点为，过点作，垂足为，连接、、，已知．
（1）求的值；
（2）若，试求的长．
（3）在（2）的条件下，求图中阴影部分的面积．
【考点】切线的性质；扇形面积的计算；解直角三角形
【分析】（1）连接，根据切线的性质，，从而易证，所以是特殊角等于，所以．
（2）求弦长，要作弦的弦心距，构造直角三角形，并利用（1）的结论，求出圆的半径，从而求出弦长．
（3）通过证明，将阴影部分不规则图形的面积转化为规则图形的面积，也就是扇形的面积．
【解答】解：（1）连接，
为的切线，切点为，
，，
又，
，
，
．
（2）过点作于点
，
得，
，
，为直径，
弧弧，
，
．
（3）由（1）得，
，即，
由，为直径，
得，，
，
阴影部分面积等于扇形的面积．
【点评】本题考查了圆的切线性质，及解直角三角形的知识．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．圆中的转化思想
知识方法精讲
1．转化思想
转化不仅是一种重要的解题思想，也是一种最基本的思维策略，更是一种有效的数学思维方式。所谓的转化思想方法，就是在研究和解决有关数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而达到解决的一种方法。一般总是将复杂问题通过变换转化为简单问题；将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题；将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题。总之，转化在数学解题中几乎无处不在，转化的基本功能是：生疏化成熟悉，复杂化成简单，抽象化成直观，含糊化成明朗。说到底，转化的实质就是以运动变化发展的观点，以及事物之间相互联系，相互制约的观点看待问题，善于对所要解决的问题进行变换转化，使问题得以解决。实现这种转化的方法有：待定系数法，配方法，整体代入法以及化动为静，由抽象到具体等转化思想。
2．垂径定理的应用
垂径定理的应用很广泛，常见的有：
（1）得到推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．
（2）垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题．
这类题中一般使用列方程的方法，这种用代数方法解决几何问题即几何代数解的数学思想方法一定要掌握．
3．圆周角定理
（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．
注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．
（2）圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握．
（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
4．点与圆的位置关系
（1）点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有：
①点P在圆外 d＞r
②点P在圆上 d＝r
①点P在圆内 d＜r
（2）点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．
（3）符号“ ”读作“等价于”，它表示从符号“ ”的左端可以得到右端，从右端也可以得到左端．
5．切线的性质
（1）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（2）切线的性质可总结如下：
如果一条直线符合下列三个条件中的任意两个，那么它一定满足第三个条件，这三个条件是：①直线过圆心；②直线过切点；③直线与圆的切线垂直．
（3）切线性质的运用
由定理可知，若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．简记作：见切点，连半径，见垂直．
6．扇形面积的计算
（1）圆面积公式：S＝πr2
（2）扇形：由组成圆心角的两条半径和圆心角所对的弧所围成的图形叫做扇形．
（3）扇形面积计算公式：设圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则
S扇形＝πR2或S扇形＝lR（其中l为扇形的弧长）
（4）求阴影面积常用的方法：
①直接用公式法；
②和差法；
③割补法．
（5）求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．
7．圆锥的计算
（1）连接圆锥顶点和底面圆周上任意一点的线段叫做圆锥的母线．连接顶点与底面圆心的线段叫圆锥的高．
（2）圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
（3）圆锥的侧面积：S侧＝ 2πr l＝πrl．
（4）圆锥的全面积：S全＝S底+S侧＝πr2+πrl
（5）圆锥的体积＝×底面积×高
注意：①圆锥的母线与展开后所得扇形的半径相等．
②圆锥的底面周长与展开后所得扇形的弧长相等．
一．选择题（共6小题）
1．（2021 枣庄）如图，正方形的边长为2，为对角线的交点，点，分别为，的中点．以为圆心，2为半径作圆弧，再分别以，为圆心，1为半径作圆弧，，则图中阴影部分的面积为　　
A． B． C． D．
2．（2021秋 覃塘区期中）如图，一张含有的三角形纸片，剪去这个角后，得到一个四边形，则的度数是　　
A． B． C． D．
3．如图，在中，，，，分别以，为圆心，以的长为半径作圆，将截去两个扇形，则剩余（阴影）部分的面积为　　．
A． B． C． D．
4．（2020 锡山区校级模拟）某数学研究性学习小组制作了如图的三角函数计算图尺：在半径为1的半圆形量角器中，画一个直径为1的圆，把刻度尺的0刻度固定在半圆的圆心处，刻度尺可以绕点旋转．图中所示的图尺可读出的值是　　
A． B． C． D．
5．（2020 河北模拟）已知抛物线与轴交于，两点，对称轴与抛物线交于点，与轴交于点，的半径为2，为上一动点，为的中点，则的最大值为　　
A． B． C． D．5
6．如图，在中，，，，点为的中点，以点为圆心作圆心角为的扇形，点恰在弧上，则图中阴影部分的面积为　　
A． B． C． D．
二．填空题（共9小题）
7．（2020秋 西城区期末）如图，在平面直角坐标系中，，经过点．点，点在轴上，，延长，分别交于点，点，设直线与轴正方向所夹的锐角为．
（1）的半径为 　　；
（2）　　．
8．如图，直角中，，，，以为圆心，长为半径画四分之一圆，则图中阴影部分的面积是 　　（结果保留．
9．如图，水平放置的圆柱形油桶的截面半径是，油面高为，截面上有油的弓形（阴影部分）的面积为 　　．
10．如图，圆锥的母线长是3，底面半径是1，是底面圆周上一点，从点出发绕侧面一周，再回到点的最短的路线长是 　　．
11．如图，已知直角扇形的半径，以为直径在扇形内作半圆，过点引交于点，则与半圆弧及所围成的阴影部分的面积　　．
12．如图，已知中，，，以为直径的半圆与相切于点，则图中阴影部分的面积是 　　．
13．已知的半径为1．弦的长为，若在上找一点，使，则　　．
14．如图，阴影部分的面积为 　　．
15．如图，正方形的边，和都是以1为半径的圆弧，则无阴影部分的两部分的面积之差是 　　．
三．解答题（共6小题）
16．（2021秋 朝阳区校级期中）如图，在中，，以为直径的圆交于点，交于点，延长至点，使，连结，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求．
17．（2021 滨城区一模）如图，在中，，，点在上，以为直径的经过点．
（1）求证：①是的切线；
②；
（2）若点是劣弧的中点，且，试求阴影部分的面积．
18．（2021 罗平县模拟）如图，是的直径，是弦，点在圆外，于点，交于点，连接、、，．
（1）求证：是的切线；
（2）求证：；
（3）设的面积为，的面积为，若，求的值．
19．（2021 商河县校级模拟）（1）初步思考：
如图1，在中，已知，，为上一点且，试证明：
（2）问题提出：
如图2，已知正方形的边长为4，圆的半径为2，点是圆上的一个动点，求的最小值．
（3）推广运用：
如图3，已知菱形的边长为4，，圆的半径为2，点是圆上的一个动点，求的最大值．
20．问题提出
（1）如图1，正方形的对角线交于点，是边长为6的等边三角形，则、之间的距离为 　　；
问题探究
（2）如图2，在边长为6的正方形中，以为直径作半圆，点为弧上一动点，求、之间的最大距离；
问题解决
（3）窑洞是我省陕北农村的主要建筑，窑洞宾馆更是一道靓丽的风景线，是因为窑洞除了它的坚固性及特有的外在美之外，还具有冬暖夏凉的天然优点家住延安农村的一对即将参加中考的双胞胎小宝和小贝两兄弟，发现自家的窑洞（如图3所示）的门窗是由矩形及弓形组成，，，弓高为的中点，，小宝说，门角到门窗弓形弧的最大距离是、之间的距离．小贝说这不是最大的距离，你认为谁的说法正确？请通过计算求出门角到门窗弓形弧的最大距离．
21．如图，点为直径延长线上一点，过点作的切线，切点为，过点作，垂足为，连接、、，已知．
（1）求的值；
（2）若，试求的长．
（3）在（2）的条件下，求图中阴影部分的面积．

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