专题06 一元二次方程48道压轴题型专项训练（8大题型）-2024-2025学年九年级数学上册重难点专题提升精讲精练（北师大版）

专题06 一元二次方程48道压轴题型专训（8大题型） 【题型目录】 题型一 配方法的应用压轴题 题型二 根的判别式压轴题 题型三 根据一元二次方程根的情况求参数压轴题 题型四 换元法解一元二次方程压轴题 题型五 一元二次方程根与系数的关系压轴题 题型六 营销问题压轴题 题型七 与图形有关的问题压轴题 题型八 动态几何压轴题 【经典例题一 配方法的应用压轴题】 1．（23-24八年级下·浙江嘉兴·期末）已知关于的多项式，当时，该多项式的值为，则多项式的值可以是（    ） A．3.5 B．3.25 C．3 D．2.75 2．（22-23九年级上·江苏扬州·期中）新定义，若关于的一元二次方程：与，称为“同类方程”．如与是“同类方程”．现有关于的一元二次方程：与是“同类方程”．那么代数式能取的最大值是 ． 3．（安徽省淮北市2023-2024学年八年级下学期期末数学试题）阅读下列材料：配方法是代数变形的重要手段，是研究相等关系和不等关系的常用方法，配方法不仅可以用来解一元二次方程，还可以用来求某些代数式的最值， 我们可以通过以下方法求代数式的最小值． 解：∵， ∵， ∴当时，有最小值． 请根据上述方法，解答下列问题： (1)若，则 ； (2)求代数式的最值； (3)若代数式的最大值为8，求k的值． 4．（23-24八年级下·山东泰安·期中）配方法不仅可以用来解一元二次方程，还可以用来解决一些最值问题．例如：，所以的最小值为，此时． (1)尝试：，因此当 时，代数式有最小值，最小值是 ； ，所以当 时，代数式有最 （填“大”或“小”）值． (2)应用：如图，矩形花圃一面靠墙（墙足够长）另外三面所围成的栅栏的总长是，栅栏如何围能使花圃面积最大？最大面积是多少？ 5．（2024·广东东莞·一模）综合与探究 【阅读理解】 我们在分析解决某些数学问题时，经常要比较两个数或代数式的大小，解决问题的策略一般都是进行一定的转化，其中“作差法”就是常用的方法之一．作差法：就是通过作差、变形，利用差的符号确定它们的大小，即要比较代数式的大小，只要算的值，若，则；若，则；若，则． 【知识运用】 （）请用上述方法比较下列代数式的大小（用“、、”填空）： ______； ______； （）试比较与与的大小，并说明理由； 【类比运用】 （）图（）是边长为的正方形，将正方形一组对边保持不变，另一组对边增加得到如图（）所示的长方形，此长方形的面积为；将正方形的边长增加，得到如图（）所示的大正方形，此正方形的面积为．请先判断与的大小关系，并说明理由． 6．（23-24八年级下·浙江·期中）小慧在学习配方法的知识时，发现一个有趣的现象：关于的多项式，由于，所以当时，多项式有最小值；多项式，由于，所以当时，多项式有最大值． 于是小慧给出一个定义：关于的二次多项式，当时，该多项式有最值，就称该多项式关于对称．例如关于对称． 请结合小慧的思考过程，运用此定义解决下列问题： (1)多项式关于 对称； (2)若关于的多项式关于对称，则 ； (3)关于的多项式关于对称，且最小值为3，求方程的解． 【经典例题二 根的判别式压轴题】 1．（21-22九年级·浙江·自主招生）关于x的方程，给出下列四个题： ①存在实数，使得方程恰有2个不同的实根       ②存在实数，使得方程恰有4个不同的实根 ③存在实数，使得方程恰有5个不同的实根       ④存在实数，使得方程恰有8个不同的实根 其中假命题的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．（20-21九年级上·北京·阶段练习）关于x的一元二次方程有两个不等的整数根，m为整数，那么m的值是 ． 3．（2023九年级上·江苏·专题练习）已知关于x的一元二次方程． (1)求证：无论m取何值，方程都有两个不相等的实数根； (2)如果方程的两个实数根为，且为整数，求整数m所有可能的值． 4．（23-24九年级上·江苏南京·期中）已知关于x的方程． (1)证明：不论k为何值，方程总有两个不相等的实数根； (2)若k为整数，则当为何值时，方程的根是整数． 5．（21-22九年级上·福建龙岩·阶段练习）已知关于的方程． (1)求证：不论为何值，方程必有实数根； (2)当为整数时，方程是否有有理根？若有求出的值，若没有请说明理由． 6．（20-21八年级下·湖南长沙·期末）如图，在中，，所对的边分别为．将形如的一元二次方程称为“直系一元二次方程”． （1）请直接写出一个“直系一元二次方程”； （2）求证：关于的“直系一元二次方程”必有实数根； （3）若是“直系一元二次方程”的一个根，且，求的值． 【经典例题三 根据一元二次方程根的情况求参数压轴题】 1．（20-21八年级下·浙江杭州·期末）关于x的一元二次方程ax2＋2ax＋b＋1＝0（a•b≠0）有两个相等的实数根k．（    ） A．若﹣1＜a＜1，则 B．若，则0＜a＜1 C．若﹣1＜a＜1，则 D．若，则0＜a＜1 2．（23-24九年级上·四川成都·期中）已知m、n、6分别是等腰三角形的三边长，且m、n是关于x的一元二次方程的两根，则k的值为 ． 3．（23-24九年级上·江苏·期中）阅读下列材料： 若设关于的一元二次方程的两根为，，那么由根与系数关系得：，，，． 于是二次三项式可分解为．这种因式分解的方法叫求根法，请你利用这种方法完成下面问题： (1)请用上面方法分解二次三项式； (2)如果关于的二次三项式能用上面方法分解因式，求的取值范围； (3)若关于的方程的两个根为，，请直接写出关于的方程的两个根（用含，的代数式表示）． 4．（21-22八年级下·湖南·阶段练习）在平面直角坐标系中，我们不妨将横坐标，纵坐标均为整数的点称之为“整根点”，若一元二次方程的两个实数根都是整数，我们就称这个一元二次方程为“整根方程”． (1)求函数的图象上所有“整根点”的坐标； (2)若一元二次方程为“整根方程”，求整数k的值； (3)若一元二次方程有两个不相等的实数根且为“整根方程”，求k的值． 5．（22-23八年级下·福建厦门·期末）在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过点，与y轴交于点D． (1)若关于x的一元二次方程有两个相等实数根，求点B的坐标； (2)已知点，若直线与x轴交于点，，原点O到直线CD的距离为，求的面积． 6．（21-22九年级·浙江·自主招生）若关于x的方程有且只有一个实数根，求实数k的所有可能值． 【经典例题四 换元法解一元二次方程压轴题】 1．（22-23九年级上·四川遂宁·期中）已知一元二次方程的解是，，则一元二次方程的解是（     ） A．， B．， C．， D．， 2．（21-22八年级下·浙江金华·阶段练习）我们知道一元二次方程 的两个根为，，那么在关于m的方程中，实数m的值是 ． 3．（23-24九年级上·广东佛山·阶段练习）解方程，这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是： 设，那么，于是原方程可变为____①____， 解得，． 当时，，；当时，，； 原方程有四个根：，，，． (1)①中填写的方程是________，在由原方程得到方程①的过程中，利用换元法达到降次的目的，体现了数学的转化思想． (2)已知实数x，y满足，求的值； (3)解方程． 4．（23-24九年级上·福建厦门·阶段练习）当解某些计算较复杂的一元二次方程时，可考虑用“缩根法”简化运算．“缩根法”是指将一元二次方程先转化成系数比原方程简单的新一元二次方程，然后解新一元二次方程，并将新方程的两根同时缩小若干倍，从而得到原方程的两个根． 已知：关于的一元二次方程的两根为，求关于的一元二次方程的两根． 解：，令， 得新方程， 新方程的解为， 原方程的两根为． 这种解一元二次方程的方法叫做“缩根法” 举例：用缩根法解方程． 解：，令， 得新方程． 解新方程得：， 原方程的两根为． 请利用上面材料解决下列问题，并写出具体步骤： (1)用缩根法解方程：； (2)用缩根法解方程：． 5．（22-23九年级上·湖北随州·阶段练习）解方程： (1)； (2)； (3)； (4)阅读下列“问题”与“提示”后，将解方程的过程补充完整，求出的值． 【问题】解方程： 【提示】可以用“换元法”解方程． 解：设，则有，原方程可化为：． 【续解】 6．（23-24九年级上·四川内江·阶段练习）阅读下列材料： 问题：已知方程，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的2倍． 解法一：解方程得：，． ∵所求方程的根分别是已知方程根的2倍， ∴所求方程的两根为：，， ∴所求方程为：． 故所求方程为：． 解法二：设所求方程的根为，则，所以． 把代入已知方程得：化简，得， 故所求方程为：． 请你从阅读材料中选择一种方法解决下列问题： (1)已知方程，求一个一元二次方程，使它的根分别为已知方程根的相反数，则所求方程为： ； (2)已知关于的一元二次方程，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的倒数； (3)已知关于的一元二次方程，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的倒数． 【经典例题五 一元二次方程根与系数的关系压轴题】 1．（23-24九年级上·重庆九龙坡·开学考试）对于代数式A、B，定义新运算，则下列说法正确的个数为（    ） ①若，则的值为3或；②若方程的解为a、b，则的值为；③若关于x的方程有两个不相等的实数解，则． A．0 B．1 C．2 D．3 2．（2024·浙江宁波·模拟预测）已知关于的一元二次方程有两个根，，且满足．记，则的取值范围是 ． 3．（20-21七年级上·上海杨浦·阶段练习）已知：关于的一元二次方程有两个实数根，． (1)若，求的值； (2)当取哪些整数时，，均为整数； (3)当取哪些有理数时，，均为整数． 4．（22-23九年级下·广东梅州·开学考试）已知关于x的方程． 求证：不论为何实数时，方程有固定的自然数解，并求这自然数； 设方程另外的两个根为、，求、的关系式； 若方程的三个根均为自然数，求的值． 5．（23-24九年级·江苏·假期作业）已知关于x的方程，其中p，q都是实数． (1)若时，方程有两个不同的实数根，，且，求实数p的值． (2)若方程有三个不同的实数根，，，且，求实数p和q的值． (3)是否同时存在质数p和整数q使得方程有四个不同的实数根，，，且？若存在，求出所有满足条件的p，q．若不存在，说明理由． 6．（22-23九年级上·江苏南京·阶段练习）阅读材料，解答问题： 【材料1】 为了解方程，如果我们把看作一个整体，然后设，则原方程可化为，经过运算，原方程的解为，．我们把以上这种解决问题的方法通常叫做换元法． 【材料2】 已知实数，满足，，且，显然，是方程的两个不相等的实数根，由韦达定理可知，． 根据上述材料，解决以下问题： (1)直接应用： 方程的解为 ； (2)间接应用： 已知实数，满足：，且，求的值． 【经典例题六 营销问题压轴题】 1．（21-22九年级上·江西上饶·期末）某口罩经销商批发了一批口罩，进货单价为每盒50元，若按每盒60元出售，则每周可销售80盒．现准备提价销售，经市场调研发现：每盒每提价1元，每周销量就会减少2盒，为保护消费者利益，物价部门规定，销售时利润率不能超过50%，设该口罩售价为每盒元，现在预算销售这种口罩每周要获得1200元利润，则每盒口罩的售价应定为（    ） A．70元 B．80元 C．70元或80元 D．75元 2．（2023·湖南常德·三模）一商店销售某种商品，当每件利润为30元时，平均每天可售出20件，经过一段时间销售，发现销售单价每降低1元，平均每天可多售出2件，当每件商品的单价降低 元时，该商店销售这种商品每天的利润为800元． 3．（23-24八年级下·重庆沙坪坝·期末）小宏去水果店购买了中果和大果两种车厘子，分别花费元和元．若中果的单价比大果少元/斤，且购买的中果数量是大果数量的倍． (1)求中果车厘子与大果车厘子的单价分别是多少？ (2)小宏发现网上购买车厘子比水果店更便宜．其中果单价便宜了元/斤，大果单价便宜，于是小宏第二次在网上购买，中果的数量在上次的基础上增加了，大果的数量在上次的基础上增加了，结果这次购买车厘子的金额比上一次共多了元，求的值． 4．（23-24八年级下·重庆·期末）随着气温的逐步升高，空调成为了许多家庭的必需品，某商场最新推出的A、B两款空调凭借出色的性价比、智能互联功能以及时尚简约的设计风格，迅速赢得了年轻消费群体的青睐，已知A款空调的售价比B款空调的售价高600元，某商场在5月份销售了80台A款空调和100台B款空调，销售总金额为264000元． (1)求A、B两款空调的销售单价分别为多少元？ (2)6月份的气温持续升高，商场抓住商机，对A款空调进行优惠促销，销售单价在5月份的基础上下降了m元，销售的数量比5月份增加了台，B款空调的销售单价不变，最终6月份两款空调一共销售了230台，销售金额比5月份增加了60000元．求m的值． 5．（23-24八年级下·重庆·期末）某智能家电经销商销售A、B两种智能空调，其中一台B种空调的销售价格比一台A种空调的销售价格高1500元，已知4月份A种空调的销量是B种空调销量的，且4月份A种空调的销售总额为120万元，B种空调的销售总额为225万元． (1)请问A、B两种智能空调的销售单价分别为多少元？ (2)5月份气温回升、该经销商对两种空调进行了降价促销活动，已知A种空调降价元、B种空调降价元．经销商发现5月的第一周内：A种空调的销量就已经与4月份A种空调的总销量相同，B种空调的销量比4月份B种空调的总销量增加了台，5月第一周内A、B两种空调的销售总额刚好和4月份A、B两种空调的销售总额相同，请求出a的值． 6．（20-21九年级上·浙江温州·开学考试）新冠疫情蔓延全球，口罩成了人们的生活必需品，某药店销售普通口罩和N95口罩，今年8月份的进价如下表： 普通口罩 N95口罩 进价（元/包） 8 20 （1）计划N95口罩每包售价比普通口罩贵16元，7包普通口罩和3包N95口罩总售价相同，求普通口罩和N95口罩每包售价； （2）按（1）中售价销售一段时间后发现普通口罩的日均销售量为120包，当每包售价降价1元时，日均销售量增加20包，该药店秉承让利于民的原则，对普通口罩进行降价销售，但要保证当天的利润为320元，求此时普通口罩每包售价； （3）疫情期间，该药店进货2万包N95口罩，进价不变，店长向当地医院捐赠了a包，该款口罩，剩余的N95口罩向市民销售，若这2万包口罩的利润等于，则N95口罩每包售价是________元．（直接写出答案，售价为整数元） 【经典例题七 与图形有关的问题压轴题】 1．（22-23八年级下·浙江宁波·期中）从一块腰长为的等腰直角三角形铁皮零料上裁出一块面积为的矩形铁皮，要求矩形的四个顶点都在三角形的边上．若裁出的矩形全等视为同种裁法，则有几种不同的裁法？（    ） A． B． C． D． 2．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图，四边形中，，点在上，连接、、，，，，若，则的长度是 ． 3．（2024·广西柳州·一模）脆蜜金桔是地方名果，是柳州市融安县的特产之一．请你运用数学知识，根据素材，帮果农解决问题． 信息及素材 素材一 在专业种植技术人员的正确指导下，果农对脆蜜金桔种植技术进行了研究与改进，使产量得到了增长，根据果农们的记录，2020年金桔平均每株产量是13千克，2022年达到了15.6千克，每年的增长率基本相同． 素材二 金桔一般用长方体包装盒包装后进行售卖． 素材三 果农们通过调查发现，顾客们也很愿意购买美观漂亮的其它造型的包装纸盒． 任务1：设脆蜜金桔产量的年平均增长率为，依题意列方程得______； 任务2：现有长，宽的长方形纸板，将四角各裁掉一个正方形（如图1），折成无盖长方体纸盒（如图2）．为了放下适当数量的脆蜜金桔，需要设计底面积为的纸盒，计算此时纸盒的高； 任务3：为了增加包装盒的种类，打算将任务2中的纸板通过图3的方式裁剪，得到底面为正六边形的无盖纸盒（如图4），求出此时纸盒的高．（图中实线表示剪切线，虚线表示折痕．纸板厚度及剪切接缝处损耗忽略不计） 4．（23-24八年级上·上海浦东新·期末）如图，在中，，，，是边上的中线，动点从点出发以每秒个单位的速度沿线段向终点运动，动点从点出发以每秒个单位的速度在线段上运动，点与点同时出发，设动点运动时间为． (1)求的长； (2)若动点在线段上运动，设，求关于的函数解析式，并写出定义域； (3)若动点在射线上运动，当点运动到终点时，点也停止运动，直接写出当时，的值． 5．（23-24九年级上·四川成都·期中）如图1，直线：与坐标轴分别交于点A，B，与直线：交于点C． (1)求的面积； (2)如图2，若有一条垂直于x轴的直线以每秒1个单位的速度从点A出发沿射线方向作匀速滑动，分别交直线，及x轴于点M，N和Q．设运动时间为，连接． ①当时，求t的值； ②试探究在坐标平面内是否存在点P，使得以O、Q、C、P为顶点的四边形构成菱形？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 6．（23-24九年级上·福建三明·期中）综合与实践：阅读材料，并解决以下问题． (1)学习研究：北师大版教材九年级上册第39页介绍了我国数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中关于一元二次方程的几何解法：以为例，求解过程如下： ①变形：将方程变形为； ②构图：画四个长为，宽为的矩形，按如图（1）所示构造一个“空心”大正方形；    ③解答：则图中大正方形的面积从整体看可表示为，从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即，因此，可得新的一元二次方程，∵表示边长，∴，即． 这种数形结合方法虽然只能得到原方程的其中一个正根．但是从新方程可以得到原方程的另一个根是________． (2)类比迁移：根据赵爽几何解法的方法求解方程的一个正根（写出完整的求解过程，并在画图区画出示意图、标明各边长）．      (3)拓展应用：一般地对于形如：一元二次方程可以构造图（2）来解，已知图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4．那么________，________，方程的一个正根为________．    6．（23-24八年级下·浙江温州·期中）如图，在四边形中，，，，，，动点P、Q分别从A、B同时出发，点P以每秒2个单位的速度沿着折线先由A向D运动，再由D向C运动，点Q以每秒1个单位的速度由B向A运动，当其中一动点到达终点时，另一动点随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)两平行线与之间的距离是__________． (2)当点P、Q与的某两个顶点围成一个平行四边形时，求t的值． (3)，以，为一组邻边构造平行四边形，若的面积为，求t的值． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 一元二次方程48道压轴题型专训（8大题型） 【题型目录】 题型一 配方法的应用压轴题 题型二 根的判别式压轴题 题型三 根据一元二次方程根的情况求参数压轴题 题型四 换元法解一元二次方程压轴题 题型五 一元二次方程根与系数的关系压轴题 题型六 营销问题压轴题 题型七 与图形有关的问题压轴题 题型八 动态几何压轴题 【经典例题一 配方法的应用压轴题】 1．（23-24八年级下·浙江嘉兴·期末）已知关于的多项式，当时，该多项式的值为，则多项式的值可以是（    ） A．3.5 B．3.25 C．3 D．2.75 【答案】A 【分析】本题考查了代数式及配方法，不等式及偶次方的非负性，熟练掌握知识点是解题的关键．先将代入原式，可整理得，再代入到，配方得，进而求解即可． 【详解】∵当时，该多项式的值为， ∴， 整理得，即 ∵， ∴，即， ∴， ∴， 四个选项中，只有A符合， 故选：A． 2．（22-23九年级上·江苏扬州·期中）新定义，若关于的一元二次方程：与，称为“同类方程”．如与是“同类方程”．现有关于的一元二次方程：与是“同类方程”．那么代数式能取的最大值是 ． 【答案】 【分析】根据“同类方程”的定义，可得出a，b的值，从而解得代数式的最大值． 【详解】∵与是“同类方程”， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴ ∴当时，取得最大值为2023． 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了配方法的应用，解二元一次方程组，理解“同类方程”的定义是解答本题的关键． 3．（安徽省淮北市2023-2024学年八年级下学期期末数学试题）阅读下列材料：配方法是代数变形的重要手段，是研究相等关系和不等关系的常用方法，配方法不仅可以用来解一元二次方程，还可以用来求某些代数式的最值， 我们可以通过以下方法求代数式的最小值． 解：∵， ∵， ∴当时，有最小值． 请根据上述方法，解答下列问题： (1)若，则 ； (2)求代数式的最值； (3)若代数式的最大值为8，求k的值． 【答案】(1)2，1 (2)最小值为，无最大值 (3) 【分析】本题考查配方法，解一元二次方程等． （1）根据题意配方即可得到本题答案； （2）先提出2，再配方即可求最值； （3）将代数式提出后再进行配方，使得代数式结果有最大值8，即可得到本题答案． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， 故答案为：2，1 （2）解：∵， ∵， ∴当时，有最小值，无最大值； （3）解：∵， 即：， ∵， ∴，即代数式有最大值， ∵代数式的最大值为8， ∴当时，即，解得：． 4．（23-24八年级下·山东泰安·期中）配方法不仅可以用来解一元二次方程，还可以用来解决一些最值问题．例如：，所以的最小值为，此时． (1)尝试：，因此当 时，代数式有最小值，最小值是 ； ，所以当 时，代数式有最 （填“大”或“小”）值． (2)应用：如图，矩形花圃一面靠墙（墙足够长）另外三面所围成的栅栏的总长是，栅栏如何围能使花圃面积最大？最大面积是多少？ 【答案】(1)；，大； (2)当为米，为米时，面积最大为平方米． 【分析】（）根据配方后的结果即可求解；根据配方后的结果即可求解； （）设垂直于墙的边长为，则平行于墙的边长为，列式表示出矩形的面积，再利用配方法解答即可求解； 本题考查了利用配方法求代数式的最值，掌握配方法是解题的关键． 【详解】（1）解：∵， ∴当时，代数式有最小值，最小值为， 故答案为：，； ∵， ∴当时，代数式有最大值， 故答案为：，大； （2）解：设垂直于墙的边长为，则平行于墙的边长为， 根据题意得，， 当时，有最大值，最大值为， ∴围成的矩形花圃垂直于墙的栅栏长时，能使花圃面积最大，最大面积是． 5．（2024·广东东莞·一模）综合与探究 【阅读理解】 我们在分析解决某些数学问题时，经常要比较两个数或代数式的大小，解决问题的策略一般都是进行一定的转化，其中“作差法”就是常用的方法之一．作差法：就是通过作差、变形，利用差的符号确定它们的大小，即要比较代数式的大小，只要算的值，若，则；若，则；若，则． 【知识运用】 （）请用上述方法比较下列代数式的大小（用“、、”填空）： ______； ______； （）试比较与与的大小，并说明理由； 【类比运用】 （）图（）是边长为的正方形，将正方形一组对边保持不变，另一组对边增加得到如图（）所示的长方形，此长方形的面积为；将正方形的边长增加，得到如图（）所示的大正方形，此正方形的面积为．请先判断与的大小关系，并说明理由． 【答案】（），；（），理由见解析；（），理由见解析． 【分析】（）利用作差法即可求解； （）利用作差再结合配方法法即可求解； （）利用作差即可求解； 本题考查了整式和实数的大小比较，掌握作差法是解题的关键． 【详解】（）∵， ∴， 故答案为：； ∵， ∴， 故答案为：； （）． 理由如下： ， ∵， ∴， ∴； （），理由如下： ∵，， ∴， ∴． 6．（23-24八年级下·浙江·期中）小慧在学习配方法的知识时，发现一个有趣的现象：关于的多项式，由于，所以当时，多项式有最小值；多项式，由于，所以当时，多项式有最大值． 于是小慧给出一个定义：关于的二次多项式，当时，该多项式有最值，就称该多项式关于对称．例如关于对称． 请结合小慧的思考过程，运用此定义解决下列问题： (1)多项式关于 对称； (2)若关于的多项式关于对称，则 ； (3)关于的多项式关于对称，且最小值为3，求方程的解． 【答案】(1) (2)4 (3) 【分析】本题主要考查了配方法的应用，解一元二次方程： （1）利用配方法把原多项式变形为，根据得到当，即时，多项式有最小值，据此可根据题意求出答案； （2）利用配方法把原多项式变形为，进而得到当，即时，多项式有最小值，据此可得答案； （3）利用配方法把原多项式变形为，进而得到当，即时，多项式有最小值，最小值为，则，解方程求出a、c，进而解方程可得答案； 【详解】（1）解： ， ∵， ∴， ∴当，即时，多项式有最小值， ∴多项式关于对称， 故答案为：； （2）解： ， 同理可得当，即时，多项式有最小值， ∴关于的多项式关于对称， 又∵关于的多项式关于对称， ∴， 故答案为：4； （3）解： ， 同理可得当，即时，多项式有最小值，最小值为， ∵关于的多项式关于对称，且最小值为3， ∴， ∴， ∴方程即为方程， ∴， 解得． 【经典例题二 根的判别式压轴题】 1．（21-22九年级·浙江·自主招生）关于x的方程，给出下列四个题： ①存在实数，使得方程恰有2个不同的实根       ②存在实数，使得方程恰有4个不同的实根 ③存在实数，使得方程恰有5个不同的实根       ④存在实数，使得方程恰有8个不同的实根 其中假命题的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【分析】首先将分类讨论得到两个方程，然后根据根的判别式得出根的个数即可． 【详解】解:时，或 方程化为：① 时， 方程化为：② 当，即时， 方程①的根为： 方程②的根为： 分析可得时，即：时，有5个不相等的实根 时， 则 中，不符合题意，故有2个实数根 中，，均不符合题意 故时，有2个实数根 共有8个不相等的实数根 当，即时， 方程①的根为：， 方程②的根为：， 故共有4个不相等的实数根 当，即时， 方程没有实数根 综上，方程可能有个、个、个、个实数根 故选A． 【点睛】本题考查了一元二次方程跟的情况，相关知识点有：根的判别式、绝对值、分类思想等，分类讨论是本题的解题关键． 2．（20-21九年级上·北京·阶段练习）关于x的一元二次方程有两个不等的整数根，m为整数，那么m的值是 ． 【答案】-1. 【分析】先利用根的判别式，确定m的范围，后利用公式法，确定用m表示的方程的根，根据m的整数性质，根的整数性质求解即可. 【详解】∵一元二次方程有两个不等的整数根， ∴△＞0， ∴＞0， ∴＞0， ∴m≠1， ∵， ∴当m＞1时，， ∴=1，， ∵一元二次方程有两个不等的整数根，m为整数， ∴m=1，与m≠1矛盾， ∴此种情形不成立； ∴当m＜1时，， ∴=，， ∵一元二次方程有两个不等的整数根，m为整数， ∴m=-1， ∴此种情形成立； 综上所述，m的值为-1， 故答案为：-1. 【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，一元二次方程根的判别式，整数根的意义，熟练利用公式法求方程的根，并活用分类思想，化简绝对值是解题的关键. 3．（2023九年级上·江苏·专题练习）已知关于x的一元二次方程． (1)求证：无论m取何值，方程都有两个不相等的实数根； (2)如果方程的两个实数根为，且为整数，求整数m所有可能的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)，，， 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，解一元二次方程等知识． （1）计算一元二次方程根的判别式，即可得到无论m取何值，方程都有两个不相等的实数根； （2）利用公式法求出方程的解为或，根据得到，把变形为，根据为整数， m为整数即可得到或，即可求出m的值． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴无论m取何值，方程都有两个不相等的实数根； （2）解：， ∵， ∴方程都有两个不相等的实数根， ∴， ∴或， ∵， ∴， ∴， ∵为整数， ∴也为整数， ∵m为整数， ∴或， ∴整数m所有可能的值为，，，． 4．（23-24九年级上·江苏南京·期中）已知关于x的方程． (1)证明：不论k为何值，方程总有两个不相等的实数根； (2)若k为整数，则当为何值时，方程的根是整数． 【答案】(1)见解析 (2)当时，方程的根是整数 【分析】（1）由可得结论； （2）求方程得，要使方程的解为整数，则为平方数，设，整理得，根据与的奇偶性相同，得出或，求出或即可． 【详解】（1）证明： ， ∵， ∴， ∴无论k取何值，方程总有两个不相等的实数根； （2）解：， ， 要使方程的解为整数，则为平方数， 设， 整理得：， ∵与的奇偶性相同， ∴或， 解得：或， 当时，方程变为， 解得：或， ∴当时，方程的根是整数． 【点睛】本题考查了解一元二次方程，以及一元二次方程根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根． 5．（21-22九年级上·福建龙岩·阶段练习）已知关于的方程． (1)求证：不论为何值，方程必有实数根； (2)当为整数时，方程是否有有理根？若有求出的值，若没有请说明理由． 【答案】(1)见详解 (2)没有有理根，理由见详解 【分析】（1）①当时，方程为一元一次方程，即可求解；②当时，方程为二元一次方程，由一元二次方程根的判别式：时，方程有两个不相等的实数根；时，方程有两个相等的实数根；时，方程有无的实数根；据此进行求解即可． （2）①当时，即：，即可求解；②当时，当为整数时，假设方程有有理根，则需满足：是完全平方数，设(为整数)，则有，即可求解． 或或或， 【详解】（1）解：由题意得 ①当时，即：， 方程为一元一次方程：， 此时方程必有实数根； ②当时，即：， 此时方程为一元二次方程， ，，， ， ， ， ， 故不论为何值，方程必有实数根； 综上所述：不论为何值，方程必有实数根． （2）解：当为整数时，方程没有有理根，理由如下： ①当时，即：， 方程为一元一次方程，方程有有理根， 为整数， 此情况不存在； ②当时， 当为整数时，假设方程有有理根， 则需满足：是完全平方数， 设(为整数)，则有 ， 或或或， 解得：或， 此时与为整数矛盾， 当为整数时，方程没有有理根； 综上所述：当为整数时，方程没有有理根． 【点睛】本题考查了根的判别式，含有参数方程的特殊解法，掌握解法是解题的关键． 6．（20-21八年级下·湖南长沙·期末）如图，在中，，所对的边分别为．将形如的一元二次方程称为“直系一元二次方程”． （1）请直接写出一个“直系一元二次方程”； （2）求证：关于的“直系一元二次方程”必有实数根； （3）若是“直系一元二次方程”的一个根，且，求的值． 【答案】（1）(答案不唯一，满足条件即可）；（2）见解析；（3） 【分析】（1）根据题意直角三角形三边的关系，任意写出一个“直系一元二次方程”即可； （2）计算并变形可得：，可得结论； （3）将代入方程，可得，从而可得，然后根据分别求出的值，代入计算即可． 【详解】解：（1）如；(答案不唯一，满足条件即可） （2）由， 又， ， 该一元二次方程必有实数根； （3）是方程的一个根， ， ， ， 即， 由，得：， ， ． 【点睛】本题是新定义：“直系一元二次方程”的理解和运用，主要考查勾股定理的应用、一元二次方程的根的判别式、完全平方公式等知识，解题的关键是灵活运用完全平方公式解决问题，属于中考常考题型． 【经典例题三 根据一元二次方程根的情况求参数压轴题】 1．（20-21八年级下·浙江杭州·期末）关于x的一元二次方程ax2＋2ax＋b＋1＝0（a•b≠0）有两个相等的实数根k．（    ） A．若﹣1＜a＜1，则 B．若，则0＜a＜1 C．若﹣1＜a＜1，则 D．若，则0＜a＜1 【答案】D 【分析】根据一元二次方程的根的情况利用判别式求得a与b的数量关系，然后代入方程求k的值，然后结合a的取值范围和分式加减法运算法则计算求解． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程ax2＋2ax＋b＋1＝0（a•b≠0）有两个相等的实数根k， ∴Δ＝（2a）2−4a（b＋1）＝0，即：4a( a−b−1)＝0， 又∵ab≠0， ∴a−b−1＝0， 即a＝b＋1， ∴ax2＋2ax＋a＝0， 解得：x1＝x2＝−1， ∴k＝−1， ∵＝， ∴当−1＜a＜0时，a−1＜0，a（a−1）＞0， 此时＞0，即； 当0＜a＜1时，a−1＜0，a（a−1）＜0， 此时＜0，即； 故A、C错误； 当时，即＞0， ＞0， 解得：a＞1或a＜0， 故B错误； 当时，即＜0， ＜0， 解得：0＜a＜1， 故D正确 故选：D． 【点睛】本题考查一元二次方程的根的判别式，根据一元二次方程根的情况求得a与b之间的等量关系是解题关键． 2．（23-24九年级上·四川成都·期中）已知m、n、6分别是等腰三角形的三边长，且m、n是关于x的一元二次方程的两根，则k的值为 ． 【答案】1 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，一元二次方程根的判别式，分两种情况讨论：为底边或为腰，依次代入计算，即可解答，根据题意，注意无法组成三角形的情况，是解题的关键． 【详解】解：当为底边时，则， 即关于x的一元二次方程的两根相等， ， 解得， 当时，可得方程，解得， 等腰三角形的三边长为，符合题意； 当为腰时，则其中有一个为6， 将代入，可得， 解得， 当时，可得方程， 解得， 无法组成三角形， 该种情况，不符合题意， 综上所述，， 故答案为：1． 3．（23-24九年级上·江苏·期中）阅读下列材料： 若设关于的一元二次方程的两根为，，那么由根与系数关系得：，，，． 于是二次三项式可分解为．这种因式分解的方法叫求根法，请你利用这种方法完成下面问题： (1)请用上面方法分解二次三项式； (2)如果关于的二次三项式能用上面方法分解因式，求的取值范围； (3)若关于的方程的两个根为，，请直接写出关于的方程的两个根（用含，的代数式表示）． 【答案】(1)； (2)且； (3)，． 【分析】()令多项式等于，得到一个一元二次方程，利用公式法求出方程的两解，代入 中即可把多项式分解因式； ()因为此二次三项式在实数范围内能利用上面的方法分解因式，所以令此二次三项式等于，得到的方程有解，即大于等于，列出关于的不等式，求出不等式的解集即可得到的取值范围； ()根据()的方法求得两根，再用换元法即可得到结论； 此题考查了分解因式，根的判别式及根与系数的关系，理解题意，掌握求根法是解题的关键． 【详解】（1）令， ∵，，， ， ∴， ∴，， ∴； （2）令 ， 由二次三项式能用上面的方法分解因式，则可得方程有解， ∴， 整理得，， 解得， 又∵且， ∴且； （3）∵方程的两根是， ∴， ∴， ∵当时，代入上式，得， ∴是方程的一个根， 同理，也是方程 的一个根， ∴方程的两个根为 或， 在方程中，设， 得， ∴或， ∴或， 解得， ， ∴方程的根是，． 4．（21-22八年级下·湖南·阶段练习）在平面直角坐标系中，我们不妨将横坐标，纵坐标均为整数的点称之为“整根点”，若一元二次方程的两个实数根都是整数，我们就称这个一元二次方程为“整根方程”． (1)求函数的图象上所有“整根点”的坐标； (2)若一元二次方程为“整根方程”，求整数k的值； (3)若一元二次方程有两个不相等的实数根且为“整根方程”，求k的值． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）由x是整数，当时，是一个无理数，可得，从而可得答案； （2）先利用根的判别式得到，结合题意可得，或1，2，3，4，再利用求根公式进行分析判断即可； （3）把原方程化为，可得，，则，整理，可得，即，结合、都是整数，或，再分情况求解即可． 【详解】（1）解：∵x是整数，当时，是一个无理数， ∴时，不是整数， ∴，， 即函数的图象上的“整根点”的只有1个，坐标为． （2）∵有实数根， ∴， 解得：， ∵， ∴， ∵为整数， ∴或1，2，3，4， ∵原方程有两个整数根， ∴为整数， 而也为整数， ∴当时，，符合题意， 当，或2，或3时不是整数，不符合题意； 当时，，，符合题意； 综上：或． （3）∵， 则， ∴或 ∴，， ∴， 整理，可得， ∴， ∵、都是整数， ∴或， ∴或， ①当时， ∴， ∴； ②当时， ∴， ∴此时方程无解； 综上，可得． 【点睛】本题考查的是一次函数的性质，一元二次方程的整数根问题，熟练的利用根的判别式，因式分解的方法，公式法解方程，清晰的分类讨论是解本题的关键． 5．（22-23八年级下·福建厦门·期末）在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过点，与y轴交于点D． (1)若关于x的一元二次方程有两个相等实数根，求点B的坐标； (2)已知点，若直线与x轴交于点，，原点O到直线CD的距离为，求的面积． 【答案】(1) (2)4 【分析】（1）根据方程有两个相等实数根得出，求出k，m，进而求出一次函数解析式，即可求出点B的坐标； （2）将，分别代入后，可求，结合，求出，，然后根据等面积法可求出，然后根据面积公式即可求解． 【详解】（1）解：关于x的一元二次方程， 整理得， ∵方程有两个相等实数根， ∴， ∴，， ∴，， ∴一次函数为， ∵点B的纵坐标为， ∴点B的横坐标为2， ∴点B的坐标为 （2）解：将，分别代入，得 ， 化简得， 又， ∴，， ∴，， 又， ∴，，，， 又原点O到直线CD的距离为， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了根的判别式以及一次函数图象上点的坐标特征，灵活运用判别式以及转化点的坐标是解题的关键． 6．（21-22九年级·浙江·自主招生）若关于x的方程有且只有一个实数根，求实数k的所有可能值． 【答案】或 或或 【分析】先去分母，将该分式方程化为整式方程，再分为方程是一次方程、方程为有两个相等的实数根的二次方程、方程有两个不相等的实数根但其中一个为增根三种情况进行讨论即可． 【详解】解：左右两边同时乘以得：， 整理得：， ①当，即时， 原方程为：，解得：， ∴时，方程有且只有一个实数根； ②当且时， ， 解得：， 当时，， 检验：当时，， ∴是原分式方程的解， ∴，方程有且只有一个实数根； ③当且时， ∵， ∴或； 把代入得， 解得：， 把代入得， 解得：， 检验：当时，，当时，， ∴是原分式方程的解， ∴时，方程有且只有一个实数根； 把代入得， 解得：， 把代入得， 解得：， 检验：当时，，当时，， ∴是原分式方程的解， ∴时，方程有且只有一个实数根； 综上：k的值为或 或或． 【点睛】本题主要考查了解一元一次方程，一元二次方程，分式方程，解题的关键是掌握根的一元二次方程判别式和分式方程有增根的情况． 【经典例题四 换元法解一元二次方程压轴题】 1．（22-23九年级上·四川遂宁·期中）已知一元二次方程的解是，，则一元二次方程的解是（     ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】由这两个方程结合整体思想，可得，，解这两个一元一次方程即得方程的解． 【详解】∵一元二次方程的解是，， ∴一元二次方程中，，， 解得：，， 故选：A． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解，整体思想解一元二次方程，关键是把方程中的当作一个整体，则此方程与毫无二致． 2．（21-22八年级下·浙江金华·阶段练习）我们知道一元二次方程 的两个根为，，那么在关于m的方程中，实数m的值是 ． 【答案】 【分析】将变形为，可知是方程的一个根，据此即可作答． 【详解】将变形为， 可知是方程的一个根， ∵的根是3和-1， 又∵ ∴， 即， 故答案为：． 【点睛】本题考查了运用一元二次方程的根解特定的高次方程的知识，理解方程的根的定义是解答本题的关键． 3．（23-24九年级上·广东佛山·阶段练习）解方程，这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是： 设，那么，于是原方程可变为____①____， 解得，． 当时，，；当时，，； 原方程有四个根：，，，． (1)①中填写的方程是________，在由原方程得到方程①的过程中，利用换元法达到降次的目的，体现了数学的转化思想． (2)已知实数x，y满足，求的值； (3)解方程． 【答案】(1) (2) (3)， 【分析】（1）将原方程中的用代替，用y代替，即可解答； （2）设，方程可化为，求解n的值后根据进行取舍； （3）设，则原方程可化为：，求解得，，从而或，求解即可． 【详解】（1）∵设，那么， ∴原方程变形为． 故答案为：． （2）设， 原方程可化为， 解得： 即， ∵，， ∴． （3）， 设，则原方程可化为：， 解得：，， 当时，， 解得：，． 当时，，即， ∵， ∴该方程无解． ∴原方程的解为：，． 【点睛】本题主要考查了换元法，即把某个式子看作一个整体，用一个字母去代替它，实行等量替换．读懂材料，理解换元法的转化思想是解题的关键． 4．（23-24九年级上·福建厦门·阶段练习）当解某些计算较复杂的一元二次方程时，可考虑用“缩根法”简化运算．“缩根法”是指将一元二次方程先转化成系数比原方程简单的新一元二次方程，然后解新一元二次方程，并将新方程的两根同时缩小若干倍，从而得到原方程的两个根． 已知：关于的一元二次方程的两根为，求关于的一元二次方程的两根． 解：，令， 得新方程， 新方程的解为， 原方程的两根为． 这种解一元二次方程的方法叫做“缩根法” 举例：用缩根法解方程． 解：，令， 得新方程． 解新方程得：， 原方程的两根为． 请利用上面材料解决下列问题，并写出具体步骤： (1)用缩根法解方程：； (2)用缩根法解方程：． 【答案】(1)，； (2)， 【分析】（1）设，得到新方程，再求出新方程的解，即可得出原方程的解； （2）将方程两边都乘以3，得，设，得到新方程，再求出新方程的解，即可得出原方程的解． 【详解】（1）解：设，得到新方程， 解得，， 即或， 所以原方程的两个根是，； （2）解：原方程整理为， 设，得到新方程， 解得，， 所以原方程的解是，． 【点睛】本题主要考查了“缩根法”解一元二次方程即换元法解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． 5．（22-23九年级上·湖北随州·阶段练习）解方程： (1)； (2)； (3)； (4)阅读下列“问题”与“提示”后，将解方程的过程补充完整，求出的值． 【问题】解方程： 【提示】可以用“换元法”解方程． 解：设，则有，原方程可化为：． 【续解】 【答案】(1)，； (2)，； (3)，； (4)原方程的解为，． 【分析】（1）利用因式分解法求解即可； （2）两边直接开平方求解即可； （3）根据公式法求解即可． （4）利用因式分解法解方程得到（舍去），，再分别解方程，然后进行检验确定原方程的解． 【详解】（1）解：， ∴， ∴或， 解得：，； （2）解：， ∴， ∴或， 解得：，； （3）解：， ， ， ∴， 解得：，； （4）解：设，则有， 原方程可化为：． ∴， ∴或， ∴（舍去），， ∴，则， 配方得， 解得，； 经检验，原方程的解为，． 【点睛】本题考查直接开平方法和公式法解一元二次方程，求根公式为．也考查了用换元法解无理方程：解无理方程的基本思想是把无理方程转化为有理方程来解，在变形时要注意根据方程的结构特征选择解题方法．注意：用乘方法来解无理方程，往往会产生增根，应注意验根． 6．（23-24九年级上·四川内江·阶段练习）阅读下列材料： 问题：已知方程，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的2倍． 解法一：解方程得：，． ∵所求方程的根分别是已知方程根的2倍， ∴所求方程的两根为：，， ∴所求方程为：． 故所求方程为：． 解法二：设所求方程的根为，则，所以． 把代入已知方程得：化简，得， 故所求方程为：． 请你从阅读材料中选择一种方法解决下列问题： (1)已知方程，求一个一元二次方程，使它的根分别为已知方程根的相反数，则所求方程为： ； (2)已知关于的一元二次方程，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的倒数； (3)已知关于的一元二次方程，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的倒数． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）解法一：求出已知方程的解为，从而可得所求方程的两根为，由此即可得；解法二：设所求方程的根为，则，所以．再将其代入已知方程即可得； （2）解法一：求出已知方程的解为，从而可得所求方程的两根为，，由此即可得；解法二：设所求方程的根为，则，所以．再将其代入已知方程即可得； （3）解法一：求出已知方程的解为，从而可得所求方程的两根为，由此即可得；解法二：设所求方程的根为，则，所以．再将其代入已知方程即可得． 【详解】（1）解法一：解方程得：， ∵所求方程的根分别为已知方程根的相反数， ∴所求方程的两根为：， ∴所求方程为：， 故所求方程为：． 解法二：设所求方程的根为，则，所以． 把代入已知方程得：化简，得， 故所求方程为：． 故答案为：． （2）解法一：解方程得：， ∵所求方程的根分别为已知方程根的倒数， ∴所求方程的两根为：，， ∴所求方程为：， 故所求方程为：． 解法二：设所求方程的根为，则，所以． 把代入已知方程得：化简，得， 故所求方程为：． （3）解法一：解方程得：， ∵所求方程的根分别为已知方程根的倒数， ∴所求方程的两根为：， ∴所求方程为：， 故所求方程为：． 解法二：设所求方程的根为，则，所以． 把代入已知方程得：化简，得， 故所求方程为：． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解、解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握“换根法”． 【经典例题五 一元二次方程根与系数的关系压轴题】 1．（23-24九年级上·重庆九龙坡·开学考试）对于代数式A、B，定义新运算，则下列说法正确的个数为（    ） ①若，则的值为3或；②若方程的解为a、b，则的值为；③若关于x的方程有两个不相等的实数解，则． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】根据新定义得，则得出或，代入，即可判断①；根据一元二次方程根与系数的关系得出，，则，求出，即可判断②；根据新定义和绝对值可得，根据一元二次方程的判别式，即可判断③． 【详解】解：①， 整理得：， ∴， ∴或， ∴或， 故①正确，符合题意； ②， ∵方程的解为、， ∴，， ∴， ∴，则 当时，， 当时，， ∴的值为或， 故②不正确，不符合题意； ③∵，方程有两个不相等的实数解， ∴， 当时，整理得：， ∴，解得：； 当时，整理得：， ∴，解得：； ∴， 故③不正确，不符合题意； 综上：正确的有①，共1个； 故选：B． 【点睛】本题主要考查了新定义下的实数运算，解一元二次方程，一元二次方程根于系数的关系，一元二次方程根的判别式，解题的关键是正确理解题意，明确新定义的运算顺序和运算法则，掌握一元二次方程根与系数关系：，；当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根． 2．（2024·浙江宁波·模拟预测）已知关于的一元二次方程有两个根，，且满足．记，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】本题考查了一元二次方程根和系数的关系，不等式的性质，由根和系数的关系可得，，，得到，由可得，即得到，即可求解，掌握一元二次方程根和系数的关系是解题的关键． 【详解】解：由根和系数的关系可得，，， ∴，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， 即， 故答案为：． 3．（20-21七年级上·上海杨浦·阶段练习）已知：关于的一元二次方程有两个实数根，． (1)若，求的值； (2)当取哪些整数时，，均为整数； (3)当取哪些有理数时，，均为整数． 【答案】(1)1或 (2) (3)或 【分析】（1）分两种情况：①若两根同号，②若两根异号；根据根与系数的关系结合根的判别式解答即可； （2）根据根与系数的关系可得若为整数，可得整数，然后结合两根之积、解方程分别验证即可； （3）显然，当时，符合题意；由两根之积可得k应该是整数的倒数，不妨设，则方程可变形为，即为，再结合整数的意义即可解答． 【详解】（1）∵， ∴不论k为何值，关于的一元二次方程都有两个实数根，， ∵关于的一元二次方程有两个实数根，， ∴， 分两种情况：①若两根同号，由可得：，或， 当时，则，解得； 当时，则，解得； ②若两根异号，由可得：， 即， ∴， 解得：， 综上，k的值为1或 ； （2）∵关于的一元二次方程有两个实数根，， ∴， 若，均为整数， 则为整数， ∴整数， 当时，不是整数，故应该舍去； 当时，此时方程为，方程的两个根不是整数，故舍去； 当时，此时方程为，方程的两个根为，都是整数，符合题意； 综上，当取时，，均为整数； （3）显然，当时，符合题意； 当k为有理数时，由于为整数， ∴k应该是整数的倒数，不妨设，m为整数， 则方程即为， 配方得：， 即， 当即时，方程的两根为，都是整数，符合题意； 当时，不是完全平方数，故不存在其它整数m的值使上式成立； 综上，或． 【点睛】本题是一元二次方程的综合题，主要考查了根的判别式、根与系数的关系以及解一元二次方程等知识，熟练掌握一元二次方程的相关知识是解题的关键． 4．（22-23九年级下·广东梅州·开学考试）已知关于x的方程． 求证：不论为何实数时，方程有固定的自然数解，并求这自然数； 设方程另外的两个根为、，求、的关系式； 若方程的三个根均为自然数，求的值． 【答案】证明见解析，所求自然数为；；． 【分析】把方程整理，使含的项“系数”为，求的值，再代入不含的项检验，可求这个自然数； 由所求自然数值可知方程的一个因式，代入方程，再将方程分解因式，由两根关系解题； 在(2)的条件下，根据解为自然数，求的值． 【详解】原方程整理得：， 解方程，得，， 当时，，故所求自然数为； ∵是方程的固定解， ∴是方程的一个因式，原方程分解为: ， ∴、是方程的两根， ∴，， ∴； 由可知，，， 设，则， 由题意可知，，，，均为自然数， 则的个位数字必须为， ∴当时，即时，方程三个根均为自然数． 【点睛】本题考查了求高次方程固定根的方法，方程的根与系数关系，自然数解的问题，解题的关键是对高次方程进行降次及熟练掌握根与系数之间的关系． 5．（23-24九年级·江苏·假期作业）已知关于x的方程，其中p，q都是实数． (1)若时，方程有两个不同的实数根，，且，求实数p的值． (2)若方程有三个不同的实数根，，，且，求实数p和q的值． (3)是否同时存在质数p和整数q使得方程有四个不同的实数根，，，且？若存在，求出所有满足条件的p，q．若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)或， (3)存在，时，；当时， 【分析】（1）根据根与系数的关系可得，，，代入可得关于的方程，解方程即可； （2）由方程有三个不同的实数根、、，可得，、是方程的两根；由根与系数的关系可得，，．，进而得到关于的方程，解出即可求出的值； （3）方程有四个不同的实数根，，，，由（2）知，不妨设，是方程的两根，，是方程的两根，可得，进行讨论即可求解． 【详解】（1）解：若，则方程为． 因该方程有两个不同的实数、， 可得，，， 解得； 由，得， 解得或．（注意 因为，所以． （2）显然．方程可写成． 因该方程有三个不同的实数根， 即函数与的图象有三个不同的交点， 可得：，，即， 因为、是方程的两根， 即． 则，，． ， 解得． 由，得， 解得， ∴或，． （3）存在． 方程有四个不同的实数根，，，，由（2）知， 不妨设，是方程的两根，，是方程的两根， 则，，，， 则，， 因为， 所以， 因为是质数，，， 所以， ， 则， 则无解， 则， 则无解， 则， 则， 解得， 则， 则， 解得，2，5， 则， 则， 解得． 故，5， 所以存在满足条件的，．当时，；当时，． 【点睛】本题考查了一元二次方程的整数根与有理根，根与系数的关系，牢记两根之和等于、两根之积等于是解题的关键． 6．（22-23九年级上·江苏南京·阶段练习）阅读材料，解答问题： 【材料1】 为了解方程，如果我们把看作一个整体，然后设，则原方程可化为，经过运算，原方程的解为，．我们把以上这种解决问题的方法通常叫做换元法． 【材料2】 已知实数，满足，，且，显然，是方程的两个不相等的实数根，由韦达定理可知，． 根据上述材料，解决以下问题： (1)直接应用： 方程的解为 ； (2)间接应用： 已知实数，满足：，且，求的值． 【答案】(1)，，， (2)或或 【分析】（1）利用换元法解方程，设，则原方程可化为，解关于的方程得到，，则或，然后分别解两个元二次方程即可； （2）根据已知条件，当时，，解关于的一元二次方程得，则； 当时，把、看作方程的两不相等的实数根，则根据根与系数的关系得到，，再变形得到，然后利用整体代入的方法计算． 【详解】（1）解：， 设，则原方程可化为， 解得：，， 当时，，解得：，， 当时，，解得：，， ∴原方程的解为，，，， 故答案为：，，，； （2）解：∵实数，满足：，且， 当时，，解关于的一元二次方程， 得：， ∴； 当时，则、是方程的两不相等的实数根， ∴，， ∴； ∴的值为或或． 【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根，则，；也考查了换元法，解一元二次方程，求代数式的值，运用了恒等变换的思想．掌握查一元二次方程根与系数的关系是解题的关键． 【经典例题六 营销问题压轴题】 1．（21-22九年级上·江西上饶·期末）某口罩经销商批发了一批口罩，进货单价为每盒50元，若按每盒60元出售，则每周可销售80盒．现准备提价销售，经市场调研发现：每盒每提价1元，每周销量就会减少2盒，为保护消费者利益，物价部门规定，销售时利润率不能超过50%，设该口罩售价为每盒元，现在预算销售这种口罩每周要获得1200元利润，则每盒口罩的售价应定为（    ） A．70元 B．80元 C．70元或80元 D．75元 【答案】A 【分析】根据每天的销售利润＝每箱的销售利润×销售数量，即可列出关于x的一元二次方程，解方程即可求出x的值，在结合销售利润不能超过50%，即可确定x的值． 【详解】解：根据题意得：（x﹣50）[80-2（x-60）]＝1200， 整理得：x2﹣150x+5600＝0． 解得：x1＝70，x2＝80． 当x＝70时，利润率＝×100%＝40%＜50%，符合题意； 当x＝80时，利润率＝×100%＝60%＞50%，不合题意，舍去． 所以要获得1200元利润，每盒口罩的售价应定为70元． 故选：A． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用以及列代数式，解题关键是根据各数量之间的关系，用含x的代数式表示出平均每天的销售量，找准等量关系正确列出一元二次方程． 2．（2023·湖南常德·三模）一商店销售某种商品，当每件利润为30元时，平均每天可售出20件，经过一段时间销售，发现销售单价每降低1元，平均每天可多售出2件，当每件商品的单价降低 元时，该商店销售这种商品每天的利润为800元． 【答案】10 【分析】设商品单价降低x元时，该商店销售这种商品每天的利润为800元，然后根据利润单件利润销售量，列出方程求解即可． 【详解】解：设商品单价降低x元时，该商店销售这种商品每天的利润为800元， 由题意得，， 整理得：， 解得， ∴当每件商品的单价降低10元时，该商店销售这种商品每天的利润为800元， 故答案为：10． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，正确理解题意找到等量关系列出方程是解题的关键． 3．（23-24八年级下·重庆沙坪坝·期末）小宏去水果店购买了中果和大果两种车厘子，分别花费元和元．若中果的单价比大果少元/斤，且购买的中果数量是大果数量的倍． (1)求中果车厘子与大果车厘子的单价分别是多少？ (2)小宏发现网上购买车厘子比水果店更便宜．其中果单价便宜了元/斤，大果单价便宜，于是小宏第二次在网上购买，中果的数量在上次的基础上增加了，大果的数量在上次的基础上增加了，结果这次购买车厘子的金额比上一次共多了元，求的值． 【答案】(1)中果车厘子的单价是元，大果车厘子的单价是元 (2)的值为 【分析】本题考查了分式方程的应用，一元二次方程的应用，解题的关键是理解题意，正确找出等量关系． （1）设大果车厘子的单价是元，则中果车厘子的单价是元，根据“购买的中果数量是大果数量的倍”，列方程即可求解； （2）先分别表示出网购中果、大果的数量和单价，再根据“这次购买车厘子的金额比上一次共多了元”，列方程即可求解． 【详解】（1）解：设大果车厘子的单价是元，则中果车厘子的单价是元， 根据题意得：， 解得：， 经检验，是原方程的解， ， 中果车厘子单价：（元）， 答：中果车厘子的单价是元，大果车厘子的单价是元； （2）水果店购买大果的数量：（斤）， 水果店购买中果的数量：（斤）， 网购中果的单价为：（元）， 网购大果的单价为：， 网购中果的数量：（斤）， 网购大果的数量：（斤）， 根据题意得：， 解得：或（舍去）， 的值为． 4．（23-24八年级下·重庆·期末）随着气温的逐步升高，空调成为了许多家庭的必需品，某商场最新推出的A、B两款空调凭借出色的性价比、智能互联功能以及时尚简约的设计风格，迅速赢得了年轻消费群体的青睐，已知A款空调的售价比B款空调的售价高600元，某商场在5月份销售了80台A款空调和100台B款空调，销售总金额为264000元． (1)求A、B两款空调的销售单价分别为多少元？ (2)6月份的气温持续升高，商场抓住商机，对A款空调进行优惠促销，销售单价在5月份的基础上下降了m元，销售的数量比5月份增加了台，B款空调的销售单价不变，最终6月份两款空调一共销售了230台，销售金额比5月份增加了60000元．求m的值． 【答案】(1)款空调的销售单价为1800元，款空调的销售单价为1200元 (2)的值为200 【分析】本题考查了一元二次方程的应用以及二元一次方程组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程． （1）设款空调的销售单价为元，款空调的销售单价为元，根据款空调的售价比款空调的售价高600元，某商场在5月份销售了80台款空调和100台款空调，销售总金额为264000元．列出二元一次方程组，解方程组即可； （2）根据最终6月份两款空调一共销售了230台，销售金额比5月份增加了60000元．列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可． 【详解】（1）解：设款空调的销售单价为元，款空调的销售单价为元， 由题意得：， 解得：， 答：款空调的销售单价为1800元，款空调的销售单价为1200元； （2）解：由题意得：， 整理得：， 解得：，（不符合题意，舍去）， 答：的值为200． 5．（23-24八年级下·重庆·期末）某智能家电经销商销售A、B两种智能空调，其中一台B种空调的销售价格比一台A种空调的销售价格高1500元，已知4月份A种空调的销量是B种空调销量的，且4月份A种空调的销售总额为120万元，B种空调的销售总额为225万元． (1)请问A、B两种智能空调的销售单价分别为多少元？ (2)5月份气温回升、该经销商对两种空调进行了降价促销活动，已知A种空调降价元、B种空调降价元．经销商发现5月的第一周内：A种空调的销量就已经与4月份A种空调的总销量相同，B种空调的销量比4月份B种空调的总销量增加了台，5月第一周内A、B两种空调的销售总额刚好和4月份A、B两种空调的销售总额相同，请求出a的值． 【答案】(1)A种智能空调的销售单价分为3000元，B种智能空调的销售单价为4500元 (2)6 【分析】本调考查分式方程，一元二次方程的应用． （1）设A种智能空调的销售单价为元，根据题意列式并检验即可得到本题答案； （2）先求出4月份A种和B种空调总销售量，在列出关于的一元二次方程即可得到本题答案． 【详解】（1）解：设A种智能空调的销售单价为元，则B种智能空调的销售单价为元， 由题意得：，解得：， 经检验：是原方程的解，也符合题意， ∴， ∴A种智能空调的销售单价为元，则B种智能空调的销售单价为元； （2）解：由（1）知，4月份 A种空调总销售量为（台），B种空调总销售量为（台）， ∵5月的第一周内：A种空调的销量就已经与4月份A种空调的总销量相同， ∴， 解得：（舍），， ∴的值为6． 6．（20-21九年级上·浙江温州·开学考试）新冠疫情蔓延全球，口罩成了人们的生活必需品，某药店销售普通口罩和N95口罩，今年8月份的进价如下表： 普通口罩 N95口罩 进价（元/包） 8 20 （1）计划N95口罩每包售价比普通口罩贵16元，7包普通口罩和3包N95口罩总售价相同，求普通口罩和N95口罩每包售价； （2）按（1）中售价销售一段时间后发现普通口罩的日均销售量为120包，当每包售价降价1元时，日均销售量增加20包，该药店秉承让利于民的原则，对普通口罩进行降价销售，但要保证当天的利润为320元，求此时普通口罩每包售价； （3）疫情期间，该药店进货2万包N95口罩，进价不变，店长向当地医院捐赠了a包，该款口罩，剩余的N95口罩向市民销售，若这2万包口罩的利润等于，则N95口罩每包售价是________元．（直接写出答案，售价为整数元） 【答案】（1）普通口罩和 N95 口罩每包售价分别为12元和28元；（2）10元；（3）32 【分析】（1）设普通口罩和 N95 口罩每包售价分别为 x 元和 y 元，建立二元一次方程组，求解即可得到答案； （2）设普通口罩每包售价降低 a 元；根据当天的利润=每个普通口罩的利润当日普通口罩销售量的关系，列出并求解方程，即可得到答案； （3）设N95口罩每包售价是x元；根据总售价-总成本=总利润的关系，列出方程，再结合a的取值范围，求解不等式，即可完成求解． 【详解】（1）设普通口罩和 N95 口罩每包售价分别为 x 元和 y 元 由题意得， 解得， ∴普通口罩和 N95 口罩每包售价分别为 12 元和 28 元. （2）设普通口罩每包售价降低 a 元 由题意得 解得：a=2，a=-4（舍去） ∴此时普通口罩每包售价为 12-2=10元; （3）设N95口罩每包售价是x元 由题意得 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 即 x=32或33． 当x=33时，a不是整数， ∴N95口罩每包售价是32元． 【点睛】本题考查了二元一次方程组、一元二次方程、分式方程和不等式的知识；求解的关键是熟练掌握二元一次方程组、一元二次方程、分式方程和不等式的性质，从而完成求解． 【经典例题七 与图形有关的问题压轴题】 1．（22-23八年级下·浙江宁波·期中）从一块腰长为的等腰直角三角形铁皮零料上裁出一块面积为的矩形铁皮，要求矩形的四个顶点都在三角形的边上．若裁出的矩形全等视为同种裁法，则有几种不同的裁法？（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】中，，，分两种情况，一是矩形的边在上，顶点、分别在、上，可证明≌，得，设，则，可求得，或，；二是矩形的边在上，在上，顶点在上，设，则，可求得，或，，这两个矩形全等，所以有种不同的裁法，于是得到问题的答案． 【详解】解：中，，，则， 如图，矩形的边在上，顶点、分别在、上，    ， ， ， ， 在和中， ， ≌， ， 设， 矩形的面积是，， ， 解得，， 或， ，或，， 如图，矩形的边在上，在上，顶点在上，    ， ， ， 设，则， 解得，， 或， ，或，，这两个矩形全等， 有种不同的裁法， 故选：C． 【点睛】此题重点考查等腰直角三角形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、一元二次方程的解法、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大． 2．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图，四边形中，，点在上，连接、、，，，，若，则的长度是 ． 【答案】3 【分析】设，过点作于点，首先证明四边形为矩形，易得，再结合等腰三角形“三线合一”的性质可得，证明为等腰三角形，可得，进而可得，在中，由勾股定理可得，代入数值并求解，即可获得答案． 【详解】解：设， 如下图，过点作于点， 则， ∴四边形为矩形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理可得， 即， 整理可得， 解得，（舍去）， ∴． 故答案为：3． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程等知识，证明为等腰三角形是解题关键． 3．（2024·广西柳州·一模）脆蜜金桔是地方名果，是柳州市融安县的特产之一．请你运用数学知识，根据素材，帮果农解决问题． 信息及素材 素材一 在专业种植技术人员的正确指导下，果农对脆蜜金桔种植技术进行了研究与改进，使产量得到了增长，根据果农们的记录，2020年金桔平均每株产量是13千克，2022年达到了15.6千克，每年的增长率基本相同． 素材二 金桔一般用长方体包装盒包装后进行售卖． 素材三 果农们通过调查发现，顾客们也很愿意购买美观漂亮的其它造型的包装纸盒． 任务1：设脆蜜金桔产量的年平均增长率为，依题意列方程得______； 任务2：现有长，宽的长方形纸板，将四角各裁掉一个正方形（如图1），折成无盖长方体纸盒（如图2）．为了放下适当数量的脆蜜金桔，需要设计底面积为的纸盒，计算此时纸盒的高； 任务3：为了增加包装盒的种类，打算将任务2中的纸板通过图3的方式裁剪，得到底面为正六边形的无盖纸盒（如图4），求出此时纸盒的高．（图中实线表示剪切线，虚线表示折痕．纸板厚度及剪切接缝处损耗忽略不计） 【答案】任务：  任务2：  任务3： 【分析】 任务：设脆蜜金桔产量的年平均增长率为x，则根据“2020年金桔平均每株产量是13千克，2022年达到了15.6千克”列方程即可； 任务2：由图可得裁掉正方形的边长即为图长方体盒子的高，设裁掉正方形的边长为，根据长方体纸盒的底面积列方程求解即可； 任务3：设底面正六边形为，底面正六边形的边长为，纸盒的高为，，和交于点，和交于点，根据正六边形的性质求得为的直角三角形，可得其两直角边的长度；结合等边三角形的判定和性质再求得左右两侧小三角形的高，然后根据长方形纸板的长和宽建立方程求解即可； 【详解】 任务：设脆蜜金桔产量的年平均增长率为，由题意得：， 故答案为：； 任务：设裁掉正方形的边长为，由题意得： ， 解得：(不符合题意舍去)， 答：此时纸盒的高为； 任务: 如图，设底面正六边形为，连接，和交于点，和交于点，所在直线交长方形纸板的边于点设底面正六边形的边长为，纸盒的高为, ∵正六边形的每条边相等，每个内角都为， 为等腰三角形， ， ， 由正六边形的性质可得平分， ， ， ∴直角三角形中，， 同理可得直角三角形中， ， ， ， ∵左侧小三角形顶点的角度 ∴左侧小三角形为边长的等边三角形， 根据图形的上下对称可得与长方形纸板的左右两边垂直， ∴为等边三角形的高， ， 同理可得，， ∵四边形为矩形, ， ， ， 联立①②式可得| ， 答：纸盒的高为 ． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，正六边形的性质，等边三角形的判定和性质，角的直角三角形的边长关系，对称的性质；掌握正六边形的性质是解题关键． 4．（23-24八年级上·上海浦东新·期末）如图，在中，，，，是边上的中线，动点从点出发以每秒个单位的速度沿线段向终点运动，动点从点出发以每秒个单位的速度在线段上运动，点与点同时出发，设动点运动时间为． (1)求的长； (2)若动点在线段上运动，设，求关于的函数解析式，并写出定义域； (3)若动点在射线上运动，当点运动到终点时，点也停止运动，直接写出当时，的值． 【答案】(1)； (2)； (3)． 【分析】（）设，则，利用勾股定理求出，再根据直角三角形的性质即可求出的长； （）利用勾股定理求出，再根据三角形面积公式得到，代入即可求解，由即可确定的取值范围； （）由动点在射线上运动得到，同方法求出，进而得到，解方程即可求解； 本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，求函数解析式，三角形的面积，利用勾股定理得到是解题的关键． 【详解】（1）解：∵，， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得， ∴，， ∵点为的中线， ∴； （2）解：如图，过点作于，则， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵动点在线段上运动， ∴， ∴的取值范围为， 故； （3）解：动点在射线上运动时，， ∴， ∴， 由整理得，， 即， 解得． 5．（23-24九年级上·四川成都·期中）如图1，直线：与坐标轴分别交于点A，B，与直线：交于点C． (1)求的面积； (2)如图2，若有一条垂直于x轴的直线以每秒1个单位的速度从点A出发沿射线方向作匀速滑动，分别交直线，及x轴于点M，N和Q．设运动时间为，连接． ①当时，求t的值； ②试探究在坐标平面内是否存在点P，使得以O、Q、C、P为顶点的四边形构成菱形？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)3 (2)①或②存在点，使得以、、、为顶点的四边形构成菱形，此时的值为2或4或 【分析】（1）先根据一次函数的解析式分别求出，，再利用三角形的面积公式求解即可得； （2）①先求出，，，从而可得，再根据建立方程，解方程即可得； ②先求出，再分三种情况：、和，分别建立方程，解方程即可得． 【详解】（1）解：对于直线：， 当时，，即， 当时，，解得，即， 联立，解得，即， 则的面积为． （2）解：①由题意可知，， ， ，即， ， ， ， 解得或； ②， ， 如图，要使以、、、为顶点的四边形构成菱形，则有三种情况：、和， 当时，则，解得， 当时，则，解得或（此时点与点重合，舍去）， 当时，则，解得， 综上，存在点，使得以、、、为顶点的四边形构成菱形，此时的值为2或4或． ． 【点睛】本题考查了一次函数的应用、菱形的判定、一元二次方程的应用、两点之间的距离公式等知识，较难的是题（2）②，正确分三种情况讨论是解题关键． 6．（23-24九年级上·福建三明·期中）综合与实践：阅读材料，并解决以下问题． (1)学习研究：北师大版教材九年级上册第39页介绍了我国数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中关于一元二次方程的几何解法：以为例，求解过程如下： ①变形：将方程变形为； ②构图：画四个长为，宽为的矩形，按如图（1）所示构造一个“空心”大正方形；    ③解答：则图中大正方形的面积从整体看可表示为，从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即，因此，可得新的一元二次方程，∵表示边长，∴，即． 这种数形结合方法虽然只能得到原方程的其中一个正根．但是从新方程可以得到原方程的另一个根是________． (2)类比迁移：根据赵爽几何解法的方法求解方程的一个正根（写出完整的求解过程，并在画图区画出示意图、标明各边长）．      (3)拓展应用：一般地对于形如：一元二次方程可以构造图（2）来解，已知图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4．那么________，________，方程的一个正根为________．    【答案】(1)； (2)，图形见详解； (3)，． 【分析】（1）运用直接开平方法解方程，即可得到方程的另一个根． （2）将方程变形为，画四个长为，宽为的矩形，构造一个“空心”大正方形；仿照例题求解即可； （3）由中间围成的正方形面积为4，可得中间正方形的边长为2．设长方形的宽为x，则长为，由题意得，整理得，即可求得a和b的值．仿照例题构造大正方形，即可求出x的值． 本题主要考查学生的阅读理解能力，综合运用知识的能力．读懂例题，正确的构造出大正方形是解题的关键． 【详解】（1）由得 ∴ ∴原方程的另一个根是． 故答案为： （2）将方程变形为， 画四个长为，宽为的矩形，按如图所示构造一个“空心”大正方形，    则图中大正方形的面积从整体看可表示为，从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即，因此，可得新的一元二次方程， ∵表示边长， ∴， 即． （3）∵中间围成的正方形面积为4， ∴中间正方形的边长为2， 设长方形的宽为x，则长为， 由题意得， 整理得， ，． 如图中大正方形的面积从整体看可表示为，从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即，因此，可得新的一元二次方程， ∵表示边长， ∴， 即． ∴方程的一个正根为． 故答案为：，．．        【经典例题八 动态几何压轴题】 1．（2024九年级下·江苏·专题练习）如图，在中，，，，动点P从点A开始沿边向点B以的速度移动，动点Q从点B开始沿边BC向点C以的速度移动，若P、Q两点分别从A、B两点同时出发，在运动过程中，的最大面积是（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是二次函数的应用，根据题意列出二次函数是解题的关键． 设P、Q同时出发后经过，的面积为，则，，，进而得到S的表达式；由于S的表达式为二次函数的形式，将其化为顶点式，再结合t的取值范围就能得出面积的最大值． 【详解】解：设P、Q同时出发后经过，的面积为S cm2． 则，，， 则． ∵，，点P的运动速度为，点Q的运动速度为， ∴， ∴， ∴时，S有最大值，最大值为9，即的最大面积为 故选：C． 2．（2024·辽宁朝阳·一模）如图，菱形中，，交于，，，动点从出发沿方向以每秒匀速直线运动到，动点从出发沿方向以每秒匀速直线运动到，若，同时出发，问出发后 s时，的面积为菱形面积的？    【答案】1或4 【分析】本题考查了菱形的性质，一元二次方程的应用及分类讨论的数学思想，解题的关键是根据出发后时间的多少确定列方程的方法． 根据点、运动过程中与点的位置关系，分当时，点在线段上，点在线段上、当时，点在线段上，点在线段上和当时，点在线段上，点在线段上三种情况分别讨论． 【详解】解：设出发后秒时，． 四边形是菱形，，， ，，，， ， 当时，点在线段上，点在线段上． 此时，， 则； 解得，（舍去） 当时，点在线段上，点在线段上， 此时， 则；化简为， 此时方程，原方程无实数解； 当时，点在线段上，点在线段上， 此时，， 则； 解得（舍去）， 综上所述，出发后或时，． 故答案为：1或4． 3．（23-24八年级下·山东烟台·期中）如图，中，，，． (1)如图1，点从点开始沿边向点以的速度移动（到达点即停止运动），点从点开始沿边向点以的速度移动（到达点即停止运动）．如果点，分别从，两点同时出发． ①经过多少秒钟，的面积等于； ②线段能否将分成面积为的两部分？若能，求出运动时间；若不能说明理由； (2)如图2，若点沿射线方向从点出发以的速度移动，点沿射线方向从点出发以的速度移动，，同时出发，直接写出几秒后，的面积为． 【答案】(1)①秒或秒；②秒 (2)秒或秒或秒 【分析】本题考查一元二次方程的应用，三角形的面积， （1）①由三角形的面积公式可求解； ②分两种情况讨论，由题意列出方程可求出答案； （2）分三种情况：①点在线段上，点在线段上，②点在线段上，点在线段的延长线上时，③点在线段的延长线上，点在线段的延长线上时，由三角形面积公式可得出答案； 运用分类讨论的思想是解题的关键． 【详解】（1）解：①设经过秒钟，的面积等于， 由题意，，， ∴， ∴， 解得：，， ∴经过秒或秒钟，的面积等于； ②设经过秒，线段能将分成面积为的两部分，由题意得： 1），即：， ∴， 解得：（不合题意，舍去），； 2），即：， ∴， ∵， 此方程无实数根，即这种情况不存在； 综上所述，经过秒时，线段能将分成面积为的两部分； （2）设经过秒，的面积为，可分三种情况： ①点在线段上，点在线段上时， 此时，， ∴， ∴， 解得：（舍去），； ②点在线段上，点在线段的延长线上时， 此时，， ∴， ∴， 解得：； ③点在线段的延长线上，点在线段的延长线上时， 此时，， ∴， ∴， 解得：，（舍去）； 综上所述，经过秒或秒或秒后，的面积为． 4．（2024八年级下·上海·专题练习）如图，在四边形中，，，，，点从开始沿边向以每秒的速度移动，点从开始沿边向以每秒的速度移动，如果点、分别从、同时出发，当其中一点到达终点时运动停止．设运动时间为秒． (1)求证：当时，四边形是平行四边形； (2)是否可能平分对角线？若能，求出当为何值时平分；若不能，请说明理由； (3)若是以为腰的等腰三角形，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)当秒时，平分对角线 (3)若是以为腰的等腰三角形，的值为 【分析】（1）由题意可得当秒时，两点停止运动，在运动过程中，，即可得，，由，即可求得，又由，即可判定四边形是平行四边形； （2）首先连接交于点，若平分对角线，则，易证得，继而可得四边形为平行四边形，则可得，解此方程即可求得答案． （3）分两种情况：①当时，作于，于，与，如图所示：则，，，得出，，由得出方程，解方程即可； ②当时，由勾股定理得出方程，方程无解；即可得出答案． 【详解】（1）证明：， 当秒时，两点停止运动，在运动过程中，， ，， 当时，，， 又四边形为等腰梯形， ， 四边形为平行四边形； （2）解：能平分对角线，当秒时，平分对角线． 理由如下： 连接交于点，如图1所示： 若平分对角线，则， ， ，， 在和中， ， ， ， 即四边形为平行四边形， ， 解得，符合题意， 当秒时，平分对角线． （3）解：分两种情况： ①当时，作于，于，与，如图2所示： 则，，， ，， ， ， ， 解得：； ②当时，由勾股定理得：， ， 整理得：， 解得，方程无解； 综上所述：若是以为腰的等腰三角形，的值为． 【点睛】此题是四边形综合题目，考查了等腰梯形的性质、平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质、解方程．注意掌握方程思想与数形结合思想的应用是解题的关键． 5．（23-24九年级上·吉林延边·阶段练习）在中，，，动点从点出发，在线段上以每秒个单位长度的速度向点运动，到达点停止运动，设运动时间为秒． (1)求的面积； (2)如图①，过点作、交于点、若与的面积和是的面积的，求的值； (3)如图②、点在射线上，且，以线段为边向上方作正方形．在运动过程中，若设正方形与重叠部分的面积为，求的值． 【答案】(1) (2)， (3)t的值为或． 【分析】本题考查了一元二次方程的应用； （1）根据三角形的面积公式求出的面积， （2）根据题意可得，，然后再与的面积和是的面积的，列出方程、解方程即可解答； （3）根据不同时间段分三种情况进行解答即可． 【详解】（1）中，，， ∴， （2），， 与的面积和， 与的面积和是的面积的， ， 解得，； （3），， ， ①如图，当时，， 解得： ， 不合题意，舍去， ②如图，当时， 解得： 不合题意，舍去， 不合题意，舍去， ③如图，当时， ， 解得： ， 不合题意，舍去， 综上，的值为或时，重叠面积为． 6．（23-24八年级下·浙江温州·期中）如图，在四边形中，，，，，，动点P、Q分别从A、B同时出发，点P以每秒2个单位的速度沿着折线先由A向D运动，再由D向C运动，点Q以每秒1个单位的速度由B向A运动，当其中一动点到达终点时，另一动点随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)两平行线与之间的距离是__________． (2)当点P、Q与的某两个顶点围成一个平行四边形时，求t的值． (3)，以，为一组邻边构造平行四边形，若的面积为，求t的值． 【答案】(1) (2)或 (3)或 【分析】此题主要考查了勾股定理，直角三角形的性质以及平行四边形的性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． （1）过点作于点，由勾股定理可得出答案； （2）分两种情况，由平行四边形的性质可得出答案； （3）分两种情况，列出的方程可得出答案． 【详解】（1）过点作于点， ，， ， ， ， 故答案为：； （2）在中， ，， ， ， Ⅰ．当四边形为平行四边形时，， ， ， Ⅱ．当四边形为平行四边形时，， ， ， 综上所述当点、与 的某两个顶点围成一个平行四边形时，或； （3）Ⅰ．当在边上时，边上的高是， ， 解得， 舍去）， Ⅱ．当在边上时， ， 解得． 综上所述或时，平行四边形的面积为． 学科网（北京）股份有限公司 $$