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1、第四讲一元二次方程综合【趣题引路】例(印度古题)有一群蜜蜂,其半数的平方根只飞向茉莉花丛,留在家里,还有两只去寻找荷花瓣里嗡嗡叫的雄蜂.这两只雄蜂被荷花的香味所吸引,傍晚时由于花瓣合拢,飞不出去了.请告诉我蜂群中有多少只蜜蜂?解析设蜂群中有2x2只蜜蜂,则x只蜜蜂飞向茉莉花丛;2x2×只蜜蜂留在家里;还有两只飞向花瓣.依题意,得2x2=x+x2+2,即2x2-9x-18=0.解得x1=6,x2=-(舍去).于是2x2=72即为所求.点评本题是一元二次方程的应用题,这样设未知数的目的在于使解一元二次方程变得较容易;此题还可直接设未知
2、数,利用换元法求解.一般地,利用一元二次方程解应用题的步骤是:审、设、列、解、答.【知识延伸】例1把3x2-7xy-6y2-10x+8y+8分解因式.解析原式=3x2-(7y+10)x-(6y2-8y2-8),令3x2-(7y+10)x-(6y2-8y-8)=0,则△=[-(7y+10)]2-4×3×[-(6y2-8y-8)]=121y2+44y+4=(11y+2)2≥0.于是方程两根x1,2=即x1=3y+2,x2=-∴原式=3(x-3y-2)(x+)=(x-3y-2)(3x+2y-4).点评二元二次多项式可整理成关于x(或y)
3、的二次三项式进行因式分解,二次三项式又可以通过求关于x(或y)的一元二次方程的根来分解.例2已知凸4n+2边形A1A2…A4n+2(nN)各内角都是30°的整数倍,已知关于x的方程①②③均有实根,求这凸4n+2边形各内角的度数.解析∵各内角只能是30°,60°,90°,120°,150°,∴正弦值只能取,,1.若sinA1=,∵sinA2≥,sinA3≥,∴方程①的判别式△1=4(sin2A1-sinA2)≤4(-)<0.方程①无实根,与已知矛盾,故sinA1≠.同理sinA2≠,sinA3≠;若sinA1=,则sinA2≥,si
4、nA3≥,∴方程①的判别式△1=4(sin2A1-sinA2)=4·(-)<0,方程①无实根,与已知矛盾.∴sinA1≠,同理sinA2≠,sinA3≠.综上,sinA1=1,A1=90°.这样,其余4n-1个内角之和为4n×180°-3×90°=720°·n-270°,这些角均不大于150°,∴720°·n-270°≤(4n-1)·150°,故n≤1.又n为正整数,∴n=1.即多边形为凸六边形,且A4+A5+A6=4×180°-3×90°=450°.∵A4,A5,A6≤150°,∴A4=A5=A6=150°.点评由于各内角都是3
5、0°的整数倍,故只能是30°,60°,90°,120°,150°,根据方程①②③有实根的条件,确定A1,A2,A3的值,再利用多边形内角和定理与每一内角不大于150°,确定多边形的边数,即n的值,以此可得其余各内角的度数,本题应充分考虑方程有实根的条件.【好题妙解】佳题新题品味例已知如图,在四边形ABCD中,AD=DC=1,∠DAB=∠DCB=90°,BC、AD的延长线交于点P,求AB.S△PAB的最小值.解析设DP=x,则PC=.∵△PCD∽△PAB,∴CD:AB=PC:PA.∴AB=.设y=AB.S△PAB,则y=AB2·PA
6、=·(x+1).x2+2(1-y)x+(1+2y)=0,∵x是实数,∴方程有实数根.△=4(1-y)2-4(1+2y)=4y(y-4)≥0,由于y>0,∴y≥4,即AB·S△PAB≥4,其最小值为4.点评本题是利用判别式解几何题,关键是据已知条件和图形的数量特征,建立一个一元二次方程,然后,由实根存在的条件,使问题得到解决.中考真题欣赏例(2003年天津市中考试题)已知关于x的方程x2-(P+q+1)x+p=0(q≠0)的两个实数根为α,β,且α≤β.(1)试用含有α、β的代数式表示P和q;(2)求证:α≤1≤β;(3)若以α,β
7、为坐标的点M(α、β)在△ABC的三条边上运动,且△ABC顶点的坐标分别为A(1,2),B(,1),C(1,1).问是否存在点M,使P+q=?若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由.解析(1)∵α、β是方程x2-(P+q+1)x+p=0(q≥0)的两根,∴△=(p+q+1)2-4p=(p+q-1)2+4q≥0,且α+β=p+q+1,αβ=p.∴p=α·βq=α+β-p-1=α+β-αβ-1;(2)∵(1-α)(1-β)=1-(α+β)+αβ=-q≤0(q≥0),又α≤β,∴α≤1≤β;(3)若使p+q=成立,只需α+β=p+q
8、+1=,①当M(α,β)在BC边上运动时,由B(,1),C(1,1),得≤α≤1,β=1,而α=-β=>1,故在BC边上不存在满足条件的点.②当M(α,β)在AC边上运动时,由A(1,2),C(1,1),得α=1,1≤β≤2,此时,β=-α=,∵1
