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二、拓展性作业
9. 如图2-2-4，图①中的直角三角形较长的直角边长为$a$，较短的直角边长为$b$，斜边长为$c$，利用图①可以拼出图②和图③。
(1)“赵爽弦图”利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲。如图②所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形组成的一个大正方形。根据图形，我们可以得到等式：
(2)如图③，将八个全等的直角三角形紧密地拼接，记图中正方形$ABCD$、正方形$EFGH$、正方形$MNKT$的面积分别为$S_1,S_2,S_3$，已知$S_1+S_2+S_3=123$。
①求出$S_2$的值；
②求证：关于$x$的方程$x^2 - \sqrt{S_1}x + \frac{1}{2}(S_2 - S_3)=0$总有两个不相等的实数根；
③若②中的方程有一根是4，求出该方程的另一个根。
9. 如图2-2-4，图①中的直角三角形较长的直角边长为$a$，较短的直角边长为$b$，斜边长为$c$，利用图①可以拼出图②和图③。
(1)“赵爽弦图”利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲。如图②所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形组成的一个大正方形。根据图形，我们可以得到等式：
$c^2=2ab+(a-b)^2$
。(2)如图③，将八个全等的直角三角形紧密地拼接，记图中正方形$ABCD$、正方形$EFGH$、正方形$MNKT$的面积分别为$S_1,S_2,S_3$，已知$S_1+S_2+S_3=123$。
①求出$S_2$的值；
②求证：关于$x$的方程$x^2 - \sqrt{S_1}x + \frac{1}{2}(S_2 - S_3)=0$总有两个不相等的实数根；
③若②中的方程有一根是4，求出该方程的另一个根。
答案
9.(1)$c^2=2ab+(a-b)^2$
(2)①解:$S_1=(a+b)^2,S_2=a^2+b^2,S_3=(a-b)^2,S_1+S_2+S_3=123$，
$\therefore (a+b)^2+a^2+b^2+(a-b)^2=123$。
$\therefore S_2=a^2+b^2=41$。
②证明:$\because S_1+S_2+S_3=123,S_2=41$，
$\therefore S_1+S_3=82=2S_2$。
$\therefore \Delta=(-\sqrt{S_1})^2-4×\frac{1}{2}(S_2-S_3)=S_1-2(S_2-S_3)=S_1+S_3+S_3-2S_2=S_3$。
$\because S_3＞0,\therefore \Delta＞0$，
$\therefore$关于$x$的方程$x^2-\sqrt{S_1}x+\frac{1}{2}(S_2-S_3)=0$总有两个不相等的实数根。
③解:把$x=4$代入$x^2-\sqrt{S_1}x+\frac{1}{2}(S_2-S_3)=0$，得$16-4\sqrt{S_1}+\frac{1}{2}(S_2-S_3)=0$，
又$S_1+S_3=82,S_2=41$，
$\therefore 16-4\sqrt{S_1}+\frac{1}{2}[41-(82-S_1)]=0$，
$\therefore S_1^2-82S_1+81=0$，
$\therefore S_1=81$或$S_1=1$(舍去)，
$\therefore S_3=82-S_1=1$，
$\therefore$原方程为$x^2-9x+20=0$，
$\therefore x=4$或$x=5$，
$\therefore$方程的另一个根是5。
(2)①解:$S_1=(a+b)^2,S_2=a^2+b^2,S_3=(a-b)^2,S_1+S_2+S_3=123$，
$\therefore (a+b)^2+a^2+b^2+(a-b)^2=123$。
$\therefore S_2=a^2+b^2=41$。
②证明:$\because S_1+S_2+S_3=123,S_2=41$，
$\therefore S_1+S_3=82=2S_2$。
$\therefore \Delta=(-\sqrt{S_1})^2-4×\frac{1}{2}(S_2-S_3)=S_1-2(S_2-S_3)=S_1+S_3+S_3-2S_2=S_3$。
$\because S_3＞0,\therefore \Delta＞0$，
$\therefore$关于$x$的方程$x^2-\sqrt{S_1}x+\frac{1}{2}(S_2-S_3)=0$总有两个不相等的实数根。
③解:把$x=4$代入$x^2-\sqrt{S_1}x+\frac{1}{2}(S_2-S_3)=0$，得$16-4\sqrt{S_1}+\frac{1}{2}(S_2-S_3)=0$，
又$S_1+S_3=82,S_2=41$，
$\therefore 16-4\sqrt{S_1}+\frac{1}{2}[41-(82-S_1)]=0$，
$\therefore S_1^2-82S_1+81=0$，
$\therefore S_1=81$或$S_1=1$(舍去)，
$\therefore S_3=82-S_1=1$，
$\therefore$原方程为$x^2-9x+20=0$，
$\therefore x=4$或$x=5$，
$\therefore$方程的另一个根是5。
解析
【分析】
(1) 观察图②的赵爽弦图，大正方形的面积有两种表示方式：一是直接由边长$c$得面积为$c^2$；二是4个全等直角三角形的面积和加中间小正方形的面积，4个直角三角形总面积为$2ab$，小正方形边长为$a-b$，面积为$(a-b)^2$，两种方式表示的面积相等，即可得到对应等式。
(2) ①先分别用$a,b$表示三个正方形的面积：正方形$ABCD$边长为$a+b$，故$S_1=(a+b)^2$；正方形$EFGH$边长为直角三角形斜边$c$，故$S_2=a^2+b^2$；正方形$MNKT$边长为$a-b$，故$S_3=(a-b)^2$。将三个面积相加化简，结合$S_1+S_2+S_3=123$即可求出$S_2$。
②要证明方程总有两个不相等的实数根，只需证明判别式$\Delta＞0$。先写出判别式表达式，结合①得到的$S_1+S_3=2S_2$的关系化简判别式，再结合正方形面积$S_3＞0$即可完成证明。
③将$x=4$代入方程，结合$S_1+S_3=82$、$S_2=41$的关系消去$S_3$，求解得到符合题意的$S_1$值，再通过解方程或韦达定理即可求出另一根。
【解析】
(1) 由大正方形面积等于4个直角三角形面积与中间小正方形面积之和，可得等式：$c^2=2ab+(a-b)^2$。
(2) ①解：由图形可得$S_1=(a+b)^2$，$S_2=a^2+b^2$，$S_3=(a-b)^2$，已知$S_1+S_2+S_3=123$，
$\therefore (a+b)^2+a^2+b^2+(a-b)^2=123$，
化简得$3(a^2+b^2)=123$，即$3S_2=123$，
$\therefore S_2=a^2+b^2=41$。
②证明：$\because S_1+S_2+S_3=123$，$S_2=41$，
$\therefore S_1+S_3=82=2S_2$，
方程的判别式$\Delta=(-\sqrt{S_1})^2-4×\frac{1}{2}(S_2-S_3)=S_1-2(S_2-S_3)$，
代入$S_1+S_3=2S_2$得：$\Delta=S_1-2S_2+2S_3=S_1+S_3+S_3-2S_2=S_3$，
$\because S_3$是正方形面积，$\therefore S_3＞0$，即$\Delta＞0$，
$\therefore$关于$x$的方程$x^2 - \sqrt{S_1}x + \frac{1}{2}(S_2 - S_3)=0$总有两个不相等的实数根。
③解：把$x=4$代入方程得：$16-4\sqrt{S_1}+\frac{1}{2}(S_2-S_3)=0$，
又$S_1+S_3=82$，$S_2=41$，即$S_3=82-S_1$，代入上式得：
$16-4\sqrt{S_1}+\frac{1}{2}[41-(82-S_1)]=0$，
化简得$S_1^2-82S_1+81=0$，解得$S_1=81$或$S_1=1$（舍去），
$\therefore S_3=82-81=1$，原方程为$x^2-9x+20=0$，
解得$x=4$或$x=5$，即方程的另一个根为5。
【答案】
(1) $c^2=2ab+(a-b)^2$
(2) ①$S_2=41$；②证明见上述解析；③另一个根是5
【知识点】
勾股定理的证明；一元二次方程根的判别式；一元二次方程根与系数的关系
【点评】
本题结合勾股定理的几何背景与一元二次方程的知识，考查了数形结合思想、代数运算能力和逻辑推理能力，需要熟练掌握几何图形的面积表示方法和一元二次方程的相关性质。
【难度系数】
0.6
(1) 观察图②的赵爽弦图，大正方形的面积有两种表示方式：一是直接由边长$c$得面积为$c^2$；二是4个全等直角三角形的面积和加中间小正方形的面积，4个直角三角形总面积为$2ab$，小正方形边长为$a-b$，面积为$(a-b)^2$，两种方式表示的面积相等，即可得到对应等式。
(2) ①先分别用$a,b$表示三个正方形的面积：正方形$ABCD$边长为$a+b$，故$S_1=(a+b)^2$；正方形$EFGH$边长为直角三角形斜边$c$，故$S_2=a^2+b^2$；正方形$MNKT$边长为$a-b$，故$S_3=(a-b)^2$。将三个面积相加化简，结合$S_1+S_2+S_3=123$即可求出$S_2$。
②要证明方程总有两个不相等的实数根，只需证明判别式$\Delta＞0$。先写出判别式表达式，结合①得到的$S_1+S_3=2S_2$的关系化简判别式，再结合正方形面积$S_3＞0$即可完成证明。
③将$x=4$代入方程，结合$S_1+S_3=82$、$S_2=41$的关系消去$S_3$，求解得到符合题意的$S_1$值，再通过解方程或韦达定理即可求出另一根。
【解析】
(1) 由大正方形面积等于4个直角三角形面积与中间小正方形面积之和，可得等式：$c^2=2ab+(a-b)^2$。
(2) ①解：由图形可得$S_1=(a+b)^2$，$S_2=a^2+b^2$，$S_3=(a-b)^2$，已知$S_1+S_2+S_3=123$，
$\therefore (a+b)^2+a^2+b^2+(a-b)^2=123$，
化简得$3(a^2+b^2)=123$，即$3S_2=123$，
$\therefore S_2=a^2+b^2=41$。
②证明：$\because S_1+S_2+S_3=123$，$S_2=41$，
$\therefore S_1+S_3=82=2S_2$，
方程的判别式$\Delta=(-\sqrt{S_1})^2-4×\frac{1}{2}(S_2-S_3)=S_1-2(S_2-S_3)$，
代入$S_1+S_3=2S_2$得：$\Delta=S_1-2S_2+2S_3=S_1+S_3+S_3-2S_2=S_3$，
$\because S_3$是正方形面积，$\therefore S_3＞0$，即$\Delta＞0$，
$\therefore$关于$x$的方程$x^2 - \sqrt{S_1}x + \frac{1}{2}(S_2 - S_3)=0$总有两个不相等的实数根。
③解：把$x=4$代入方程得：$16-4\sqrt{S_1}+\frac{1}{2}(S_2-S_3)=0$，
又$S_1+S_3=82$，$S_2=41$，即$S_3=82-S_1$，代入上式得：
$16-4\sqrt{S_1}+\frac{1}{2}[41-(82-S_1)]=0$，
化简得$S_1^2-82S_1+81=0$，解得$S_1=81$或$S_1=1$（舍去），
$\therefore S_3=82-81=1$，原方程为$x^2-9x+20=0$，
解得$x=4$或$x=5$，即方程的另一个根为5。
【答案】
(1) $c^2=2ab+(a-b)^2$
(2) ①$S_2=41$；②证明见上述解析；③另一个根是5
【知识点】
勾股定理的证明；一元二次方程根的判别式；一元二次方程根与系数的关系
【点评】
本题结合勾股定理的几何背景与一元二次方程的知识，考查了数形结合思想、代数运算能力和逻辑推理能力，需要熟练掌握几何图形的面积表示方法和一元二次方程的相关性质。
【难度系数】
0.6
10. 某数学兴趣小组的同学在学完一元二次方程后，发现一元二次方程根的判别式除了可以判断一元二次方程根的情况，还可以解决其他问题。表2-2-1是该小组收集的素材及任务，请根据素材帮助他们完成任务：
表2-2-1
关于一元二次方程的根的判别式的探究
素材
对于一个关于$x$的二次式$ax^2+bx+c(a≠0)$，利用一元二次方程的根的判别式可以求该多项式的最值。比如：求$x^2+2x+3$最小值，令$y=x^2+2x+3$，则$x^2+2x+3-y=0$，则$b^2-4ac=4-4(3-y)=-8+4y≥0$，可解得$y≥2$，从而确定$x^2+2x+3$的最小值为2。这种利用一元二次方程的根的判别式求二次式最值的方法称为判别式法。
问题解决
任务1
感受新知：用判别式法求$3x^2+4x-2$的最小值。
任务2
探索新知：若关于$x$的二次式$x^2-ax+3(a$为常数$)$的最小值为$-1$，求$a$的值。
任务3
应用新知：利用已有的知识经验，求证：周长为$a$的矩形中，正方形的面积最大。
表2-2-1
关于一元二次方程的根的判别式的探究
素材
对于一个关于$x$的二次式$ax^2+bx+c(a≠0)$，利用一元二次方程的根的判别式可以求该多项式的最值。比如：求$x^2+2x+3$最小值，令$y=x^2+2x+3$，则$x^2+2x+3-y=0$，则$b^2-4ac=4-4(3-y)=-8+4y≥0$，可解得$y≥2$，从而确定$x^2+2x+3$的最小值为2。这种利用一元二次方程的根的判别式求二次式最值的方法称为判别式法。
问题解决
任务1
感受新知：用判别式法求$3x^2+4x-2$的最小值。
任务2
探索新知：若关于$x$的二次式$x^2-ax+3(a$为常数$)$的最小值为$-1$，求$a$的值。
任务3
应用新知：利用已有的知识经验，求证：周长为$a$的矩形中，正方形的面积最大。
答案
10. 任务1:
解:由题意，令$y=3x^2+4x-2$，
$\therefore 3x^2+4x-2-y=0$。
$\therefore \Delta=16-4×3×(-2-y)≥0$。
$\therefore y≥-\frac{10}{3}$。
$\therefore 3x^2+4x-2$的最小值为$-\frac{10}{3}$。
任务2:
解:由题意，令$y=x^2-ax+3$，
$\therefore x^2-ax+3-y=0$。
$\therefore \Delta=a^2-4×(3-y)≥0$。
$\therefore y≥-\frac{a^2-12}{4}$。
$\because y$的最小值为$-1$，$\therefore -\frac{a^2-12}{4}=-1$，$\therefore a=\pm4$。
任务3:
证明:设矩形的长为$x$，则宽为$\frac{a}{2}-x$。
设面积为$S$。
$\therefore S=x(\frac{a}{2}-x)=-x^2+\frac{a}{2}x$。
$\therefore x^2-\frac{a}{2}x+S=0$。
$\therefore \Delta=\frac{a^2}{4}-4× S≥0$。
$\therefore S≤\frac{a^2}{16}$。
$\therefore$当$x=\frac{a}{4}$时，$S_{最大}=\frac{a^2}{16}$，
此时$\frac{a}{2}-x=\frac{a}{4}$，即四边形为正方形时，面积最大。
解:由题意，令$y=3x^2+4x-2$，
$\therefore 3x^2+4x-2-y=0$。
$\therefore \Delta=16-4×3×(-2-y)≥0$。
$\therefore y≥-\frac{10}{3}$。
$\therefore 3x^2+4x-2$的最小值为$-\frac{10}{3}$。
任务2:
解:由题意，令$y=x^2-ax+3$，
$\therefore x^2-ax+3-y=0$。
$\therefore \Delta=a^2-4×(3-y)≥0$。
$\therefore y≥-\frac{a^2-12}{4}$。
$\because y$的最小值为$-1$，$\therefore -\frac{a^2-12}{4}=-1$，$\therefore a=\pm4$。
任务3:
证明:设矩形的长为$x$，则宽为$\frac{a}{2}-x$。
设面积为$S$。
$\therefore S=x(\frac{a}{2}-x)=-x^2+\frac{a}{2}x$。
$\therefore x^2-\frac{a}{2}x+S=0$。
$\therefore \Delta=\frac{a^2}{4}-4× S≥0$。
$\therefore S≤\frac{a^2}{16}$。
$\therefore$当$x=\frac{a}{4}$时，$S_{最大}=\frac{a^2}{16}$，
此时$\frac{a}{2}-x=\frac{a}{4}$，即四边形为正方形时，面积最大。
解析
【分析】
解题前先理解判别式法求二次式最值的核心原理：将二次式设为y，整理为关于x的一元二次方程，由于x是实数，方程要有实根，因此根的判别式$\Delta ≥ 0$，解不等式即可得到y的取值范围，进而得到最值。
1. 任务1直接套用方法：设二次式等于y，整理为一元二次方程标准形式，利用$\Delta ≥ 0$列不等式，求解得到y的最小值。
2. 任务2逆向应用方法：先通过$\Delta ≥ 0$得到y的最小值的含参表达式，结合已知最小值列方程，求解参数a即可。
3. 任务3结合几何场景应用：先设矩形的长为x，用周长表示宽，写出面积S关于x的表达式，再用判别式法得到S的最大值，验证取最大值时矩形的长宽相等即为正方形，完成证明。
【解析】
任务1
解：令$y=3x^2+4x-2$，
整理得$3x^2+4x-2-y=0$。
∵x为实数，方程有实根，
∴$\Delta = 4^2 - 4× 3× (-2-y) ≥ 0$，
即$16 + 24 + 12y ≥ 0$，解得$y≥ -\frac{10}{3}$。
任务2
解：令$y=x^2-ax+3$，
整理得$x^2 -ax +3 -y = 0$。
∵x为实数，方程有实根，
∴$\Delta = (-a)^2 - 4× 1× (3-y) ≥ 0$，
即$a^2 -12 +4y ≥ 0$，解得$y≥ \frac{12-a^2}{4}$，即y的最小值为$\frac{12-a^2}{4}$。
已知y的最小值为-1，
∴$\frac{12-a^2}{4}=-1$，
解得$a^2=16$，即$a=\pm4$。
任务3
证明：设矩形的长为$x$，则宽为$\frac{a}{2}-x$，设面积为$S$，
则$S = x(\frac{a}{2}-x) = -x^2 + \frac{a}{2}x$，
整理得$x^2 - \frac{a}{2}x + S = 0$。
∵x为正数，方程有实根，
∴$\Delta = (-\frac{a}{2})^2 -4× 1× S ≥ 0$，
即$\frac{a^2}{4} -4S ≥ 0$，解得$S≤ \frac{a^2}{16}$，即S的最大值为$\frac{a^2}{16}$。
当S取最大值时，$\Delta=0$，方程有两个相等实根，$x=\frac{a}{4}$，
此时宽为$\frac{a}{2}-\frac{a}{4}=\frac{a}{4}$，长和宽相等，即四边形为正方形。
【答案】
任务1：$3x^2+4x-2$的最小值为$\boldsymbol{-\frac{10}{3}}$；
任务2：$a$的值为$\boldsymbol{\pm4}$；
任务3：周长为$a$的矩形中，正方形的面积最大，证明成立。
【知识点】
1. 一元二次方程根的判别式
2. 二次式最值求解
3. 代数几何综合应用
【点评】
本题是阅读探究类题目，通过引入判别式求最值的新方法，考查学生的知识迁移能力和应用能力，既巩固了判别式的基础用法，也引导学生学会用代数方法解决几何最值问题，对逻辑推理能力有较好的锻炼作用。
【难度系数】
0.7
解题前先理解判别式法求二次式最值的核心原理：将二次式设为y，整理为关于x的一元二次方程，由于x是实数，方程要有实根，因此根的判别式$\Delta ≥ 0$，解不等式即可得到y的取值范围，进而得到最值。
1. 任务1直接套用方法：设二次式等于y，整理为一元二次方程标准形式，利用$\Delta ≥ 0$列不等式，求解得到y的最小值。
2. 任务2逆向应用方法：先通过$\Delta ≥ 0$得到y的最小值的含参表达式，结合已知最小值列方程，求解参数a即可。
3. 任务3结合几何场景应用：先设矩形的长为x，用周长表示宽，写出面积S关于x的表达式，再用判别式法得到S的最大值，验证取最大值时矩形的长宽相等即为正方形，完成证明。
【解析】
任务1
解：令$y=3x^2+4x-2$，
整理得$3x^2+4x-2-y=0$。
∵x为实数，方程有实根，
∴$\Delta = 4^2 - 4× 3× (-2-y) ≥ 0$，
即$16 + 24 + 12y ≥ 0$，解得$y≥ -\frac{10}{3}$。
任务2
解：令$y=x^2-ax+3$，
整理得$x^2 -ax +3 -y = 0$。
∵x为实数，方程有实根，
∴$\Delta = (-a)^2 - 4× 1× (3-y) ≥ 0$，
即$a^2 -12 +4y ≥ 0$，解得$y≥ \frac{12-a^2}{4}$，即y的最小值为$\frac{12-a^2}{4}$。
已知y的最小值为-1，
∴$\frac{12-a^2}{4}=-1$，
解得$a^2=16$，即$a=\pm4$。
任务3
证明：设矩形的长为$x$，则宽为$\frac{a}{2}-x$，设面积为$S$，
则$S = x(\frac{a}{2}-x) = -x^2 + \frac{a}{2}x$，
整理得$x^2 - \frac{a}{2}x + S = 0$。
∵x为正数，方程有实根，
∴$\Delta = (-\frac{a}{2})^2 -4× 1× S ≥ 0$，
即$\frac{a^2}{4} -4S ≥ 0$，解得$S≤ \frac{a^2}{16}$，即S的最大值为$\frac{a^2}{16}$。
当S取最大值时，$\Delta=0$，方程有两个相等实根，$x=\frac{a}{4}$，
此时宽为$\frac{a}{2}-\frac{a}{4}=\frac{a}{4}$，长和宽相等，即四边形为正方形。
【答案】
任务1：$3x^2+4x-2$的最小值为$\boldsymbol{-\frac{10}{3}}$；
任务2：$a$的值为$\boldsymbol{\pm4}$；
任务3：周长为$a$的矩形中，正方形的面积最大，证明成立。
【知识点】
1. 一元二次方程根的判别式
2. 二次式最值求解
3. 代数几何综合应用
【点评】
本题是阅读探究类题目，通过引入判别式求最值的新方法，考查学生的知识迁移能力和应用能力，既巩固了判别式的基础用法，也引导学生学会用代数方法解决几何最值问题，对逻辑推理能力有较好的锻炼作用。
【难度系数】
0.7
