第二十四章 一元二次方程易错训练与压轴训练（单元复习，5类易错+6类压轴）-2024-2025学年九年级数学上册单元速记·巧练（冀教版）

第二十四章 一元二次方程易错训练与压轴训练 01 思维导图 目录 易错题型一　利用一元二次方程的定义求待定系数时忽略“a≠0” 1 易错题型二　利用一元二次方程的解求待定系数时忽略“a≠0” 3 易错题型三　利用一元二次方程的判别式求字母的值或取值范围时忽略“a≠0” 4 易错题型四　利用一元二次方程的根与系数关系求值时忽略“△≠0” 6 易错题型五　利用一元二次方程的根与几何图形结合时取舍不当或考虑不全 10 压轴题型一　配方法的应用 13 压轴题型二　新定义型用因式分解法解一元二次方程问题 19 压轴题型三　用十字相乘法求解一元二次方程 21 压轴题型四　换元法解一元二次方程 25 压轴题型五　用一元二次方程解决营销问题 29 压轴题型六　用一元二次方程解决动态几何问题 34 02 易错题型 易错题型一　利用一元二次方程的定义求待定系数时忽略“a≠0” 例题：（23-24八年级下·重庆九龙坡·期末）若方程是关于的一元二次方程，则的值为 ． 巩固训练 1．（23-24八年级下·山东威海·期中）若是关于x的一元二次方程，则m的值是 ． 2．（23-24九年级上·江西上饶·期末）已知方程是关于x的一元二次方程，则 ． 3．（23-24九年级上·内蒙古呼和浩特·期中）已知关于的方程是一元二次方程，则 ，这个一元二次方程是 ． 易错题型二　利用一元二次方程的解求待定系数时忽略“a≠0” 例题：一元二次方程的一个根为0，则 ． 巩固训练 1．（23-24八年级下·安徽蚌埠·期中）若关于的一元二次方程有一个根为，则 ． 2．（23-24九年级上·河南漯河·期末）关于x的一元二次方程的一个根是0，则k的值是 ． 3．（2024·山东东营·二模）如果关于的一元二次方程有一个解是0，那么的值是 ． 易错题型三　利用一元二次方程的判别式求字母的值或取值范围时忽略“a≠0” 例题：（2023春·浙江金华·八年级统考期末）若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则k的值为（    ） A．0或4 B．4或8 C．8 D．4 巩固训练 1．（2023·山东聊城·统考中考真题）若一元二次方程有实数解，则m的取值范围是（    ） A． B．m≤1 C．且 D．m≤1且 2．（2023秋·四川泸州·九年级统考期末）关于x的一元二次方程有实数根，求m的取值范围． 3．（2023·湖北荆州·统考中考真题）已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根． (1)求的取值范围； (2)当时，用配方法解方程． 易错题型四　利用一元二次方程的根与系数关系求值时忽略“△≠0” 例题：（2023春·安徽马鞍山·八年级安徽省马鞍山市第七中学校考期末）若、是关于的方程的两个不相等的实数根，且，则的值为 ． 巩固训练 1．（2023春·山东济宁·八年级统考期中）已知关于x的一元二次方程有两个实数根， (1)求k的取值范围； (2)若，满足，求k的值． 2．（2023春·黑龙江大庆·八年级统考阶段练习）已知关于x的方程有两个不相等的实数根． (1)求m的取值范围． (2)若两个实数根分别是，，且，求m的值． 3．（2023春·安徽六安·八年级统考期末）已知关于的一元二次方程． (1)若是方程的一个根，求的值和方程的另一根； (2)若是方程的两个实数根，且满足，求的值． 易错题型五　利用一元二次方程的根与几何图形结合时取舍不当或考虑不全 例题：（2023·四川凉山·统考一模）已知等腰三角形的一边长，另外两边的长恰好是关于的一元二次方程的两个根，则的周长为 巩固训练 1．（2023春·八年级单元测试）已知关于x的方程，若等腰三角形ABC的一边长a=1，另外两边长b，c恰好是这个方程的两个根，则△ABC的周长为 ． 2．（2023春·浙江·八年级期中）有一边为3的等腰三角形，它的两边长是方程的两根，则这个三角形的周长为 ． 3．（2023春·安徽滁州·八年级校考阶段练习）已知是关于x的方程的一个实数根，并且这个方程的两个实数根恰好是等腰三角形的两条边长．则： （1）m的值为 ； （2）的周长为 ． 03 压轴题型 压轴题型一　配方法的应用 例. （23-24八年级上·山西大同·阶段练习）读下面的材料 并解答后面的问题： 小李：能求出的最小值吗？如果能，其最小值是多少？ 小华：能．求解过程如下： 因为 而，所以的最小值是． 问题： (1)你能否求出的最小值？如果能，写出你的求解过程． (2)你能否求出的最大值？如果能，写出你的求解过程． 巩固训练 1.（23-24七年级下·陕西西安·阶段练习）（1）当__________时，多项式的最小值为__________． （2）当__________时，多项式的最大值为__________． （3）当、为何值时，多项式取最小值？并求出这个最小值． 2．（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？ 3．（23-24八年级下·河北保定·期末）悦悦在学习有关配方的知识时，发现一个有趣的现象：关于x的多项式，由于，所以当取任意一对互为相反数的数时，多项式的值是相等的，例如，当，即或1时，的值均为4：当，即或0时，的值均为7，于是悦悦给出一个定义：关于x的多项式，若当取任意一对互为相反数的数时，该多项式的值相等，就称该多项式关于对称，例如关于对称． 请结合悦悦的思考过程，运用此定义解决下列问题： (1)多项式关于______对称；多项式关于______对称； (2)若关于x的多项式关于对称，求n的值； (3)若整式关于对称，求实数a的值． 4．（23-24八年级下·福建福州·期中）阅读与思考： 【阅读材料】我们把多项式及叫做完全平方公式．如果一个多项式不是完全平方公式，我们常做如下变形：先添加一个适当的项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项．使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法，配方法是一种重要的解决问题的数学方法，可以求代数式的最大值或最小值． 例如：求代数式的最小值． ，可知当时，有最小值，最小值是． 再例如：求代数式的最大值． ，可知当时，有最大值．最大值是． (1)求的最小值为_____，的最小值为_____； (2)若多项式，试求M的最小值； (3)如图，学校打算用长米的篱笆围一个长方形的菜地，菜地的一面靠墙(墙足够长)，求围成的菜地的最大面积． 压轴题型二　新定义型用因式分解法解一元二次方程问题 例.（2024·浙江杭州·一模）在实数范围内定义一种新运算“※”，其运算规则为．根据这个规则，方程的解是（    ） A． B． C．或 D．或 巩固训练 1.（23-24八年级下·安徽安庆·期中）对于实数，，定义运算“”：，例如：．若，则方程的根为（    ） A．都为 B．都为 C．或 D．或 2.（2024·安徽阜阳·三模）定义新运算，如，则方程的解是（    ） A．， B．， C．， D．， 3.（2024·甘肃天水·一模）在正数范围内定义一种运算：，如，若，则的值为（    ） A．1 B． C．5或 D．5 压轴题型三　用十字相乘法求解一元二次方程 例.（23-24九年级上·四川眉山·阶段练习）阅读材料：解方程，我们可以按下面的方法解答： （1）分解因式 ①竖分二次项与常数项： ②交叉相乘，验中项：    ③横向写出两因式： （2）根据乘法原理，若，则或 ，则方程可以这样求解： 方程左边因式分解得 或 试用上述这种十字相乘法解下列方程 (1)； (2)； (3)； (4)． 巩固训练 1.（23-24八年级下·山东烟台·期中）阅读材料：解方程，我们可以按下面的方法解答： （1）分解因式 ①竖分二次项与常数项： ， ②交叉相乘，验中项： ③横向写出两因式： （2）若，则或，所以方程可以这样求解： 方程左边分解因式得 ∴或 ∴， 上述这种解一元二次方程的方法叫做十字相乘法．请参考以上方法解下列方程： (1)； (2)． 2.（23-24九年级上·全国·课后作业）（1）将进行因式分解，我们可以按下面的方法解答： 解：①坚分二次项与常数项：． ②交叉相乘，验中项（交叉相乘后的结果相加，其结果须等于多项式中的一次项）：    ③横向写出两因式：． 我们把这种用十字交叉相乘分解因式的方法叫十字相乘法． （2）根据乘法原理：若，则或． 试用上述方法和原理解下列方程： ①； ②； ③； ④． 压轴题型四　换元法解一元二次方程 例. （23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）阅读下面的材料，回答问题： 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：，，，． 这一方法，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． (1)方程的解为________． (2)仿照材料中的方法，尝试解方程． 巩固训练 1.（23-24八年级下·北京顺义·阶段练习）阅读下列材料：为解方程可将方程变形为然后设，则，原方程化为①，解①得．当时，无意义，舍去；当时，，解得原方程的解为； 上面这种方法称为“换元法”，把其中某些部分看成一个整体，并用新字母代替（即换元），则能使复杂的问题转化成简单的问题． (1)利用换元法解方程时，新字母设为，则___________，原方程化为___________，解得___________． (2)求方程的解． 2.（23-24八年级下·安徽亳州·阶段练习）解高次方程的思想就是“降次”，将含未知数的某部分用低次项替换，例如解四次方程时，可设，则原方程可化为，先解出y，将y的值再代入中解x的值，由此高次方程得解．解高次方程也可以将方程中某个部分看作一个整体，例如上述方程中，可将看作一个整体，得，解出的值，再进一步求解即可． 根据上述方法，完成下列问题： (1)若，则的值为___________； (2)解方程：． 3.（23-24九年级上·江苏宿迁·阶段练习）解方程时，我们可以将视为一个整体，设，则，原方程化为，解此方程，得，， 当时，，，∴； 当时，，，∴． ∴原方程的解为，，，． 以上方法就叫换元法，达到了降次的目的，体现了转化的思想． 运用上述方法解答下列问题： (1)； (2)． 压轴题型五　用一元二次方程解决营销问题 例：（23-24八年级下·山东济南·期末）济南市公安交警部门提醒市民：“出门戴头盔，放心平安归”.某商店统计了某品牌头盔的销售量，四月份售出375个，六月份售出540个，且从四月份到六月份月增长率相同. (1)求该品牌头盔销售量的月增长率； (2)经市场调研发现，此种品牌头盔如果每个盈利10元，月销售量为500个，若在此基础上每个涨价1元，则月销售量将减少20个，现在既要使月销售利润达到6000元，又要尽可能让顾客得到实惠，那么该品牌头盔每个应涨价多少元？ 巩固训练 1．（23-24八年级下·安徽滁州·期末）某品牌粽子专营店在销售中发现，一盒鲜肉粽的进价为40元，销售价为60元时，每天可售出20盒，为了迎接“端午节”，该店决定采取适当的降价措施，以扩大销售量，增加利润，经市场调查发现，若该种粽子每盒降价1元，则平均可多售出3盒．设该种粽子每盒降价元； (1)每天可销售______盒，每盒盈利______元；（用含的代数式表示） (2)求该种粽子每盒最多降价多少元时，平均每天可盈利500元． (3)若店长希望平均每天能盈利800元，这个愿望能实现吗？请说明理由． 2．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）某汽车租赁公司共有300辆可供出租的某款汽车，2021年每辆汽车的日租金为100元，由于物价上涨，到2023年日租金上涨到121元． (1)求2021年至2023年日租金的平均增长率． (2)经市场调研发现，从2023年开始，当每辆汽车的日租金定为121元时，汽车可全部租出；日租金每增加1元，就要少租出2辆．已知汽车租赁公司每日需为每辆租出的汽车支付各类费用31元，每辆未租出的汽车支付各类费用10元． ①在每辆汽车日租金121元的基础上，设上涨元，则每辆汽车的日租金为______元，实际能租出______辆车． ②当每辆汽车的日租金上涨多少元时，该租赁公司的日收益可达28200元？(日收益总租金各类费用) 3．（23-24八年级下·山东滨州·期末）某品牌服装进价每件60元，售价80元，平均每天可售出50件，为了迎接“国庆”，商场决定采取适当的降价措施，扩大销售量，增加盈利，尽量减少库存．经市场调查发现：如果每件服装降价1元，那么平均每天就可多售出5件． (1)要想平均每天销售这种服装盈利1080元，那么每件服装应降价多少元? (2)用配方法说明：要想盈利最多，每件服装销售价应定为多少元? 4．（23-24八年级下·浙江杭州·期中）东新社区为了解决社区停车难的问题，利用一块矩形空地建了一个小型体车场，其布局如图所示，已知，，阴影部分设计为停车位，要铺花砖，其余部分均为宽度为x米的道路.已知铺花砖的面积（即阴影面积）为. (1)求道路的宽是多少米? (2)该停车场共有车位50个，据调查分析，当每个车位的月租金为200元时，可全部租出；若每个车位的月租金每上涨5元，就会少租出1个车位.当每个车位的月租金上涨多少元时，停车场的月租金收入为10120元，同时尽可能让利于居民? 压轴题型六　用一元二次方程解决动态几何问题 例题：（24-25九年级上·全国·假期作业）如图，在中，，，，点由点出发以的速度向终点匀速移动，同时点由点出发以/的速度向终点匀速移动，当一个点到达终点时另一个点也随之停止移动． (1)当点移动时间为秒时，的面积为多少？ (2)点移动多少秒时，的面积为？ (3)在点、的运动过程中，的面积是否会达到？为什么？ 巩固训练 1．（24-25九年级上·全国·假期作业）如图，矩形中，，，点P从A开始沿边向点B以1厘米/秒的速度移动，点Q从点B开始沿边向点C以2厘米/秒的速度移动，当点P到达B点或点Q到达C点时，两点停止移动，如果P、Q分别是从A、B同时出发，t秒钟后． (1)求出的面积； (2)当的面积等于8平方厘米时，求t的值； (3)是否存在的面积等于10平方厘米，若存在，求出t的值，若不存在，说明理由． 2．（23-24八年级下·河南安阳·期中）如图，在四边形中，，，，，，点P从点A出发沿边以的速度向点B移动；同时，点Q从点C出发沿边以的速度向点D移动，当一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为． (1) ， （用含x的代数式表示）； (2)当P、Q两点间的距离是时，求x的值； (3)填空：①当 时，四边形是菱形； ②当 时，四边形是矩形． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第二十四章 一元二次方程易错训练与压轴训练 01 思维导图 目录 易错题型一　利用一元二次方程的定义求待定系数时忽略“a≠0” 1 易错题型二　利用一元二次方程的解求待定系数时忽略“a≠0” 3 易错题型三　利用一元二次方程的判别式求字母的值或取值范围时忽略“a≠0” 4 易错题型四　利用一元二次方程的根与系数关系求值时忽略“△≠0” 6 易错题型五　利用一元二次方程的根与几何图形结合时取舍不当或考虑不全 10 压轴题型一　配方法的应用 13 压轴题型二　新定义型用因式分解法解一元二次方程问题 19 压轴题型三　用十字相乘法求解一元二次方程 21 压轴题型四　换元法解一元二次方程 25 压轴题型五　用一元二次方程解决营销问题 29 压轴题型六　用一元二次方程解决动态几何问题 34 02 易错题型 易错题型一　利用一元二次方程的定义求待定系数时忽略“a≠0” 例题：（23-24八年级下·重庆九龙坡·期末）若方程是关于的一元二次方程，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，形如的方程叫做一元二次方程，由此得出，，求解即可得出答案，熟练掌握一元二次方程的定义是解此题的关键． 【详解】解：由题意得：，， 解得：， 故答案为：． 巩固训练 1．（23-24八年级下·山东威海·期中）若是关于x的一元二次方程，则m的值是 ． 【答案】1 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，解题关键是根据一元二次方程的定义列出方程，注意：二次项系数不为0．根据未知数的次数为2和二次项系数不为0列方程和不等式求解即可． 【详解】解：∵是关于的一元二次方程， ∴，， 解得，； 故答案为：1． 2．（23-24九年级上·江西上饶·期末）已知方程是关于x的一元二次方程，则 ． 【答案】 【分析】本题主要考查一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解题的关键．根据一元二次方程的定义即可得到答案． 【详解】解：方程是关于x的一元二次方程， ， 解得， 故解得， 故答案为：． 3．（23-24九年级上·内蒙古呼和浩特·期中）已知关于的方程是一元二次方程，则 ，这个一元二次方程是 ． 【答案】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，根据一元二次方程的定义：只含有一个未知数，未知数的最高次数为2的整式方程是一元二次方程；即可进行解答． 【详解】解：∵方程是一元二次方程， ∴， 解得：， ∴这个方程为， 故答案为：，． 易错题型二　利用一元二次方程的解求待定系数时忽略“a≠0” 例题：一元二次方程的一个根为0，则 ． 【答案】 【分析】本题主要考查对一元二次方程的解的理解和掌握，能根据题意得出，且，是解此题的关键．把代入一元二次方程得到，且，求出即可． 【详解】解：把代入一元二次方程， 得：，且， 解得：， 故答案为：． 巩固训练 1．（23-24八年级下·安徽蚌埠·期中）若关于的一元二次方程有一个根为，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，一元二次方程的根；根据一元二次方程的定义可得出；根据题意将代入方程求出的值，即可求解． 【详解】解：∵该方程是一元二次方程， ∴， 即； ∵关于的一元二次方程有一个根为， 故将代入方程为， 整理得：， 解得：或（舍去）， 故答案为：． 2．（23-24九年级上·河南漯河·期末）关于x的一元二次方程的一个根是0，则k的值是 ． 【答案】1 【分析】本题考查了一元二次方程的解一元二次方程的定义，将代入方程，结合一元二次方程的定义求解即可． 【详解】解：由题意得：， 解得：， 故答案为：1． 3．（2024·山东东营·二模）如果关于的一元二次方程有一个解是0，那么的值是 ． 【答案】 【分析】此题主要考查了一元二次方程的解的定义，首先把方程的解代入原方程中即可求出待定字母的值，然后就可以求出方程的解； 由于的一元二次方程有一个根为0，直接把代入方程中，二次项系数不为0，即可求出的值． 【详解】∵关于的一元二次方程有一个根为0， 将代入原方程中得 当时， 故答案为：． 易错题型三　利用一元二次方程的判别式求字母的值或取值范围时忽略“a≠0” 例题：（2023春·浙江金华·八年级统考期末）若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则k的值为（    ） A．0或4 B．4或8 C．8 D．4 【答案】D 【分析】若一元二次方程有两个相等的实数根，则根的判别式，建立方程，求出值即可． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程有两个相等的实数根， ∴， 解得，（舍去）． ∴k的值为4， 故选：D． 【点睛】此题考查了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：（1）⇔方程有两个不相等的实数根；（2）⇔方程有两个相等的实数根；（3）⇔方程没有实数根． 巩固训练 1．（2023·山东聊城·统考中考真题）若一元二次方程有实数解，则m的取值范围是（    ） A． B．m≤1 C．且 D．m≤1且 【答案】D 【分析】由于关于的一元二次方程有实数根，根据一元二次方程根与系数的关系可知，且，据此列不等式求解即可． 【详解】解：由题意得，，且， 解得，m≤1，且. 故选：D． 【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式与根的关系，熟练掌握根的判别式与根的关系式解答本题的关键．当时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当时，一元二次方程有两个相等的实数根；当时，一元二次方程没有实数根． 2．（2023秋·四川泸州·九年级统考期末）关于x的一元二次方程有实数根，求m的取值范围． 【答案】且 【分析】根据一元二次方程的定义和根的判别式的性质列出算式，计算即可求解． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程有实数根， ∴且， 解得且， 故m的取值范围且． 【点睛】本题考查的是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：①当时，方程有两个不相等的两个实数根；②当时，方程有两个相等的两个实数根；③当时，方程无实数根． 3．（2023·湖北荆州·统考中考真题）已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根． (1)求的取值范围； (2)当时，用配方法解方程． 【答案】(1)且 (2)， 【分析】（1）根据题意，可得，注意一元二次方程的系数问题，即可解答， （2）将代入，利用配方法解方程即可． 【详解】（1）解：依题意得：， 解得且； （2）解：当时，原方程变为：， 则有：， ， ， 方程的根为，． 【点睛】本题考查了根据根的情况判断参数，用配方法解一元二次方程，熟练利用配方法解一元二次方程是解题的关键． 易错题型四　利用一元二次方程的根与系数关系求值时忽略“△≠0” 例题：（2023春·安徽马鞍山·八年级安徽省马鞍山市第七中学校考期末）若、是关于的方程的两个不相等的实数根，且，则的值为 ． 【答案】3 【分析】根据根与系数的关系得到，再根据得到，解方程求出k的值，最后用根的判别式验证是否符合题意即可． 【详解】解：∵、是关于的方程的两个不相等的实数根， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， 解得或， 又∵方程有两个不相等的实数根， ∴， ∴， ∴， 故答案为：3． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，根的判别式，解一元二次方程，熟知一元二次方程的相关知识是解题的关键． 巩固训练 1．（2023春·山东济宁·八年级统考期中）已知关于x的一元二次方程有两个实数根， (1)求k的取值范围； (2)若，满足，求k的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据判别式的意义得到，然后解不等式即可得到的范围； （2）根据根与系数的关系得到，，由题意得出关于的方程，则可求出答案． 【详解】（1）解：根据题意得， 解得； 的取值范围是． （2）根据题意得，， ，满足， ， ， ， ， 经检验是原方程的根， ， ． 【点睛】本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根时，，．也考查了根的判别式的意义． 2．（2023春·黑龙江大庆·八年级统考阶段练习）已知关于x的方程有两个不相等的实数根． (1)求m的取值范围． (2)若两个实数根分别是，，且，求m的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意可得，继而求得实数的取值范围； （2）由方程的两个实数根为、，且，可得方程，解关于的方程求得答案． 【详解】（1）解：关于的一元二次方程有两个不相等的实数根． ， 即； （2）解：由根与系数的关系可知：，， ， ， 解得或， 而， 的值为． 【点睛】此题考查了根的判别式以及根与系数的关系．注意方程有两个不相等的实数根，若二次项系数为1，常用以下关系：，是方程的两根时，，． 3．（2023春·安徽六安·八年级统考期末）已知关于的一元二次方程． (1)若是方程的一个根，求的值和方程的另一根； (2)若是方程的两个实数根，且满足，求的值． 【答案】(1)的值为，另一个根为 (2)的值为 【分析】（1）直接把代入方程中，求出m的值，再根据根与系数的关系求出另一个根即可； （2）根据根与系数的关系得到，再利用判别式求出，结合已知条件推出，即，解方程即可得到答案． 【详解】（1）解：将代入方程得，， 解得 设另一个根为，则， 解得 ∴的值为，另一个根为； （2）解：由题意得：， 同时满足即， ∴， ∵， ∴ ∴ 解得或， ∵ ∴， ∴的值为． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，一元二次方程解的定义，解一元二次方程等等，熟知一元二次方程的相关知识是解题的关键． 易错题型五　利用一元二次方程的根与几何图形结合时取舍不当或考虑不全 例题：（2023·四川凉山·统考一模）已知等腰三角形的一边长，另外两边的长恰好是关于的一元二次方程的两个根，则的周长为 【答案】15 【分析】分情况讨论：若a作为腰，则方程的一个根为6，将6代入求出k的值，然后求出方程的解，得出三角形的周长；将a作为底，则说明方程有两个相等的实数根，则根据求出k的值，然后将k的值代入方程求出解，得出周长． 【详解】若为腰，则中还有一腰，即6是方程的一个根． ∴ 解得： 将代入得： 解得：． ， 此时能构成三角形，的周长为： 若为底，则，即方程有两个相等的实根． ∴ 解得： 将代入得： 解得：． ， ∵ ∴此时不能构成三角形，不能计算周长 综上可得：的周长为15． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质、一元二次方程的根、一元二次方程的解法、根的判别式等知识，按若是否为底边分类讨论和构成三角形的条件是解题的关键．特别注意验证是否能构成三角形． 巩固训练 1．（2023春·八年级单元测试）已知关于x的方程，若等腰三角形ABC的一边长a=1，另外两边长b，c恰好是这个方程的两个根，则△ABC的周长为 ． 【答案】5 【分析】已知a=1，则a可能是底，也可能是腰，分两种情况求得b，c的值后，再求出△ABC的周长．注意两种情况都要用三角形三边关系定理进行检验． 【详解】解：①若a=1为底边，则b，c为腰长，则b=c，则Δ=0． ∴， 解得：k=2． 此时原方程化为， ∴==2，即b=c=2． 此时△ABC三边为1，2，2能构成三角形， ∴△ABC的周长为：1+2+2=5； ②若b≠c，则b=a=1或c=a=1，即方程有一根为1， ∵把x=1代入方程，得1-（k+2）+2k=0， 解得k=1， ∴此时方程为， 解得=1，=2， ∴方程另一根为2， ∵1、1、2不能构成三角形， ∴此情况舍去． 综上所述，所求△ABC的周长为5． 故答案为：5． 【点睛】此题主要考查了一元二次方程的应用、根的判别式及三角形三边关系定理，注意求出三角形的三边后，要用三边关系定理检验． 2．（2023春·浙江·八年级期中）有一边为3的等腰三角形，它的两边长是方程的两根，则这个三角形的周长为 ． 【答案】13 【分析】由题意可分当边长为3是等腰三角形的腰长时，则把x=3代入方程进行求解即可；当边长为3是等腰三角形的底边时，则方程有两个相等的实数根，然后求解即可． 【详解】解：由题意得： ①当边长为3是等腰三角形的腰长时，则把x=3代入方程得： ，解得：， ∴原方程为，解得：， ∴这个等腰三角形的三边长为3、3、7，不符合三角形三边关系，故舍去； ②当边长为3是等腰三角形的底边时，则方程有两个相等的实数根， ∴， 解得：， ∴原方程为，解得：， ∴这个等腰三角形的三边长为3、5、5，符合三角形三边关系， ∴这个三角形的周长为3+5+5=13； 故答案为13． 【点睛】本题主要考查一元二次方程的解法与根的判别式及等腰三角形的定义，熟练掌握一元二次方程的解法与根的判别式及等腰三角形的定义是解题的关键． 3．（2023春·安徽滁州·八年级校考阶段练习）已知是关于x的方程的一个实数根，并且这个方程的两个实数根恰好是等腰三角形的两条边长．则： （1）m的值为 ； （2）的周长为 ． 【答案】 2 10 【分析】（1）将代入方程求解即可； （2）首先求出方程的两个根，然后根据等腰三角形的性质求解即可． 【详解】（1）把代入方程 得， 解得； （2）方程化为， 解得，， ∵， ∴等腰三角形ABC的腰长为4，底边长为2， ∴的周长为． 故答案为：2，10． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，也考查了三角形三边的关系．注意等腰三角形的问题要分类讨论，考虑周全． 03 压轴题型 压轴题型一　配方法的应用 例. （23-24八年级上·山西大同·阶段练习）读下面的材料 并解答后面的问题： 小李：能求出的最小值吗？如果能，其最小值是多少？ 小华：能．求解过程如下： 因为 而，所以的最小值是． 问题： (1)你能否求出的最小值？如果能，写出你的求解过程． (2)你能否求出的最大值？如果能，写出你的求解过程． 【答案】(1)能，求解过程见解析． (2)能，求解过程见解析． 【分析】（1）本题考查配方法的运用，解题关键在于同时加上且减去一次项系数一半的平方，配成一个完全平方公式，并结合完全平方式的非负性，即可解题． （2）本题同样考查配方法的运用，只是注意二次项系数为负，配方前要先提，再配成完全平方公式． 【详解】（1）解： ． 而，所以的最小值是． （2）解： ． 而，则，所以的最大值是7． 巩固训练 1.（23-24七年级下·陕西西安·阶段练习）（1）当__________时，多项式的最小值为__________． （2）当__________时，多项式的最大值为__________． （3）当、为何值时，多项式取最小值？并求出这个最小值． 【答案】（1）3，3 （2）1， （3），，最小值是10 【分析】本题考查了配方法的应用，非负数的性质应用，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）由配方可知，然后根据非负数的性质，判断出的值，然后进行计算即可； （2）由配方可知，然后根据非负数的性质，判断出的值，然后进行计算即可； （3）由配方可知，然后根据非负数的性质，判断出和的取值，然后进行计算即可． 【详解】（1） 当时，多项式取最小值，且最小值为3； 故答案为：3，3 （2） 当时，多项式取最大值，且最大值为； 故答案为：1，； （3） ， 当且，即时，多项式取最小值，并且最小值为． ，，最小值是10． 2．（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． 3．（23-24八年级下·河北保定·期末）悦悦在学习有关配方的知识时，发现一个有趣的现象：关于x的多项式，由于，所以当取任意一对互为相反数的数时，多项式的值是相等的，例如，当，即或1时，的值均为4：当，即或0时，的值均为7，于是悦悦给出一个定义：关于x的多项式，若当取任意一对互为相反数的数时，该多项式的值相等，就称该多项式关于对称，例如关于对称． 请结合悦悦的思考过程，运用此定义解决下列问题： (1)多项式关于______对称；多项式关于______对称； (2)若关于x的多项式关于对称，求n的值； (3)若整式关于对称，求实数a的值． 【答案】(1)1； (2) (3) 【分析】本题考查了配方法的应用，能够对多项式进行配方，根据新定义判断出对称轴是解题的关键． （1）依据题意，读懂题目，仅需配方即可得解； （2）依据题意，由多项式，又多项式关于对称，从而可以得解； （3）依据题意，由，进而可以判断得解． 【详解】（1）解：由题意，∵， ∴多项式关于对称． ∵， ∴多项式关于对称． 故答案为：1；． （2）解：由题意，多项式， ∴多项式关于对称． 又多项式关于对称． ， ． （3）解：由题意：得 ， ∴关于对称． 又∵关于对称， ． 4．（23-24八年级下·福建福州·期中）阅读与思考： 【阅读材料】我们把多项式及叫做完全平方公式．如果一个多项式不是完全平方公式，我们常做如下变形：先添加一个适当的项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项．使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法，配方法是一种重要的解决问题的数学方法，可以求代数式的最大值或最小值． 例如：求代数式的最小值． ，可知当时，有最小值，最小值是． 再例如：求代数式的最大值． ，可知当时，有最大值．最大值是． (1)求的最小值为_____，的最小值为_____； (2)若多项式，试求M的最小值； (3)如图，学校打算用长米的篱笆围一个长方形的菜地，菜地的一面靠墙(墙足够长)，求围成的菜地的最大面积． 【答案】(1)6； (2) (3)围成的菜地的最大面积是 【分析】本题考查了完全平方公式的应用，熟练掌握完全平方公式是解题的关键． （1）由，可知时，有最小值6；由，可知当时，代数式有最小值，最小值为； （2）根据，求解作答即可； （3）设垂直于墙的一边长为x米，则另一边长为米，依题意得：，然后求解作答即可． 【详解】（1）解：∵， ∴当时，有最小值6； ∵， ∴当时，代数式有最小值，最小值为， 故答案为：6，； （2）解：∵， ∴当时，M有最小值，最小值为； （3）解：设垂直于墙的一边长为x米，则另一边长为米， 依题意得：， ∴当时，S有最大值，最大值是， ∴围成的菜地的最大面积是． 压轴题型二　新定义型用因式分解法解一元二次方程问题 例.（2024·浙江杭州·一模）在实数范围内定义一种新运算“※”，其运算规则为．根据这个规则，方程的解是（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】根据新定义，列出常规式的方程，解答即可． 本题考查了新定义的应用、解一元二次方程，正确理解定义，建立方程是解题的关键． 【详解】∵ ，， ∴， 整理，得， 解得或， 故选C． 巩固训练 1.（23-24八年级下·安徽安庆·期中）对于实数，，定义运算“”：，例如：．若，则方程的根为（    ） A．都为 B．都为 C．或 D．或 【答案】C 【分析】本题考查的知识点是新定义运算、解一元二次方程，解题关键是理解题意． 现根据新定义运算得出一元二次方程，再求解即可． 【详解】解：根据定义运算可得， 即为， 即， ，， 则方程的根为或． 故选：． 2.（2024·安徽阜阳·三模）定义新运算，如，则方程的解是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握解一元二次方程的方法和步骤． 根据题意，将原方程化为，再将方程化为一般式，最后用因式分解法求解即可． 【详解】解：根据题意可得：， ， ∵， ∴， 整理得：， 解得：，， 故选：B． 3.（2024·甘肃天水·一模）在正数范围内定义一种运算：，如，若，则的值为（    ） A．1 B． C．5或 D．5 【答案】C 【分析】此题考查了一元二次方程的应用，弄清题中的新定义是解本题的关键．利用题中的新定义，得到 ，解出即可求解． 【详解】解：由题意得：，即 解得：或， 故选：C． 压轴题型三　用十字相乘法求解一元二次方程 例.（23-24九年级上·四川眉山·阶段练习）阅读材料：解方程，我们可以按下面的方法解答： （1）分解因式 ①竖分二次项与常数项： ②交叉相乘，验中项：    ③横向写出两因式： （2）根据乘法原理，若，则或 ，则方程可以这样求解： 方程左边因式分解得 或 试用上述这种十字相乘法解下列方程 (1)； (2)； (3)； (4)． 【答案】(1)， (2)， (3)， (4)， 【分析】（1）利用十字相乘法解方程即可； （2）利用十字相乘法解方程即可； （3）利用十字相乘法解方程即可； （4）利用十字相乘法解方程即可． 【详解】（1）解： 或 ∴，； （2）解： 或 ∴，； （3） 或 ∴，； （4） 或 ∴，． 【点睛】本题考查十字相乘法解方程，掌握十字相乘法是解题的关键． 巩固训练 1.（23-24八年级下·山东烟台·期中）阅读材料：解方程，我们可以按下面的方法解答： （1）分解因式 ①竖分二次项与常数项： ， ②交叉相乘，验中项： ③横向写出两因式： （2）若，则或，所以方程可以这样求解： 方程左边分解因式得 ∴或 ∴， 上述这种解一元二次方程的方法叫做十字相乘法．请参考以上方法解下列方程： (1)； (2)． 【答案】(1)，； (2)， 【分析】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键． （1）利用十字相乘法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，进一步求解可得答案； （2）利用十字相乘法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，进一步求解可得答案． 【详解】（1）解： 或 ∴，； （2）解： 或 ∴，． 2.（23-24九年级上·全国·课后作业）（1）将进行因式分解，我们可以按下面的方法解答： 解：①坚分二次项与常数项：． ②交叉相乘，验中项（交叉相乘后的结果相加，其结果须等于多项式中的一次项）：    ③横向写出两因式：． 我们把这种用十字交叉相乘分解因式的方法叫十字相乘法． （2）根据乘法原理：若，则或． 试用上述方法和原理解下列方程： ①； ②； ③； ④． 【答案】①，  ②，  ③，  ④， 【分析】根据题中十字相乘法的解法步骤求解即可． 【详解】解：①由题知，，， ∴原方程可化为， ∴或， ∴，； ②由题知，，， ∴原方程可化为， ∴或， ∴，； ③由题知，，， ∴原方程可化为， ∴或， ∴，； ④由题知，，， ∴原方程可化为， ∴或， ∴，． 【点睛】本题考查十字相乘法解一元二次方程，理解题干中的十字相乘法的解法是解答的关键． 压轴题型四　换元法解一元二次方程 例. （23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）阅读下面的材料，回答问题： 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：，，，． 这一方法，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． (1)方程的解为________． (2)仿照材料中的方法，尝试解方程． 【答案】(1)， (2)，； 【分析】本题考查了根的判别式，换元法解一元二次方程，能够正确换元是解此题的关键． （1）结合材料，利用，再换元，求出的值，再代入求出即可； （2）结合材料，利用，再换元，求出的值，再代入求出即可． 【详解】（1）解：设，则原方程变为， 解得：，， 当时，，解得； 当时，，方程无解； 故原方程的解为：，， 故答案为：，． （2）解：设，则原方程变为， 解得：，， 当时，，解得：，； 当时，，即， ， 方程无解； 故原方程的解为：，． 巩固训练 1.（23-24八年级下·北京顺义·阶段练习）阅读下列材料：为解方程可将方程变形为然后设，则，原方程化为①，解①得．当时，无意义，舍去；当时，，解得原方程的解为； 上面这种方法称为“换元法”，把其中某些部分看成一个整体，并用新字母代替（即换元），则能使复杂的问题转化成简单的问题． (1)利用换元法解方程时，新字母设为，则___________，原方程化为___________，解得___________． (2)求方程的解． 【答案】(1)，； (2) 【分析】本题考查了换元法解方程，正确换元是解题的关键； （1）根据题意，可设，于是原方程变形为，利用因式分解法求解即可． （2）根据，转化为方程，，解方程即可． 【详解】（1）解：根据题意，可设，于是原方程变形为， 解得， 故答案为：，；． （2）解：根据题意，得，方程转化为，， 故， 解得； 当时，此时，方程无解， 故原方程的解为． 2.（23-24八年级下·安徽亳州·阶段练习）解高次方程的思想就是“降次”，将含未知数的某部分用低次项替换，例如解四次方程时，可设，则原方程可化为，先解出y，将y的值再代入中解x的值，由此高次方程得解．解高次方程也可以将方程中某个部分看作一个整体，例如上述方程中，可将看作一个整体，得，解出的值，再进一步求解即可． 根据上述方法，完成下列问题： (1)若，则的值为___________； (2)解方程：． 【答案】(1)2 (2)或或或 【分析】本题考查了换元法解一元二次方程，注意，解方程时要解完整． （1）根据题意，设，然后解关于k的一元二次方程，再根据取值即可； （2）设，然后解关于t的一元二次方程，然后再来求关于y的一元二次方程． 【详解】（1）解：设， 原方程为：，即， ， ， 或， ， ， ， 故答案为：2； （2）解：设， 原方程为：，即， ， 或， 当时，， ， 或； 当时，， ， 或； 综上，或或或． 3.（23-24九年级上·江苏宿迁·阶段练习）解方程时，我们可以将视为一个整体，设，则，原方程化为，解此方程，得，， 当时，，，∴； 当时，，，∴． ∴原方程的解为，，，． 以上方法就叫换元法，达到了降次的目的，体现了转化的思想． 运用上述方法解答下列问题： (1)； (2)． 【答案】(1)， (2)， 【分析】本题主要考查了换元法解一元二次方程、因式分解法解一元二次方程、一元二次方程的根的判别式等知识，利用换元法解一元二次方程是解题关键． （1）先把要求的式子变形为，再进行因式分解，求出符合条件的的值，从而得出的值； （2）根据已知条件设求出的值，即可获得答案． 【详解】（1）解：， 设，则原方程化为， ∴， ∴或（舍去）， 即， ∴，； （2）解：， 设，则原方程化为， ∴， ∴或， 当时，可有，解得，， 当时，可有， ∵， ∴该方程无解， ∴原方程的解为，． 压轴题型五　用一元二次方程解决营销问题 例：（23-24八年级下·山东济南·期末）济南市公安交警部门提醒市民：“出门戴头盔，放心平安归”.某商店统计了某品牌头盔的销售量，四月份售出375个，六月份售出540个，且从四月份到六月份月增长率相同. (1)求该品牌头盔销售量的月增长率； (2)经市场调研发现，此种品牌头盔如果每个盈利10元，月销售量为500个，若在此基础上每个涨价1元，则月销售量将减少20个，现在既要使月销售利润达到6000元，又要尽可能让顾客得到实惠，那么该品牌头盔每个应涨价多少元？ 【答案】(1)头盔销售量的月增长率为； (2)该品牌的头盔每个应涨价5元. 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． （1）设该品牌头盔销售量的月增长率为x，根据该品牌头盔4月份及6月份的月销售量，得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可； （2）设头盔每个涨价元，根据“月销售利润达到6000元”，得出关于的一元二次方程求解，根据“尽可能让市民得到实惠”取舍即可． 【详解】（1）解：设头盔销售量的月增长率为，根据题意得： ， 解得，（舍去）， 头盔销售量的月增长率为； （2）解：设头盔每个涨价元，根据题意得： ， 整理得， 解得，（舍去）， 答：该品牌的头盔每个应涨价5元 巩固训练 1．（23-24八年级下·安徽滁州·期末）某品牌粽子专营店在销售中发现，一盒鲜肉粽的进价为40元，销售价为60元时，每天可售出20盒，为了迎接“端午节”，该店决定采取适当的降价措施，以扩大销售量，增加利润，经市场调查发现，若该种粽子每盒降价1元，则平均可多售出3盒．设该种粽子每盒降价元； (1)每天可销售______盒，每盒盈利______元；（用含的代数式表示） (2)求该种粽子每盒最多降价多少元时，平均每天可盈利500元． (3)若店长希望平均每天能盈利800元，这个愿望能实现吗？请说明理由． 【答案】(1)； (2)当该种粽子每盒最多降价10元时，平均每天可盈利500元 (3)这个愿望不能实现，详见解析 【分析】本题主要考查了用代数式表示式，一元二次方程的应用以及一元二次方程根的判别式的应用． （1）根据题意，每盒降价x元，则每天可销售盒，每盒盈利元； （2）根据利润等于每盒的盈利乘以盒数列出关于x的一元二次方程，求解后再根据最多降价即可得出答案． （3）根据利润等于每盒的盈利乘以盒数列出关于x的一元二次方程，利用根的判别式即可得出答案． 【详解】（1）解：根据题意，每盒降价x元，则每天可销售盒， 每盒盈利元； 故答案为：； （2）根据题意，得， 整理，得， 解得，（舍去） 答∶该种粽子每盒最多降价10元时，平均每天可盈利500元； （3）不能，理由如下∶ 根据题意，得， 整理，得， ∵， ∴该方程无解， 故不能使平均每天盈利800元．则个愿望不能实现． 2．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）某汽车租赁公司共有300辆可供出租的某款汽车，2021年每辆汽车的日租金为100元，由于物价上涨，到2023年日租金上涨到121元． (1)求2021年至2023年日租金的平均增长率． (2)经市场调研发现，从2023年开始，当每辆汽车的日租金定为121元时，汽车可全部租出；日租金每增加1元，就要少租出2辆．已知汽车租赁公司每日需为每辆租出的汽车支付各类费用31元，每辆未租出的汽车支付各类费用10元． ①在每辆汽车日租金121元的基础上，设上涨元，则每辆汽车的日租金为______元，实际能租出______辆车． ②当每辆汽车的日租金上涨多少元时，该租赁公司的日收益可达28200元？(日收益总租金各类费用) 【答案】(1) (2)①，； ②或元 【分析】本题考查了一元二次方程的应用以及列代数式； （1）设年至年日租金的平均增长率为，利用年每辆汽车的日租金年每辆汽车的日租金年至年日租金的平均增长率，可列出关于的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论； （2）①利用每辆汽车的日租金每辆汽车日租金上涨的钱数，可用含的代数式表示出每辆汽车的日租金；利用实际能租出的数量每辆汽车日租金上涨的钱数，即可用含的代数式表示出实际能租出的数量； ②利用日收益总租金各类费用，可列出关于的一元二次方程，解之即可得出结论． 【详解】（1）解：设年至年日租金的平均增长率为， 根据题意得：， 解得： (不符合题意，舍去)． 答：2年至年日租金的平均增长率为； （2）①根据题意得：在每辆汽车日租金元的基础上，设上涨元，则每辆汽车的日租金为元， 实际能租出辆． 故答案为：，； ②根据题意得：， 整理得：， 解得：． 答：当每辆汽车的日租金上涨或元时，该租赁公司的日收益可达元． 3．（23-24八年级下·山东滨州·期末）某品牌服装进价每件60元，售价80元，平均每天可售出50件，为了迎接“国庆”，商场决定采取适当的降价措施，扩大销售量，增加盈利，尽量减少库存．经市场调查发现：如果每件服装降价1元，那么平均每天就可多售出5件． (1)要想平均每天销售这种服装盈利1080元，那么每件服装应降价多少元? (2)用配方法说明：要想盈利最多，每件服装销售价应定为多少元? 【答案】(1)每件服装应降价8元 (2)每件服装销售价应定为（元） 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，配方法的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程；以及根据各数量之间的关系，列出函数关系式是解题关键． （1）设每件童装应降价x元，根据每件童装降价1元，那么平均每天就可多售出5件分别表示出降价后的利润与销量，列出方程，求出方程的解即可得到结果； （2）设利润为y元，列出y与x的函数解析式，配方即可确定出y最多时x的值． 【详解】（1）解：设每件服装应降价元， 根据题意得：， 整理得：，即， 解得：， 因为扩大销售量，增加盈利，尽量减少库存，所以舍去， 故每件服装应降价8元； （2）根据题意得：利润， ∵， ∴，当时取等号， 当时，利润最大， 即要想利润最多， 每件服装销售价应定为（元）． 4．（23-24八年级下·浙江杭州·期中）东新社区为了解决社区停车难的问题，利用一块矩形空地建了一个小型体车场，其布局如图所示，已知，，阴影部分设计为停车位，要铺花砖，其余部分均为宽度为x米的道路.已知铺花砖的面积（即阴影面积）为. (1)求道路的宽是多少米? (2)该停车场共有车位50个，据调查分析，当每个车位的月租金为200元时，可全部租出；若每个车位的月租金每上涨5元，就会少租出1个车位.当每个车位的月租金上涨多少元时，停车场的月租金收入为10120元，同时尽可能让利于居民? 【答案】(1)米 (2)上涨元 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． （1）道路的宽为米，根据铺花砖的面积 (即阴影面积)为 ，结合其布局图，列出一元二次方程，解方程取符合题意的值即可； （2）设每个车位的月租金上涨元时，停车场的月租金收入为元，根据“该停车场共有车位个，据调查分析，当每个车位的月租金为元时，可全部租出；若每个车位的月租金每上涨元，就会少租出个车位”，列出一元二次方程，解方程取尽可能让利于居民的值即可． 【详解】（1）道路的宽为米, 由题意得： 整理得： 解得： (不合题意，舍去)， 答：道路的宽是米； （2）设每个车位的月租金上涨元时，停车场的月租金收入元, 由题意得：， 整理得：， 解得：， ∵尽可能让利于居民， ， 答：每个车位的月租金上涨元时，停车场的月租金收入为元． 压轴题型六　用一元二次方程解决动态几何问题 例题：（24-25九年级上·全国·假期作业）如图，在中，，，，点由点出发以的速度向终点匀速移动，同时点由点出发以/的速度向终点匀速移动，当一个点到达终点时另一个点也随之停止移动． (1)当点移动时间为秒时，的面积为多少？ (2)点移动多少秒时，的面积为？ (3)在点、的运动过程中，的面积是否会达到？为什么？ 【答案】(1) (2)秒或秒 (3)不会达到，理由见解析 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，三角形的面积公式，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 由三角形的面积公式可求解； 设点移动经过秒，的面积为，列出方程可求解； 列出方程，由，可得的面积不会达到． 【详解】（1）解：当点移动时间为秒时，，， ∴， ∴的面积； （2）解：设点移动经过秒，的面积为，由题意可得∶ ， ∴或， 答∶点移动经过秒或秒，的面积为； （3）解：的面积不会达到．理由如下∶ 设点移动经过秒，的面积为，由题意可得∶ ， ， ∴， ∴方程无解， ∴的面积不会达到． 巩固训练 1．（24-25九年级上·全国·假期作业）如图，矩形中，，，点P从A开始沿边向点B以1厘米/秒的速度移动，点Q从点B开始沿边向点C以2厘米/秒的速度移动，当点P到达B点或点Q到达C点时，两点停止移动，如果P、Q分别是从A、B同时出发，t秒钟后． (1)求出的面积； (2)当的面积等于8平方厘米时，求t的值； (3)是否存在的面积等于10平方厘米，若存在，求出t的值，若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据矩形，，，，结合点P从A开始沿边向点B以1厘米/秒的速度移动，点Q从点B开始沿边向点C以2厘米/秒的速度移动，得到，继而得到，利用三角形面积公式计算的面积即可； （2）根据，结合的面积等于8平方厘米，构造方程，解方程即可求t的值． （3）根据，结合的面积等于8平方厘米，构造方程，利用一元二次方程根的判别式计算解答即可． 【详解】（1）∵矩形，，， ∴， ∵点P从A开始沿边向点B以1厘米/秒的速度移动，点Q从点B开始沿边向点C以2厘米/秒的速度移动， ∴， ∴， ∴． （2）∵，且的面积等于8平方厘米， ∴， 解得或． （3）∵，且的面积等于10平方厘米， ∴， 整理，得， ∴， ∴方程无实数根， 故不存在的面积等于10平方厘米． 【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的面积，一元二次方程的解法，一元二次方程根的判别式的应用，熟练掌握一元二次方程的解法，一元二次方程根的判别式的应用是解题的关键． 2．（23-24八年级下·河南安阳·期中）如图，在四边形中，，，，，，点P从点A出发沿边以的速度向点B移动；同时，点Q从点C出发沿边以的速度向点D移动，当一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为． (1) ， （用含x的代数式表示）； (2)当P、Q两点间的距离是时，求x的值； (3)填空：①当 时，四边形是菱形； ②当 时，四边形是矩形． 【答案】(1)，x (2)1 (3)①2；② 【分析】（）根据题意即可求解； （）过点作于，过点作的延长线于，可得四边形和四边形是矩形，得，，，可得，利用勾股定理得，在中，由勾股定理得，解方程得或，又根据，得，即可求解； （）由菱形的性质得，即，解方程即可求解； 由矩形的性质得，即，解方程即可求解． 【详解】（1）解：由题意可得，，， ∴， 故答案为：，； （2）解：过点作于，过点作的延长线于，则， ∵，， ∴， ∴，， ∴四边形和四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得或， ∵， ∴， ∴不合，舍去， ∴； （3）解：要使四边形是菱形，则， 即， ∴， 故答案为：； 要使四边形是矩形，则， 即， ∴ 故答案为：，． 【点睛】本题考查了一元一次方程的几何应用，矩形的判定和性质，平行线的性质，解一元二次方程，勾股定理，不等式组的应用，菱形的性质，掌握矩形和菱形的性质是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 $$