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参考答案
第一讲关于中点的联想
-、1.B2.B3.D4.C5.C
二、6.67.1三、11.连接AE,证明BE=AE=DF
12.连接AE,证明EP-2AD=专BC=EF
13.过A作AQ⊥BE于G,并延长交BC于点Q,则Q为BC的中点
14.延长AM,AN交BC于点F,G,证明M,N分别是AF,AG的
中点
15.AB+CD>AD+BC
第二讲二次根式
-、1.B2.A3.D4.B5.B
二、6.-3
2
7.20018.w5-19.1310.58
三、11.1)5-厅(2)
10
12.提示：证明等式两边的平方相等
13.194
14.提示：设W/a2+2005=b,两边平方，有b2-a2=1×2005=5×
401.和为1200.
15.a或2
第三讲
整体思想
-、1.B2.C3.C4.B5.B
二、6.47.18.-2439.510.1+2+3+6
6
三、11.等边三角形
12.a=1,b=2,c=1
174
13.将这6式相乘
14.M≥N
15.134
第四讲一元二次方程的解法
-、1.A2.D3.C4.C5.C
二、6.-7或67.-19978.0或39.110.0
三、11.1
12..2=±1+5
2
13.当m=1时，x=1;当m≠1时，x-1,x,=m二3
m-1
14.(1)=2=1,=}
2,x1=2:（2)1=2,x2=-3,x.4=
-1士√33
2
,(3).1-1,x2=-4.5;(4)x=-6,x2=1.
15.256
第五讲一元二次方程式根的判别式与韦达定理
-、1.A2.A3.C4.D5.B
9413
6.67.30,28.20039.19
10.-4≤m或m≤-
三、11.a=±4
12.p<-1
13.提示：△十△2≥0.
14.m=-3
15.a=1,b=-
2
第六讲
一元二次方程的构造与整数解
-、1.C2.C3.C4.A5.D
二、6.347.128.149.910.98
三、11.432
12.(1)存在，理由略.(2)m≥1，证明略.
13.0w≤号0
175
14.n=10,0,-18,-8
15.m=15,斜边为13；m=12,斜边为10
第七讲
圆的有关性质
-、1.B2.D3.A4.C5.B
二、6.107.28.
9.410.36
5
三、11.连接OB,BC,△OBF△OCB→OB2=OC·OF
12.连接0E.0E-汽a6=1a+b=5→号+2-3
13.AE+BE=AB,AE·BE=AD·BC
14.(1)∠QPB=∠BAC=60°(2)△BAP≌△BCQ
(3)
R△ABP中，0
15.连接BO并延长交AD于H,则BH∥CD→CD=1,OH=0.5,
AD=2AH=22,AB=√6，BC=3
第八讲直线与圆的位置关系
-、1.A2.A3.A4.D5.A
=6909
7.ab
a+b
8.45°9.4V510.
弱
提示：EM=1,
PM=1.5,S△Px=3,S△PMN=
27
25
三、11.(1)6；
7(2)1=号或1=8
12.略
13.略
14.提示：(1)∠BIC=∠IEC(2)∠BID+∠CIE=∠AEI=
∠CIE+∠ECI
15.方法一：连接OA,OC,OO,OB,OC,利用S△0c+S△0,0c
十S△0，x十S0形0，Am,=SAAc可求得r=,5
2n+3
方法二：连接AO并延长交BC于D,连接OP,由角平分线定理可
求得CD=
专，由△A0,P△ADC可得AP=3r:同理可得BQ=2r,由
176第二讲二次根式
【知识要点】
形如√a(α≥0)的式子叫二次根式，二次根式的运算有以下运算法则：
√Ja2=a；当a≥0时，(wa)2=a.
1.Na·Nb=√ab(a≥0，b≥0)
4(a≥0，b>0)
3.awE士bE=(a土b)Wc(c≥0)
4.(a)"=√a"(a≥0)
二次根式的运算是在有理式（整式、分式）运算的基础上发展起来的，
所以常常用到有理式的运算方法和技巧，如换元，字母化，分解相约等，在
这个过程中，特别要注意：
平方差公式：当a>0,b>0时，a-b=(wa)2-(wb)
完全平方公式：当a>0,b>0时，a土2√ab+b=(wa士wb)2
二次根式的化简和求值问题是代数式化简和求值的重点与难点.这
类问题包括了众多知识，比如最简根式、同类根式、有理化等.其中，有理
化是化简与求值的重要方法，所以我们要关注：
√a和wa互为有理化因式；
√a+b与a一√b互为有理化因式：
aB一c√a与ab十c√a互为有理化因式.
【例题精讲】
例1已知，G+2=4,求-x十
的值.
【分析】
由已知条件匠+左=4，我们有x十子=14，从而对
12
.x2
5x+
进行变形，利用整体代入解决问题
【解答】
将等式反+=4两边分别平方得x十1=14，
故
1
-1
x2-5.x+1
/x-5+1
W93
【点评】本题中，对条件进行变形，从而整体代入是解题的关键。
例2
已知a+b-2Va-1-4V0-2-3-3-2c-5,求a+b+c的
值.
【分析】只有一个等式，却涉及到三个未知量的值，又不存在“整体”，故
可考虑利用几个非负数的和为0，从而每个非负数为0这个性质解决
问题.
【解答】由a+6-2Va--4V么-2=3V-3-2c-5
得[(a-1)-2Va-I+1]+[(b-2)-4V6-2+4]+号[(c-3)-
6Wc-3+9]=0
即[（√a-1)2-2√a-1+12]+[(√b-2)2-4√b-2+22]十
2[(v-3)2-6V-3+3]=0
即(va-1-1)2+(V6-2-2)2+2(-3-3)=0
故√a-1=1,√b-2=2,√c-3=3
解得a=2,b=6,c=12.
所以a+b+c=20
【点评】在一些求值问题中，如果只有一个等式，却涉及到多个未知量的
值，常常考虑用“几个非负数的和为0，当且仅当每个非负数为0”这一性
质解决问题.
例3化简：(1)W4+2√3+√4-23：(2)√10十8√3+22.
13

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