人教版2024-2025学年九年级数学上册21.2.1配方法拔高提升同步练习 （附答案）

人教版2024-2025学年九年级数学上册 21.2.1 配方法
拔高提升同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________
一、单选题
1．用配方法解方程时，变形结果正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．用配方法解方程，变形后的结果正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．若将方程进行配方，则该方程可变形为（ ）
A． B． C． D．
4．一元二次方程的解是（ ）
A． B． C． D．
5．将方程利用配方法转化为的形式，则c的值为（ ）
A．24 B．25 C．26 D．100
6．下列语句中：
①两边对应成比例且一个角对应相等的两个三角形相似；
②在直径为的圆中，的圆心角所对的弧长为；
③用配方法解方程时，原方程应变形为；
④抛物线，当时，随的增大而减小．
不正确的个数有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
7．已知方程，则满足该方程的所有根之和为（ ）
A． B． C．0 D．1
8．分式可取的最小值为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．不存在
9．下列各条件中，能判断的是（ ）
A．，
B． ，
C．，
D．，，，
10．已知两个多项式、，（其中x为实数），
①若，则；
②存在实数x，使得；
③已知，则的值为1562；
④当时，若，则的值为．
以上结论中正确的个数有（　　）个
A．4 B．3 C．2 D．1
二、填空题
11．化简： ．
12．对于任意实数k，关于x的方程的实数根的情况为 ．
13．已知，若x的最小值是a，y的最大值是b，则 ．
14．如图．正方形的边长为1，E、F分别是上的动点．且．则的最小值为 ．
15．已知三角形的三边a，b，c都是整数，且满足，则此三角形的面积为 ．
三、解答题
16．按要求解下列关于的一元二次方程．
(1) (2)
17．如图，在正方形中，点在边上，且与关于所在的直线对称，将绕点按顺时针方向旋转得到，连接．
(1)求证：；
(2)若，，求线段的长．
18．如图，一农场主准备用木栅栏建一个面积为180平方米的养鸡场，一边靠墙，其它部分用的是木栅栏，并且留有两道宽1米的门．其中，门用其它材料制作，木栅栏总长46米，墙长20米．
(1)设养鸡场宽米，用含的代数式表示养鸡场的长．
(2)求出的值．
19．如图，一次函数与坐标轴交于，两点，将线段以点为中心逆时针旋转一定角度，点B的对应点落在第二象限的点处，且点坐标为．
(1)求直线的表达式；
(2)点是轴上一点，当最小时，请求出点的坐标；
(3)把线段绕点旋转得到线段，连接，直线与直线相交于，请直接写出点的坐标．
20．（1）当__________时，多项式的最小值为__________．
（2）当__________时，多项式的最大值为__________．
（3）当、为何值时，多项式取最小值？并求出这个最小值．
21．如图，等腰直角三角形中，，点D是线段中点，以D为直角顶点作等腰直角三角形在N的左侧．
(1)如图1，若点M与点A重合，连接，求的长度；
(2)如图2，若点M在左侧，且时，过点D作交于点E，连接，在线段上取一点F且满足，求证：；
(3)如图3，若点M在左侧，且时，将和分别沿翻折得到和，连接，若，请直接写出的值．
22．阅读材料．
对式子可以变化如下：
原式此种变化抓住了完全平方公式的特点，先加一项，使这三项成为完全平方式，再减去加的项，我们把这种变化叫配方．
请仔细体会配方的特点，然后尝试用配方解决下列问题：
(1)请用配方法求出的最小值
(2)请用配方法求出代数式的最小值
(3)试说明：、取任何实数时，代数式的值总大于8．
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1．A
【分析】本题考查了配方法解一元二次方程，掌握配方法的步骤是解题的关键．根据配方法的步骤先把常数项移到等号的右边，再在等式两边同时加上一次项系数一半的平方，配成完全平方的形式，从而得出答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴；
故选：A．
2．D
【分析】本题考查了解一元二次方程－配方法．利用解一元二次方程配方法，进行计算即可解答．
【详解】解：，
，
，
，
故选：D．
3．A
【分析】本题考查了解一元二次方程：配方法的应用，根据移项，再在方程两边同时加上一次项系数一半的平方，然后化为完全平方公式，即可作答．
【详解】解：
∴
故选：A
4．D
【分析】本题考查一元二次方程的解法，解一元二次方程的方法有：直接开平方法，配方法、公式法，因式分解法，根据方程的特点灵活选用一元二次方程的解法是解题的关键．
【详解】解：，
∴，
∴．
故选：D．
5．A
【分析】本题考查了解一元二次方程—配方法，把常数项1移项后，在方程左右两边同时加上一次项系数的一半的平方，然后配方即可．
【详解】解：，
移项得：，
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到，
配方得，
故．
故选：A．
6．A
【分析】根据相似三角形的判定，弧长公式，配方法及二次函数的性质可得出答案．本题考查了相似三角形的判定，弧长公式，配方法，二次函数的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
【详解】解：∵两边对应成比例且一个角对应相等的两个三角形不一定相似，
∴错误；
∵在直径为的圆中，的圆心角所对的弧长为，
∴正确；
∵，
∴原方程应变形为，
∴正确；
∵抛物线的对称轴为，
∴时随的增大而减小，
∴当时，随的增大而减小，
∴正确；
∴错误的个数为个，
故选：．
7．A
【详解】本题考查的是解一元二次方程，由于带有绝对值符号，必须对题目进行讨论，对不在讨论范围内的根要舍去．
因为题目中带有绝对值符号，所以必须分两种情况进行讨论，去掉绝对值符号，得到两个一元二次方程，求出方程的根，不在讨论范围内的根要舍去．
解：当时，即，原方程化为：，
∵，
∴，（舍去），
∴，
当，即时，原方程化为：，
∴，
∴，
∴（舍去），，
∴．
则．
故选：A．
8．A
【分析】本题主要考查分式的性质及配方法的应用，熟练掌握分式的性质及配方法的应用是解题的关键；由题意可变形为，然后根据分式的性质及配方法可进行求解．
【详解】解：由题意得：
，
若要求得的最小值，则需得出的最小值即可，
∵，
∴的最小值为1，
∴的最小值为4；
故选A．
9．C
【分析】本题主要考查相似三角形的判定，解答的关键是熟记相似三角形的判定条件．两角对应相等的两个三角形相似；两组对应边成比例且其夹角相等的两个三角形相似．
根据相似三角形的判定条件对各选项进行分析即可．
【详解】A、∵，，只有一角一边，
∴不能判断两个三角形相似，
故A不符合题意；
B、∵，，不是与的夹角，
∴不能判断两个三角形相似，
故B不符合题意；
C、由，可得，
再由，得，
∵两组对应边成比例且其夹角相等的两个三角形相似，
∴可判断，
故C符合题意；
D、由，，
得，
由，，
得，
∵只有，
∴不能得，
故D不符合题意．
故选：C．
10．D
【分析】①根据题意列出方程求解即可判断；②求出可知恒大于0，从而判断；③分别令和，再把所得式子相减化简即可判断；④由可得，从而得到，继而推出，由此判断．
【详解】解：①∵、，
∴，
化简得：，
解得：，
故①错误；
②∵、，
∴，
∴不存在实数x，使得，
故②错误；
③∵
即
令得：①，
令得：②，
由①-②得：，
∴，
故③正确；
④∵，
即，
化简得：
∵
∴两边除以x并整理得：，
∴，
∴
故④错误．
正确的为③，共1个，
故选：D．
【点睛】本题考查一元二次方程的解法，配方法的应用，加减消元法，利用完全平方公式计算等知识，综合能力要求较高，掌握相关基础知识并融会贯通是解题的关键．
11．/
【分析】本题考查了整式的加减．先去括号，再合并同类项，最后得出结果即可．
【详解】解：
，
故答案为：．
12．方程没有实数根
【分析】本题考查了根的判别式，计算方程根的判别式，判断其符号即可，能熟记根的判别式的内容是解此题的关键．
【详解】∵，
∴
，
∴不论k为何值，，即，
∴方程没有实数根，
故答案为：方程没有实数根．
13．9
【分析】本题主要考查了不等式的定义，根据“”“”的意义求出a和b的值成为解题的关键．
先根据“”“”的意义求出a和b的值，然后计算即可．
【详解】解：∵,
∴x的最小值是,
∵,
∴y的最大值是,
∴.
故答案为：9.
14．
【分析】将绕点旋转，得到，连接，证明，得到，进而得到，得到当三点共线时，取得最小值为的长，过点作，，得到四边形为矩形，为等腰直角三角形，进而求出
【详解】解：如图，将绕点旋转，得到，连接，则：，，
∵正方形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴当三点共线时，取得最小值为的长，
过点作，，则四边形为矩形，
∴，，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，，
∴，
在中，，
∴的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，最短路径问题等知识点，解题的关键是通过旋转，构造全等三角形．
15．
【分析】此题主要考查了因式分解的应用．以及三角形的面积的求法，解答此题的关键是熟练掌握分组法分解因式，求出三角形的三边a，b，c的长度各是多少．
根据，得到，且三角形的三边a，b，c都是整数，得到，求出，然后根据等边三角形面积的求法，求出此三角形的面积即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵三角形的三边a，b，c都是整数，
∴，
解得，，
∴此三角形是边长为1的三角形，
∴此三角形的面积为：．
故答案为：．
16．(1)，；
(2)，．
【分析】本题考查了解一元二次方程，解本题的关键在熟练掌握用配方法和公式法解一元二次方程．解一元二次方程的基本思路是：将二次方程转化为一次方程，即降次．
（1）将常数项移至方程的右边，然后两边都加上一次项系数的一半的平方配方成完全平方后，再开方，即可得出结果；
（2）利用公式法计算即可．
【详解】（1）解：，
移项，得：，
配方，得：，
即，
由此可得：，
∴，；
（2）解：
，，，
，
方程有两个不等的实数根，
，
即，．
17．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据翻折和旋转的性质即可解决问题．
（2）连接，证明出和全等，将长转化为长，再利用勾股定理求出长即可解决问题．
【详解】（1）证明：与关于所在的直线对称，
．
由绕点按顺时针方向旋转得到，
，
．
（2）解：连接，
与关于所在的直线对称，
．
四边形是正方形，
，
．
，
，
即．
由绕点按顺时针方向旋转得到，
．
在和中，
，
，
．
，，
，
．
在中，
，
．
【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，熟知图形旋转的性质是解题的关键．
18．(1)
(2)
【分析】此题主要考查了一元二次方程的应用，读懂题意，找到等量关系准确地列出方程是解题的关键．
（1）根据题意，用含的代数式表示养鸡场的长即可；
（2）根据矩形的面积长宽，用未知数表示出鸡场的面积，根据面积为180平方米，可得方程，解方程即可．
【详解】（1）设与墙平行的一边长为米，养鸡场的长为（米）；
（2）根据题意得：，
整理得出：
，
解得：，，
墙长20米，
，即，
．
19．(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）先求出点B的坐标，然后利用待定系数法求解即可；
（2）作点C关于x轴的对称点H，连接，则，由轴对称的性质可得，则当三点共线时，有最小值，即此时有最小值，故点M即为直线与x轴的交点，求出直线的解析式为，在中，当，据此可得答案；
（3）分把线段绕点顺时针旋转得到线段和把线段绕点逆时针旋转得到线段，通过一线三垂直模型构造全等三角形求出点E的坐标，进而求出直线解析式，再联立直线解析式和直线解析式求出点D的坐标即可．
【详解】（1）解：在中，当时，，
∴，
设直线的表达式为，
把，代入中得：，
解得，
直线的表达式为；
（2）解：如图所示，作点C关于x轴的对称点H，连接，则，
由轴对称的性质可得，
∴，
∴当三点共线时，有最小值，即此时有最小值，
∴点M即为直线与x轴的交点，
同理可得直线的解析式为，
在中，当时，，
∴；
（3）解：当把线段绕点逆时针旋转得到线段时，如图所示，过点C、E分别作y轴的垂线，垂足分别为H、G，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理可得直线解析式为，
联立，解得，
∴
当把线段绕点顺时针旋转得到线段时，如图所示，过点C、E分别作x轴的垂线，垂足分别为H、G，
同理可证明，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理可得直线解析式为，
联立，解得，
∴；
综上所述，或．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定，轴对称最短路径问题，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
20．（1）3，3
（2）1，
（3），，最小值是10
【分析】本题考查了配方法的应用，非负数的性质应用，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）由配方可知，然后根据非负数的性质，判断出的值，然后进行计算即可；
（2）由配方可知，然后根据非负数的性质，判断出的值，然后进行计算即可；
（3）由配方可知，然后根据非负数的性质，判断出和的取值，然后进行计算即可．
【详解】（1）
当时，多项式取最小值，且最小值为3；
故答案为：3，3
（2）
当时，多项式取最大值，且最大值为；
故答案为：1，；
（3）
，
当且，即时，多项式取最小值，并且最小值为．
，，最小值是10．
21．(1)
(2)证明见详解
(3)
【分析】（1）如图，过点作交延长线于点，则，证明，则，，故，对中运用勾股定理即可求解；
（2）过点作的垂线与的延长线交于点，连接，由平行线分线段成比例得点为中点，可证明四点共圆，则，故为等腰直角三角形，，为等腰直角三角形，可证明，同理可得为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，同理可证明：，导角，显然，则，在等腰中，由勾股定理得，故，由，得，即；
（3）连接，延长交于点，过点作，则，先证明三点共线，可得则，，得到，设，则，由勾股定理得，由，得到，证明，则，，在中，由勾股定理得，在中，，由勾股定理得，即可求出比值．
【详解】（1）解：如图，过点作交延长线于点，则
∵，
∴由勾股定理得，
∴，
∵点为中点，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴在中，由勾股定理得；
（2）解：过点作的垂线与的延长线交于点，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点为中点，
∵
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴为等腰直角三角形，，
∴，，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵同理可得为等腰直角三角形，
∴，
∵为等腰直角三角形，
同理可证明：，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，则，
在等腰中，由勾股定理得，
∴
∵，
∴，
∴；
（3）解：连接，延长交于点，过点作，则，
由翻折得，，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴三点共线，
∴
∵，
∴
∴，
而，
∴，
设，则，由勾股定理得，
由，
得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
∴在中，由勾股定理得，
在中，，由勾股定理得，
∴．
【点睛】本题考查了翻折变换，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，熟练构造基本全等模型是解决本题的关键．
22．(1)
(2)
(3)见解析
【分析】本题考查了配方法的应用和非负数的性质，熟练掌握配方法是解此题的关键．
（1）利用配方法将代数式转化为完全平方与和的形式，然后利用非负数的性质进行解答即可；
（2）利用配方法将代数式转化为完全平方与和的形式，然后利用非负数的性质进行解答即可；
（3）利用配方法将代数式转化为完全平方与和的形式，然后利用非负数的性质进行解答即可．
【详解】（1）解：，
∵，
∴，
∴的最小值为；
（2）解：，
∵，
∴，
∴代数式的最小值为；
（3）解：
，
∵，，
∴，
∴、取任何实数时，代数式的值总大于8．
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