3．已知、是方程的两个实数根，求的值。

2．(吉林中考题)某初一学生在做作业时，不慎将墨水瓶打翻，使一道作业题只看到如下字样：“甲、乙两地相距40km，摩托车的速度为45km/h，运货汽车的速度为35km/h，

？”(涂黑部分表示被墨水覆盖的若干文字)请将这道作业题补充完整，并列方程解答。

1．(扬州市中考压轴题)用水清洗一堆青菜上残留的农药，对用水清洗一次的效果作如下规定：用一桶水可洗掉青菜上残留农药量的，用水越多洗掉的农药量也越多，但总还有农药残留在青菜上。设用桶水清洗一次后，青菜上残留的农药量与本次清洗前残留的农药量之比为。

⑴试解释“时，”的实际意义；

⑵设当取、时，对应的值分别为、，如果＞＞1，试比较、、的大小关系(直接写出结论)；

⑶设，现有(＞0)桶水，可以清洗一次，也可以把水平均分成2份后清洗两次，试问用哪种方案清洗后青菜上残留的农药量比较少？说明理由。

3．策略开放与探索

策略开放性问题，一般指解题方法不惟一或解题路径不明确的问题，这类问题要求解题

者不墨守成规，善于标新立异，积极发散思维，优化解题方案和过程。

　 　[例1] 　(乌鲁木齐中考题)如图，已知在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于D，且AD＝BC＝4。若将此三角形沿AD剪开成为两个三角形，在平面上把这两个三角形拼成一个四边形，你能拼出所有的不同形状的四边形吗？画出所拼四边形的示意图(标出图中的直角)，并分别写出所拼四边形的对角线的长(不要求写计算过程，只需写出结果)。

[解析]：经过适当拼合可以组成以下四种不同形状的四边形。

　　 ①矩形(如图1)：

　　 此时两条对角线的长相等，均为；

　　 ②平行四边形(如图2)：

　　 此时两条对角线的长分别为4和；

　　 ③平行四边形(如图3)：

　　 此时两条对角线的长分别为和；

　　 ④四边形(如图4)：

此时两条对角线的长分别为和；

[评注]：这是一道集开放探索、操作应用于一体的试题，既可考查学生的探索能力，又可锻炼学生的动手操作能力，是一道难得的好题。

[例2]　 (湖北黄冈中考题)在一服装厂里有大量形状为等腰直角三角形的边角布料。现找出其中的一种，测得∠C＝90°，AC＝BC＝4，今要从这种三角形中剪出一种扇形，做成不同形状的玩具，使扇形的边缘半径恰好都在△ABC的边上，且扇形的弧与△ABC的其他边相切。请设计出所有符合题意的方案示意图，并求出扇形的半径(只要求画出扇形，并直接写出扇形半径)。

[解析]：根据题意，可考虑圆心在顶点和直角边、斜边上，设计出符合题意的方案示意图。

可以设计如下图的四种方案：

[评注]：本题要求设计出符合题意的方案示意图，因此，在分类讨论时要做到不重复、不遗漏，特别是圆心在顶点上的两种情况不能遗漏，这是一道考查思维广阔性与周密性的好题。

[例3] 　(吉林省中考题)已知反比例函数和一次函数，其中一次函数的图象经过(，)，(，)两点。

⑴求反比例函数的解析式；

⑵如图，已知点A在第一象限，且同时在上述两个函数

的图象上，求A点的坐标；

⑶利用⑵的结果，请问：在轴上是否存在点P，使△AOP

为等腰三角形？若存在，把符合条件的P点坐标都求出来；若

不存在，请说明理由。

[解析]：易求⑴；⑵A点的坐标为(1，1)；

⑶讨论OA为腰、为底时，得出P点的坐标。

OA＝，OA与轴所夹的锐角为45°。

①当OA为腰时，由OA=OP，得P₁(，0)，P₂(，0)；由OA=AP，得P₃(2，0)；

②当OA为底时，得P₄(1，0)。

∴这样的点有4个，分别是(，0)，(，0)，(2，0)，(1，0)。

[评注]：第⑶小题是一个“存在性”问题，也是一个分类讨论问题，解题的过程呈开放型，有利于考查学生的思维能力和全面思考的能力。

[例4] 　(苏州市中考题)已知：⊙O₁与⊙O₂外切于点P，过点P的直线分别交⊙O₁、⊙O₂于点B、A，⊙O₁的切线BN交⊙O₂于点M、N，AC为⊙O₂的弦。

⑴如图，设弦AC交BN于点D，求证：AP·AB=AC·AD。

⑵如图，当弦AC绕点A旋转，弦AC的延长线交直线BN于点D时，试问AP·AB=

AC·AD是否仍然成立？证明你的结论。

[解析]：⑴略。⑵当弦AC绕点A旋转后，若探索AP·AB=AC·AD是否仍然成立，其实是探索△APC与△ADB是否仍然相似？

⑴略；⑵仍然成立。连结PC，过点P作⊙O₁和⊙O₂的公切线EF，则∠MBP=∠EPB，

∴∠ABD=∠APE。∵∠ACP=∠APE， ∴∠ABD=∠ACP。

又∠A=∠A，　 ∴△APC∽△ADB，∴，即AP·AB=AC·AD。

[评注]：在给定条件下探索尚不明确的结论，其解法是，需要对题目的条件进行具体分析、判断，通过推理来获取结论。

[题型设计与能力训练]

13．⑴在Rt△AOB中，∵OA=3，sin∠OAB=，

　 ∴cos∠OAB=，∴AB=5，OB=4，BP=5－3=2。

　 在Rt△APM中，=cos∠OAB=，

∴AM=5，OM=2，∴点M(0，－2)　 又 △NPM∽△AOB　　　

∴　　　 ∴

　 ∴　　 ∴点N(，0)

　 设MP的解析式为， ∵MP经过M、N两点，

　 ∴得　 ，解之，得

　 ∴MP的解析式为。

　 设过M、N、B的抛物线解析式为，且点M(，)，可得。

　 　∴抛物线的解析式为，即。

　 ⑵①四边形OMCB是矩形。

　 证明：在⊙A不动、⊙B运动变化过程中，

　 恒有∠BAO＝∠MAP，OA＝OP，∠AOB＝∠APM＝90°，∴△AOB≌△APM。

　∴OB＝PM，AB＝AM。∴PB＝OM。而PB＝BC，　 ∴OM＝BC。

　 由切线长定理知　 MC＝MP， ∴MC=OB。∴四边形MOBC是平行四边形。

　 又 ∵∠MOB＝90°，　 ∴四边形MOBC是矩形。

　 ②存在。由上述证明可知Rt△MON≌Rt△BPN，∴BN＝MN。

　 因此在过M、N、B三点的抛物线内有以BN为腰的等腰三角形MNB存在。

　 由抛物线的轴对称性可知，在抛物线上必有一点M′与M关于其对称轴对称，

　 ∴BN＝B M′。 这样得到满足条件的三角形有两个，△MNB和△M′NB。

12．解：⑴设A(，0)、B(，0)，由题设可求得C点的坐标为(0，)，且＜0，

＞0，∵＜0，∴＞0

　 由S_△AOC－S_△BOC＝OA·OB得：

　 得：　 得：

　 ⑵设抛物线的对称轴与轴交于点M，与△PAB的外接圆交于点N，

　 ∵tan∠CAB=，∴，∴A点的坐标为(，0)

　 ∴A点在抛物线上， ∴，代入，得

　 又 ∵、为方程的两根，

　 ∴，即：

　 ∴　 ∴B点的坐标为(，0)，

　 ∴顶点P的坐标为(，)

　 由相交弦定理得： AM·BM=PM·MN

　 又 ∵， ∴AM=BM=，PM=

　 ∴， ∴，

　 ∴所求的抛物线的函数解析式是：

11．⑴B(，)；⑵或；

　 ⑶存在点P(，)，使△APE的周长最小。

10．⑴连结O₁A，O₁B，O₁ O₂。 ∵⊙O₁与⊙O₂相切于点P，∴点P在O₁ O₂上。

　 ∵∠APB＝90°，　 ∴∠2+∠4＝90°。

　 ∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，　 ∴∠O₁+∠O₂＝180°，O₁A∥O₂B。

　 又⊙O₁与⊙O₂的半径均为　 ，∴四边形O₁ AB O₂是平行四边形。

∴AB＝O₁ O₂＝。

　 ⑵连结O₁A，O₁ O₂，O₂B，同⑴可证O₁A∥O₂B。过点B作BC∥O₁ O₂，交O₁A于点C。

　 在△ACB中，，。

　 由三角形三边关系，得＜＜。∴＜＜。

9．⑴连结BM，先证∠ECN＝∠MBN，再证Rt△CEN≌Rt△BMN。

　 ⑵连结BD、BE、AC，先证△ABE≌△ACE，再证△BED∽△FEB。

　 ⑶结论成立，仿⑵可证之。

8．⑴延长线CG交于⊙O于H，易证△ACG∽△AFC；

　 ⑵当点E是AD(点A除外)上任意一点时，上述结论仍成立。证略。