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12. 已知关于 $ x $ 的方程 $ x^2 - (m + 2)x + (2m - 1) = 0 $。
（1）求证：方程恒有两个不相等的实数根；
（2）若此方程的一个根是1，请求出方程的另一个根；该方程两根分别为直角三角形的边长，求该三角形的周长。
（1）求证：方程恒有两个不相等的实数根；
（2）若此方程的一个根是1，请求出方程的另一个根；该方程两根分别为直角三角形的边长，求该三角形的周长。
答案
12. (1) $\because \Delta = [-(m+2)]^2 - 4×1×(2m-1) = m^2 -4m +8 = (m-2)^2 +4 ＞0$，$\therefore$ 方程恒有两个不相等的实数根
(2) 把$x=1$代入方程$x^2-(m+2)x+(2m-1)=0$中，解得$m=2$. $\therefore$ 原方程为$x^2-4x+3=0$.解得$x_1=1$，$x_2=3$.$\therefore$ 方程的另一个根为3.当1，3为直角边长时，斜边长为$\sqrt{10}$，周长为$4+\sqrt{10}$.当1为直角边长，3为斜边长时，另一直角边长为$2\sqrt{2}$，周长为$4+2\sqrt{2}$.综上所述，该三角形的周长为$4+\sqrt{10}$或$4+2\sqrt{2}$
(2) 把$x=1$代入方程$x^2-(m+2)x+(2m-1)=0$中，解得$m=2$. $\therefore$ 原方程为$x^2-4x+3=0$.解得$x_1=1$，$x_2=3$.$\therefore$ 方程的另一个根为3.当1，3为直角边长时，斜边长为$\sqrt{10}$，周长为$4+\sqrt{10}$.当1为直角边长，3为斜边长时，另一直角边长为$2\sqrt{2}$，周长为$4+2\sqrt{2}$.综上所述，该三角形的周长为$4+\sqrt{10}$或$4+2\sqrt{2}$
解析
【分析】
（1）要证明一元二次方程恒有两个不相等的实数根，核心思路是计算根的判别式$\Delta$，证明$\Delta$恒大于0即可：先写出$\Delta$的表达式，展开化简后变形为“完全平方式+正数”的结构，利用平方的非负性就能判断$\Delta$的符号。
（2）已知方程的一个根，先将根代入原方程求出参数$m$的值，再代入$m$解出方程的另一个根；已知两根为直角三角形的边长，需分类讨论：①两根均为直角边；②较长的边为斜边，分别用勾股定理求出第三边后计算周长，注意验证三边符合三角形三边关系。
【解析】
（1）证明：对于一元二次方程$x^2 - (m + 2)x + (2m - 1) = 0$，其中$a=1$，$b=-(m+2)$，$c=2m-1$，
根的判别式$\Delta = b^2-4ac = [-(m+2)]^2 - 4×1×(2m-1)$
$= m^2 +4m +4 -8m +4 = m^2 -4m +8 = (m-2)^2 +4$
$\because (m-2)^2 ≥ 0$，$\therefore (m-2)^2 +4 ≥ 4 ＞ 0$，即$\Delta ＞ 0$
$\therefore$ 方程恒有两个不相等的实数根。
（2）解：把$x=1$代入原方程，得：
$1^2 - (m+2)×1 + (2m-1) = 0$
整理得$m-2=0$，解得$m=2$。
将$m=2$代入原方程，得$x^2 -4x +3 = 0$，
因式分解得$(x-1)(x-3)=0$，解得$x_1=1$，$x_2=3$，即方程的另一个根为3。
分两种情况讨论直角三角形的周长：
①当1、3均为直角边长时，斜边长为$\sqrt{1^2 + 3^2} = \sqrt{10}$，周长为$1+3+\sqrt{10}=4+\sqrt{10}$；
②当1为直角边长，3为斜边长时，另一条直角边长为$\sqrt{3^2 - 1^2} = 2\sqrt{2}$，周长为$1+3+2\sqrt{2}=4+2\sqrt{2}$。
【答案】
（1）方程恒有两个不相等的实数根，证明见解析；
（2）方程的另一个根为3，直角三角形的周长为$4+\sqrt{10}$或$4+2\sqrt{2}$。
【知识点】
一元二次方程根的判别式，一元二次方程求解，勾股定理
【点评】
本题是一元二次方程与几何的基础综合题，解题关键是熟练掌握根的判别式的用法，第二问要注意分类讨论斜边的可能情况，避免漏解。
【难度系数】
0.7
（1）要证明一元二次方程恒有两个不相等的实数根，核心思路是计算根的判别式$\Delta$，证明$\Delta$恒大于0即可：先写出$\Delta$的表达式，展开化简后变形为“完全平方式+正数”的结构，利用平方的非负性就能判断$\Delta$的符号。
（2）已知方程的一个根，先将根代入原方程求出参数$m$的值，再代入$m$解出方程的另一个根；已知两根为直角三角形的边长，需分类讨论：①两根均为直角边；②较长的边为斜边，分别用勾股定理求出第三边后计算周长，注意验证三边符合三角形三边关系。
【解析】
（1）证明：对于一元二次方程$x^2 - (m + 2)x + (2m - 1) = 0$，其中$a=1$，$b=-(m+2)$，$c=2m-1$，
根的判别式$\Delta = b^2-4ac = [-(m+2)]^2 - 4×1×(2m-1)$
$= m^2 +4m +4 -8m +4 = m^2 -4m +8 = (m-2)^2 +4$
$\because (m-2)^2 ≥ 0$，$\therefore (m-2)^2 +4 ≥ 4 ＞ 0$，即$\Delta ＞ 0$
$\therefore$ 方程恒有两个不相等的实数根。
（2）解：把$x=1$代入原方程，得：
$1^2 - (m+2)×1 + (2m-1) = 0$
整理得$m-2=0$，解得$m=2$。
将$m=2$代入原方程，得$x^2 -4x +3 = 0$，
因式分解得$(x-1)(x-3)=0$，解得$x_1=1$，$x_2=3$，即方程的另一个根为3。
分两种情况讨论直角三角形的周长：
①当1、3均为直角边长时，斜边长为$\sqrt{1^2 + 3^2} = \sqrt{10}$，周长为$1+3+\sqrt{10}=4+\sqrt{10}$；
②当1为直角边长，3为斜边长时，另一条直角边长为$\sqrt{3^2 - 1^2} = 2\sqrt{2}$，周长为$1+3+2\sqrt{2}=4+2\sqrt{2}$。
【答案】
（1）方程恒有两个不相等的实数根，证明见解析；
（2）方程的另一个根为3，直角三角形的周长为$4+\sqrt{10}$或$4+2\sqrt{2}$。
【知识点】
一元二次方程根的判别式，一元二次方程求解，勾股定理
【点评】
本题是一元二次方程与几何的基础综合题，解题关键是熟练掌握根的判别式的用法，第二问要注意分类讨论斜边的可能情况，避免漏解。
【难度系数】
0.7
13. 如图,四边形ABCD、四边形DEFG都是正方形,连接AE,CG.
(1) 求证: $AE=CG$;
(2) 猜想AE与CG之间的位置关系,并证明你的猜想.
(1) 求证: $AE=CG$;
(2) 猜想AE与CG之间的位置关系,并证明你的猜想.
答案
13. (1) $\because ∠ ADC = ∠ GDE = 90°$,$\therefore ∠ CDG = 90° + ∠ ADG = ∠ ADE$. $\because AD=CD$,$DE=DG$,$\therefore △ ADE ≌ △ CDG$. $\therefore AE=CG$
(2) 猜想：$AE ⊥ CG$.证明：设AE与CG的交点为M，AD与CG的交点为N.$\because △ ADE ≌ △ CDG$，$\therefore ∠ DAE = ∠ DCG$.又$\because ∠ ANM = ∠ CND$，$\therefore ∠ AMN = ∠ ADC = 90°$. $\therefore AE ⊥ CG$
(2) 猜想：$AE ⊥ CG$.证明：设AE与CG的交点为M，AD与CG的交点为N.$\because △ ADE ≌ △ CDG$，$\therefore ∠ DAE = ∠ DCG$.又$\because ∠ ANM = ∠ CND$，$\therefore ∠ AMN = ∠ ADC = 90°$. $\therefore AE ⊥ CG$
解析
【分析】
(1) 要证明两条线段相等，八年级阶段常用方法是证明线段所在的三角形全等。观察可知AE在△ADE中，CG在△CDG中，结合正方形性质可得AD=CD、DE=DG，再利用两个直角加公共角∠ADG，可证两边的夹角∠ADE=∠CDG，用SAS即可证明三角形全等，从而得到AE=CG。
(2) 线段的位置关系通常为平行或垂直，结合图形特征猜想AE⊥CG。要证垂直只需证明两线段夹角为90°，借助第一问全等得到的对应角相等，再结合对顶角相等，利用三角形内角和即可推出夹角为直角，得到垂直结论。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD、四边形DEFG都是正方形，
∴ $∠ ADC = ∠ GDE = 90°$，$AD=CD$，$DE=DG$，
∴ $∠ ADC + ∠ ADG = ∠ GDE + ∠ ADG$，即$∠ CDG = ∠ ADE$，
在$△ ADE$和$△ CDG$中：
$\begin{cases}AD=CD \\∠ ADE=∠ CDG \\DE=DG\end{cases}$
∴ $△ ADE ≌ △ CDG$（SAS），
∴ $AE=CG$。
(2) 猜想：$AE ⊥ CG$，证明如下：
设AE与CG的交点为M，AD与CG的交点为N，
∵ $△ ADE ≌ △ CDG$，
∴ $∠ DAE = ∠ DCG$，
又
∵ $∠ ANM = ∠ CND$（对顶角相等），
根据三角形内角和，$∠ AMN = 180° - ∠ DAE - ∠ ANM$，$∠ ADC = 180° - ∠ DCG - ∠ CND$，
∴ $∠ AMN = ∠ ADC = 90°$，
∴ $AE ⊥ CG$。
【答案】
(1) $AE=CG$，证明成立；
(2) $AE ⊥ CG$，证明成立。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；垂直的判定
【点评】
本题是全等三角形与正方形结合的基础综合题，解题核心是利用正方形的边角性质构造全等三角形，再借助全等的性质推导边的数量关系和位置关系，解题时要注意公共角、对顶角这类隐含条件的运用。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明两条线段相等，八年级阶段常用方法是证明线段所在的三角形全等。观察可知AE在△ADE中，CG在△CDG中，结合正方形性质可得AD=CD、DE=DG，再利用两个直角加公共角∠ADG，可证两边的夹角∠ADE=∠CDG，用SAS即可证明三角形全等，从而得到AE=CG。
(2) 线段的位置关系通常为平行或垂直，结合图形特征猜想AE⊥CG。要证垂直只需证明两线段夹角为90°，借助第一问全等得到的对应角相等，再结合对顶角相等，利用三角形内角和即可推出夹角为直角，得到垂直结论。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD、四边形DEFG都是正方形，
∴ $∠ ADC = ∠ GDE = 90°$，$AD=CD$，$DE=DG$，
∴ $∠ ADC + ∠ ADG = ∠ GDE + ∠ ADG$，即$∠ CDG = ∠ ADE$，
在$△ ADE$和$△ CDG$中：
$\begin{cases}AD=CD \\∠ ADE=∠ CDG \\DE=DG\end{cases}$
∴ $△ ADE ≌ △ CDG$（SAS），
∴ $AE=CG$。
(2) 猜想：$AE ⊥ CG$，证明如下：
设AE与CG的交点为M，AD与CG的交点为N，
∵ $△ ADE ≌ △ CDG$，
∴ $∠ DAE = ∠ DCG$，
又
∵ $∠ ANM = ∠ CND$（对顶角相等），
根据三角形内角和，$∠ AMN = 180° - ∠ DAE - ∠ ANM$，$∠ ADC = 180° - ∠ DCG - ∠ CND$，
∴ $∠ AMN = ∠ ADC = 90°$，
∴ $AE ⊥ CG$。
【答案】
(1) $AE=CG$，证明成立；
(2) $AE ⊥ CG$，证明成立。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；垂直的判定
【点评】
本题是全等三角形与正方形结合的基础综合题，解题核心是利用正方形的边角性质构造全等三角形，再借助全等的性质推导边的数量关系和位置关系，解题时要注意公共角、对顶角这类隐含条件的运用。
【难度系数】
0.7
