第十七章 一元二次方程（9大题型）（45道压轴题专练）-2024-2025学年八年级数学上册单元速记·巧练（沪教版）

第十七章 一元二次方程（9大题型）（45道压轴题专练） 压轴题型一 一元二次方程各类解法压轴 1．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）解方程． 【答案】，，，． 【分析】本题考查了解高次方程和一元二次方程，根据题意可知，则，转化为，设，则，求出或，即或，然后转化为一元二次方程或，最后求解检验即可，熟练掌握知识点的应用及换元思想是解题的关键． 【详解】解：根据题意可知， ∴， ， ， 令， ∴， 整理得：， 解得：或，即或， 整理得：或， 解得：，，，， 经检验：，，，是方程的解， ∴，，，． 2．（2024·上海·模拟预测）求：方程所有解的和与方程所有解的和的比值 【答案】 【分析】本题考查了利用二次根式解方程，换元法，解一元二次方程，二次根式有意义的条件，分别求出两个方程的解，再求出比值即可求解，掌握二次根式的性质及二次根式有意义的条件是解题的关键． 【详解】解：由方程得，， ∴， 整理得，， 解得，， ∵， ∴， ∴不合题意，舍去， ∴， ∴方程的解为； 令，则， ∴， ∴原方程变形为， 整理得，， 解得，， ∵， ∴， ∴， 整理得，， 解得，， 经检验，，均为原方程的解， ∴， ∴两个方程所有解的和的比． 3．（23-24八年级下·北京·期中）已知关于的方程有整数根，求自然数的值． 【答案】1或13 【分析】本题考查了一元二次方程的整数根，解不等式等知识，当时，求出方程的解并判断是否符合题意；当即时，将原方程转化为，进而得出，根据，求出x的取值范围，把范围内的整数解依次代入检验，即可得出结论． 【详解】解：当时，原方程为， 解得，不符合题意，舍去； 当即时，原方程变形为， 当时，此时不成立， ∴， ∴， 整理得， 解得， ∵方程有整数根， ∴x的整数解可能为，，0，1，2，3，4，5，6， 又， ∴， ∴当时，，符合题意； 当时，，符合题意； 当时，，不符合题意； 当时，，不符合题意； 当时，，不符合题意； 当时，，不符合题意； 当时，，不符合题意； 当时，，符合题意； 综上，自然数的值为1或13． 4．（2023九年级上·全国·专题练习）阅读下面的例题：分解因式：． 解：令得到一个关于的一元二次方程， ， ． 解得，； ． 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)已知代数式对应的方程解为和7，则代数式分解后为 　 　； (2)将代数式分解因式． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题中给出的求根法的定义即可得出答案； （2）先令，得到一个关于的一元二次方程，用求根公式求出它的两根，然后代入即可． 【详解】（1）解：代数式对应的方程解为和7， 代数式分解后为， 故答案为：； （2）解：令，得到一个关于的一元二次方程， ， ， ， 解得，， ． 【点睛】本题主要考查的是求根法因式分解，公式法解一元二次方程，对于二次三项式的因式分解有：，其中、是的两根，理解并掌握题目中的求根法因式分解是解题的关键． 5．（22-23九年级上·江苏·期中）阅读理解以下内容，解决问题： 解方程：． 解：， 方程即为：， 设，原方程转化为： 解得，，， 当时，即，，； 当时，即，不成立． 综上所述，原方程的解是，． 以上解方程的过程中，将其中作为一个整体设成一个新未知数，从而将原方程化为关于的一元二次方程，像这样解决问题的方法叫做“换元法”（“元”即未知数）． (1)已知方程：，若设，则利用“换元法”可将原方程化为关于的方程是______； (2)仿照上述方法，解方程：． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据完全平方公式由，得，再变形原方程便可； （2）设，则，得，再解一元二次方程，最后代入所设代数式解方程便可． 【详解】（1）设， 则， 可化为：， 即， 故答案为：； （2）设，则， 原方程可化为：， 整理得， ， 或， 或， 当时，， 解得， 当时，无解， 检验，当时，左边右边， 是原方程的解， 故原方程的解为：． 【点睛】本题主要考查了换元法，无理方程，关键掌握换元法的思想方法． 压轴题型二 配方法的应用 6．（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． 7．（23-24八年级下·山东济南·期中）求最值问题有多种方法，既有代数法也有几何法． 例如：若代数式，利用配方法求M的最小值：，，当时，代数式M有最小值为2．再比如：正数a，b满足，用几何法求的最小值．如图，为线段DC的长度，为线段CE的长度，当的值最小时，D、C、E三点共线，所以最小值为． 请根据上述材料解决下列问题： (1)若代数式，求M的最小值； (2)已知正数x，y满足，求的最小值． 【答案】(1)3 (2) 【分析】本题主要考查勾股定理的运用，两点之间线段最短的知识，掌握勾股定理的运算，最短路径的运用，合理作出图形是解题的关键． （1）运用配方法解题即可； （2）运用材料提示，构造图形，运用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：， ， 当，时，M有最小值为3； （2）如图，为线段DC的长度，为线段CE的长度 当的值最小时，D、C、E三点共线， 所以最小值． 8．（23-24九年级上·江苏连云港·阶段练习）阅读材料：为实数，且，，因为，所以，从而，当时取等号． 阅读材料：若（，，为常数），由阅读材料的结论可知，所以当，即时，取最小值． 阅读上述内容，解答下列问题： (1)已知，则当________时，取得最小值，且最小值为________； (2)已知，，求的最小值． (3)某大学学生会在月日举办了一个活动，活动支出总费用包含以下三个部分：一是前期投入元；二是参加活动的同学午餐费每人元；三是其他费用，等于参加活动的同学人数的平方的倍．求当参加活动的同学人数为多少时，该次活动人均投入费用最低．最低费用是多少元？（人均投入支出总费用/参加活动的同学人数） 【答案】(1)， (2) (3)当参加活动的同学人数为人时，该次活动人均投入费用最低，最低费用是元 【分析】（）由题意求出的最小值，即可求出的最小值； （）把代入化成的 形式，即可求出最小值； （）设参加活动的同学人数为人，人均投入为 ，化成的形式，即可求出答案； 本题考查了配方法的应用，解题的关键是要正确理解题意，把所求代数式化成公式中完全平方的形式． 【详解】（1）解：由题意得，当 即时，取最小值为，     ∴的最小值为， 故答案为：，； （2）解：∵，， ∴， ∴当，即时，取最小值为， ∴的最小值为； （3）解：设参加活动的同学人数为人，则人均投入为， 当，即时，取最小值为， ∴最低费用是(元)， 答：当参加活动的同学人数为人时，该次活动人均投入费用最低，最低费用是元． 9．（23-24九年级上·江苏宿迁·期中）阅读材料：把形如的二次三项式（或其一部分）配成完全平方式的方法叫配方法，配方法是完全平方公式的逆用，即．例如二次三项式通过配方法可以变成三种形式：①（余常数项），②（余一次项），③（余二次项）． 诸根据阅读材料解决下列问题： (1)填空：将二次三项式配方为：______（余常数项），______（余一次项），______（余二次项）； (2)已知方程的两根是和，不解方程，求下列代数式的值； ①．     ②； (3)已知，求的值． 【答案】(1)；； (2)①；② (3)4 【分析】本题考查了配方法的应用，一元二次方程中根与系数的关系，熟记，掌握配方法是解题的关键． （1）仿照例题写出三种不同形式的配方； （2）利用根与系数的关系公式，求得的值，再利用完全平方公式进行变形，即可解答； （3）将式子的左边配方，根据非负数的性质求得的值，进而即可求解． 【详解】（1）解：； ； ， 故答案为：；；； （2）解：由得： ，， ①根据完全平方公式可得； ②； （3）解：， 可得， 解得， ． 10．（23-24九年级上·福建泉州·阶段练习）阅读下面内容：我们已经学习了《二次根式》和《乘法公式》，聪明的你可以发现：当，时，∵，∴，当且仅当时取等号．请利用上述结论解决以下问题： (1)当时，则的最小值为______； (2)）若，求y的最小值． (3)如图，四边形的对角线相交于点O，、的面积分别为4和9，求四边形面积的最小值．    【答案】(1)2； (2)y最小值为4； (3)25． 【分析】（1）当时，按照公式（当且仅当时取等号）来计算即可； （2）将的分子分别除以分母，展开，将含的项用题中所给公式求得最小值，再加上常数即可； （3）设，已知，，则由等高三角形可知：，用含的式子表示出，四边形的面积用含的代数式表示出来，再按照题中所给公式求得最小值，加上常数即可． 【详解】（1）当时，，当且仅当时取等号， 当时，的最小值为2． 故答案为：2； （2）由， ， ， 当且仅当，即当时取等号， 当时，y最小值为4； （3）设，已知， 则由等高三角形可知： ， 四边形面积， 当且仅当时取等号，即四边形面积的最小值为25． 【点睛】本题考查了配方法在最值问题中的应用，同时本题还考查了分式化简和等高三角形的性质，本题难度中等略大，属于中档题． 压轴题型三 换元法解一元二次方程 11．（24-25九年级上·全国·单元测试）解方程： 【答案】， 【分析】本题主要考查了解一元二次方程、解分式方程、完全平方公式等知识点，利用完全平方公式把方程变形是解题的关键． 利用完全平方公式把方程变形为，设，则，通过解一元二次方程可得m的值，即可求出可能的值，然后再分别得出分式方程求解即可． 【详解】解：∵， ∴，即：， 设，则， 因式分解得：， ∴或， 解得：或， 当时，则， 整理得：， ∴， 解得：，， 经检验，，都是方程的解； 当时，则， 整理得：， ， ∴时，方程无解． 综上，该方程的解为：，． 12．（23-24八年级下·安徽安庆·期中）阅读下列材料：已知实数m，n满足，试求的值. 解：设，则原方程变为，整理得，， ∴，∵，∴. 上面这种方法称为“换元法”，换元法是数学学习中最常用的一种思想方法，在结构较复杂的数和式的运算中，若把其中某些部分看成一个整体，并用新字母代替（即换元），则能使复杂的问题简单化. 根据以上阅读材料内容，解决下列问题，并写出解答过程. (1)已知实数x，y满足，求的值； (2)设a，b满足等式，求的值； (3)若四个连续正整数的积为24，求这四个连续正整数. 【答案】(1) (2) (3)这四个连续正整数为1，2，3，4 【分析】（1）设，则，解得：，由，得，即可求解， （2）设，则，或，由，得，即可求解， （3）设最小正整数为x，则，即：，设，则，解得：，，由x为正整数，得，解得，即可求解， 本题考查了换元法，换元法是数学学习中最常用的一种思想方法，在结构较复杂的数和式的运算中，若把其中某些部分看成一个整体，并用新字母代替(即换元)，则能使复杂的问题简单化． 【详解】（1）解：设，则， ∴， 解得：， ∵， ∴， ∴， 故答案为：， （2）解：设，则， ∴， 解得：或， ∵， ∴， ∴， 故答案为：， （3）解：设最小正整数为x，则，即：， 设，则， 解得：，， ∵x为正整数， ∴， 解得，（舍去）， 故答案为：这四个连续正整数为1，2，3，4． 13．（21-22九年级上·浙江台州·期中）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：，，，．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)试用上述方法解方程：，得原方程的解为 ___________． (2)解方程． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）结合材料，利用，再换元，求出m的值，再代入求出x即可； （2）结合材料，利用，再换元，求出n的值，再代入求出x即可． 【详解】（1）解：设，则原方程变为， 解得，， 当时，，解得， 当，，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， ， 则方程无解， 故原方程的解为． 【点睛】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． 14．（22-23九年级上·山东济宁·阶段练习）阅读材料：为解方程（x2－1）2－5（x2－1）＋4＝0，我们可以将x2－1视为一个整体，然后设x2－l＝y，则（x2－1）2＝y2，原方程化为y2－5y＋4＝0． 解得y1＝1，y2＝4 当y＝1时，x2－1＝1．∴x2＝2．∴x＝±； 当y＝4时，x2－1＝4，∴x2＝5，∴x＝±． ∴原方程的解为x1＝，x2＝－，x3＝，x4＝－ 请利用以上知识解决下列问题： 如果，求的值． 【答案】2 【分析】根据所给材料，将看成一个整体，然后解关于的方程，并根据是非负数对结果进行取舍即可得到答案； 【详解】解：设=x， 化为 解得： ∵x= ∴ ∴应舍掉 ∴=2 【点睛】本题考查了解一元二次方程，掌握相关知识并熟练使用，注意解题中需注意的事项，尤其注意 是非负数，这是本题的解题关键． 15．（20-21九年级上·江苏扬州·期末）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． 利用以上学习到的方法解下列方程： （1）； （2）． 【答案】（1），，，；（2），． 【分析】（1）根据阅读材料利用换元法降次，令，即原方程=，求解即可． （2）同理，令，即原方程=，求解即可． 【详解】（1）设， 得：， 解得：，． 当时，，解得：， 当时，，解得：，． ∴原方程的解为，，，． （2）设，则方程可变成， ∴， ，． 当时，，所以无解． 当时，， ∴， ∴，． 经检验，是原方程的解． 【点睛】本题考查利用换元法解一元二次方程．利用整体换元把一些形式复杂的方程变成一元二次方程，从而达到降次的目的是解答本题的关键． 压轴题型四 一元二次方程根与系数的关系 16．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）若关于x的方程有一个解为，那么称这样的方程为“明一方程”．例如方程：有解，所以为“明一方程”． (1)下列方程是“明一方程”的有； ①；②；③． (2)已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，，且当时，关于x的方程为“明一方程”，求该直线解析式； (3)已知为“明一方程”（a，b，c为常数，且）的两个根，试求的取值范围． 【答案】(1)①③ (2)所求直线解析式为或或 (3) 【分析】本题考查了一次函数的应用、一元二次方程根与系数的关系及方程的解，理解“明一方程”的定义是解决本题的关键． （1）将分别代入各个方程，按“明一方程”的定义进行判断即可； （2）由题意可得直线过点，可得，即，得出函数关系式为，再求出点A、B的坐标，再根据列出方程求解即可； （3）由为“明一方程”，可得，又，从而得出，且有，解不等式组得：．再由为的两根，且为其一个解，可得另一个解为，再求解即可． 【详解】（1）解：①将代入方程得，， 是方程的解， 为“明一方程”； ②将代入方程得，， 不是方程的解， 不是“明一方程”； ③将代入方程得，， 是方程的解， 为“明一方程”； 故答案为：①③； （2）解：当时，关于x的方程为“明一方程”， 直线过点， ，即， 函数关系式为， 令，得，即， 令，得，解得：，即， ， ， 解得：或， 直线解析式为或或； （3）解：已知为“明一方程”， 所以，又， 所以，且有， 解不等式组得：． 为的两根，且为其一个解， 所以另一个解为， 所以，令， 则是关于的一次函数，由一次函数的增减性可得： 17．（23-24九年级上·山东济宁·阶段练习）阅读材料后解答问题∶ 材料1：已知一元二次方程的两个实数根分别为m， n，求的值． 解： ∵一元二次方程的两个实数根分别为m， n，    ∴，， 则． 材料2：已知实数a、b满足，，且，求的值． 解：依题意得：a与b为方程的两根， ∴，，∴ 根据上述材料，结合你所学的知识，完成下列问题∶ (1)材料理解：一元二次方程的两个根为和，则 ， ． (2)类比应用：已知一元二次方程的两根分别为m、n，求的值． (3)思维拓展：已知实数s、t满足，，且，求的值． 【答案】(1)3； (2) (3) 【分析】本题考查根与系数的关系，牢记“两根之和等于，两根之积等于”是解题的关键． （1）根据根与系数的关系进行求解即可； （2）根据根与系数的关系可得：，再利用分式的化简求值的方法进行运算即可； （3）可把s与t看作是方程的两个实数根，则有，再利用分式的化简求值的方法进行运算即可； 【详解】（1）解：一元二次方程的两个根为，， ， 故答案为：3；． （2）解：一元二次方程的两根分别为m，n， ， ． （3）解：实数s，t满足，且， s，t是一元二次方程的两个实数根， ． ， ． 18．（21-22八年级下·浙江·开学考试）已知方程①，和方程② (1)若方程①的根为，，求方程②的根； (2)当方程①有一根为时，求证是方程②的根； (3)若，方程①的根是与，方程②的根是和，求的值． 【答案】(1)， (2)见解析 (3) 【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系和一元二次方程解得意义，当、是一元二次方程的两根时，，，解题的关键是掌握根与系数的关系． （1）根据一元二次方程的解的意义即可求得、的值，即可得到方程②，然后利用 配方法解方程②即可； （2）根据方程的定义得到，两边同时除以得：，即可得证； （3）根据题意得，利用根与系数的关系得到：，，进而得到，，可得，即可求解． 【详解】（1）的根为，， ， 解得：， 方程②为：， ，； （2）当方程①有一根为， ， 两边同时除以得：， 是的根， 是方程②的根； （3）， ， 方程①的根是与，方程②的根是和， ，，，， ，，， ， ． 19．（23-24九年级上·福建泉州·期中）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，由根与系数的关系可知，． 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： 已知实数，满足：，，且，求的值． （3）拓展应用： 已知实数，满足：，且，求的取值范围． 【答案】（1）5，1；（2）；（3）． 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系的应用 （1）根据根与系数的关系即可求解； （2）先验证，再在两边同时除以，得是一元二次方程的两个不等实数根，求出，变形代入即可； （3）先根据题意得到是一元二次方程的两个不等实数根，求出代入化简，又因为是方程的两个不等实数根，利用根与系数的关系即可求解． 【详解】解：（1）由题意得：，是方程的两个不相等的实数根，由根与系数的关系可知，； 解：（2）∵把代入得不合题意， ∴两边同时除以得 又∵，且， ∴可将看作一元二次方程的两个不等实数根， ∴利用根与系数的关系可得出， ∴， ∴． 解：（3）将方程两边同时乘以2得， 又∵，且， ∴可将看作一元二次方程的两个不等实数根， ∴利用根与系数的关系可得出 ∵是方程的两个不等实数根， ∴． 20．（2023·湖北黄石·中考真题）关于x的一元二次方程，当时，该方程的正根称为黄金分割数．宽与长的比是黄金分割数的矩形叫做黄金矩形，希腊的巴特农神庙采用的就是黄金矩形的设计；我国著名数学家华罗庚的优选法中也应用到了黄金分割数． (1)求黄金分割数； (2)已知实数a，b满足：，且，求ab的值； (3)已知两个不相等的实数p，q满足：，求的值． 【答案】(1) (2)2 (3)0 【分析】（1）依据题意，将代入然后解一元二次方程即可得解； （2）依据题意，将变形为，从而可以看作，是一元二次方程的两个根，进而可以得解； （3）依据题意，将已知两式相加减后得到，两个关系式，从而求得，进而可以得解． 【详解】（1）依据题意， 将代入得， 解得， ∵黄金分割数大于0， ∴黄金分割数为． （2）∵， ∴， 则． 又∵， ∴，是一元二次方程的两个根， 则， ∴． （3）∵，； ∴； 即； ∴． 又∵； ∴； 即． ∵，为两个不相等的实数， ∴， 则， ∴． 又∵， ∴， 即． 【点睛】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是掌握根与系数的关系，灵活运用所学知识解决问题． 压轴题型五 根据一元二次方程根的情况求参数 21．（22-23八年级下·江苏扬州·期末）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，，，． 22．（22-23九年级上·湖北武汉·期中）已知、是关于x的一元二次方程的两个不相等的实数根 (1)直接写出m的取值范围 (2)若满足，求m的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据一元二次方程的两个不相等的实数根，得，即可列式作答； （2）结合一元二次方程根与系数的关系，得和，因为，所以，解得，，结合，即可作答； 【详解】（1）解：∵一元二次方程的两个不相等的实数根 ∴， 即； （2）解：∵，且， ∴ 整理得， 解得：， ∵由（1）知， ∴ 检验：当时，，即； 【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，以及根据一元二次方程根的情况求参数等内容，正确掌握，是解题的关键． 23．（23-24九年级上·江苏无锡·阶段练习）我们在探究一元二次方程根与系数的关系中发现：如果关于的方程的两个根是，那么由求根公式可推出，，请根据这一结论，解决下列问题： (1)若是方程的两根，则______，______；若2，3是方程的两根，则______，______； (2)已知满足，求的值； (3)已知．满足，则正整数的最小值为______． 【答案】(1)，，，6 (2)2或 (3)3 【分析】（1）直接利用根与系数的关系可得和的值，根据根与系数的关系得到,即可得到p、q的值； （2）讨论：当时，易得原式；当时，把m、n看作方程的两根，利用根与系数的关系得到，再通分化简原式，然后利用整体代入计算即可解答； （3）利用已知条件变形得到，根据根与系数的关系，则a、b为一元二次方程的两根，再根据根的判别式的意义得到，然后确定c的最小整数值． 【详解】（1）解：∵是方程的两根， ∴，； ∵2，3是方程的两根， ∴,解得． 故答案为：，，，6． （2）解：∵m,n满足， 当时，原式； 当时，m、n可看作方程的两根， ∵， ∴原式． 综上，的值为2或． （3）解：∵， ∴， ∴a、b为一元二次方程的两根， ∵，而c＞0， ∴，即． ∴c的最小整数为3． 【点睛】本题主要考查了根与系数的关系、根的判别式等知识点：若一元二次方程的两个根是，那么由求根公式可推出，是解答本题关键． 24．（2019·福建泉州·一模）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． 25．（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． 压轴题型六 一元二次方程的新定义问题 26．（23-24八年级下·山东济南·期末）请阅读以下材料： ①若是关于x的一元二次方程的两个根，则方程的两个根和系数a、b、c有如下关系：，，把它们称为一元二次方程根与系数关系定理（韦达定理）． ②定义：已知关于x的一元二次方程的两个实数根，若，且，则称这个方程为“限根方程”．如：一元二次方程的两根为，因为，，所以一元二次方程为“限根方程”． 请解决下列问题： (1)判断一元二次方程是否为“限根方程”，并说明理由； (2)若关于x的一元二次方程是“限根方程”，且方程的两根满足，求k的值； (3)若关于x的一元二次方程是“限根方程”，则m的取值范围为 ．（此小问直接填空，不写过程） 【答案】(1)是，理由见解析 (2)2 (3)或 【分析】本题考查解一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的判别式．读懂题意，理解“限根方程”的定义是解题关键． （1）解该一元二次方程，得出，再根据“限根方程”的定义判断即可； （2）由一元二次方程根与系数的关系可得出，，代入，即可求出，．再结合“限根方程”的定义分类讨论舍去不合题意的值即可； （3）解该一元二次方程，得出或．再根据此方程为“限根方程”，即得出此方程有两个不相等的实数根，结合一元二次方程根的判别式即可得出，且，可求出m的取值范围．最后分类讨论即可求解． 【详解】（1）解：， ， ∴或， ∴． ∵，， ∴此方程为“限根方程”； （2）解：∵方程的两个根分比为， ∴， ． ∵， ∴， 解得：，． 分类讨论：①当时，原方程为， ∴，， ∴，， ∴此时方程是“限根方程”， ∴符合题意； ②当时，原方程为， ∴，， ∴，， ∴此时方程不是“限根方程”， ∴不符合题意． 综上可知k的值为2； （3）解：， ， ∴或， ∴或． ∵此方程为“限根方程”， ∴此方程有两个不相等的实数根， ∴，且， ∴，即， ∴且． 分类讨论：①当时， ∴， ∵， ∴， 解得：； ②当时， ∴， ∵， ∴， 解得：． 综上所述，m的取值范围为或． 27．（22-23八年级下·浙江宁波·期中）十六世纪的法国数学家韦达在研究一元二次方程的解法的过程中，发现方程的根与系数之间存在着特殊关系，由于该关系最早由韦达发现，人们把这个关系称之为韦达定理．韦达定理：有一元二次方程形如的两根分别为，，则有，． (1)，是关于x的一元二次方程的两实根，且，求k的值． (2)已知：是一元二次方程的两个实数根，设，，…，，根据根的定义，有，，将两式相加，得，于是，得．根据以上信息，解答下列问题： ①直接写出，的值． ②经计算可得：，，，当时，请猜想，，之间满足的数量关系，并给出证明． 【答案】(1)k的值为1 (2)①，；②猜想：当时，，证明见解析 【分析】本题考查了根与系数的关系，一元二次方程的根的定义； （1）根据根与系数的关系即可求出答案． （2）①根据根与系数的关系，可得由根的定义可知，，，根据一元二次方程的解的定义可得，进而求得； ②根据题意，，，进而即可求解． 【详解】（1）解：∵，是关于x的一元二次方程的两实根， ∴ 解得：， 由根与系数的关系可知∶， ，即， 整理得：， 解得： (舍去)， ， ∴k的值为1． （2）①由根的定义可知，， 又∵是一元二次方程的两个实数根， ， ②猜想：当时， 证明：因为为方程的根，所以有，等式两边都乘以，得 同理可得： 两式相加可得： 根据题意，，， ∴，且根据题意，因此， 所以当3时，有． 28．（2024·四川达州·一模）阅读下列材料：我们发现，关于x的一元二次方程，如果的值是一个完全平方数时，一元二次方程的根不一定都为整数，但是如果一元二次方程的根都为整数，的值一定是一个完全平方数． 定义：两根都为整数的一元二次方程称为“全整根方程”，代数式的值为该“全整根方程”的“最值码”，用表示，即；若另一关于x的一元二次方程也为“全整根方程”，其“最值码”记为，当满足时，则称一元二次方程是一元二次方程的“全整根伴侣方程”． (1)“全整根方程”的“最值码”是______； (2)关于x的一元二次方程（m为整数、且）是“全整根方程”，请求出该方程的“最值码”； (3)若关于x的一元二次方程是（m，n均为正整数）的“全整根伴侣方程”，求的值． 【答案】(1) (2)方程的“最值码”为； (3) 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式以及“全整根方程”的定义，理解新定义的含义是解本题的关键． （1）直接利用新定义计算即可； （）通过的取值范围确定根的判别式的范围，继而根据“整数根”特点确定根的判别式的取值，最后结合为整数确定取值，按照“最值码”定义求解即可； （）依次求出方程和的“最值码”，根据“全整根伴侣方程”的定义列得方程，结合，均为正整数即可求解；读懂题目中“全整根方程”的“最值码”及“全整根伴侣方程”的定义是解题的关键． 【详解】（1）解：“全整根方程”的“最值码”是 ； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵是“全整根方程”， ∴是完全平方数， 即是完全平方数， ∴或或， 解得或或， ∵为整数， ∴， 当时，方程化为 ， ∴； ∴方程的“最值码”为； （3）解：方程的“最值码”为 ， 方程的“最值码”为 ， ∵是的“全整根伴侣方程”， ∴， 即， 整理得，， ∴， 即， ∵，均为正整数， ∴， ∴， ∴． 29．（23-24九年级上·福建厦门·期中）定义：如果一元二次方程满足．那么我们称这个方程为“凤凰”方程． (1)已知是“凤凰”方程．且有两个相等的实数根．试求a与c的关系； (2)已知关于x的方程是“凤凰”方程，且两个实数根都是整数．求整数m的值． 【答案】(1) (2)0或2或4或6． 【分析】本题考查了根的判别式，公式法解一元二次方程，正确理解“凤凰”方程的定义是解题的关键． （1）根据有两个相等的实数根得到，根据是“凤凰”方程得到，则，代入整理得，即可得到结论； （2）根据“凤凰”方程的定义列式求出，然后求出，可得，，再根据两个实数根都是整数可得整数m的值． 【详解】（1）解：∵有两个相等的实数根， ∴， ∵是“凤凰”方程． ∴， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， 即； （2）解：方程整理得：， ∵此方程是“凤凰”方程， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵两个实数根都是整数， ∴或， ∴或或或， ∴整数m的值为0或2或4或6． 30．（23-24九年级上·江苏镇江·期中）定义：若是方程的两个实数根，若满足，则称此类方程为“差积方程”．例如：是差积方程． (1)判断：方程______“差积方程”（填“是”或“不是”）； (2)已知关于的方程， ①证明：不论取何值，方程总有实数根； ②若该方程是“差积方程”，求的值． 【答案】(1)不是 (2)①见解析；②或． 【分析】本题考查了新定义运算，解一元二次方程，根的判别式，理解新定义是解题的关键． （1）分别根据因式分解法解一元二次方程，然后根据定义判断即可求解； （2）①利用一元二次方程根的判别式列式计算即可求解； ②先根据因式分解法解一元二次方程，然后根据定义列出绝对值方程，解方程即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， 解得：， ∵， ∴方程不是差积方程； 故答案为：不是； （2）解：①∵， ∴， ∴关于的方程不论取何值，方程总有实数根； ②∵， ∴， 解得：， ∵是差积方程， ∴， 即或． 解得：或． 压轴题型七 动态几何问题 31．（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． 32．（23-24九年级上·江苏连云港·阶段练习）如图，矩形中，，，动点，分别从点，同时出发，点以的速度向终点移动，点以的速度向点移动，当有一点到达终点时，另一点也停止运动，设运动的时间为．    (1)当时，四边形面积是______ (2)当t为何值时，点P和点Q距离是？ (3)当t为何值时，以点P，Q、D为顶点的三角形是等腰三角形． 【答案】(1)4； (2)； (3)或或或． 【分析】（1）当时，可以得出，，就有，由矩形的面积就可以得出四边形的面积； （2）如图1，作于，在中，由勾股定理建立方程求出其解即可，如图2，作于，在中，由勾股定理建立方程求出其解即可； （3）分情况讨论，如图3，当时，如图4，当时，如图5，当时，由等腰三角形的性质及勾股定理建立方程就可以得出结论． 【详解】（1）如图，四边形是矩形， ，，． ，， ． ． ∴四边形面积是， 故答案为：4； （2）如图1，作于，    ， ， 四边形是矩形， ，． ， ． 在中，由勾股定理，得 ， 解得：或（舍去）． 如图2，作于，    ． ， 四边形是矩形， ，． ， 在中，由勾股定理，得 ， 解得：或（舍去）， 综上所述：； （3）如图3，当时，作于，    ， ， 四边形是矩形， ，． ， ．． ， ． 在中，由勾股定理，得 ， 解得：． 如图4，当时，作于，    ，． ， 四边形是矩形， ．， ， ． ， 解得：； 如图5，当时，    ，， ， ． 在中，由勾股定理，得 ， 解得，（舍去）． 综上所述：或或或． 【点睛】本题考查了矩形的性质的运用，勾股定理的运用，等腰三角形的性质的运用，梯形的面积公式的运用，一元二次方程的解法的运用．解答时灵活运用动点问题的求解方法是关键． 33．（21-22九年级上·福建泉州·期中）如图，在边长为12cm的等边三角形ABC中，点P从点A开始沿AB边向点B以每秒钟1cm的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以每秒钟2cm的速度移动，若P、Q分别从A、B同时出发，其中任意一点到达目的地后，两点同时停止运动，求： (1)经过6秒后，BP=_______，BQ=                     (2)经过几秒△BPQ的面积等于10？ (3)经过几秒时△BPQ的面积达到最大？并求出这个最大值． 【答案】(1)6cm；12cm； (2)2秒 (3)6秒， 【分析】（1）根据路程=速度×时间，求出BQ，AP的值就可以得出结论； （2）作QD⊥AB于D，由勾股定理可以表示出DQ，然后根据面积公式建立方程求出其解即可； （3）由（2）求出△BPQ面积的函数表达式，利用二次函数的性质即可求解． 【详解】（1）由题意，得， ∵是等边三角形， ∴， ∴． 故答案为：6cm；12cm； （2）作于D， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得， ∵由题意得：AP=x,PB=12-x，， ∴， 解得， ∵时，，故舍去， ∴． ∴经过2秒的面积等于； （3）∵的面积， ∴当时，的面积最大，此时最大值为． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，等边三角形的性质的运用，30°角的直角三角形的性质的运用，勾股定理的运用，三角形的面积公式的运用，解答时根据三角形的面积公式建立一元二次方程求解是关键． 34．（21-22九年级上·江苏盐城·期中）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，点P从A沿AC边向C点以1cm/s的速度移动，在C点停止，点Q从C点开始沿CB边向点B以2cm/s的速度移动，在B点停止． （1）如果点P，Q分别从A、C同时出发，经过2秒钟后，S△QPC＝ cm2； （2）如果点P从点A先出发2s，点Q再从点C出发，问点Q移动几秒钟后S△QPC＝4cm2？ （3）如果点P、Q分别从A、C同时出发，经过几秒钟后PQ＝BQ？ 【答案】（1）8；（2）；（3） 【分析】本题可设出发后，符合已知条件： 在（1）中，，，，得出，即可求出经过2秒钟后的面积； 在（2）中，，，，进而可列出方程，求出答案； 在（3）中，，，，利用勾股定理和列出方程，求出答案． 【详解】解：（1）、同时出发，经过秒钟，， 当， ， 故答案是：8． （2）设出发时，则运动的时间为秒，由题意得： ， ， 解得： 因此经4秒点离点，点离点，符合题意． 答：先出发，再从出发后，． （3）设经过秒钟后，则，，， ， 解得，（不合题意，舍去） 答：经过秒钟后． 【点睛】本题考查一元二次方程的实际运用，解题的关键是弄清图形与实际问题的关系，另外，还要注意解的合理性，从而确定取舍． 35．（20-21八年级下·浙江·期末）如图所示，中，． （1）点P从点A开始沿边向点B以的速度移动（至点B停止），点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动（至点C停止），当一点停止运动后另一点也停止运动，如果P，Q分别从A，B同时出发 ①经过几秒，的面积等于？ ②线段能否将分成面积相等的两部分？若能，求出运动时间；若不能，说明理由． （2）若点P沿射线方向从点A出发以的速度移动，点Q沿射线方向从点C出发以的速度移动，P，Q同时出发，几秒后，的面积为？ 【答案】（1）①3秒或5秒；②不能，理由见解析；（2）s或5s或s 【分析】（1）①设经过x秒后，根据△PBQ的面积等于15cm2．得出方程，解之即可； ②根据三角形面积公式列出方程，根据一元二次方程根的判别式解答； （2）分点P在线段AB上，点Q在线段CB上、点P在线段AB上，点Q在射线CB上、点P在射线AB上，点Q在射线CB上三种情况，根据三角形面积公式列出方程，解方程得到答案． 【详解】解：（1）①设经过x秒后，△PBQ的面积等于15cm2． 由题意得：， 解得：x=3或x=5， 答：经过3秒或5秒后，△PBQ的面积等于15cm2． ②不能， 理由如下：假设经过y s，线段PQ能将△ABC分成面积相等的两部分， ∵S△ABC==48（cm2）， ∴， 解得：此方程无实数根， ∴线段PQ不能将△ABC分成面积相等的两部分； （2）①当点P在线段AB上，点Q在线段CB上时，设运动时间为m s，此时0＜m＜6， 依题意得：， 解得：m=或（舍去）， ∴m=； ②当点P在线段AB上，点Q在射线CB上时，设运动时间为n s，此时6＜n＜8， 依题意得：， 解得：n1=n2=7； ③当点P在射线AB上，点Q在射线CB上时，设运动时间为k s，此时k＞8， 依题意得：， 解得：k=（舍去）或， ∴k=， 综上所述：经过s或5s或s，△PBQ的面积为1cm2． 【点睛】本题考查的是三角形的面积计算、一元二次方程的解法，灵活运用分情况讨论思想、正确列出方程是解题的关键． 压轴题型八 营销问题 36．（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． 37．（22-23九年级下·重庆沙坪坝·开学考试）正月十五是中华民族传统的节日——元宵节，家家挂彩灯、户户吃汤圆已成为世代相沿的习俗．位于北关古城内的盼盼手工汤圆店，计划在元宵节前用21天的时间生产袋装手工汤圆，已知每袋汤圆需要0.3斤汤圆馅和0.5斤汤圆粉，而汤圆店每天能生产450斤汤圆馅或300斤汤圆粉（每天只能生产其中一种）． (1)若这21天生产的汤圆馅和汤圆粉恰好配套，且全部及时加工成汤圆，则总共生产了多少袋手工汤圆？ (2)为保证手工汤圆的最佳风味，汤圆店计划把达21天生产的汤圆在10天内销售完毕．据统计，每袋手工汤圆的成本为13元，售价为25元时每天可售出225袋，售价每降低2元，每天可多售出75袋．汤圆店按售价25元销售2天后，余下8天进行降价促销，第10天结束后将还未售出的手工汤圆以15元/袋的价格全部卖给古城小吃店，若最终获利40500元，则促销时每袋应降价多少元？ 【答案】(1)总共生产了袋手工汤圆 (2)促销时每袋应降价3元 【分析】（1）设总共生产了袋手工汤圆，利用这21天生产的汤圆馅和汤圆粉恰好配套做等量关系列出方程即可； （2）设促销时每袋应降价元，利用最终获利40500元做等量关系列出方程即可． 【详解】（1）设总共生产了袋手工汤圆， 依题意得， 解得， 经检验是原方程的解， 答：总共生产了袋手工汤圆 （2）设促销时每袋应降价元， 当刚好10天全部卖完时， 依题意得， 整理得： ， ∴方程无解 ∴10天不能全部卖完 ∴第10天结束后将还未售出的手工汤圆以15元/袋的价格全部卖给古城小吃店的利润为 ∴依题意得， 解得（舍去） ∵要促销 ∴ 即促销时每袋应降价3元． 【点睛】本题考查了一元一次方程的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键：（1）找准等量关系，正确列出一元一次方程；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程，需要注意分情况讨论． 38．（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． 39．（2022·重庆·二模）某汽车租赁公司用650万元资金购进A、B两种型号小轿车共30辆，已知A型车每辆25万元，比每辆B型车贵10万元． (1)求该公司购进A、B两种型号的轿车数量分别是多少； (2)据统计，每辆A型车的月租金为4000元时，可全部租出，每辆车的月租金每增加300元，未租出的车将增加1辆．B型车的月租金为每辆3000元，因价格相对较低，每月均能全部租出．租出的车每辆每月的平均维护费为500元，未租出的车辆每月平均维护费为100元．规定每辆车月租金不能超过5000元，当每辆A型车的月租金定为多少元时，租赁公司的月收益（租金收入扣除维护费）可达到9.95万元？ 【答案】(1)购进A种型号的轿车20辆，B种型号的轿车10辆； (2)4900 【分析】（1）设该公司购进A种型号的轿车x辆，B种型号的轿车y辆，根据“用650万元资金购进A、B两种型号小轿车共30辆，已知A型车每辆25万元，比每辆B型车贵10万元．”列出方程组，即可求解； （2）设每辆A型车的月租金定为m元，则可租出辆，根据题意，列出方程，即可求解 【详解】（1）解：设该公司购进A种型号的轿车x辆，B种型号的轿车y辆，根据题意得： ，解得：， 答：该公司购进A种型号的轿车20辆，B种型号的轿车10辆； （2）解：设每辆A型车的月租金定为m元，则可租出辆，根据题意得： ， 整理得：， 解得：， ∵规定每辆车月租金不能超过5000元， ∴m=4900， 答：当每辆A型车的月租金定为4900元时，租赁公司的月收益（租金收入扣除维护费）可达到9.95万元． 【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元二次方程的应用，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． 40．（20-21九年级上·江西赣州·期末）返校复学之际，育才学校为每个班级准备了免洗抑菌洗手液．去市场购买时发现当购买量不超过100瓶时，免洗抑菌洗手液的单价为8元；超过100瓶时，每增加10瓶，每瓶单价就降低0.2元，但最低价格不能低于每瓶5元，设学校共买了瓶免洗抑菌洗手液． （1）当时，每瓶洗手液的价格是______元；当时，每瓶洗手液的价格是______元；当时，每瓶洗衣手液的价格为______元（用含的式子表示）； （2）若学校一次性购买洗手液共花费1250元，问一共购买了多少瓶洗手液？ 【答案】（1）8，7，；（2）一共购买了250瓶洗手液． 【分析】（1）根据购买的瓶数，分别计算或列式即可； （2）根据题意确定x的取值范围，再列方程求解即可． 【详解】解：（1）∵80＜100， ∴每瓶洗手液的价格是8元； 当x＝150时，每瓶洗手液的价格是：8﹣1＝7（元）， 当时，每瓶洗手液的价格是：（元）， 故答案为：8，7，； （2）①0≤x≤100时，8×100＝800＜1250（舍去）； ②∵最低价格不能低于每瓶5元， ∴， 解得，x≤250， ∴当100＜x≤250时，． 解得，x1＝x2＝250， 答：一共购买了250瓶洗手液． 【点睛】本题主要考查了列方程解应用题，能够熟练找出题中的等量关系是解答此题的关键，注意分类讨论． 压轴题型九 与图形有关的问题 41．（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：，．．        42．（23-24九年级上·广东佛山·期中）如图，四边形为正方形，点E为线段上一点，连接，过点E作，交射线于点F，以为邻边作平行四边形，连接．    (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长； (3)在（2）的条件下，当等于多少时，． 【答案】(1)见解析； (2)； (3)或 【分析】（1）作于，于，证明四边形是正方形，得出，，再证明，得出，即可得出结论； （2）先证明，可得，再求解即可； （3）设，由（2）得：，，由，列出方程，求解方程即可得出答案． 【详解】（1）证明：作于，于，如图1所示：    则， 四边形是正方形， ，，， 四边形是矩形，是等腰直角三角形， ， 四边形是正方形， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， 矩形是正方形； （2）四边形是正方形，四边形是正方形，， ，，，， ， 在和中， ， ， ， ； （3）设， 由（2）得：， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得：或， ∴当或时，． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形性质、三角形的全等的性质和判定、等腰直角三角形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 43．（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． 44．（23-24九年级上·河南信阳·阶段练习）阅读材料，并解决问题． 【学习研究】我国古代数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法，以为例，构造方法如下： 首先将方程变形为，然后画四个长为，宽为x的矩形，按如图①所示的方式拼成一个“空心”大正方形，则图①中大正方形的面积可表示为，还可表示为四个矩形与一个边长为2的小正方形面积之和，即．因此，可得新方程．因为x表示边长，所以，即．遗憾的是，这样的做法只能得到方程的其中一个正根．    【类比迁移】小颖根据以上解法解方程，请将其解答过程补充完整： 第一步：将原方程变形为，即x（______）； 第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形；（在画图区画出示意图，标明各边长） 第三步：根据大正方形的面积可得新的方程______，解得原方程的一个根为______； 【拓展应用】一般地，对于形如的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，那么此方程的系数______，______，求得方程的一个正根为______．    【答案】[类比迁移] ，画图见解析，，；[拓展应用] ，3，1或3． 【分析】[类比迁移]类比例题求解、画图、计算即可； 拓展应用根据题意把，变形为，根据图2由4个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4，即可得到答案． 【详解】[类比迁移] 第一步：将原方程变为，即； 第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形，如图所示：    第三步：根据大正方形的面积可得新的方程：；解得原方程的一个根为； 故答案为：，，； [拓展应用] ， ， 四个小矩形的面积各为，大正方形的面积是，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即， 图2是由4个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4， ，， 解得：，， 当时，，，，方程的一个正根为1； 当时，，，，方程的一个正根为3． 综上所述，方程的一个正根为1或3． 故答案为：，3，1或3． 【点睛】本题主要考查解一元二次方程，解题的关键是掌握将解一元二次方程的问题转化为几何图形问题求解的方法． 45．（22-23七年级下·广东深圳·期末）在学习《完全平方公式》时，某数学学习小组发现：已知，，可以在不求、的值的情况下，求出的值．具体做法如下： ． (1)若，则______； (2)若满足，求的值，同样可以应用上述方法解决问题．具体操作如下： 解：设，， 则，， 所以． 请参照上述方法解决下列问题：若，求的值； (3)如图，某校“园艺”社团在三面靠墙的空地上，用长12米的篱笆（不含墙）围成一个长方形花圃ABCD，花圃ABCD的面积为20平方米，其中墙AD足够长，墙墙AD，墙墙AD，米．随着学校“园艺”社团成员的增加，学校在花圃旁分别以边向外各扩建两个正方形花圃，以边向外扩建一个正方形花圃（如图所示虚线区域部分），请问新扩建花圃的总面积为______平方米．    【答案】(1)37 (2)52 (3)116 【分析】（1）根据材料介绍方法解答即可； （2）仿照操作方法解答即可； （3）先说明，设米，则米，然后根据“花圃ABCD的面积为20平方米”列方程求得x，然后再列式求得扩建花圃的面积即可． 【详解】（1）解：． （2）解：设，， 则，， 所以． （3）解：∵四边形长方形， ∴， ∵， ∴， 设米，则米 由题意知，解得或，经检验，均符合题意 ①当时， ∴新扩建花圃的总面积为:(平方米)； ②当时，， 新扩建花圃的总面积为:(平方米) ． 综上，新扩建花圃的总面积为116平方米． 故答案为116． 【点睛】本题主要考查了完全平方公式的应用、一元二次方程的应用等知识点，审清题意、灵活利用完全平方公式成为解答本题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！69 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第十七章 一元二次方程（9大题型）（45道压轴题专练） 压轴题型一 一元二次方程各类解法压轴 1．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）解方程． 2．（2024·上海·模拟预测）求：方程所有解的和与方程所有解的和的比值 3．（23-24八年级下·北京·期中）已知关于的方程有整数根，求自然数的值． 4．（2023九年级上·全国·专题练习）阅读下面的例题：分解因式：． 解：令得到一个关于的一元二次方程， ， ． 解得，； ． 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)已知代数式对应的方程解为和7，则代数式分解后为 　 　； (2)将代数式分解因式． 5．（22-23九年级上·江苏·期中）阅读理解以下内容，解决问题： 解方程：． 解：， 方程即为：， 设，原方程转化为： 解得，，， 当时，即，，； 当时，即，不成立． 综上所述，原方程的解是，． 以上解方程的过程中，将其中作为一个整体设成一个新未知数，从而将原方程化为关于的一元二次方程，像这样解决问题的方法叫做“换元法”（“元”即未知数）． (1)已知方程：，若设，则利用“换元法”可将原方程化为关于的方程是______； (2)仿照上述方法，解方程：． 压轴题型二 配方法的应用 6．（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． 7．（23-24八年级下·山东济南·期中）求最值问题有多种方法，既有代数法也有几何法． 例如：若代数式，利用配方法求M的最小值：，，当时，代数式M有最小值为2．再比如：正数a，b满足，用几何法求的最小值．如图，为线段DC的长度，为线段CE的长度，当的值最小时，D、C、E三点共线，所以最小值为． 请根据上述材料解决下列问题： (1)若代数式，求M的最小值； (2)已知正数x，y满足，求的最小值． 8．（23-24九年级上·江苏连云港·阶段练习）阅读材料：为实数，且，，因为，所以，从而，当时取等号． 阅读材料：若（，，为常数），由阅读材料的结论可知，所以当，即时，取最小值． 阅读上述内容，解答下列问题： (1)已知，则当________时，取得最小值，且最小值为________； (2)已知，，求的最小值． (3)某大学学生会在月日举办了一个活动，活动支出总费用包含以下三个部分：一是前期投入元；二是参加活动的同学午餐费每人元；三是其他费用，等于参加活动的同学人数的平方的倍．求当参加活动的同学人数为多少时，该次活动人均投入费用最低．最低费用是多少元？（人均投入支出总费用/参加活动的同学人数） 9．（23-24九年级上·江苏宿迁·期中）阅读材料：把形如的二次三项式（或其一部分）配成完全平方式的方法叫配方法，配方法是完全平方公式的逆用，即．例如二次三项式通过配方法可以变成三种形式：①（余常数项），②（余一次项），③（余二次项）． 诸根据阅读材料解决下列问题： (1)填空：将二次三项式配方为：______（余常数项），______（余一次项），______（余二次项）； (2)已知方程的两根是和，不解方程，求下列代数式的值； ①．     ②； (3)已知，求的值． 10．（23-24九年级上·福建泉州·阶段练习）阅读下面内容：我们已经学习了《二次根式》和《乘法公式》，聪明的你可以发现：当，时，∵，∴，当且仅当时取等号．请利用上述结论解决以下问题： (1)当时，则的最小值为______； (2)）若，求y的最小值． (3)如图，四边形的对角线相交于点O，、的面积分别为4和9，求四边形面积的最小值．    压轴题型三 换元法解一元二次方程 11．（24-25九年级上·全国·单元测试）解方程： 12．（23-24八年级下·安徽安庆·期中）阅读下列材料：已知实数m，n满足，试求的值. 解：设，则原方程变为，整理得，， ∴，∵，∴. 上面这种方法称为“换元法”，换元法是数学学习中最常用的一种思想方法，在结构较复杂的数和式的运算中，若把其中某些部分看成一个整体，并用新字母代替（即换元），则能使复杂的问题简单化. 根据以上阅读材料内容，解决下列问题，并写出解答过程. (1)已知实数x，y满足，求的值； (2)设a，b满足等式，求的值； (3)若四个连续正整数的积为24，求这四个连续正整数. 13．（21-22九年级上·浙江台州·期中）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：，，，．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)试用上述方法解方程：，得原方程的解为 ___________． (2)解方程． 14．（22-23九年级上·山东济宁·阶段练习）阅读材料：为解方程（x2－1）2－5（x2－1）＋4＝0，我们可以将x2－1视为一个整体，然后设x2－l＝y，则（x2－1）2＝y2，原方程化为y2－5y＋4＝0． 解得y1＝1，y2＝4 当y＝1时，x2－1＝1．∴x2＝2．∴x＝±； 当y＝4时，x2－1＝4，∴x2＝5，∴x＝±． ∴原方程的解为x1＝，x2＝－，x3＝，x4＝－ 请利用以上知识解决下列问题： 如果，求的值． 15．（20-21九年级上·江苏扬州·期末）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． 利用以上学习到的方法解下列方程： （1）； （2）． 压轴题型四 一元二次方程根与系数的关系 16．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）若关于x的方程有一个解为，那么称这样的方程为“明一方程”．例如方程：有解，所以为“明一方程”． (1)下列方程是“明一方程”的有； ①；②；③． (2)已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，，且当时，关于x的方程为“明一方程”，求该直线解析式； (3)已知为“明一方程”（a，b，c为常数，且）的两个根，试求的取值范围． 17．（23-24九年级上·山东济宁·阶段练习）阅读材料后解答问题∶ 材料1：已知一元二次方程的两个实数根分别为m， n，求的值． 解： ∵一元二次方程的两个实数根分别为m， n，    ∴，， 则． 材料2：已知实数a、b满足，，且，求的值． 解：依题意得：a与b为方程的两根， ∴，，∴ 根据上述材料，结合你所学的知识，完成下列问题∶ (1)材料理解：一元二次方程的两个根为和，则 ， ． (2)类比应用：已知一元二次方程的两根分别为m、n，求的值． (3)思维拓展：已知实数s、t满足，，且，求的值． 18．（21-22八年级下·浙江·开学考试）已知方程①，和方程② (1)若方程①的根为，，求方程②的根； (2)当方程①有一根为时，求证是方程②的根； (3)若，方程①的根是与，方程②的根是和，求的值． 19．（23-24九年级上·福建泉州·期中）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，由根与系数的关系可知，． 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： 已知实数，满足：，，且，求的值． （3）拓展应用： 已知实数，满足：，且，求的取值范围． 20．（2023·湖北黄石·中考真题）关于x的一元二次方程，当时，该方程的正根称为黄金分割数．宽与长的比是黄金分割数的矩形叫做黄金矩形，希腊的巴特农神庙采用的就是黄金矩形的设计；我国著名数学家华罗庚的优选法中也应用到了黄金分割数． (1)求黄金分割数； (2)已知实数a，b满足：，且，求ab的值； (3)已知两个不相等的实数p，q满足：，求的值． 压轴题型五 根据一元二次方程根的情况求参数 21．（22-23八年级下·江苏扬州·期末）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． 22．（22-23九年级上·湖北武汉·期中）已知、是关于x的一元二次方程的两个不相等的实数根 (1)直接写出m的取值范围 (2)若满足，求m的值． 23．（23-24九年级上·江苏无锡·阶段练习）我们在探究一元二次方程根与系数的关系中发现：如果关于的方程的两个根是，那么由求根公式可推出，，请根据这一结论，解决下列问题： (1)若是方程的两根，则______，______；若2，3是方程的两根，则______，______； (2)已知满足，求的值； (3)已知．满足，则正整数的最小值为______． 24．（2019·福建泉州·一模）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． 25．（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． 压轴题型六 一元二次方程的新定义问题 26．（23-24八年级下·山东济南·期末）请阅读以下材料： ①若是关于x的一元二次方程的两个根，则方程的两个根和系数a、b、c有如下关系：，，把它们称为一元二次方程根与系数关系定理（韦达定理）． ②定义：已知关于x的一元二次方程的两个实数根，若，且，则称这个方程为“限根方程”．如：一元二次方程的两根为，因为，，所以一元二次方程为“限根方程”． 请解决下列问题： (1)判断一元二次方程是否为“限根方程”，并说明理由； (2)若关于x的一元二次方程是“限根方程”，且方程的两根满足，求k的值； (3)若关于x的一元二次方程是“限根方程”，则m的取值范围为 ．（此小问直接填空，不写过程） 27．（22-23八年级下·浙江宁波·期中）十六世纪的法国数学家韦达在研究一元二次方程的解法的过程中，发现方程的根与系数之间存在着特殊关系，由于该关系最早由韦达发现，人们把这个关系称之为韦达定理．韦达定理：有一元二次方程形如的两根分别为，，则有，． (1)，是关于x的一元二次方程的两实根，且，求k的值． (2)已知：是一元二次方程的两个实数根，设，，…，，根据根的定义，有，，将两式相加，得，于是，得．根据以上信息，解答下列问题： ①直接写出，的值． ②经计算可得：，，，当时，请猜想，，之间满足的数量关系，并给出证明． 28．（2024·四川达州·一模）阅读下列材料：我们发现，关于x的一元二次方程，如果的值是一个完全平方数时，一元二次方程的根不一定都为整数，但是如果一元二次方程的根都为整数，的值一定是一个完全平方数． 定义：两根都为整数的一元二次方程称为“全整根方程”，代数式的值为该“全整根方程”的“最值码”，用表示，即；若另一关于x的一元二次方程也为“全整根方程”，其“最值码”记为，当满足时，则称一元二次方程是一元二次方程的“全整根伴侣方程”． (1)“全整根方程”的“最值码”是______； (2)关于x的一元二次方程（m为整数、且）是“全整根方程”，请求出该方程的“最值码”； (3)若关于x的一元二次方程是（m，n均为正整数）的“全整根伴侣方程”，求的值． 29．（23-24九年级上·福建厦门·期中）定义：如果一元二次方程满足．那么我们称这个方程为“凤凰”方程． (1)已知是“凤凰”方程．且有两个相等的实数根．试求a与c的关系； (2)已知关于x的方程是“凤凰”方程，且两个实数根都是整数．求整数m的值． 30．（23-24九年级上·江苏镇江·期中）定义：若是方程的两个实数根，若满足，则称此类方程为“差积方程”．例如：是差积方程． (1)判断：方程______“差积方程”（填“是”或“不是”）； (2)已知关于的方程， ①证明：不论取何值，方程总有实数根； ②若该方程是“差积方程”，求的值． 压轴题型七 动态几何问题 31．（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． 32．（23-24九年级上·江苏连云港·阶段练习）如图，矩形中，，，动点，分别从点，同时出发，点以的速度向终点移动，点以的速度向点移动，当有一点到达终点时，另一点也停止运动，设运动的时间为．    (1)当时，四边形面积是______ (2)当t为何值时，点P和点Q距离是？ (3)当t为何值时，以点P，Q、D为顶点的三角形是等腰三角形． 33．（21-22九年级上·福建泉州·期中）如图，在边长为12cm的等边三角形ABC中，点P从点A开始沿AB边向点B以每秒钟1cm的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以每秒钟2cm的速度移动，若P、Q分别从A、B同时出发，其中任意一点到达目的地后，两点同时停止运动，求： (1)经过6秒后，BP=_______，BQ=                     (2)经过几秒△BPQ的面积等于10？ (3)经过几秒时△BPQ的面积达到最大？并求出这个最大值． 34．（21-22九年级上·江苏盐城·期中）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，点P从A沿AC边向C点以1cm/s的速度移动，在C点停止，点Q从C点开始沿CB边向点B以2cm/s的速度移动，在B点停止． （1）如果点P，Q分别从A、C同时出发，经过2秒钟后，S△QPC＝ cm2； （2）如果点P从点A先出发2s，点Q再从点C出发，问点Q移动几秒钟后S△QPC＝4cm2？ （3）如果点P、Q分别从A、C同时出发，经过几秒钟后PQ＝BQ？ 35．（20-21八年级下·浙江·期末）如图所示，中，． （1）点P从点A开始沿边向点B以的速度移动（至点B停止），点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动（至点C停止），当一点停止运动后另一点也停止运动，如果P，Q分别从A，B同时出发 ①经过几秒，的面积等于？ ②线段能否将分成面积相等的两部分？若能，求出运动时间；若不能，说明理由． （2）若点P沿射线方向从点A出发以的速度移动，点Q沿射线方向从点C出发以的速度移动，P，Q同时出发，几秒后，的面积为？ 压轴题型八 营销问题 36．（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． 37．（22-23九年级下·重庆沙坪坝·开学考试）正月十五是中华民族传统的节日——元宵节，家家挂彩灯、户户吃汤圆已成为世代相沿的习俗．位于北关古城内的盼盼手工汤圆店，计划在元宵节前用21天的时间生产袋装手工汤圆，已知每袋汤圆需要0.3斤汤圆馅和0.5斤汤圆粉，而汤圆店每天能生产450斤汤圆馅或300斤汤圆粉（每天只能生产其中一种）． (1)若这21天生产的汤圆馅和汤圆粉恰好配套，且全部及时加工成汤圆，则总共生产了多少袋手工汤圆？ (2)为保证手工汤圆的最佳风味，汤圆店计划把达21天生产的汤圆在10天内销售完毕．据统计，每袋手工汤圆的成本为13元，售价为25元时每天可售出225袋，售价每降低2元，每天可多售出75袋．汤圆店按售价25元销售2天后，余下8天进行降价促销，第10天结束后将还未售出的手工汤圆以15元/袋的价格全部卖给古城小吃店，若最终获利40500元，则促销时每袋应降价多少元？ 38．（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? 39．（2022·重庆·二模）某汽车租赁公司用650万元资金购进A、B两种型号小轿车共30辆，已知A型车每辆25万元，比每辆B型车贵10万元． (1)求该公司购进A、B两种型号的轿车数量分别是多少； (2)据统计，每辆A型车的月租金为4000元时，可全部租出，每辆车的月租金每增加300元，未租出的车将增加1辆．B型车的月租金为每辆3000元，因价格相对较低，每月均能全部租出．租出的车每辆每月的平均维护费为500元，未租出的车辆每月平均维护费为100元．规定每辆车月租金不能超过5000元，当每辆A型车的月租金定为多少元时，租赁公司的月收益（租金收入扣除维护费）可达到9.95万元？ 40．（20-21九年级上·江西赣州·期末）返校复学之际，育才学校为每个班级准备了免洗抑菌洗手液．去市场购买时发现当购买量不超过100瓶时，免洗抑菌洗手液的单价为8元；超过100瓶时，每增加10瓶，每瓶单价就降低0.2元，但最低价格不能低于每瓶5元，设学校共买了瓶免洗抑菌洗手液． （1）当时，每瓶洗手液的价格是______元；当时，每瓶洗手液的价格是______元；当时，每瓶洗衣手液的价格为______元（用含的式子表示）； （2）若学校一次性购买洗手液共花费1250元，问一共购买了多少瓶洗手液？ 压轴题型九 与图形有关的问题 41．（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________．    42．（23-24九年级上·广东佛山·期中）如图，四边形为正方形，点E为线段上一点，连接，过点E作，交射线于点F，以为邻边作平行四边形，连接．    (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长； (3)在（2）的条件下，当等于多少时，． 43．（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．    44．（23-24九年级上·河南信阳·阶段练习）阅读材料，并解决问题． 【学习研究】我国古代数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法，以为例，构造方法如下： 首先将方程变形为，然后画四个长为，宽为x的矩形，按如图①所示的方式拼成一个“空心”大正方形，则图①中大正方形的面积可表示为，还可表示为四个矩形与一个边长为2的小正方形面积之和，即．因此，可得新方程．因为x表示边长，所以，即．遗憾的是，这样的做法只能得到方程的其中一个正根．    【类比迁移】小颖根据以上解法解方程，请将其解答过程补充完整： 第一步：将原方程变形为，即x（______）； 第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形；（在画图区画出示意图，标明各边长） 第三步：根据大正方形的面积可得新的方程______，解得原方程的一个根为______； 【拓展应用】一般地，对于形如的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，那么此方程的系数______，______，求得方程的一个正根为______．    45．（22-23七年级下·广东深圳·期末）在学习《完全平方公式》时，某数学学习小组发现：已知，，可以在不求、的值的情况下，求出的值．具体做法如下： ． (1)若，则______； (2)若满足，求的值，同样可以应用上述方法解决问题．具体操作如下： 解：设，， 则，， 所以． 请参照上述方法解决下列问题：若，求的值； (3)如图，某校“园艺”社团在三面靠墙的空地上，用长12米的篱笆（不含墙）围成一个长方形花圃ABCD，花圃ABCD的面积为20平方米，其中墙AD足够长，墙墙AD，墙墙AD，米．随着学校“园艺”社团成员的增加，学校在花圃旁分别以边向外各扩建两个正方形花圃，以边向外扩建一个正方形花圃（如图所示虚线区域部分），请问新扩建花圃的总面积为______平方米．    原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$