三、解答题
17.关于x的一元二次方程$x^2 + bx + 8 = 0$有一个根是$x=2$，求b的值及方程的另一个根。

17.$\because x=2$是一元二次方程$x^2 + bx + 8 = 0$的根，$\therefore 2^2 + 2b + 8 = 0$，解得$b=-6$。
当$b=-6$时，原方程为$x^2 -6x +8=0$，解得$x_1=2$，$x_2=4$。
$\therefore b=-6$，方程的另一个根为4。
提示:本题也可以利用根与系数的关系求解。

【分析】
解题可从两种思路入手：思路一：利用一元二次方程根的定义，已知x=2是方程的根，将其代入原方程等式必然成立，可得到只含未知数b的一元一次方程，解出b后代回原方程，求解一元二次方程即可得到另一个根；思路二：利用一元二次方程根与系数的关系，已知方程常数项为8，两根之积等于8，直接结合已知根算出另一个根，再根据两根之和算出b的值，两种方法均可求解。
【解析】
∵$x=2$是一元二次方程$x^2 + bx + 8 = 0$的根，
∴将$x=2$代入方程得：$2^2 + 2b + 8 = 0$，
计算化简得$12+2b=0$，解得$b=-6$。
把$b=-6$代入原方程，得$x^2 -6x +8=0$，
因式分解得$(x-2)(x-4)=0$，解得$x_1=2$，$x_2=4$。
（也可通过根与系数的关系验证：设另一根为$m$，则$2m=8$，得$m=4$；$2+4=-b$，得$b=-6$，结果一致。）
【答案】
$b=-6$，方程的另一个根为4
【知识点】
一元二次方程根的定义、一元二次方程的解法、根与系数的关系
【点评】
本题是一元二次方程的基础常规题，两种解题方法都属于核心考点，既可以用代入法逐步求解，也可以用根与系数的关系快速运算，有助于巩固一元二次方程的基础性质。
【难度系数】
0.9

18.如图,在$△ ABC$中,$AC=BC$,将$△ ABC$绕点$A$逆时针旋转$60°$,得到$△ ADE$,连接$BD$,$BE$.
(1)判断$△ ABD$的形状.
(2)求证:$BE$平分$∠ ABD$.

18.(1)$△ABD$为等边三角形。
(2)证明:由旋转知$AC=AE$，$BC=DE$，$AB=AD$。
$\because AC=BC$，$\therefore AE=DE$，
$\because ∠BAD=60°$，$\therefore AB=BD$，
$\therefore △ABE≌△DBE$(SSS)，
$\therefore ∠ABE=∠DBE$，即$BE$平分$∠ABD$。

【分析】
(1) 要判断△ABD的形状，先结合旋转的性质推导边和角的关系：旋转前后对应边相等，旋转角等于对应边的夹角，可得AB=AD，且旋转角∠BAD=60°，根据等边三角形的判定定理即可得出结论。
(2) 要证明BE平分∠ABD，只需证明∠ABE=∠DBE，可通过证明△ABE和△DBE全等来实现：先根据旋转性质和已知AC=BC推导得到两组边相等，再结合公共边BE，用SSS判定全等，即可得到对应角相等。
【解析】
(1) 解：
∵△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，
∴AB=AD，∠BAD=60°，
根据“有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形”，可得△ABD是等边三角形。
(2) 证明：由旋转的性质可得：$AC=AE$，$BC=DE$，$AB=AD$。
∵$AC=BC$，
∴$AE=DE$，
由(1)可知△ABD是等边三角形，
∴$AB=BD$，
在△ABE和△DBE中：
$\{\begin{array}{l}AB=BD\\ AE=DE\\ BE=BE\end{array} $
∴$△ ABE≌△ DBE$（SSS），
∴$∠ABE=∠DBE$，即BE平分$∠ABD$。
【答案】
(1) $△ ABD$为等边三角形；
(2) 证明过程见上述解析。
【知识点】
旋转的性质；等边三角形的判定；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是几何基础类综合题，解题核心是熟练掌握旋转的性质，灵活运用等边三角形判定和全等三角形的判定方法，是几何部分的常见基础考法，解题思路具备典型性。
【难度系数】
0.7

19.如图,已知一次函数$y_1=kx+b$的图象与函数$y_2=\dfrac{m}{x}(x＞0)$的图象交于$A(6,-\dfrac{1}{2})$，$B(\dfrac{1}{2},n)$两点,与$y$轴交于点$C$.
(1)求$y_1$与$y_2$的解析式.
(2)将直线$AB$沿$y$轴向上平移$t$个单位长度,刚好与函数$y_2=\dfrac{m}{x}(x＞0)$的图象只有一个交点,求$t$的值.

19.(1)将点$A(6,-\dfrac{1}{2})$代入$y_2=\dfrac{m}{x}$中得$-\dfrac{1}{2}=\dfrac{m}{6}$，$\therefore m=-3$，$\therefore y_2=-\dfrac{3}{x}$。
$\because x=\dfrac{1}{2}$时$y_2=-\dfrac{3}{\dfrac{1}{2}}=-6$，$\therefore B(\dfrac{1}{2},-6)$。
将点A,B的坐标代入$y_1=kx+b$，得$\begin{cases}\dfrac{1}{2}k+b=-6,\\6k+b=-\dfrac{1}{2},\end{cases}$解得$\begin{cases}k=1,\\b=-\dfrac{13}{2},\end{cases}$
$\therefore y_1=x-\dfrac{13}{2}$。
(2)设将直线AB向上平移$t$个单位长度得到的直线的解析式为$y=x-\dfrac{13}{2}+t$，
联立平移后的直线与函数$y_2$的解析式，得$\begin{cases}y=-\dfrac{3}{x},\\y=x-\dfrac{13}{2}+t,\end{cases}$整理得$x^2+(t-\dfrac{13}{2})x+3=0$，
$\because$两个图象只有一个交点，$\therefore Δ=(t-\dfrac{13}{2})^2 -4×3×1=0$，解得$t=\dfrac{13}{2}±2\sqrt{3}$，
$\because x＞0$，$\therefore \dfrac{-(t-\dfrac{13}{2})±\sqrt{Δ}}{2}=\dfrac{13}{4}-\dfrac{t}{2}＞0$，
$\therefore t=\dfrac{13}{2}-2\sqrt{3}$。

【分析】
（1）采用待定系数法求解解析式：先将点A坐标代入反比例函数求出m，得到$y_2$的解析式；再将B点横坐标代入$y_2$求出纵坐标n，得到B点完整坐标，最后把A、B两点坐标代入一次函数，解二元一次方程组即可求出k、b，得到$y_1$的解析式。
（2）根据直线平移“上加下减”的规律写出平移后直线的解析式，联立平移后的直线与反比例函数解析式，消去y得到关于x的一元二次方程；两图象只有一个交点说明该方程判别式$\Delta=0$，解出t的两个值后，结合$x＞0$的取值范围，舍去不符合要求的t值即可。
【解析】
(1) 将$A(6,-\dfrac{1}{2})$代入$y_2=\dfrac{m}{x}$，得：
$-\dfrac{1}{2}=\dfrac{m}{6}$，解得$m=-3$，$\therefore y_2=-\dfrac{3}{x}(x＞0)$。
当$x=\dfrac{1}{2}$时，$n=-\dfrac{3}{\dfrac{1}{2}}=-6$，即$B(\dfrac{1}{2},-6)$。
将$A(6,-\dfrac{1}{2})$、$B(\dfrac{1}{2},-6)$代入$y_1=kx+b$，得：
$\begin{cases}\dfrac{1}{2}k+b=-6\\6k+b=-\dfrac{1}{2}\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=1\\b=-\dfrac{13}{2}\end{cases}$，$\therefore y_1=x-\dfrac{13}{2}$。
(2) 直线AB向上平移t个单位后解析式为$y=x-\dfrac{13}{2}+t$，联立：
$\begin{cases}y=-\dfrac{3}{x}\\y=x-\dfrac{13}{2}+t\end{cases}$
整理得$x^2+(t-\dfrac{13}{2})x+3=0$。
$\because$两图象只有一个交点，$\therefore \Delta=(t-\dfrac{13}{2})^2 -4×1×3=0$，解得$t=\dfrac{13}{2}\pm2\sqrt{3}$。
$\because x＞0$，方程两根之积为3＞0，故两根之和$\dfrac{13}{2}-t＞0$，即$t＜\dfrac{13}{2}$，舍去$t=\dfrac{13}{2}+2\sqrt{3}$，得$t=\dfrac{13}{2}-2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $y_1=x-\dfrac{13}{2}$，$y_2=-\dfrac{3}{x}(x＞0)$；
(2) $t=\dfrac{13}{2}-2\sqrt{3}$
【知识点】
待定系数法求解析式，函数图象平移，一元二次方程根的判别式
【点评】
本题是一次函数与反比例函数的综合基础题，既考察了求函数解析式的常规方法，又结合了平移性质和一元二次方程根的判定，需要注意自变量取值范围对结果的取舍，对审题细致度有一定要求。
【难度系数】
0.6