24 已知关于$x$的方程$x^2 - (k + 2)x + 2k = 0$。
(1) 求证:无论$k$取任何实数,方程总有实数根;
(2) 若等腰$△ ABC$的一边$a=3$,另外两边$b$、$c$恰好是这个方程的两个根,求$△ ABC$的周长。

24 (1) 因为$\Delta=(k+2)^2-4×2k=k^2+4k+4-8k=k^2-4k+4=(k-2)^2≥0$,所以无论$k$取任何实数,方程总有实根。 (2) 当$b=c$时,$\Delta=0$,即$(k-2)^2=0$,所以$k=2$。此时方程为 :$x^2-4x+4=0$,所以$x_1=x_2=2$,所以$b=c=2$,所以$△ ABC$的周长$=a+b+c=3+2+2=7$;当$a=b=3$或$a=c=3$时,把$x=3$代入方程得:$9-3(k+2)+2k=0$,解得$k=3$,此时的方程为$x^2-5x+6=0$,解得$x_1=2$,$x_2=3$,所以$△ ABC$的三边长为$3、3、2$,所以$△ ABC$的周长$=a+b+c=3+3+2=8$。综上所述,$△ ABC$的周长为$7$或$8$。

【分析】
（1）要证明无论k取何值方程总有实数根，对于一元二次方程来说，只需证明其判别式Δ恒大于等于0即可，先提取方程各项系数，代入判别式公式化简，判断化简结果的取值范围就能得证。
（2）等腰三角形的两条腰长度相等，已知一边长为3，另外两边是方程的根，所以要分两种情况讨论：①另外两边b、c长度相等，即方程有两个相等的实数根，此时Δ=0，先求k的值，再解方程得到b、c的长度，最后计算周长；②b、c中有一条边长为3，即x=3是方程的根，将x=3代入方程求出k，再解出方程的另一个根，得到三边长后计算周长，两种情况都要验证是否满足三角形三边关系。
【解析】
(1) 对于方程$x^2 - (k + 2)x + 2k = 0$，其中二次项系数为1，一次项系数为$-(k+2)$，常数项为$2k$，
判别式$\Delta = (k+2)^2 - 4×1×2k = k^2 +4k +4 -8k = k^2 -4k +4 = (k-2)^2$，
因为任意实数的平方均非负，所以$(k-2)^2≥0$，即$\Delta≥0$，
因此无论k取任何实数，方程总有实数根。
(2) 分两种情况讨论：
① 当$b=c$时，方程有两个相等的实数根，此时$\Delta=0$，即$(k-2)^2=0$，解得$k=2$，
将$k=2$代入原方程得$x^2 -4x +4=0$，解得$x_1=x_2=2$，即$b=c=2$，
此时三角形三边长为3、2、2，满足三角形三边关系，周长为$3+2+2=7$；
② 当$b=3$或$c=3$时，说明$x=3$是方程的根，将$x=3$代入原方程得：
$9 - 3(k+2) + 2k = 0$，解得$k=3$，
将$k=3$代入原方程得$x^2 -5x +6=0$，解得$x_1=2$，$x_2=3$，
此时三角形三边长为3、3、2，满足三角形三边关系，周长为$3+3+2=8$。
综上，△ABC的周长为7或8。
【答案】
(1) 无论k取任何实数，方程总有实数根，得证；
(2) $\boxed{7}$或$\boxed{8}$
【知识点】
一元二次方程根的判别式；等腰三角形的性质；一元二次方程的解法
【点评】
本题是一元二次方程与三角形性质的综合题，解题核心是结合等腰三角形的特征分类讨论，注意不要漏解，求出三边长后需验证是否符合三角形三边关系，避免出现无效结果。
【难度系数】
0.6

25 阅读:若一个三角形的三边长分别为$ a $、$ b $、$ c $，设$ p=\frac{1}{2}(a+b+c) $，则这个三角形的面积为$ S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} $。上述求三角形面积的公式是以古希腊数学家海伦的名字命名的，叫做海伦公式。

（1）应用:如图①,在$ △ ABC $中，$ AB=6 $，$ AC=5 $，$ BC=4 $，求$ △ ABC $的面积；
（2）引申:如图②,在(1)的条件下，AD、BE分别为$ △ ABC $的角平分线，它们的交点为I，求点I到AB的距离。

25 (1) 设 $a = 4,\ b = 5,\ c = 6$, 则 $p = \dfrac{a + b + c}{2} = \dfrac{15}{2}$, 所以 $S = \sqrt{\dfrac{15}{2} × (\dfrac{15}{2} - 4) × (\dfrac{15}{2} - 5) × (\dfrac{15}{2} - 6)} = \sqrt{\dfrac{15}{2} × \dfrac{7}{2} × \dfrac{5}{2} × \dfrac{3}{2}} = \dfrac{15\sqrt{7}}{4}$, 所以$△ ABC$的面积是$\dfrac{15\sqrt{7}}{4}$。 (2) 过点$I$作$IF ⊥ AB$,$IG ⊥ AC$,$IH ⊥ BC$,垂足分别为$F、G、H$,连接$IC$。因为$AD、BE$分别为$△ ABC$的角平分线,所以$IF = IH = IG$。因为$S_{△ ABC}=S_{△ ABI}+S_{△ ACI}+S_{△ BCI}$,即$\dfrac{15\sqrt{7}}{4} = \dfrac{1}{2} × 6IF + \dfrac{1}{2} × 5IG + \dfrac{1}{2} × 4IH$,所以$3IF + \dfrac{5}{2}IG + 2IH = \dfrac{15\sqrt{7}}{4}$,所以$\dfrac{15}{2}IF = \dfrac{15\sqrt{7}}{4}$,解得$IF = \dfrac{\sqrt{7}}{2}$。 所以点$I$到$AB$的距离为$\dfrac{\sqrt{7}}{2}$。

【分析】
（1）第一问直接给出海伦公式，首先确定△ABC三边长对应公式中的a、b、c，先计算半周长p，再将p和三边长代入公式，即可求出三角形面积。
（2）第二问中I是两条角平分线的交点，根据角平分线的性质，点I到三角形三边的距离相等；要求点I到AB的距离，可将△ABC的面积拆分为三个分别以三边为底、点I到各边距离为高的小三角形面积之和，结合第一问求出的总面积列方程，即可求解该距离。
【解析】
（1）在△ABC中，设$a=BC=4$，$b=AC=5$，$c=AB=6$，
则半周长$p=\frac{1}{2}(a+b+c)=\frac{1}{2}×(4+5+6)=\frac{15}{2}$，
代入海伦公式得：
$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{\frac{15}{2}×(\frac{15}{2}-4)×(\frac{15}{2}-5)×(\frac{15}{2}-6)}$
$=\sqrt{\frac{15}{2}×\frac{7}{2}×\frac{5}{2}×\frac{3}{2}}=\frac{15\sqrt{7}}{4}$。
（2）过点I作$IF⊥AB$，$IG⊥AC$，$IH⊥BC$，垂足分别为F、G、H，连接IC。
∵AD、BE分别是△ABC的角平分线，I为两平分线交点，
∴根据角平分线的性质可得$IF=IG=IH$，设$IF=h$，则$IG=IH=h$。
∵$S_{△ABC}=S_{△ABI}+S_{△ACI}+S_{△BCI}$，
代入三角形面积公式得：
$\frac{15\sqrt{7}}{4}=\frac{1}{2}×AB×h+\frac{1}{2}×AC×h+\frac{1}{2}×BC×h$，
将AB=6、AC=5、BC=4代入得：
$\frac{15\sqrt{7}}{4}=3h+\frac{5}{2}h+2h$，
整理得$\frac{15}{2}h=\frac{15\sqrt{7}}{4}$，解得$h=\frac{\sqrt{7}}{2}$。
【答案】
（1）$\frac{15\sqrt{7}}{4}$；（2）$\frac{\sqrt{7}}{2}$
【知识点】
海伦公式应用，角平分线的性质，等积法计算
【点评】
本题第一问属于新公式的直接应用，主要考查计算能力；第二问结合角平分线性质，通过拆分三角形面积建立方程求解，考查几何性质的应用和转化思想，整体综合性适中。
【难度系数】
0.7