专题06 一元二次方程48道压轴题型专训（8大题型）-2024-2025学年八年级数学上册重难点专题提升精讲精练 （沪教版）

专题06 一元二次方程48道压轴题型专训（8大题型） 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·浙江绍兴·阶段练习）新定义：关于的一元二次方程与称为“同族二次方程”，如与是“同族二次方程”，现有关于的一元二次方程与是“同族二次方程”，那么代数式能取的最小值是（   ） A．2023 B．2024 C．2018 D．2019 2．（2024·四川巴中·一模）若x、y均为实数，则代数式的最小值是 ． 3．（23-24八年级上·上海浦东新·阶段练习）在实数范围内因式分解： 4．（23-24八年级上·上海·阶段练习）阅读理解： 一位同学将代数式变形为，得到后分析发现，那么当时，此代数式有最小值是4． 请同学们思考以下问题： (1)已知代数式，此代数式有最___________值（填“大”或“小”），且值为___________． (2)已知代数式，此代数式有最___________值（填“大”或“小”），且值为___________． (3)通过阅读材料分析代数式的最值情况，写出详细过程及结论． (4)已知代数式（其中a、b、c为常数，且），探究此代数式的最值情况，若果有，请直接写出答案，如果没有，请说明理由． 5．（23-24八年级下·辽宁沈阳·期中）教科书中这样写道：“形如的式子称为完全平方式”，如果一个多项式不是完全平方式，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，不仅可以将一个看似不能分解的多项式分解因式，还能解决一些与非负数有关的问题或求代数式最大值、最小值等问题． 例如：分解因式：． 解：原式 再如：求代数式的最小值． 解：， 当时，有最小值，最小值是． 根据阅读材料，用配方法解决下列问题： (1)分解因式：（应用配方法） (2)当为何值时，多项式有最大值？并求出这个最大值． (3)利用配方法，尝试求出等式中，的值． 6．（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． 【经典例题二 根的判别式压轴题】 1．（2024·河南南阳·二模）对于实数a，b定义运算“”为 ，例如： ，则关于x的方程的根的情况，下列说法正确的是（    ） A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根 C．没有实数根 D．无法确定 2．（23-24八年级上·上海静安·期中）已知、是实数，有且只有三个不同的满足方程，则的最小值是 ． 3．（23-24八年级上·上海浦东新·阶段练习）已知：方程没有实数根，试问方程根的情况． 4．（23-24八年级上·上海闵行·期末）如果方程是关于x的一元一次方程，试判断方程的根的情况，并说明理由． 5．（2024·北京·三模）已知关于x的一元二次方程． (1)求证：该方程总有两个实数根； (2)若该方程的两个实数根都是整数，且其中一个根是另一个根的3倍，求a的值． 6．（23-24八年级上·上海普陀·期中）已知关于x的一元二次方程（m为实数）． (1)如果方程有两个不相等的实数根，求m的取值范围； (2)写出m的最大非正整数值，并求出此时方程的根． 【经典例题三 根据一元二次方程根的情况求参数压轴题】 1．（24-25八年级上·上海·假期作业）若一元二次方程没有实数根，则代数式的值一定是（ ） A．负数 B．正数 C．非负数 D．小于1 2．（24-25八年级上·上海·假期作业）关于x的方程． （1）有实数根，则k的取值范围是 ； （2）无实数根，则k的取值范围是 ； （3）有两个相等的实数根，则k的取值范围是 ； （4）有两个不相等的实数根，则k的取值范围是 ． 3．（23-24八年级上·上海闵行·期中）已知关于x的一元二次方程，其根的判别式的值是1，求k的值． 4．（23-24八年级上·上海杨浦·期中）已知关于的方程有两个相等的实数根，求的值．并求此时方程的根． 5．（2023·北京石景山·二模）已知关于x的一元二次方程有实数根． (1)求m的取值范围； (2)若该方程的两个根都是整数，写出一个符合条件的m的值，并求此时方程的根． 6．（22-23八年级上·上海普陀·阶段练习）已知关于的方程． (1)有两个不相等的实数根，求m的取值范围； (2)有两个相等的实数根，求m的值，并求出此时方程的根； (3)有实根，求m的最小整数值． 【经典例题四 换元法解一元二次方程压轴题】 1．（23-24九年级上·湖北武汉·阶段练习）若的两个实数根为1和，那么关于的一元二次方程的解为（    ） A． B． C．或 D．或 2．（23-24九年级上·上海静安·阶段练习）已知方程，如果设，那么原方程可以变形为 ． 3．（2023八年级下·全国·专题练习）解方程：x2+2x﹣=1． 4．（23-24八年级上·上海浦东新·阶段练习）已知，求的值． 5．（2023九年级·上海·专题练习）解方程： 6．（2023·湖北荆州·中考真题）阅读下列问题与提示后，将解方程的过程补充完整，求出x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： 【经典例题五 一元二次方程根与系数的关系压轴题】 1．（23-24七年级上·上海杨浦·阶段练习）已知方程有实数根，（其中为实数），则的最小实根是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级上·上海青浦·期中）如果一元二次方程的两根相差1，那么该方程称为“差1方程”． 例如 是“差1方程”． 已知关于 的方程 （是常数）是“差1方程”，则 的值为 3．（22-23八年级·上海·假期作业）设是方程的两个根，利用根与系数的关系，求下列各式的值． (1)； (2)； (3)； (4)； (5)． 4．（23-24八年级上·上海·阶段练习）阅读：对于所有的一元二次方程中，对于两根，存在如下关系：试着利用这个关系解决问题．设方程的两根为， (1)不解方程，求 (2)不解方程，求 (3)不解方程，求 (4)不解方程，求下列式子的值： 5．（2023·湖北襄阳·一模）阅读材料，解答问题： 已知实数，满足，，且，则，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：已知实数，满足：，，且，则_____，______； (2)间接应用：在（1）条件下，求的值； (3)拓展应用：已知实数，满足：，且，则______． 6．（22-23八年级上·上海静安·期中）数学家对一元二次方程经过漫长的探索．我国数学家赵爽在他的著作《勾股圆方图注》对给出两根和、积的关系．请你跟随他的脚步开始你的探索之旅． (1)用表示一元二次方程的两个实根，填写表格． 一元二次方程 0 ① ② ③ (2)数学家韦达对规律进行归纳；对于，若，则 ； ．（用含的代数式表示）． (3)设是方程的两个实根，利用上述结论求的值． (4)类比探索，若一元三次方程可以转化为，则 ； （用含的代数式表示）． 【经典例题六 营销问题压轴题】 1．（22-23九年级上·江苏无锡·期末）某超市销售一种可拆分式驱蚊器，一套驱蚊器由一个加热器和一瓶电热蚊香液组成，电热蚊香液作为易耗品可单独购买．一套驱蚊器的售价是一瓶电热蚊香液的5倍，已知一瓶电热蚊香液的利润率为20%，一套驱蚊器的利润率为25%．超市出售1套驱蚊器和4瓶电热蚊香液，共可获利10元．经过一段时间的销售发现，每天能销售50套驱蚊器和80瓶电热蚊香液，为了促进驱蚊器的销售，超市决定对驱蚊器降价处理，其中每降价1元，可多卖出5套．若超市每天销售驱蚊器要获得275元的利润，则每套需降价（  ） A．1元 B．2元 C．3元 D．4元 2．（2024·山东潍坊·三模）在过去的年，直播电商一词，我们并不陌生．原本以内容为主的视频平台在入局电商后，大力开拓直播带货模式，并实现高速增长．某电商在抖音上对一款成本价为元的小商品进行直播销售，如果按每件元销售，每天可卖出件．通过市场调查发现，每件小商品售价每降低元，日销售量增加件．若日利润保持不变，商家想尽快销售完该款商品，每件售价应定为 元． 3．（22-23八年级下·广东江门·期末）我市茶叶专卖店销售某品牌茶叶，其进价为每千克240元，按每千克400元出售，平均每周可售出200千克，后来经过市场调查发现，单价每降低10元，则平均每周的销售量可增加40千克． (1)若该专卖店销售这种品牌茶叶要想平均每周获利41600元，请回答： ①每千克茶叶应降价多少元？ ②在平均每周获利不变的情况下，为尽可能让利于顾客，赢得市场，该店应按原售价的几折出售？ (2)在降价情况下，该专卖店销售这种品牌茶叶平均每周获利能达到50000元吗？请说明理由． 4．（22-23九年级上·河南新乡·阶段练习）某种商品的标价为200元/件，经过两次降价后的价格为162元/件，并且两次降价的百分率相同． (1)求该种商品每次降价的百分率； (2)若该种商品进价为156元/件，若以200元/件售出，平均每天能售出20件，另外每天需支付其他各种费用150元，在每件降价幅度不超过10元的情况下，若每件降价1元，则每天可多售出5件，如果每天盈利1450元，每件应降价多少元? 5．（23-24八年级下·广西崇左·期中）某运动品牌销售一款运动鞋，已知每双运动鞋的成本价为60元，当售价为100元时，平均每天能售出200双；经过一段时间销售发现，平均每天售出的运动鞋数量y（双）与降低价格x（元）之间存在如图所示的函数关系． (1)求出y与x的函数关系式； (2)公司希望平均每天获得的利润达到8910元，且优惠力度最大，则每双运动鞋的售价应该定为多少？ (3)为了保证每双运动鞋的利润不低于成本价的50%，公司每天能否获得9000元的利润？若能，求出定价；若不能，请说明理由． 6．（23-24九年级上·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．（2023·江苏苏州·一模）如图，一块正方形地砖的图案是由4个全等的五边形和1个小正方形组成的，已知小正方形的面积和五边形的面积相等，并且图中线段a的长度为，则这块地砖的面积为（    ） A．50 B．40 C．30 D．20 2．（23-24九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，已知四边形，，在上，三角形是等边三角形，若，，则的长度等于 ． 3．（23-24八年级下·安徽安庆·期中）如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成（较小的直角边长都为，较大的直角边长都为，斜边长都为），用它可以验证勾股定理：如果直角三角形两条直角边长分别为，斜边长为，那么．    (1)请你利用图1验证勾股定理； (2)在图1中，大正方形的面积是49，小正方形的面积是4，求直角三角形的直角边长的值； (3)学完勾股定理后，已知一个的三角形的三边长，均可利用勾股定理求出其面积．如图2，在中，，，试求的面积． 4．（2024·贵州遵义·一模）小红根据学习轴对称的经验，发现其中线段之间、角之间存在着紧密的联系．他以等腰三角形为背景展开了拓展探究．如图①，在等腰直角三角形中，，，点D直线右侧的一动点．作点关于直线的对称点为点，连接，直线与直线交于点，连接，． (1)【动手操作】 当时，根据题意，在图①上画出图形， 在不添加辅助线和字母的前提下直接写出两对你认为相等的角， 第一对相等的角：____________，第二对相等的角____________； (2)【问题探究】 根据（1）所画图形，猜想的大小以及，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】 如图②，在等腰三角形中，，，其余条件不变，如图②，当时，若，，请继续研究并求的值． 5．（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．（23-24九年级上·四川内江·期中）阅读材料：各类方程的解法 求解一元一次方程，根据等式的基本性质，把方程转化为x=a的形式．求解二元一次方程组，把它转化为一元一次方程来解；类似的，求解三元一次方程组，把它转化为解二元一次方程组．求解一元二次方程，把它转化为两个一元一次方程来解．求解分式方程，把它转化为整式方程来解，由于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验．各类方程的解法不尽相同，但是它们有一个共同的基本数学思想――转化，把未知转化为已知． 用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程．例如，一元三次方程，可以通过因式分解把它转化为，解方程和，可得方程的解． (1)问题：方程的解是______； (2)拓展：用“转化”思想求方程的解； (3)应用：如图，已知矩形草坪的长，宽，小华把一根长为10m的绳子的一端固定在点B，沿草坪边沿走到点P处，把长绳段拉直并固定在点P，然后沿草坪边沿走到点C处，把长绳剩下的一段拉直，长绳的另一端恰好落在点C．求的长．    【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． 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？    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． 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． 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． 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·浙江绍兴·阶段练习）新定义：关于的一元二次方程与称为“同族二次方程”，如与是“同族二次方程”，现有关于的一元二次方程与是“同族二次方程”，那么代数式能取的最小值是（   ） A．2023 B．2024 C．2018 D．2019 【答案】D 【分析】本题考查了配方法的应用，一元二次方程的定义，理解题目中的新定义是解题的关键；利用“同族二次方程”定义列出关系式，再利用多项式相等的条件列出关于a与b的方程组，求出方程组的解得到a与b的值，进而利用非负数的性质确定出代数式的最大值即可． 【详解】与是“同族二次方程”， ， ， ，解得：， ， 当时，能取的最小值是2019， 故选：． 2．（2024·四川巴中·一模）若x、y均为实数，则代数式的最小值是 ． 【答案】 【分析】此题考查了配方法，将转化为，即可得到原式的最小值，熟练掌握配方法是解本题的关键． 【详解】解：可转换为， 当时，原式取到最小值，为1， 故答案为：1． 3．（23-24八年级上·上海浦东新·阶段练习）在实数范围内因式分解： 【答案】 【分析】先配方，再采用平方差公式进行分解. 【详解】解：原式= = = = = = 【点睛】本题考查实数范围内分解因式，熟练掌握配方法与平方差公式是解题的关键. 4．（23-24八年级上·上海·阶段练习）阅读理解： 一位同学将代数式变形为，得到后分析发现，那么当时，此代数式有最小值是4． 请同学们思考以下问题： (1)已知代数式，此代数式有最___________值（填“大”或“小”），且值为___________． (2)已知代数式，此代数式有最___________值（填“大”或“小”），且值为___________． (3)通过阅读材料分析代数式的最值情况，写出详细过程及结论． (4)已知代数式（其中a、b、c为常数，且），探究此代数式的最值情况，若果有，请直接写出答案，如果没有，请说明理由． 【答案】(1)小， (2)大，13 (3)时，代数式有最小值；过程见解析 (4)当，时，代数式有最小值， 当， 时，代数式有最大值；理由见解析 【分析】（1）把配方，得到，根据，推出当时，代数式有最小值； （2）把提负号再配方，得到，根据，推出当时，代数式有最大值13； （3）把提公因式2后配方，得到，根据，推出当时，代数式有最小值； （4）将提公因式a再配方，，根据时，，推出当时，代数式有最小值；根据时，，推出当时，代数式有最大值． 【详解】（1）∵， 且， ∴当时，代数式有最小值； 故答案为：小，； （2）∵， 且， ∴当时，代数式有最大值13； 故答案为：大，13； （3）∵， 且， ∴当时，代数式有最小值； （4）∵ ， 且时，， ∴当时，代数式有最小值， ∵时，， ∴当时，代数式有最大值． 【点睛】本题主要考查了代数式的最值等，解决问题的关键是熟练掌握配方法，完全平方式的非负性．配方的前提须使二次项的系数化为“1”． 5．（23-24八年级下·辽宁沈阳·期中）教科书中这样写道：“形如的式子称为完全平方式”，如果一个多项式不是完全平方式，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，不仅可以将一个看似不能分解的多项式分解因式，还能解决一些与非负数有关的问题或求代数式最大值、最小值等问题． 例如：分解因式：． 解：原式 再如：求代数式的最小值． 解：， 当时，有最小值，最小值是． 根据阅读材料，用配方法解决下列问题： (1)分解因式：（应用配方法） (2)当为何值时，多项式有最大值？并求出这个最大值． (3)利用配方法，尝试求出等式中，的值． 【答案】(1) (2)当时，多项式有最大值，最大值是7 (3)， 【分析】本题考查了整式的有关运算，解题关键是熟练掌握利用配方法和分组法分解因式． （1）利用配方法，把所求整式写成一个完全平方式和一个常数差的形式，再利用平方差公式进行分解因式即可； （2）利用配方法把所求整式写成一个完全平方式与一个常数和的形式，然后根据偶次方的非负性，求出答案即可； （3）利用分组法把等式的左边分解因式，然后根据偶次方非负性，列出关于的方程，求出的值即可． 【详解】（1）解：原式； （2）解：， ， 当时，多项式有最大值，最大值是7； （3）解：， ， ， ，， 解得，． 6．（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： ∵，， ∴， ∴． 【经典例题二 根的判别式压轴题】 1．（2024·河南南阳·二模）对于实数a，b定义运算“”为 ，例如： ，则关于x的方程的根的情况，下列说法正确的是（    ） A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根 C．没有实数根 D．无法确定 【答案】A 【分析】本题考查定义新运算，根的判别式，先根据新运算的法则，列出一元二次方程，再根据判别式，判断根的情况即可． 【详解】解：由题意，得：， 即：， ∴； ∴方程有两个不相等的实数根； 故选：A． 2．（23-24八年级上·上海静安·期中）已知、是实数，有且只有三个不同的满足方程，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了一元二次方程的解以及根的判别式，由得到，，根据根的判别式得到，，依此，，可得，根据题意由根的判别式得到是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴，， ∴，， ∴， ∵有且只有三个不同的值满足方程， ∴，， ∴， ∴， 当时，的最小值， 故答案为：． 3．（23-24八年级上·上海浦东新·阶段练习）已知：方程没有实数根，试问方程根的情况． 【答案】有两个不相等的实数根 【分析】根据方程没有实数根，得到判别式小于0，再判断第二个方程的判别式的符号，即可． 【详解】解：关于的方程没有实数根， ， 解得：， 方程的根的判别式是：， ， ， 关于的方程有两个不相等的实数根． 【点睛】本题考查根的判别式，熟练掌握根的判别式与方程的根的个数的关系，是解题的关键． 4．（23-24八年级上·上海闵行·期末）如果方程是关于x的一元一次方程，试判断方程的根的情况，并说明理由． 【答案】方程有两个不相等的实数根，理由见解析 【分析】本题考查根的判别式，根据一元一次方程的定义，得到，将整理为一元二次方程的一般形式，求出判别式的的符号，即可得出结论． 【详解】解：方程有两个不相等的实数根，理由如下： ∵方程是关于x的一元一次方程， ∴， ∴， ∵，整理，得：， ∴， ∵， ∴， ∴方程有两个不相等的实数根． 5．（2024·北京·三模）已知关于x的一元二次方程． (1)求证：该方程总有两个实数根； (2)若该方程的两个实数根都是整数，且其中一个根是另一个根的3倍，求a的值． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】本题考查根的判别式，因式分解法解方程： （1）求出判别式的符号，判断即可； （2）因式分解法解方程，再根据其中一个根是另一个根的3倍，分两种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：证明：∵， ∴该方程总有两个实数根； （2）∵， ∴， ∴或， ∴， ∵方程的根都是整数，且其中一个根是另一个根的3倍， ∴或， 解得或（舍去）， ∴a的值为4． 6．（23-24八年级上·上海普陀·期中）已知关于x的一元二次方程（m为实数）． (1)如果方程有两个不相等的实数根，求m的取值范围； (2)写出m的最大非正整数值，并求出此时方程的根． 【答案】(1)且 (2)m的最大非正整数值是0； 【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式计算即可； （2）根据题意结合（1）所求的m的取值范围，可确定的值，代入原方程，再解方程即可． 【详解】（1）解：∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根， ∴，且 解得：且 （2）∵且 ∴m的最大非正整数值是． 当时，一元二次方程化为： ， 配方得：， ∴， ∴． 【点睛】本题考查一元二次方程根的情况与其判别式的关系，解一元二次方程．掌握一元二次方程根的情况与其判别式的关系是解题的关键：①当时，方程有两个不相等的实数根；②当时,方程有两个相等的实数根；③当时，方程没有实数根． 【经典例题三 根据一元二次方程根的情况求参数压轴题】 1．（24-25八年级上·上海·假期作业）若一元二次方程没有实数根，则代数式的值一定是（ ） A．负数 B．正数 C．非负数 D．小于1 【答案】B 【分析】本题主要考查一元二次方程的根的判别式，根据题意得得，将代数式乘以4变形为，再进行判断即可 【详解】解：由题意，得， 而， ． ∴代数式的值一定是正数． 故选：B 2．（24-25八年级上·上海·假期作业）关于x的方程． （1）有实数根，则k的取值范围是 ； （2）无实数根，则k的取值范围是 ； （3）有两个相等的实数根，则k的取值范围是 ； （4）有两个不相等的实数根，则k的取值范围是 ． 【答案】 / / 且 【分析】本题考查了一元二次方程的根的判别式，，当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．解答此题的关键是得出关于k的不等式； （1）方程有实数根，是关于x的一元一次方程和元二次方程两种情况，需分类讨论；当为一元二次方程时，根据判别式的意义得到，建立关于k的不等式，然后解不等式即可； （2）方程无实数根，则根的判别式，建立关于k的不等式，，，求得k的值； （3）方程有两个不相等实数根，则根的判别式，建立关于k的方程，，求得k的值； （4）方程有两个不相等实数根，则根的判别式，建立关于k的不等式，求得k的取值范围，且二次项系数不为零． 【详解】（1）当，即时，方程化为， 解得； 当时， ， 解得且， 综上所述，k的取值范围为． 故答案为： ； （2） 当时， ，解得 故答案为：； （3） 当时， ， 解得． 故答案为：； （4） 当时， ， 解得且． 故答案为：且 ； 3．（23-24八年级上·上海闵行·期中）已知关于x的一元二次方程，其根的判别式的值是1，求k的值． 【答案】8 【分析】本题考查了利用一元二次方程根的情况求参数，由一元二次方程的，建立k的方程，求出k的解即可． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程，其根的判别式的值是1， ， ， ∴或， ， ∴k的值为8． 4．（23-24八年级上·上海杨浦·期中）已知关于的方程有两个相等的实数根，求的值．并求此时方程的根． 【答案】，；当时，方程的根为，当时，方程的根为 【分析】本题考查根的判别式，根据方程有两个相等的实数根可得，从而可求出k的值，然后将k的值代入原方程解方程即可求方程的根． 【详解】∵方程有两个相等的实数根， ∴ 解得：，， 当时，方程为， 解得：； 当时，方程为， 解得：． 5．（2023·北京石景山·二模）已知关于x的一元二次方程有实数根． (1)求m的取值范围； (2)若该方程的两个根都是整数，写出一个符合条件的m的值，并求此时方程的根． 【答案】(1) (2)当时，方程的两个整数根为， 【分析】（1）根据根的判别式即可求出m的取值范围； （2）根据题意写一个m的值，然后代入方程求出方程的根即可． 【详解】（1）解：∵关于x的一元二次方程有实数根， ∴， 即， 解得：． （2）解：∵， 由题意，是平方数， 设， 原方程为， 即， ∴或， 解得：，． ∴当时，方程的两个整数根为，． 【点睛】本题主要考查的是一元二次方程根的判别式、一元二次方程的解法，掌握当时，方程有两个不相等的实数根，是解题的关键． 6．（22-23八年级上·上海普陀·阶段练习）已知关于的方程． (1)有两个不相等的实数根，求m的取值范围； (2)有两个相等的实数根，求m的值，并求出此时方程的根； (3)有实根，求m的最小整数值． 【答案】(1)且 (2)， (3)0 【分析】（1）分两种情况讨论：当时，变成；当时，是一元二次方程，根据方程根的情况可得，求解即可； （2）当时，变成；当时，是一元二次方程，根据方程根的情况可得，求解即可； （3）当时，变成；当时，是一元二次方程，根据方程根的情况可得，求解即可． 【详解】（1）解：， 移项合并同类项得：， 当时，是一元二次方程， 由题意得：， 解得：； 当时，变成，只有一个实数根，不符合题意； ∴m的取值范围是且； （2）解：当时，变成，只有一个实数根，不符合题意； 当时，是一元二次方程， 由题意得：， 解得：， 把代入得：， 整理得：， 解得：； （3）解：当时，变成，有一个实数根，符合题意， 当时，是一元二次方程， 由题意得：， 解得：， ∴m的最小整数值是0； 【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式，掌握与一元二次方程根的情况是解题的关键． 【经典例题四 换元法解一元二次方程压轴题】 1．（23-24九年级上·湖北武汉·阶段练习）若的两个实数根为1和，那么关于的一元二次方程的解为（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】令可将方程化成可得或，由此即可得． 【详解】解：令， 则方程可化成为方程， ∵方程的两个实数根为1和， 方程的两个实数根为1和， 或， 解得或， 故选：C． 【点睛】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握换元法是解题关键． 2．（23-24九年级上·上海静安·阶段练习）已知方程，如果设，那么原方程可以变形为 ． 【答案】． 【分析】由题意得：设，则＝，代入即可解答出． 【详解】解：根据题意得：设， 则＝， ∴原方程可变为； 故答案为． 【点睛】此题主要考查利用整体代入法对方程进行换元，解题的关键是正确理解整体代入法． 3．（2023八年级下·全国·专题练习）解方程：x2+2x﹣=1． 【答案】x1=﹣3，x2=1． 【分析】设x2+2x=y，则原方程化为y﹣=1，求出y的值，再代入求出x即可． 【详解】解：设x2+2x=y，则原方程化为：y﹣=1， 解得：y1=3，y2=﹣2， 当y=3时，x2+2x=3， 解得：x1=﹣3，x2=1； 当y=﹣2时，x2+2x=﹣2， 此时△=-4＜0，方程无解 所以原方程的解为：x1=﹣3，x2=1． 【点睛】此题考查了解分式方程的应用，正确使用能正确换元是解此题的关键． 4．（23-24八年级上·上海浦东新·阶段练习）已知，求的值． 【答案】的值为7或1 【分析】 设，则，对原方程进行变形，求出y的值，即为的值． 【详解】 解：设，则， ∴， ∴， ∴， ∴或， ∴或1， ∴的值为7或1． 【点睛】本题考查了换元法解一元二次方程，因式分解法，把看作整体，直接求出的值是解题的关键． 5．（2023九年级·上海·专题练习）解方程： 【答案】，． 【分析】先设：得到解出 的值，再求解的值并把结果进行检验即可得到答案． 【详解】设：， 原方程化为：， 运用十字相乘法得到：， 解得:， 当时，解得， 当时，解得， 经检验，和代入原方程的分母均不为0， 故原方程的解为：或． 【点睛】本题主要考查了用换元法求解一元二次方程，掌握换元法求解一元二次方程的步骤是解题的关键． 6．（2023·湖北荆州·中考真题）阅读下列问题与提示后，将解方程的过程补充完整，求出x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】，． 【分析】利用因式分解法解方程t2+4t-5=0得到t1=-5，t2=1，再解方程，然后进行检验确定原方程的解． 【详解】续解：， ， 解得，（不合题意，舍去）， ， ，， ， 经检验都是方程的解． 【点睛】本题考查了换元法解方程，涉及了无理方程及一元二次方程的解法．看懂提示是解决本题的关键．换元法的一般步骤：设元、换元、解元、还元． 【经典例题五 一元二次方程根与系数的关系压轴题】 1．（23-24七年级上·上海杨浦·阶段练习）已知方程有实数根，（其中为实数），则的最小实根是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由有实数根，，可得，，而可得即可解得的最小实根是． 【详解】解： 有实数根，， 有实数根，， ，， 由得， ， 即， ， 解得：，， 的最小实根是， 故选：D． 【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的关系和解一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程根与系数的关系． 2．（23-24八年级上·上海青浦·期中）如果一元二次方程的两根相差1，那么该方程称为“差1方程”． 例如 是“差1方程”． 已知关于 的方程 （是常数）是“差1方程”，则 的值为 【答案】或0/0或 【分析】本题考查根与系数的关系．设方程的两个根为，由题意，得：，，利用完全平方公式的变形式进行计算即可． 【详解】解：设方程的两个根为，由题意，得：，， ∴， 解得：或， 故答案为：或0． 3．（22-23八年级·上海·假期作业）设是方程的两个根，利用根与系数的关系，求下列各式的值． (1)； (2)； (3)； (4)； (5)． 【答案】(1) (2) (3) (4)2 (5)4 【分析】（1）根据韦达定理，可得，，再根据即可计算； （2）即可计算； （3）即可计算； （4）即可计算； （5）即可计算． 【详解】（1）根据韦达定理，可得，， ∴； ； ； （2）； ； ； （3）； ； ； （4）； ； ； （5）； ； ； ． 【点睛】本题考查韦达定理的应用，将所求式子转化为只含有两根之和和两根之积的式子是解题的关键． 4．（23-24八年级上·上海·阶段练习）阅读：对于所有的一元二次方程中，对于两根，存在如下关系：试着利用这个关系解决问题．设方程的两根为， (1)不解方程，求 (2)不解方程，求 (3)不解方程，求 (4)不解方程，求下列式子的值： 【答案】(1)， (2) (3)3 (4)34 【分析】（1）根据方程的两个根为，，可得，； （2）根据方程的两个根为，，，代入即可； （3）由题意得，等式变形代入即可； （4）根据一元二次方程根的定义得到，，则原式，再根据根与系数的关系得到，然后利用整体代入的方法计算． 【详解】（1）解：方程的两个根为，， ∴，， 故答案为：， （2）∵， ∴ 故答案为： （3）方程的两个根为，， ， 即， 故答案为：3 （4）方程的两个根为，， ，， 即，， 原式 ， 原式． 【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，，．也考查了一元二次方程根的定义． 5．（2023·湖北襄阳·一模）阅读材料，解答问题： 已知实数，满足，，且，则，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：已知实数，满足：，，且，则_____，______； (2)间接应用：在（1）条件下，求的值； (3)拓展应用：已知实数，满足：，且，则______． 【答案】(1)； (2) (3) 【分析】（1）利用韦达定理直接求解； （2）对进行通分，然后利用韦达定理求解； （3）令，则由题得，，且，利用韦达定理可求的值，进而求解． 【详解】（1）解：，，且， ，是方程的两个不相等的实数根， ，． 故答案为：7，1； （2）解：，， ． （3）解：由，得． 令，则由，得． 由，得，即． ，，且， ，是方程的两个不相等的实数根， ，即， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解，韦达定理的应用，熟练掌握韦达定理的原理是解题的关键． 6．（22-23八年级上·上海静安·期中）数学家对一元二次方程经过漫长的探索．我国数学家赵爽在他的著作《勾股圆方图注》对给出两根和、积的关系．请你跟随他的脚步开始你的探索之旅． (1)用表示一元二次方程的两个实根，填写表格． 一元二次方程 0 ① ② ③ (2)数学家韦达对规律进行归纳；对于，若，则 ； ．（用含的代数式表示）． (3)设是方程的两个实根，利用上述结论求的值． (4)类比探索，若一元三次方程可以转化为，则 ； （用含的代数式表示）． 【答案】(1)①；②；③ (2)， (3) (4)， 【分析】（1）利用直接开平方法和公式法分别求出方程的解，由此即可得； （2）利用公式法求出方程的解，由此即可得； （3）先根据（2）的结论可得，，再根据，代入计算即可得； （4）先化简方程，再比较各项的系数即可得． 【详解】（1）解：， ， ， 则， ， ， 即， 则，， 故答案为：①；②；③． （2）解：， ， 即， 则，， 故答案为：，． （3）解：是方程的两个实根， ，， 则 ． （4）解： ， 则，， 所以，， 故答案为：，． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解法、根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的根与系数的关系是解题关键． 【经典例题六 营销问题压轴题】 1．（22-23九年级上·江苏无锡·期末）某超市销售一种可拆分式驱蚊器，一套驱蚊器由一个加热器和一瓶电热蚊香液组成，电热蚊香液作为易耗品可单独购买．一套驱蚊器的售价是一瓶电热蚊香液的5倍，已知一瓶电热蚊香液的利润率为20%，一套驱蚊器的利润率为25%．超市出售1套驱蚊器和4瓶电热蚊香液，共可获利10元．经过一段时间的销售发现，每天能销售50套驱蚊器和80瓶电热蚊香液，为了促进驱蚊器的销售，超市决定对驱蚊器降价处理，其中每降价1元，可多卖出5套．若超市每天销售驱蚊器要获得275元的利润，则每套需降价（  ） A．1元 B．2元 C．3元 D．4元 【答案】A 【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．设一瓶电热蚊香液的进价为x元，则电热蚊香液的售价为元，则一套驱蚊器的售价为6x元，进价为元，列出方程解出即可； 【详解】解：设一瓶电热蚊香液的进价为x元，则电热蚊香液的售价为元，则一套驱蚊器的售价为6x元，进价为元，由题意得： ， 解得：x=5, 所以一套驱蚊器的售价为：5×6=30（元），一套驱蚊器的利润元 设每套驱蚊器降价a元，由题意得： ， 解得： , （舍去）， 故选：A. 2．（2024·山东潍坊·三模）在过去的年，直播电商一词，我们并不陌生．原本以内容为主的视频平台在入局电商后，大力开拓直播带货模式，并实现高速增长．某电商在抖音上对一款成本价为元的小商品进行直播销售，如果按每件元销售，每天可卖出件．通过市场调查发现，每件小商品售价每降低元，日销售量增加件．若日利润保持不变，商家想尽快销售完该款商品，每件售价应定为 元． 【答案】 【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．设售价应定为元，按每件元销售，每天可卖出件，每件小商品售价每降低元，日销售量增加件列出等式解答即可． 【详解】解：设售价应定为元，则每件的利润为元，日销售量为件， 依题意，得：， 整理，得：， 解得：，． 故商家想尽快销售完该款商品，售价应定为元． 故答案为：． 3．（22-23八年级下·广东江门·期末）我市茶叶专卖店销售某品牌茶叶，其进价为每千克240元，按每千克400元出售，平均每周可售出200千克，后来经过市场调查发现，单价每降低10元，则平均每周的销售量可增加40千克． (1)若该专卖店销售这种品牌茶叶要想平均每周获利41600元，请回答： ①每千克茶叶应降价多少元？ ②在平均每周获利不变的情况下，为尽可能让利于顾客，赢得市场，该店应按原售价的几折出售？ (2)在降价情况下，该专卖店销售这种品牌茶叶平均每周获利能达到50000元吗？请说明理由． 【答案】(1)①30元或80元②八折 (2)该专卖店销售这种品牌茶叶平均每周获利不能达到50000元 【分析】（1）①设每千克茶叶应降价x元，利用销售量每件利润元列出方程求解即可；②为了让利于顾客因此应下降价80元，求出此时的销售单价即可确定几折． （2）设每千克茶叶应降价y元，列方程整理后为，代入根的判别式得，方程无解，故不能达到要求． 【详解】（1）解：①设每千克茶叶应降价x元．根据题意，得： ． 解得：． 答：每千克茶叶应降价30元或80元． ②由①可知每千克茶叶可降价30元或80元．因为要尽可能让利于顾客，所以每千克茶叶某应降价80元． 此时，售价为：元，． 答：该店应按原售价的八折出售． （2）解：该专卖店销售这种品牌茶叶平均每周获利不能达到50000元，理由如下： 设每千克茶叶应降价y元．根据题意，得： , 整理得：， ∵， ∴原方程没有实数根， 即该专卖店销售这种品牌茶叶平均每周获利不能达到50000元． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是根据题目中的等量关系列出方程． 4．（22-23九年级上·河南新乡·阶段练习）某种商品的标价为200元/件，经过两次降价后的价格为162元/件，并且两次降价的百分率相同． (1)求该种商品每次降价的百分率； (2)若该种商品进价为156元/件，若以200元/件售出，平均每天能售出20件，另外每天需支付其他各种费用150元，在每件降价幅度不超过10元的情况下，若每件降价1元，则每天可多售出5件，如果每天盈利1450元，每件应降价多少元? 【答案】(1)10%， (2)4元． 【分析】（1）设该种商品每次降价的百分率为x，根据该商品的原价及经过两次降价后的价格，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论； （2）每件商品的盈利×（原来的销售量＋增加的销售量）－150=1450，为了减少库存，计算得到的降价多的数量即可． 【详解】（1）解：设该种商品每次降价的百分率为x， 依题意，得：， 解得：，（不合题意，舍去）； 答：该种商品每次降价的百分率为10%． （2）解：设每件商品应降价x元，根据题意，得： ， 解方程得， ∵在降价幅度不超过10元的情况下， ∴不合题意舍去， 答：每件商品应降价4元． 【点睛】此题考查了一元二次方程的应用，得到现在的销售量是解决解决本题的难点，根据每天的盈利得到相应的等量关系是解决本题的关键． 5．（23-24八年级下·广西崇左·期中）某运动品牌销售一款运动鞋，已知每双运动鞋的成本价为60元，当售价为100元时，平均每天能售出200双；经过一段时间销售发现，平均每天售出的运动鞋数量y（双）与降低价格x（元）之间存在如图所示的函数关系． (1)求出y与x的函数关系式； (2)公司希望平均每天获得的利润达到8910元，且优惠力度最大，则每双运动鞋的售价应该定为多少？ (3)为了保证每双运动鞋的利润不低于成本价的50%，公司每天能否获得9000元的利润？若能，求出定价；若不能，请说明理由． 【答案】(1)y与x的函数关系式为y=10x＋200； (2)当每双运动鞋的售价为87元时，企业每天获得的销售利润达到8910元并且优惠力度最大. (3)降价10元时，公司每天能获得9000元的利润，且每双运动鞋的利润不低于成本价的50%. 【分析】（1）由题意，设y与x的函数关系式为y＝kx＋b，然后由待定系数法求解析式，即可得到答案； （2）根据题意，列出一元二次方程，然后解方程，即可求出方程的解； （3）由题意，列出一元一次不等式，求出不等式的解集，然后列一元二次方程，即可求出答案． 【详解】（1）解：设y与x的函数关系式为y＝kx＋b (k≠0)， 由图可知其函数图象经过点（0 , 200）和（10 , 300）， 将其代入y=kx+b 得 解得 ∴ y与x的函数关系式为y=10x＋200； （2）解：由题意得 （10x＋200)(100－x－60)＝8910， 整理得 x2－20x＋91＝0， 解得：x1＝7, x2＝13； 当x＝7时，售价为100－7＝93（元）， 当x＝13时，售价为100－13＝87（元）， ∵优惠力度最大， ∴取x＝13， 答：当每双运动鞋的售价为87元时，企业每天获得的销售利润达到8910元并且优惠力度最大； （3）解：公司每天能获得9000元的利润，理由如下： ∵要保证每双运动鞋的利润率不低于成本价的50%， ∴100－60－x ≥ 60×50%, 解得：x≤10； 依题意，得 (100－60－x)(10x＋200)＝9000， 整理得 x2－20x＋100＝0， 解得：x1＝x2＝10； ∴降价10元时，公司每天能获得9000元的利润，且每双运动鞋的利润不低于成本价的50%. 【点睛】本题考查了一次函数的性质，一元二次方程的应用，一元一次不等式的应用，解题的关键是熟练掌握题意，正确的列出方程，从而进行解题． 6．（23-24九年级上·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．（2023·江苏苏州·一模）如图，一块正方形地砖的图案是由4个全等的五边形和1个小正方形组成的，已知小正方形的面积和五边形的面积相等，并且图中线段a的长度为，则这块地砖的面积为（    ） A．50 B．40 C．30 D．20 【答案】B 【分析】如图，根据题意易知，点O为正方形的中心，利用图中的面积关系最终可推出，设正方形ABCD的边长为,则,以此可得方程，解此方程，再将a的值代入即可求解． 【详解】解：如图， 根据题意易知，点O为正方形的中心， ∴，即，， ∵， ∴， ∵， ∴， 设正方形ABCD的边长为,则, ∴，解得：， ∵， ∴或， ∵， ∴， ∴． 故选：B． 【点睛】本题主要考查全等图形、正方形的性质、二次根式的应用、一元二次方程的应用等知识点，利用已知条件，得到各部分图形之间的面积关系并列出方程是解题关键． 2．（23-24九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，已知四边形，，在上，三角形是等边三角形，若，，则的长度等于 ． 【答案】 【分析】作交于，由勾股定理可得，由等边三角形的性质结合勾股定理可得，，，设，则，，根据，，列出一元二次方程，解方程即可得到的值，再由三角形三边关系判断是否符合题意． 【详解】解：如图，作交于， ， ，，， ， 是等边三角形，， ，， ， 设，则，， ， ， ， 整理得：， 解得：，， 当时，，满足三角形三边关系，符合题意，此时， 当时，，不满足三角形三边关系，不符合题意； 综上所述，的长度等于， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了勾股定理、等边三角形的性质、一元二次方程的应用、三角形三边关系，根据面积关系得出一元二次方程是解此题的关键． 3．（23-24八年级下·安徽安庆·期中）如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成（较小的直角边长都为，较大的直角边长都为，斜边长都为），用它可以验证勾股定理：如果直角三角形两条直角边长分别为，斜边长为，那么．    (1)请你利用图1验证勾股定理； (2)在图1中，大正方形的面积是49，小正方形的面积是4，求直角三角形的直角边长的值； (3)学完勾股定理后，已知一个的三角形的三边长，均可利用勾股定理求出其面积．如图2，在中，，，试求的面积． 【答案】(1)验证见解析 (2)， (3) 【分析】本题考查了勾股定理的证明和应用，构造一元二次方程求解． （1）利用大正方形的面积的两种表达方式，列式计算即可求解； （2）由题意得，求得，，利用根与系数的关系构造一元二次方程，解方程即可求解； （3）作于点，在和中，利用勾股定理求得的长，再利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】（1）解：∵大正方形的面积可以表示为，也可以表示为， ∴ ∴； （2）解：由题意得， ∴， ， ∴， ∴，是方程的两根， 解得， ∵， ∴，； （3）解：作于点， 设，则， 在中，， 在中，， ∴， 即， 解得：． ∴ ． 4．（2024·贵州遵义·一模）小红根据学习轴对称的经验，发现其中线段之间、角之间存在着紧密的联系．他以等腰三角形为背景展开了拓展探究．如图①，在等腰直角三角形中，，，点D直线右侧的一动点．作点关于直线的对称点为点，连接，直线与直线交于点，连接，． (1)【动手操作】 当时，根据题意，在图①上画出图形， 在不添加辅助线和字母的前提下直接写出两对你认为相等的角， 第一对相等的角：____________，第二对相等的角____________； (2)【问题探究】 根据（1）所画图形，猜想的大小以及，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】 如图②，在等腰三角形中，，，其余条件不变，如图②，当时，若，，请继续研究并求的值． 【答案】(1)，，（答案不唯一） (2)，， (3) 【分析】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理、30度直角三角形性质，解题的关键是作出图形和相关的辅助线，数形结合． （1）根据要求作出点C关于直线AD的对称点E，再连接对应线段即可作图，根据轴对称性质可知对应角相等； （2）根据等边对等角证明，结合（1）的结论得出，再由勾股定理即可得出，，根据对称性质得，由此得出结论； （3）同理可得，进而可得，在利用勾股定理和含30度的直角三角形性质解三角形即可求解． 【详解】（1）解：如图， 由轴对称性质可知：，，， 故答案为：，， （2）结论：，， ∵点C关于直线AD的对称点是点E， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ （3）由对称的性质可知：，，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 分别过点C、B作、垂足分别为、， ∴在中，， ∴，， ∴， ∴在中， ， 设， 在中，， ∴，， ∴在中，，即：， 解得：，（不合题意，舍去） ∴． 5．（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：，．．        6．（23-24九年级上·四川内江·期中）阅读材料：各类方程的解法 求解一元一次方程，根据等式的基本性质，把方程转化为x=a的形式．求解二元一次方程组，把它转化为一元一次方程来解；类似的，求解三元一次方程组，把它转化为解二元一次方程组．求解一元二次方程，把它转化为两个一元一次方程来解．求解分式方程，把它转化为整式方程来解，由于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验．各类方程的解法不尽相同，但是它们有一个共同的基本数学思想――转化，把未知转化为已知． 用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程．例如，一元三次方程，可以通过因式分解把它转化为，解方程和，可得方程的解． (1)问题：方程的解是______； (2)拓展：用“转化”思想求方程的解； (3)应用：如图，已知矩形草坪的长，宽，小华把一根长为10m的绳子的一端固定在点B，沿草坪边沿走到点P处，把长绳段拉直并固定在点P，然后沿草坪边沿走到点C处，把长绳剩下的一段拉直，长绳的另一端恰好落在点C．求的长．    【答案】(1)，， (2)； (3)AP的长为4m 【分析】（1）先将该方程转化成，然后再求解即可； （2）由可得且，然后解出x即可； （3）设，则，然后根据勾股定理求得和，然后再根据列方程求出x即可． 【详解】（1）解：， ， ， 所以或或， ，，； （2）解：， 方程的两边平方，得， 即， ， 或， ，， 当时，， 所以不是原方程的解． 所以方程的解是； （3）解：因为四边形是矩形， 所以， 设，则， 因为， ，， ∴， ∴， 两边平方，得， 整理，得， 两边平方并整理，得；即， 所以． 经检验，是方程的解． 答：AP的长为4m． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用以及转换法的应用，掌握转换法是解答本题的关键． 【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 $$