专题06 一元二次方程50道压轴题型专训（10大题型）-2024-2025学年八年级数学下册重难点专题提升精讲精练（浙教版）

专题06 一元二次方程50道压轴题型专训（10大题型） 【题型目录】题型一 配方法的应用压轴 题型二 根的判别式压轴 题型三 根据一元二次方程根的情况求参数 题型四 换元法解一元二次方程 题型五 一元二次方程根与系数的关系压轴 题型六 营销问题 题型七 与图形有关的问题 题型八 动态几何问题 题型九 一元二次方程与函数的联系 题型十 一元二次方程的新定义问题 【经典例题一 配方法的应用压轴】 1．（24-25八年级上·重庆·期中）代数式的最小值是（    ） A．10 B．9 C．19 D．11 2．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）新定义，若关于x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x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．2011 B．2013 C．2018 D．2023 3．（24-25九年级上·江苏南通·阶段练习）已知实数，满足，则代数式的最小值等于 ． 4．（24-25八年级上·福建泉州·期中）已知a、b、c满足，，，则 ． 5．（2025九年级下·全国·学业考试）已知． (1)求的最小值． (2)若，求的值． 【经典例题二 根的判别式压轴】 6．（23-24九年级上·安徽阜阳·阶段练习）已知等腰的一条边为，其余两边的边长恰好是方程的两个根，则的值是（   ） A． B． C．或 D．或 7．（24-25九年级·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 8．（24-25八年级下·浙江杭州·阶段练习）关于x的一元二次方程（ab≠0）有两个相等的实数根，则下列选项成立的是（    ） A．若﹣1＜a＜0，则 B．若，则0＜a＜1 C．若0＜a＜1，则 D．若，则-1＜a＜0 9．（24-25九年级上·安徽合肥·期末）（1）一元二次方程在范围内有 个根； （2）关于x的一元二次方程在范围内有且只有一个根，则m的取值范围为 ． 10．（2024九年级上·全国·专题练习）已知实数x满足，则的值为 ． 【经典例题三 根据一元二次方程根的情况求参数】 11．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知为正整数，且满足，则的值为（    ） A． B． C． D． 12．（24-25八年级下·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 13．（24-25九年级上·湖北武汉·阶段练习）关于的一元二次方程在范围内有且只有一个根，则的取值范围为 ． 14．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如果，是正实数，方程 和方程都有实数解，那么的最小值是 ． 15．（24-25九年级上·福建泉州·期中）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：设所求方程的根为y，则，所以，把，代入已知方程，得． 化简，得，故所求方程为． 这种利用方程根的代换求新方程的方法，我们称为“换根法”． 请用阅读材料提供的“换根法”求新方程（要求：把所求方程化为一般形式）． (1)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相反数，则所求方程为__________________； (2)已知关于y的一元二次方程的根（，有两个不等于零的实数根）分别是某个已知一元二次方程的根的倒数，求该已知的一元二次方程． (3)已知关于x的一元二次方程有两个不等于零的实数根，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的倒数且它的两个根都为整数． 【经典例题四 换元法解一元二次方程】 16．（24-25九年级上·全国·单元测试）解方程： 17．（24-25九年级上·江西吉安·期中）定义：我们把关于的一元二次方程与称为一对“友好方程”．如的“友好方程”是． (1)写出一元二次方程的“友好方程”________； (2)已知一元二次方程的两根为，，它的“友好方程”的两根________，________．根据以上结论，猜想的两根，，与其“友好方程”的两根，之间存在的一种特殊关系为________； (3)已知关于的方程的两根是，，请利用（2）中的结论，求出关于的方程的两根． 18．（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. 19．（24-25九年级上·广东佛山·阶段练习）阅读下列材料：方程：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， 解这个方程得：，． 当时，，∴；当时，，∴ 所以原方程有四个根：，，，． 在这个过程中，我们利用换元法达到降次的目的，体现了转化的数学思想． (1)利用换元法解方程得到方程的解为______． (2)若，求的值． (3)利用换元法解方程：． 20．（2019九年级上·山东济宁·学业考试）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． 【经典例题五 一元二次方程根与系数的关系压轴】 21．（24-25九年级上·四川内江·期中）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x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)已知两个不相等的实数m，n满足，且，求的值． (3)已知a，b，c，满足，，则正整数c的最小值为________． 22．（24-25九年级上·江苏南京·期中）类比是探索发现的重要途径，是发现新问题、新结论的重要方法． 学习再现： 设一元二次方程的两个根分别为和， 那么， 比较系数得，． 类比推广： （）设的三个根分别为，，，求的值． 问题解决： （）若的三个根分别为，，，则的值是______． 拓展提升： （）已知实数满足，且，求正数的最小值． 23．（23-24九年级上·福建三明·期中）如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根为另一个根的倍，那么称这样的方程为“倍根方程”． 例如，一元二次方程的两个根是和，则一元二次方程是“倍根方程”． (1)根据上述定义，一元二次方程__________（填“是”或“不是”）“倍根方程”；若一元二次方程是“倍根方程”，则______． (2)如果关于的一元二次方程是“倍根方程”，求的值． (3)若关于的一元二次方程是“倍根方程”，则之间满足什么样的关系？说明理由． 24．（24-25九年级上·江苏宿迁·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； (3)拓展应用： 已知实数，满足：，且，求的值． 25．（24-25八年级下·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． 【经典例题六 营销问题】 26．（24-25九年级上·吉林长春·期末）“三折叠，怎么折，都有面．”华为“三折叠”一经上市，便火遍全国，形成一股“折叠风”．9月10日，华为新出的型号为“Mate XT非凡大师”的手机在深圳湾召开发布会，某华为手机专卖网店抓住商机，购进10000台“Mate XT 非凡大师”手机进行销售，每台的成本是20000元，在线同时向国内、国外发售．第一个星期，国内销售每台售价是25000元，共获利1000万元，国外销售也售出相同数量该款手机，但每台成本增加4000元，获得的利润却是国内的6倍． (1)求该店销售该款华为手机第一个星期在国外的售价是多少元？ (2)受中美贸易战影响，第二个星期，国内销售每台该款手机售价在第一个星期的基础上降低，销量上涨；国外销售每台售价在第一个星期的基础上上涨，并且在第二个星期将剩下的手机全部卖完，结果第二个星期国外的销售总额比国内的销售总额多6993万元，求的值． 27．（24-25九年级上·河北石家庄·阶段练习）“阳光玫瑰”是一种优质的葡萄品种．某葡萄种植基地2021年年底已经种植“阳光玫瑰”300亩，到2023年年底“阳光玫瑰”的种植面积达到432亩． (1)求该基地“阳光玫瑰”种植面积的年平均增长率． (2)某水果市场9月底以25元的价格从基地批发500千克“阳光玫瑰”放在冷库内，冷库存放一天需费用100元（储藏时间不超过12天），此时“阳光玫瑰”市场价为30元每千克，因国庆黄金周的到来，此后每千克“阳光玫瑰”的市场价格每天上涨1.5元，但是，平均每天还有10千克“阳光玫瑰”变质丢弃．若市场经理想获得4500元的利润，需将“阳光玫瑰”储藏多少天后一次性售出． 28．（2024·浙江绍兴·模拟预测）根据以下素材，完成探索任务． 探索果园土地规划和销售利润问题 素材1 某农户承包了一块长方形果园，图1是果园的平面图，其中米，米．准备在它的四周铺设道路，上下两条横向道路的宽度都为米，左右两条纵向道路的宽度都为米，中间部分种植水果．已知道路的路面造价是每平方米50元；出于货车通行等因素的考虑，横向道路宽度不超过24米，且不小于10米． 素材2 该农户发现某一种草莓销售前景比较不错，经市场调查，草莓培育一年可产果，已知每平方米的草莓销售平均利润为100元；果园每年的承包费为25万元，期间需一次性投入33万元购进新苗，每年还需25万元的养护、施肥、运输等其余费用． 问题解决 任务1 解决果园中路面宽度的设计对种植面积的影响． （1）请直接写出纵向道路宽度的取值范围． （2）若中间种植的面积是44800平方米，则路面设置的宽度是否符合要求． 任务2 解决果园种植的预期利润问题．（净利润草莓销售的总利润路面造价费用果园承包费用新苗购置费用其余费用） （3）经过1年后，农户是否可以达到预期净利润400万元？请说明理由． 29．（24-25八年级下·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． 30．（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？ 【经典例题七 与图形有关的问题】 31．（24-25九年级上·江苏扬州·期末）有一块长，宽的矩形铁皮． (1)如图，如果在铁皮的四个角裁去四个边长一样的正方形后，将其折成底面积为的无盖长方体盒子，求裁去的正方形的边长． (2)由于需要，计划制作一个有盖的长方体盒子，为了合理利用材料，某学生设计了如图的裁剪方案，阴影部分为裁剪下来的边角料，其中左侧的两个阴影部分为正方形，若想折出底面积为的有盖盒子，则裁剪下来的边角料面积为__________． 32．（2025九年级下·全国·专题练习）阅读材料：我们都知道， 于是， ． 又因为，所以，． 所以，有最大值． 如图，某农户准备用长米的铁栅栏，一边利用墙，其余边用铁栅栏围成长方形羊圈和一个边长为1米的正方形狗屋．设米． (1)请用含x的代数式表示的长___________（直接写出结果）； (2)设山羊活动范围即图中阴影部分的面积为S平方米，①请用含x的代数式直接表示出S，___________； ②山羊的活动范围的面积S能否达到平方米？能，就求出x的值，不能请说明理由． (3)求出山羊活动范围面积S的最大值． 33．（2024九年级·广东·学业考试）学习小组探究一元二次方程的新解法． （1）运用函数与方程的思想，通过观察反比例函数与一次函数的图象，可判断方程的根的情况． 【解答过程】 ∵； ∴方程两边同时除以，得． 移项，得， ∴，； 观察函数图象，若，则方程有两个不相等的实数根． （2）运用转化思想，将方程变形为后可得或，从而解得原方程的根为，，当时，方程的两根，可使变形为． 【实际应用】 运用从上方法可解方程，直接写出因式分解的结果． （3）运用数形结合的思想，从赵爽的《勾股图方注》解答，解为例，将其变形为，画出四个长为，宽为的图形．以图1的方式拼成一个“空心大正方形”，由图中大正方形的面积为，还可以表示四个矩形与一个边长为2的小正方形面积之和，即，可得方程，，不过这种做法只能得到方程的一个正根． 对于形如的一元二次方程可用于构造图来解，已知图是一个由四个面积为的全等的矩形构成，中间围成的正方形面积为，那么该方程的系数，分别为多少？并求得方程的一个正根，写出完整的解答过程． 34．（24-25九年级上·福建漳州·期中）在数学活动课上，同学们对三角形点阵中前行的点数计算进行探究活动：如图1是一个三角点阵，从上到下有无数行，其中第一行有个点，第二行有个点……第行有个点…… 【发现问题】：在探究的过程中，容易发现是三角形前行的点数和，但是遇到较大的点数，逐个数行数很繁琐． 【提出问题】：前多少行的点数和是？ 【分析问题】：数形结合是解决数学问题的重要思想；下面表格分别从数和形两个角度探究前行的点数和． 从数的角度看 从形的角度看 通过具体的数字，想到了一种计算方法——倒序相加法． 例：求前行的点数 ①， 由①式倒序： ②， ①②： 所以，即前行点数为个． 利用图形的特征进行计算．如图2，将一个正立的三角点阵倒立，再与正立的原图形的三角点阵拼成一个平行四边形点阵，三角形点阵点数和为平行四边形点阵数量的一半． 【解决问题】： (1)根据以上材料，解决前面所提出的问题； 【应用延伸】： (2)如图3，该点阵的点数从上到下依次为：，，，，，，这个点阵的点数和能是吗？请说明理由． 35．（24-25九年级上·吉林长春·期中）解决问题 如何利用闲置纸板箱制作储物盒 准备素材 小明收集到闲置纸板箱如图①所示．将其拆解出的如图②和图③两种矩形纸板，两种纸板的长和宽如图所示． 设计方案 小明分别将图②和图③两种矩形纸板以不同的方式制作储物盒． 图②矩形纸板的制作方式 图③矩形纸板的制作方式 如图④，裁去纸板角上4个相同的小正方形，折成一个无盖长方体储物盒． 如图⑤，将纸板四个角裁去4个相同的小矩形，折成一个有盖的长方体储物盒． 目标达成 小明利用两种不同的制作方式进一步探究． 初步应用 小明按照矩形纸板②的制作方式，制作了如图④所示的储物盒的底面积是，求这个储物盒的容积． 储物收纳 小明按照矩形纸板③的制作方式，制作了如图⑤所示储物盒，若和两边恰好重合且无重叠部分，盒子的底面积为．小明家里一个玩具攀爬小火车的实物图和尺寸大小如图⑥所示，通过计算判断这个玩具能否完全放入该储物盒． 【经典例题八 动态几何问题】 36．（24-25九年级上·河北石家庄·阶段练习）如图，在中，，，，点D从点C开始沿边运动，速度为，与此同时，点E从点B开始沿边运动，速度为，当点E到达点C时，点D，E同时停止运动，连接，，设运动时间为，的面积为． (1)用含t的代数式表示 ； ； (2)当为何值时？ (3)在点D运动过程中，的值可能为5吗？通过计算说明． 37．（13-14八年级下·浙江温州·阶段练习）如图，长方形中，，动点分别从点A、C同时出发，点P以的速度向终点B移动，点Q以的速度向点D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t，问： (1)当时，四边形的面积是多少？ (2)当t为何值时，点P和点Q的距离是？ (3)当__________s时，以点为顶点的三角形是等腰三角形（直接写出答案） 38．（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． 39．（24-25九年级上·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． 40．（24-25八年级下·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？ 【经典例题九 一元二次方程与函数的联系】 41．（24-25九年级上·四川乐山·期末）如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”，经过探究可发现此类方程的一般性结论：设一根为，则另一个根为，因此，于是可得到，，所以有；我们可记“”，即当时，一元二次方程为倍根方程，下面我们根据此结论来解决问题： (1)方程①；②中，倍根方程是_________（填序号）； (2)若关于的方程是倍根方程，求的值； (3)已知关于的方程是倍根方程，且点在一次函数的图象上，求m、n的值． 42．（23-24九年级上·四川成都·期中）定义：在平面直角坐标系中，函数图象上到两条坐标轴的距离之积等于的点，叫做该函数图象的“阶积点”．例如：点为一次函数图象的“阶积点”．若关于的一次函数图象的“阶积点”恰好有3个，则的值为 ． 43．（23-24八年级上·四川成都·期中）如图，在平面直角坐标系中，直线：交x轴于点A，交y轴于点B，一次函数：的图象交x轴于点C，交y轴于点D，与直线交于点P． (1)当，时，求点P的坐标，，并求的度数； (2)若四边形的面积是，且，试求点P的坐标及直线的关系式； (3)如图2，在（2）的条件下，将直线向下平移9个单位得到直线，直线交y轴于点M，交x轴于点N，若点E为射线上一动点，连接，在坐标轴上是否存在点F，使是以为底边的等腰直角三角形，直角顶点为F．若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 44．（23-24九年级上·福建宁德·期中）已知关于x的方程有两个实数根，其中． (1)若，求的值； (2)一次函数的图像上有两点，若，求m的值； (3)边长为整数的直角三角形，其中两直角边的长度恰好为和，求该直角三角形的面积． 45．（24-25八年级下·湖南长沙·期末）我们不妨约定：在平面直角坐标系中，将点称为“幸福点”，经过点的函数，称为“幸福函数”． (1)若点是“幸福点”，关于x的函数是“幸福函数”，则__________，__________，__________． (2)若关于x的函数和都是“幸福函数”，且两个函数图象有且只有一个交点，求k的值． (3)若直线与x轴、y轴分别交于点A，B，M是y轴上一点，若将沿直线AM折叠，点B恰好落在x轴上的点C处．试问经过C，M两点的一次函数是否可以为“幸福函数”？若可以，请写出所有函数解析式；若不可以，请说明理由． 【经典例题十 一元二次方程的新定义问题】 46．（2024九年级上·浙江宁波·竞赛）对实数，定义运算如下： 当时，；当时，． 若，求的值（表示不超过的最大整数）． 47．（24-25九年级上·江苏无锡·阶段练习）材料1：法国数学家弗朗索瓦・韦达在著作《论方程的识别与订正》中提出一元二次方程的两根，有如下的关系（韦达定理）：，； 材料2：如果实数、满足、，且，则可利用根的定义构造一元二次方程，将、看作是此方程的两个不相等实数根． 请根据上述材料解决下面问题： (1)①已知一元二次方程的两根分别为，，则_______，_______． ②已知实数，满足：，（），则_______． (2)已知实数、、满足：，，且，求的取值范围． 48．（24-25九年级上·江西抚州·阶段练习）定义：我们把关于x 的一元二次方程与（，）称为一 对“友好方程 ”．如 的“友好方程 ”是 ． (1)写出一元二次方程的“友好方程 ” ； (2)已知一元二次方程的两根为，，它的“友好方程 ”的两根 ， ．根据以上结论，猜想的两根，，与其“友好方程 ” 的两根，之间存在的一种特殊关系为 ； (3)已知关于x 的方程的两根是，，请利用（2）中的结论，求出关于x 的方程的两根． 49．（23-24八年级下·湖南长沙·阶段练习）阅读材料： 材料1：法国数学家弗朗索瓦·书达于1615年在著作《论方程的识别与订正》中建立了方程根与系数的关系，提出一元二次方程（，）的两根x1，x2有如下的关系（韦达定理）：，； 材料2：如果实数m、n满足、，且，则可利用根的定义构造一元二次方程，然后将m、n看作是此方程的两个不相等实数根去解决相关问题． 请根据上述材料解决下面问题： (1)若实数a，b满足：，则_______，_______； (2)若是方程两个不等实数根，且满足，求k的值； (3)已知实数m、n、t满足：，，且，求的取值范围． 50．（23-24九年级上·江苏泰州·阶段练习）定义：若关于x的一元二次方程的两个实数根为，则把分别以为横坐标和纵坐标得到的点，称为该一元二次方程的“友好点”． (1)若方程为，则该方程的“友好点”P的坐标为 ． (2)若关于x的一元二次方程的“友好点”为P，过点P向x轴和y轴作垂线，两条垂线与坐标轴恰好围成一个正方形，求m的值． (3)是否存在b，c，使得不论为何值，关于x的方程的“友好点”P始终在函数的图象上，若有，请求出b，c的值；若没有，请说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 一元二次方程50道压轴题型专训（10大题型） 【题型目录】 题型一 配方法的应用压轴 题型二 根的判别式压轴 题型三 根据一元二次方程根的情况求参数 题型四 换元法解一元二次方程 题型五 一元二次方程根与系数的关系压轴 题型六 营销问题 题型七 与图形有关的问题 题型八 动态几何问题 题型九 一元二次方程与函数的联系 题型十 一元二次方程的新定义问题 【经典例题一 配方法的应用压轴】 1．（24-25八年级上·重庆·期中）代数式的最小值是（    ） A．10 B．9 C．19 D．11 【答案】A 【分析】把代数式根据完全平方公式化成几个完全平方和的形式，再进行求解即可． 【详解】解： ∵ ∴代数式的最小值是10． 故选：A． 【点睛】本题考查的知识点是配方法的应用-用配方法确定代数式的最值，解此题的关键是将原代数式化成几个完全平方和的形式． 2．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）新定义，若关于x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x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．2011 B．2013 C．2018 D．2023 【答案】B 【分析】根据同族二次方程的定义，可得出a和b的值，从而解得代数式的最小值． 【详解】解：与为同族二次方程． ， ， ∴， 解得：． ， 当时，取最小值为2013. 故选：B. 【点睛】此题主要考查了配方法的应用，解二元一次方程组的方法，理解同族二次方程的定义是解答本题的关键． 3．（24-25九年级上·江苏南通·阶段练习）已知实数，满足，则代数式的最小值等于 ． 【答案】12 【分析】本题考查了配方法求最小值的运用，掌握配方法是解题的关键． 根据已知条件得到，，代入代数式，运用配方法得到，当时取得最小时，由此计算即可． 【详解】解：实数，满足， ∴，， ∴代数式变形得到, ， ∵， ∴， 当时取得最小时， ∴， ∴最小值为 故答案为：12 ． 4．（24-25八年级上·福建泉州·期中）已知a、b、c满足，，，则 ． 【答案】3 【分析】题中三个等式左右两边分别相加后再移项，可以通过配方法得到三个平方数的和为0.然后根据非负数的性质可以得到a、b、c的值，从而求得a+b+c的值． 【详解】解：题中三个等式左右两边分别相加可得： ， 即， ∴， ∴a=3,b=-1,c=1， ∴a+b+c=3-1+1=3， 故答案为3． 【点睛】本题考查配方法的应用，熟练掌握配方法的方法和步骤并灵活运用是解题关键． 5．（2025九年级下·全国·学业考试）已知． (1)求的最小值． (2)若，求的值． 【答案】(1) (2)，，，或，，， 【分析】本题主要考查分式的混合运算，配方法求最小值，掌握分式的混合运算法则，配方法的运用是解题的关键． （1）根据题意得到，则原式化简得，由配方法求最值的计算方法即可求解； （2）根据题意得到，则，，所以，由得到，令，根据，得到，由此即可求解． 【详解】（1）解： ， ， ， ， 的最小值为． （2）解：， ， ， ， ∴， ， ，令， ， ，即， 整理得， 解得， ，，，或，，，． 【经典例题二 根的判别式压轴】 6．（23-24九年级上·安徽阜阳·阶段练习）已知等腰的一条边为，其余两边的边长恰好是方程的两个根，则的值是（   ） A． B． C．或 D．或 【答案】B 【分析】本题考查了等腰三角形的定义，三角形的三边关系，一元二次方程根的判别式，解一元二次方程，分为等腰三角形的底和腰两种情形，讨论求解即可得到答案，应用分类讨论解答是解题的关键． 【详解】解：当为底时，由题意得， 解得， 此时一元二次方程为， 解得， ∵， ∴不能构成三角形， ∴不合，舍去； 当为腰时，将代入方程得， ， 解得或， 当时，一元二次方程为， 解得，， 三边长为，可以构成三角形； 当时，一元二次方程为， 解得，， ∵， ∴不能构成三角形， ∴不合，舍去， 综上，， 故选：． 7．（24-25九年级·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． 8．（24-25八年级下·浙江杭州·阶段练习）关于x的一元二次方程（ab≠0）有两个相等的实数根，则下列选项成立的是（    ） A．若﹣1＜a＜0，则 B．若，则0＜a＜1 C．若0＜a＜1，则 D．若，则-1＜a＜0 【答案】B 【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，再代入方程求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（ab≠0）有两个相等的实数根k， ∴ ， ， 又∵， ∴a-b-1=0，即a=b+1， ∴ax2-2ax+a=0， 解得：x1=x2=1， ∴k=1， 当时，即， 即， ∴a（a-1）<0， 即或 解得0<a<1 当时，即， 即， ∴a（a-1）>0， 即或 解得：a>1或a<0． 故选：B． 【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． 9．（24-25九年级上·安徽合肥·期末）（1）一元二次方程在范围内有 个根； （2）关于x的一元二次方程在范围内有且只有一个根，则m的取值范围为 ． 【答案】 1 或 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程的解．熟练掌握是解决本题的关键． （1）先解一元二次方程，然后通过根判断在范围内的个数即可； （2）分两种情况进行讨论，当方程只有一个解时，当方程有2个不相同的解时，分别列出判别式以及不等式，解不等式即可． 【详解】解：（1）， ， ∴， 在范围内有1个根， 故答案为：1； （2）当方程只一个解且在范围时， ，即， 解得， ∵此时， ∴， ∴， 当方程有两个不相等的实数根，且只有一个在的范围内时， ， 解得或， ∵方程在的范围内有实数根， ∴，不等式组无解， 或 ，解得， ∴m取值范围或． 故答案为：或． 10．（2024九年级上·全国·专题练习）已知实数x满足，则的值为 ． 【答案】2 【分析】本题主要考查了用换元法解一元二次方程、完全平方公式、解分式方程等知识点，利用完全平方公式对方程进行变形是解题的关键． 根据完全平方公式可得，然后代入原方程可得，设，然后解关于y的方程，最后根据y的值再分别运用根的判别式以及解分式方程检验即可解答． 【详解】解：由完全平方公式可得：完全平方公式可得， ∴原方程可化为． 设，则方程变形为，解得． 当，则，即， 因为， ∴该方程无实数根， 当，则， 即，解得． 经检验，是原方程的根， ∴原方程的根是． ． 【经典例题三 根据一元二次方程根的情况求参数】 11．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知为正整数，且满足，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将已知方程整理为一元二次方程，结合方程根的情况，得出的取值范围，再代入方程即可求解． 【详解】解：变形得，， ∵为正整数， ∴存在正整数，使得①， ∴，即， ∴②， 设关于的方程为③，方程有两个正整数解， ∴， ∴， ∵为正整数， ∴的值为，可证为时方程③无正整数根， ∴当时，方程得，，解得，，， ∴， 故选：． 【点睛】本题主要考查将分式转化为一元二次方程方程，根据根的情况解一元二次方程的参数，再代入计算，掌握以上相关知识的运用是解题的关键． 12．（24-25八年级下·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． 13．（24-25九年级上·湖北武汉·阶段练习）关于的一元二次方程在范围内有且只有一个根，则的取值范围为 ． 【答案】或 【分析】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，一元二次方程的解．熟练掌握是解决本题的关键． 当，解得；当，有或，分别解不等式组即可得出答案． 【详解】解：当一元二次方程有两个相等的实数根，且在的范围内时， 则， 解得：， 此时， ∴， 解得：， ∴， 当一元二次方程有两个不相等的实数根，且只有一个在的范围内时， ， 解得：，或， 当时，， ∵， 设，则不在的范围内， ∴， 解得， 当时，原方程为：，解得，，，两个根都在的范围内，不符合题意； 当时，原方程为：，解得，，，不在的范围内，符合题意； 因此， 当时，， ∵， ∴不在的范围内， ∴， 解得无解， ∴的取值范围为或， 故答案为：或． 14．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如果，是正实数，方程 和方程都有实数解，那么的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了根的判别式，根据一元二次方程根的判别式可得出关于和的不等式，再对所得不等式进行分析即可解决问题，熟知一次二次方程根的判别式及对所得不等式进行正确的讨论是解题的关键． 【详解】∵方程和方程都有实数解， ∴，， ∴，， ∵，是正实数， ∴， ∴，即， ∴， 故的最小值为， 又∵， 则当时，， ∴的最小值为， ∴的最小值为， 故答案为：． 15．（24-25九年级上·福建泉州·期中）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：设所求方程的根为y，则，所以，把，代入已知方程，得． 化简，得，故所求方程为． 这种利用方程根的代换求新方程的方法，我们称为“换根法”． 请用阅读材料提供的“换根法”求新方程（要求：把所求方程化为一般形式）． (1)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相反数，则所求方程为__________________； (2)已知关于y的一元二次方程的根（，有两个不等于零的实数根）分别是某个已知一元二次方程的根的倒数，求该已知的一元二次方程． (3)已知关于x的一元二次方程有两个不等于零的实数根，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的倒数且它的两个根都为整数． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）设所求方程的根为y，根据题意可得，所以，把代入方程，即可得出答案； （2）设原方程的根为x，则，所以，代入方程，得，再用反证法证明即可； （3）设所求方程的根为y，则，所以，代入原方程，得，由方程有两个实数根可得，于是可得，进而可得，用公式法解一元二次方程可得，由根是整数可知为偶数且为完全平方数，因而可得或，代入方程即可得出答案． 【详解】（1）解：设所求方程的根为y，根据题意可得： ， ， 把代入方程， 得：， 故答案为：； （2）解：设原方程的根为x，则，所以， 代入方程，得： ， 去分母，得：， 若，则有：， 即：， 于是，方程有一个根为0，这不合题意， ， 原方程为：； （3）解：设所求方程的根为y，则，所以， 代入原方程，得：， 去分母，得：， ， ， 又， ， ， 根是整数， 为偶数且为完全平方数， 或， 所求方程为： ，即：， 或，即：． 【点睛】本题主要考查了相反数的应用，等式的性质，一元二次方程的解，倒数，等式的性质，提公因式法分解因式，反证法，根据一元二次方程根的情况求参数，公式法解一元二次方程等知识点，深刻理解“换根法”并能加以运用是解题的关键． 【经典例题四 换元法解一元二次方程】 16．（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：，． 17．（24-25九年级上·江西吉安·期中）定义：我们把关于的一元二次方程与称为一对“友好方程”．如的“友好方程”是． (1)写出一元二次方程的“友好方程”________； (2)已知一元二次方程的两根为，，它的“友好方程”的两根________，________．根据以上结论，猜想的两根，，与其“友好方程”的两根，之间存在的一种特殊关系为________； (3)已知关于的方程的两根是，，请利用（2）中的结论，求出关于的方程的两根． 【答案】(1)； (2)，，互为倒数； (3)， 【分析】本题主要考查了新定义问题，一元二次方程的一般形式，一元二次方程的解，用因式分解法和换元法解一元二次方程，掌握并灵活运用新定义是解题的关键． （1）根据“友好方程”的定义，即得答案； （2）先写出的友好方程，然后再解得其友好方程的答案，通过观察，可猜想出原方程与友好方程两根之间的关系； （3）由（2）可知，的两个根分别是，，将整理为：，那么有或，从而解得答案． 【详解】（1）解：一元二次方程与称为一对“友好方程”， 一元二次方程的“友好方程”为； 故答案为：； （2）解：根据题意可知，一元二次方程的友好方程为， 解，得到， 解得，， 观察可知，，； 所以猜想的两根，，与其“友好方程”的两根，之间存在的一种特殊关系是互为倒数． 故答案为：，，互为倒数； （3）解：已知关于的方程的两根是，， 那么的两个根分别是，， 将整理为：， 那么有或， 即，； 故答案为：，． 18．（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． 19．（24-25九年级上·广东佛山·阶段练习）阅读下列材料：方程：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， 解这个方程得：，． 当时，，∴；当时，，∴ 所以原方程有四个根：，，，． 在这个过程中，我们利用换元法达到降次的目的，体现了转化的数学思想． (1)利用换元法解方程得到方程的解为______． (2)若，求的值． (3)利用换元法解方程：． 【答案】(1)， (2) (3)， 【分析】（1）设，代入得到，解得，，当时，，得到，此方程无解；当时，，得到，； （2）设，代入得到． 解得，，根据，得到； （3）设，则，代入得到，得到，解得，检验后得到，得到，得到，，检验后即得． 【详解】（1）设，则， 于是原方程可变为， 解这个方程得：，， 当时，， 移项得：， ∵， ∴此方程无解， 当时，， 解得，； 故答案为：，； （2）设，则该方程变为． 解得：，． ∵ ∴，即 （3）设，则， 原方程变形为：， 去分母，得， 即 解得，．    经检验，是分式方程的根． ∴ 即 解得：，． 经检验，是分式方程的根．   ∴原分式方程的解为：，． 【点睛】本题主要考查了解特殊形式的高次方程、分式方程．解决问题的关键是熟练掌握换元法的一般步骤设元、换元、解元、还原几步．解分式方程注意验根． 20．（2019九年级上·山东济宁·学业考试）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． 【经典例题五 一元二次方程根与系数的关系压轴】 21．（24-25九年级上·四川内江·期中）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x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)已知两个不相等的实数m，n满足，且，求的值． (3)已知a，b，c，满足，，则正整数c的最小值为________． 【答案】(1)，，，6 (2)； (3)3 【分析】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，． （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）等式变形为，m、可看作方程的两根，利用根与系数的关系即可解答； （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：∵， ∴，即， ∵两个不相等的实数m，n满足，， ∴m、可看作方程的两根， ∵， ∴； （3）解：∵，， ∴，， ∴a、b为一元二次方程的两根， ∵，而， ∴，即． ∴c的最小整数为3． 故答案为：3． 22．（24-25九年级上·江苏南京·期中）类比是探索发现的重要途径，是发现新问题、新结论的重要方法． 学习再现： 设一元二次方程的两个根分别为和， 那么， 比较系数得，． 类比推广： （）设的三个根分别为，，，求的值． 问题解决： （）若的三个根分别为，，，则的值是______． 拓展提升： （）已知实数满足，且，求正数的最小值． 【答案】（）；（）；（） 【分析】（）根据学习材料得，据此即可求解； （）结合（）的结果，再根据即可求解； （）由题意可得，，进而得是方程的两根，由和可得，即得，进而可得，据此即可求解； 本题考查了一元二次方程根和系数的关键，一元二次方程根的判别式，多项式的乘法运算，掌握一元二次方程中根与系数的关系以及多项式乘以多项式的运算法则是解题的关键． 【详解】解：（）根据学习材料提示得， ， ， ， ∴，， ∴的值为； （）∵的三个根分别为，，， 又∵，， ∴，， ∴， 故答案为：； （）∵，， ∴，， ∵是方程的两根， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴正数的最小值为． 23．（23-24九年级上·福建三明·期中）如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根为另一个根的倍，那么称这样的方程为“倍根方程”． 例如，一元二次方程的两个根是和，则一元二次方程是“倍根方程”． (1)根据上述定义，一元二次方程__________（填“是”或“不是”）“倍根方程”；若一元二次方程是“倍根方程”，则______． (2)如果关于的一元二次方程是“倍根方程”，求的值． (3)若关于的一元二次方程是“倍根方程”，则之间满足什么样的关系？说明理由． 【答案】(1)不是， (2)或 (3) 【分析】本题主要考查一元二次方程的求解，根与系数关系，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）解方程后，对比两根与 “倍根方程”的定义即可，再将和分别代入，联立两式可解值． （2）十字相乘法解出方程的两个根，再根据倍根方程的定义可得或，求解即可． （3）由根与系数关系得，，消掉，即可求出答案． 【详解】（1）解：解方程， 解得：， ∵和不是二倍关系， ∴不是“倍根方程”， ∵是“倍根方程”， ∴将和分别代入上式可得，，， 解得：， 故答案为：不是，． （2）解：原方程可化为， ∴， ∴或， ∴或． （3）解：之间满足的关系． 理由：设一个根为，则另一个根为，由根与系数关系得，， ∴，， ∴，即． ∴之间满足的关系． 24．（24-25九年级上·江苏宿迁·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； (3)拓展应用： 已知实数，满足：，且，求的值． 【答案】(1)，，， (2)或 (3)15 【分析】本题考查了根与系数的关系，幂的乘方与积的乘方，换元法，解一元二次方程等知识，解题的关键是理解题意，学会模仿例题解决问题． （1）利用换元法降次解决问题； （2）分和两种情况，模仿例题解决问题即可； （3）令，，则原方程可以转化为，，再模仿例题解决问题． 【详解】（1）解：令，则有， ∴， ∴，， ∴或， ∴，，，， 故答案为：，，，； （2）解：∵， ∴或 ①当时，令，， ∴则，， ∴，是方程的两个不相等的实数根， ∴， 此时； ②当时，， 此时； 综上：或 （3）解：令，，则，， ∵， ∴即， ∴，是方程的两个不相等的实数根， ∴， 故． 25．（24-25八年级下·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， ，，，， ，，， ， ． 【经典例题六 营销问题】 26．（24-25九年级上·吉林长春·期末）“三折叠，怎么折，都有面．”华为“三折叠”一经上市，便火遍全国，形成一股“折叠风”．9月10日，华为新出的型号为“Mate XT非凡大师”的手机在深圳湾召开发布会，某华为手机专卖网店抓住商机，购进10000台“Mate XT 非凡大师”手机进行销售，每台的成本是20000元，在线同时向国内、国外发售．第一个星期，国内销售每台售价是25000元，共获利1000万元，国外销售也售出相同数量该款手机，但每台成本增加4000元，获得的利润却是国内的6倍． (1)求该店销售该款华为手机第一个星期在国外的售价是多少元？ (2)受中美贸易战影响，第二个星期，国内销售每台该款手机售价在第一个星期的基础上降低，销量上涨；国外销售每台售价在第一个星期的基础上上涨，并且在第二个星期将剩下的手机全部卖完，结果第二个星期国外的销售总额比国内的销售总额多6993万元，求的值． 【答案】(1)该店销售该款华为手机第一个星期在国外的售价是54000元 (2) 【分析】本题主要考查了销售的应用问题，涉及到一元二次方程、一元一次方程应用等知识，弄清题意，找出数量关系是解决问题的关键． （1）根据(国外的售价成本)销售的数量国内的6倍，列方程解出即可； （2）根据第二个星期国外的销售总额国内的销售总额元，利用换元法解方程可解答． 【详解】（1）解：设该店销售该款华为手机第一个星期在国外的售价是x元， 根据题意得：， 解得：， 答：该店销售该款华为手机第一个星期在国外的售价是54000元； （2）解：第一个星期国内销售手机的数量为：(台)，则国外销售手机的数量为：台， 根据题意：第二个星期国内销售手机的数量为：(台)，国外销售手机的数量为：台， 由题意得：， 设，则原方程化为：， 即， 解得：（负值舍去）， 则，故， 答：的值为． 27．（24-25九年级上·河北石家庄·阶段练习）“阳光玫瑰”是一种优质的葡萄品种．某葡萄种植基地2021年年底已经种植“阳光玫瑰”300亩，到2023年年底“阳光玫瑰”的种植面积达到432亩． (1)求该基地“阳光玫瑰”种植面积的年平均增长率． (2)某水果市场9月底以25元的价格从基地批发500千克“阳光玫瑰”放在冷库内，冷库存放一天需费用100元（储藏时间不超过12天），此时“阳光玫瑰”市场价为30元每千克，因国庆黄金周的到来，此后每千克“阳光玫瑰”的市场价格每天上涨1.5元，但是，平均每天还有10千克“阳光玫瑰”变质丢弃．若市场经理想获得4500元的利润，需将“阳光玫瑰”储藏多少天后一次性售出． 【答案】(1) (2)10 【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）设该基地“阳光玫瑰”种植面积的年平均增长率为x，根据“2021年年底已经种植“阳光玫瑰”300亩，到2023年年底“阳光玫瑰”的种植面积达到432亩”列出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论； （2）设将“阳光玫瑰”储藏y天后一次性售出，根据“销售额成本利润”，可列出关于y的一元二次方程，解之即可得出结论． 【详解】（1）解：设该基地“阳光玫瑰”种植面积的年平均增长率为x， 由题意得，， 解得，（舍）， 答：该基地“阳光玫瑰”种植面积的年平均增长率为． （2）解：设将“阳光玫瑰”储藏y天后一次性售出， ， 解得，（舍）， 答：需将“阳光玫瑰”储藏10天后一次性售出． 28．（2024·浙江绍兴·模拟预测）根据以下素材，完成探索任务． 探索果园土地规划和销售利润问题 素材1 某农户承包了一块长方形果园，图1是果园的平面图，其中米，米．准备在它的四周铺设道路，上下两条横向道路的宽度都为米，左右两条纵向道路的宽度都为米，中间部分种植水果．已知道路的路面造价是每平方米50元；出于货车通行等因素的考虑，横向道路宽度不超过24米，且不小于10米． 素材2 该农户发现某一种草莓销售前景比较不错，经市场调查，草莓培育一年可产果，已知每平方米的草莓销售平均利润为100元；果园每年的承包费为25万元，期间需一次性投入33万元购进新苗，每年还需25万元的养护、施肥、运输等其余费用． 问题解决 任务1 解决果园中路面宽度的设计对种植面积的影响． （1）请直接写出纵向道路宽度的取值范围． （2）若中间种植的面积是44800平方米，则路面设置的宽度是否符合要求． 任务2 解决果园种植的预期利润问题．（净利润草莓销售的总利润路面造价费用果园承包费用新苗购置费用其余费用） （3）经过1年后，农户是否可以达到预期净利润400万元？请说明理由． 【答案】（1）； （2）路面设置的宽度符合要求； （3）可以，理由见解析． 【分析】本题考查了一元一次不等式组的应用，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）由“横向道路宽度不超过24米，且不小于10米”，可得出的取值范围； （2）根据种植的面积是，可列出关于的一元二次方程，可得出的值，结合（1）的结论，即可得出路面设置的宽度符合要求； （3）假设经过1年后，农户可以达到预期净利润400万元，可列出关于的一元二次方程，解之可得出的值，结合（1）的结论，可得出符合题意，假设成立． 【详解】解：（1）横向道路宽度不超过24米，且不小于10米，即 解得： 纵向道路宽度的取值范围为 故答案为：； （2）根据题意可得： 整理得： 解得：， 符合题意 路面设置的宽度符合要求； 故答案为：路面设置的宽度符合要求； （3）经过1年后，农户可以达到预期净利润400万元，理由如下： 假设经过1年后，农户可以达到预期净利润400万元， 根据题意得： 整理得： 解得：， 符合题意 假设成立，即经过1年后，农户可以达到预期净利润400万元． 29．（24-25八年级下·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． 30．（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． 【经典例题七 与图形有关的问题】 31．（24-25九年级上·江苏扬州·期末）有一块长，宽的矩形铁皮． (1)如图，如果在铁皮的四个角裁去四个边长一样的正方形后，将其折成底面积为的无盖长方体盒子，求裁去的正方形的边长． (2)由于需要，计划制作一个有盖的长方体盒子，为了合理利用材料，某学生设计了如图的裁剪方案，阴影部分为裁剪下来的边角料，其中左侧的两个阴影部分为正方形，若想折出底面积为的有盖盒子，则裁剪下来的边角料面积为__________． 【答案】(1)截去的小正方形的边长； (2)． 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用．解决本题的关键是根据长方形的面积公式列一元二次方程求出边长． 设正方形的边长为，根据长方体盒子的底面积为，列一元二次方程求解，要把不符合题意的解舍去； 设左侧阴影正方形的边长为，根据盒子的底面积为为，列一元二次方程求出阴影正方形的边长，再求出盒子底面的长和宽，从而可以求出右侧阴影长方形的长，根据长方形的面积公式求出边角料的面积． 【详解】（1）解：设正方形的边长为， 根据题意可得：， 整理得：， 分解因式得：， 解得：，(舍去)， 答：裁去的正方形的边长为； （2）解：设左侧阴影正方形的边长为， 根据题意可得：， 整理得：， 分解因式得：， 解得：，(舍去)， 盒子的底面宽为，长为， 右侧阴影长方形的长为， 裁剪下来的边角料面积为， 故答案为：． 32．（2025九年级下·全国·专题练习）阅读材料：我们都知道， 于是， ． 又因为，所以，． 所以，有最大值． 如图，某农户准备用长米的铁栅栏，一边利用墙，其余边用铁栅栏围成长方形羊圈和一个边长为1米的正方形狗屋．设米． (1)请用含x的代数式表示的长___________（直接写出结果）； (2)设山羊活动范围即图中阴影部分的面积为S平方米，①请用含x的代数式直接表示出S，___________； ②山羊的活动范围的面积S能否达到平方米？能，就求出x的值，不能请说明理由． (3)求出山羊活动范围面积S的最大值． 【答案】(1) (2)①，②能，或 (3)平方米 【分析】此题考查了配方法的应用，列代数式等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． （1）根据得到，整理即可得到答案； （2）①根据列出代数式即可；②当时，得到方程，解方程即可得出答案； （3）先得到，再根据题中的方法即可得到答案． 【详解】（1）依题意得 ∵， ∴， ∴； 故答案为：； （2）①依题意得：， ， ． 故答案为：； ②能． 当时，， ∴， 解得或； （3） 又因为， 所以，， 所以，山羊活动范围面积S的最大值是平方米． 33．（2024九年级·广东·学业考试）学习小组探究一元二次方程的新解法． （1）运用函数与方程的思想，通过观察反比例函数与一次函数的图象，可判断方程的根的情况． 【解答过程】 ∵； ∴方程两边同时除以，得． 移项，得， ∴，； 观察函数图象，若，则方程有两个不相等的实数根． （2）运用转化思想，将方程变形为后可得或，从而解得原方程的根为，，当时，方程的两根，可使变形为． 【实际应用】 运用从上方法可解方程，直接写出因式分解的结果． （3）运用数形结合的思想，从赵爽的《勾股图方注》解答，解为例，将其变形为，画出四个长为，宽为的图形．以图1的方式拼成一个“空心大正方形”，由图中大正方形的面积为，还可以表示四个矩形与一个边长为2的小正方形面积之和，即，可得方程，，不过这种做法只能得到方程的一个正根． 对于形如的一元二次方程可用于构造图来解，已知图是一个由四个面积为的全等的矩形构成，中间围成的正方形面积为，那么该方程的系数，分别为多少？并求得方程的一个正根，写出完整的解答过程． 【答案】（），，两函数图象有两个交点；（），；（），，方程的一个正根为或． 【分析】（）根据等式的性质和函数图象性质即可求解； （）按照仿例即可求解； （）按照仿例即可求解； 本题考查了函数图象与一元二次方程，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（）解：由得， ∵； ∴方程两边同时除以，得． 移项，得， 设，， ∴观察函数与图象， ∴两函数图象有两个交点，则方程有两个不相等的实数根， 故答案为：，，两函数图象有两个交点； （）解：∵当时，方程的两根，，可使， ∴， 故答案为：； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ， 故答案为：，； （）解：∵， ∴， 如图， 设四个全等小矩形的长为，宽为，面积设为，大正方形的面积是，其中它又等于四个矩形的面积加中间小正方形的面积，即， ∵图是一个由四个面积为的全等的矩形构成，中间围成的正方形面积为， ∴，，解得：， 当时，， ∴，解得：， ∴方程的一个正根为； 当时，， ∴，解得：， ∴方程的一个正根为； ∴方程的一个正根为或． 34．（24-25九年级上·福建漳州·期中）在数学活动课上，同学们对三角形点阵中前行的点数计算进行探究活动：如图1是一个三角点阵，从上到下有无数行，其中第一行有个点，第二行有个点……第行有个点…… 【发现问题】：在探究的过程中，容易发现是三角形前行的点数和，但是遇到较大的点数，逐个数行数很繁琐． 【提出问题】：前多少行的点数和是？ 【分析问题】：数形结合是解决数学问题的重要思想；下面表格分别从数和形两个角度探究前行的点数和． 从数的角度看 从形的角度看 通过具体的数字，想到了一种计算方法——倒序相加法． 例：求前行的点数 ①， 由①式倒序： ②， ①②： 所以，即前行点数为个． 利用图形的特征进行计算．如图2，将一个正立的三角点阵倒立，再与正立的原图形的三角点阵拼成一个平行四边形点阵，三角形点阵点数和为平行四边形点阵数量的一半． 【解决问题】： (1)根据以上材料，解决前面所提出的问题； 【应用延伸】： (2)如图3，该点阵的点数从上到下依次为：，，，，，，这个点阵的点数和能是吗？请说明理由． 【答案】(1)前行的点数和是； (2)能；理由见解析． 【分析】本题考查了一元二次方程的应用以及规律型：图形的变化，根据题目的探究过程列出一元二次方程是解题的关键． （1）理解题意，并按照探究的方法得到，再列出方程，即可求解； （2）设，，依据（1）中的方法可求得：，进而得到，再列出方程并判断是否有符合题意的解，即可得出结论． 【详解】（1）解：由题意得 ①， 由①式倒序： ②， ①②：， 所以，即前行点数为个． 当时，解得或（舍）， 即前行的点数和是； （2）这个点阵的点数和能是，理由如下： 设，， 则， 依据（1）中的方法同理可求得：， 所以， 当时，解得或（不合题意，舍去）， 所以当时，这个点阵的点数和能是． 35．（24-25九年级上·吉林长春·期中）解决问题 如何利用闲置纸板箱制作储物盒 准备素材 小明收集到闲置纸板箱如图①所示．将其拆解出的如图②和图③两种矩形纸板，两种纸板的长和宽如图所示． 设计方案 小明分别将图②和图③两种矩形纸板以不同的方式制作储物盒． 图②矩形纸板的制作方式 图③矩形纸板的制作方式 如图④，裁去纸板角上4个相同的小正方形，折成一个无盖长方体储物盒． 如图⑤，将纸板四个角裁去4个相同的小矩形，折成一个有盖的长方体储物盒． 目标达成 小明利用两种不同的制作方式进一步探究． 初步应用 小明按照矩形纸板②的制作方式，制作了如图④所示的储物盒的底面积是，求这个储物盒的容积． 储物收纳 小明按照矩形纸板③的制作方式，制作了如图⑤所示储物盒，若和两边恰好重合且无重叠部分，盒子的底面积为．小明家里一个玩具攀爬小火车的实物图和尺寸大小如图⑥所示，通过计算判断这个玩具能否完全放入该储物盒． 【答案】初步应用：储物盒的容积为  储物收纳：这个玩具不能完全放入该储物盒 【分析】本题考查了一元二次方程的实际应用，解题的关键是正确理解题意，根据题意列出方程． 初步应用：设裁去小正方形边长为，根据底面积，列出方程求解即可； 储物收纳：设裁去小长方形长为，宽为，推出，根据底面积得出，将n的代数式代入，求出m的值，再得出制作储物盒长为cm，高为，宽为，即可解答． 【详解】初步应用： 解：设裁去的正方形的边长为， ， 解得：（舍去），， ∴这个储物盒的容积为． 储物收纳： 解：设减去的长方形的长为，宽为， 则， 解得， ∵， ∴， 解得：（舍去），， 即高为， ∴储物盒的底面的两边长为cm，， ∵，，， ∴这个玩具不能完全放入该储物盒． 【经典例题八 动态几何问题】 36．（24-25九年级上·河北石家庄·阶段练习）如图，在中，，，，点D从点C开始沿边运动，速度为，与此同时，点E从点B开始沿边运动，速度为，当点E到达点C时，点D，E同时停止运动，连接，，设运动时间为，的面积为． (1)用含t的代数式表示 ； ； (2)当为何值时？ (3)在点D运动过程中，的值可能为5吗？通过计算说明． 【答案】(1)t，； (2)当时，； (3)的值不可能为5；理由见解析； 【分析】本题考查一元二次方程的应用、列代数式，理解题意，正确列方程是解答的关键： （1）根据题意以及路程、速度和时间的关系求解即可； （2）利用三角形的面积公式列方程求解即可； （3）利用三角形的面积公式列方程，根据一元二次方程根的判别式进行判断即可 【详解】（1）解：∵点D从点C开始沿运动，速度为， ∴， ∵，点E从点B开始沿边运动，速度为， ∴， 故答案为：t，； （2）解：由题意可知，t的最大值为，即， ∵，， ∴， 由题意可知，，，，， ∴， 解得：，（舍去）， ∴当时，； （3）解：的值不可能为5；理由如下： 由题意可得， ， 假设的值可能为5得， ，即， ∵， ∴方程无解， 故的值不可能为5． 37．（13-14八年级下·浙江温州·阶段练习）如图，长方形中，，动点分别从点A、C同时出发，点P以的速度向终点B移动，点Q以的速度向点D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t，问： (1)当时，四边形的面积是多少？ (2)当t为何值时，点P和点Q的距离是？ (3)当__________s时，以点为顶点的三角形是等腰三角形（直接写出答案） 【答案】(1)5cm² (2)或 (3)或或或 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，梯形的面积公式，一元二次方程的解法的应用．解答时灵活运用动点问题的求解方法是关键． (1)当时， 可以得出，就有，由梯形的面积就可以得出四边形的面积； (2)如图1， 作于E，在中，由勾股定理建立方程求出其解即可，如图2， 作于E，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）解： ∵四边形是矩形， ∴． ∵， ∴ ∴． 答：四边形面积是 5cm²； （2）解：如图1， 作于E， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴． ∵， ∴． 在中， 由勾股定理， 得 ， 解得：； 如图2，作于E，    ∴． ∵， ∴． ∵， ∴四边形是矩形， ∴ ∴， ∴ 在中，由勾股定理，得 ， 解得：． 综上所述： 或； （3）解：如图3， 当时， 作于E，    ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴ ， 在中， 由勾股定理， 得 ， 解得：． 如图4， 当时， 作于E，    ∴． ∵， ∴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． 故答案为：或或或． 38．（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． 39．（24-25九年级上·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． 40．（24-25八年级下·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． 【经典例题九 一元二次方程与函数的联系】 41．（24-25九年级上·四川乐山·期末）如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”，经过探究可发现此类方程的一般性结论：设一根为，则另一个根为，因此，于是可得到，，所以有；我们可记“”，即当时，一元二次方程为倍根方程，下面我们根据此结论来解决问题： (1)方程①；②中，倍根方程是_________（填序号）； (2)若关于的方程是倍根方程，求的值； (3)已知关于的方程是倍根方程，且点在一次函数的图象上，求m、n的值． 【答案】(1)； (2) (3)， 【分析】本题考查了解二元一次方程组，根与系数的关系，一次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握“倍根方程”的定义是解题的关键． （）根据“倍根方程”的定义，找出方程①、②中k的值，由此即可得出结论； （）将方程整理成一般式，再根据“倍根方程”的定义，找出，整理后即可得出的值； （）根据方程是“倍根方程”即可得出之间的关系，再由一次函数图象上点的坐标特征即可得出之间的关系，进而求出的值即可； 【详解】（1）解：在方程 中，， 在方程 中，， ∴是倍根方程的是， 故答案为：； （2）解：整理得：， ∵是倍根方程， ∴， ∴； （3）∵是倍根方程， ∴， 整理得：， ∵在一次函数的图象上， ∴， 联立， 解得：． ， 42．（23-24九年级上·四川成都·期中）定义：在平面直角坐标系中，函数图象上到两条坐标轴的距离之积等于的点，叫做该函数图象的“阶积点”．例如：点为一次函数图象的“阶积点”．若关于的一次函数图象的“阶积点”恰好有3个，则的值为 ． 【答案】1或5 【分析】由关于的一次函数图象的“阶积点”恰好有3个，可得出关于的一元二次方程有三个实数根，分，同号及，异号两种情况考虑，当，同号时，原方程可整理得，由根的判别式，可得出此时原方程有两个不相等的实数根；当，异号时，原方程可整理得，由该方程有两个相等的实数根，可得出关于的一元二次方程，解之即可求出的值． 【详解】解：根据题意得：关于的一元二次方程有三个实数根． 当，同号时，， 整理得：， ， ， ，， ， 此时原方程有两个不相等的实数根； 当，异号时，， 整理得：， 当，同号时，有两个不相等的实数根， ∴该方程有两个相等的实数根， ， ， 解得：，， 的值为1或5． 故答案为：1或5． 【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、根的判别式以及因式分解法解一元二次方程，分两种情况考虑是解题的关键． 43．（23-24八年级上·四川成都·期中）如图，在平面直角坐标系中，直线：交x轴于点A，交y轴于点B，一次函数：的图象交x轴于点C，交y轴于点D，与直线交于点P． (1)当，时，求点P的坐标，，并求的度数； (2)若四边形的面积是，且，试求点P的坐标及直线的关系式； (3)如图2，在（2）的条件下，将直线向下平移9个单位得到直线，直线交y轴于点M，交x轴于点N，若点E为射线上一动点，连接，在坐标轴上是否存在点F，使是以为底边的等腰直角三角形，直角顶点为F．若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1); (2)； (3)存在；， 【分析】（1）根据题意建立二元一次方程组，求解即可得出点P的坐标，令和求出一次函数与x、y轴的交点坐标，从而可得是等腰直角三角形，即可求出结果； （2）由（1）可知，点P的坐标为：，根据，可得，再由，可得，即，从而求得，，即可求得点P的坐标和直线的解析式； （3）根据题意可得直线l的解析式为，由是以为底边的等腰直角三角形，直角顶点为F，可得、，再根据点F在坐标轴上进行分类讨论即可． 本题考查一次函数与二元一次方程组、一次函数与x、y轴的交点、等腰直角三角形的性质及解一元二次方程、全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关知识是解题的关键． 【详解】（1）解：将代入直线方程， 并组成方程组 解得： ∴点P的坐标是 ∵一次函数的图像交x轴于点C，交y轴于点D， ∴时，；时，， ∴，， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴； （2）解：过点P作于点G， 由（1）可知，点P的坐标为：，则， ∵一次函数交x轴于点A，交y轴于点B， ∴时，，即，时，， ∴，即，， ∴， ∴，， ∵，， ∴，， 又∵，， ∴，即， ∴，解得（舍）或， ∴， ∴，， ∴点P的坐标为：， ∴直线的解析式为：； （3）解：∵直线向下平移9个单位得到直线l， ∴直线l的解析式为：， 当点F在x轴上，如图2，过点E作轴于点H，过点P作轴于点K， ∵是以为底边的等腰直角三角形，直角顶点为F，    ∴，， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 设点E的坐标为：，点F的坐标为：，则，， 由（1）可知点，则， ∴，解得：， ∴点F的坐标为：； 当点F在y轴上时，如图3，过点P作轴于W，过点E作于点S，    ∵是以为底边的等腰直角三角形，直角顶点为F， ∴，， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， 由（1）可知点，则， 设点E的坐标为： ，点F的坐标为：，则，， ∴，解得， ∴点F的坐标为：． 44．（23-24九年级上·福建宁德·期中）已知关于x的方程有两个实数根，其中． (1)若，求的值； (2)一次函数的图像上有两点，若，求m的值； (3)边长为整数的直角三角形，其中两直角边的长度恰好为和，求该直角三角形的面积． 【答案】(1) (2) (3)该直角三角形的面积为30或24 【分析】该题主要考查了一元二次方程的根判别式“”，根与系数关系“”，一次函数的性质，直角三角形的性质，勾股定理“直角三角形两直角边的平方之和等于斜边的平方”等知识点，解题的关键是分类谈论思想的运用； （1）将代入方程得出方程，再根据根与系数关系得到，将转化即可求解； （2）根据点在函数图像上，得出，再根据根与系数关系得到，根据即可求解； （3）根据直角三角形两直角边为整数，得出，令(为正整数)，得出，又，然后分三种情况取值即可解答； 【详解】（1）当时，方程为， ， ， 即； （2）将代入可得， 又， 故， ， 即，， ， ， ， ； （3）∵直角三角形两直角边为整数， 为平方数， 不妨令(为正整数)， ， ， ， 当①∴， 解得（不合题意舍去）； 当②， 解得， ∴方程， ，则斜边为13， 即； 当③， 解得， ∴方程， ，则斜边为10， 即， 综上所述：该直角三角形的面积为30或24． 45．（24-25八年级下·湖南长沙·期末）我们不妨约定：在平面直角坐标系中，将点称为“幸福点”，经过点的函数，称为“幸福函数”． (1)若点是“幸福点”，关于x的函数是“幸福函数”，则__________，__________，__________． (2)若关于x的函数和都是“幸福函数”，且两个函数图象有且只有一个交点，求k的值． (3)若直线与x轴、y轴分别交于点A，B，M是y轴上一点，若将沿直线AM折叠，点B恰好落在x轴上的点C处．试问经过C，M两点的一次函数是否可以为“幸福函数”？若可以，请写出所有函数解析式；若不可以，请说明理由． 【答案】(1)，， (2)0或 (3)存在， 【分析】（1）根据“幸福点”的概念列出二元一次方程组求解即可； （2）根据题意分和两种情况讨论，然后根据两个函数图象有且只有一个交点，得到只有一个根，然后利用一元二次方程的判别式求解即可； （3）根据题意分点M在y轴正半轴上和点M在y轴负半轴上两种情况讨论，分别根据“幸福函数”的性质求解即可． 【详解】（1）∵为“幸福点”， ∴， ∴， 将代入，解得，． 故答案为：，，； （2）①当时，， ∵函数是“幸福函数”， ∴，此时，符合题意， ②当时， 将分别代入与中，有 ∵两个函数图象有且只有一个交点， ∴只有一个根，即：， ∴， ∴， ∴k的值为0或； （3）①如图所示，当点M在y轴正半轴上时， 设沿直线将折叠，点B正好落在x轴上的C点，则有， 由直线可得，，， ∴，， ∴， ∴， ∴． 设M点坐标为，则，， ∴， ∴，解得， ∴，设直线解析式为，将，代入， 解得，． ∴，若该函数为“幸福函数”，则直线过“幸福点”． ∴， 解得（与矛盾，舍去）， ∴此时，不存在“幸福函数”． ②如图所示，当点M在y轴负半轴上时， ， 设M点坐标为，则，， ∵， ∴， ∴， ∴，又， 同理，用待定系数法可求得直线解析式为：， 若该函数为“幸福函数”，则直线过“幸福点”． ∴，得． ∴， 综上所述，存在“幸福函数”． 【点睛】此题考查了一次函数的图象与性质，一次函数的交点问题，解题的关键是熟练掌握一次函数的图象与性质． 【经典例题十 一元二次方程的新定义问题】 46．（2024九年级上·浙江宁波·竞赛）对实数，定义运算如下： 当时，；当时，． 若，求的值（表示不超过的最大整数）． 【答案】17或1 【分析】本题主要考查的是一元二次方程的应用及一元一次不等式的知识，解决本题的关键是正确的对两种情况进行讨论． 利用新定义的规定得出x值，代入运算得出代数式的值，然后利用的规定计算即可． 【详解】解：当时， ， ∴， ∴ ∴ ∴ 当时， ∴， ∴， ∴， ∴或（不符合题意，舍去）， ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ 综上：的值为17或1． 47．（24-25九年级上·江苏无锡·阶段练习）材料1：法国数学家弗朗索瓦・韦达在著作《论方程的识别与订正》中提出一元二次方程的两根，有如下的关系（韦达定理）：，； 材料2：如果实数、满足、，且，则可利用根的定义构造一元二次方程，将、看作是此方程的两个不相等实数根． 请根据上述材料解决下面问题： (1)①已知一元二次方程的两根分别为，，则_______，_______． ②已知实数，满足：，（），则_______． (2)已知实数、、满足：，，且，求的取值范围． 【答案】(1)①1.5，；② (2) 【分析】本题考查根与系数的关系，根的判别式． （1）①根据根与系数的关系解答； ②根据题意，得到实数，是方程    的两个根，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，，是方程的解，进而得到，再根据根与系数的关系和根的判别式求出的范围，即可． 【详解】（1）解：①一元二次方程的两根分别为，， ，， 故答案为：1.5，； ②实数，满足：，， ，是方程的解， ，， ； 故答案为：； （2）解：实数、、满足：， ，是方程的解， ，， ， ，， 解得， ， ． 48．（24-25九年级上·江西抚州·阶段练习）定义：我们把关于x 的一元二次方程与（，）称为一 对“友好方程 ”．如 的“友好方程 ”是 ． (1)写出一元二次方程的“友好方程 ” ； (2)已知一元二次方程的两根为，，它的“友好方程 ”的两根 ， ．根据以上结论，猜想的两根，，与其“友好方程 ” 的两根，之间存在的一种特殊关系为 ； (3)已知关于x 的方程的两根是，，请利用（2）中的结论，求出关于x 的方程的两根． 【答案】(1) (2)；；互为倒数 (3)， 【分析】本题主要考查了新定义问题，一元二次方程的一般形式，一元二次方程的解，用因式分解法和公式法解一元二次方程，掌握并灵活运用新定义是解题的关键． （1）根据“友好方程”的定义，即得答案； （2）求出方程的解，，即得猜想，分别求方程和的根，可验证，； （3）利用（2）中的结论，可得方程的“友好方程 ” 的两根为，，因此方程的两根，，即，，整理方程得，即得答案． 【详解】（1）解：一元二次方程的“友好方程”为：； 故答案为：； （2）解：对于方程， ， 解得，， 根据以上结论，猜想的两根，与其“友好方程”的两根，之间存在的一种特殊关系为互为倒数；证明如下： 一元二次方程的两根为，， “友好方程”的两根，， ， ， 即原方程的两根与“友好方程”的两根互为倒数； 故答案为：；；互为倒数； （3）解：方程的两根是，， 该方程的“友好方程”的两根为，， 则方程的两根，， 即，， 整理方程得， 关于x 的方程的两根为，． 49．（23-24八年级下·湖南长沙·阶段练习）阅读材料： 材料1：法国数学家弗朗索瓦·书达于1615年在著作《论方程的识别与订正》中建立了方程根与系数的关系，提出一元二次方程（，）的两根x1，x2有如下的关系（韦达定理）：，； 材料2：如果实数m、n满足、，且，则可利用根的定义构造一元二次方程，然后将m、n看作是此方程的两个不相等实数根去解决相关问题． 请根据上述材料解决下面问题： (1)若实数a，b满足：，则_______，_______； (2)若是方程两个不等实数根，且满足，求k的值； (3)已知实数m、n、t满足：，，且，求的取值范围． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】本题考查根与系数的关系，熟练掌握根与系数的关系，是解题的关键： （1）根据题意，得到实数a，b是方程的两个根，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，得到，进而得到，代入，求出的值，再根据根与系数的关系，进行求解即可； （3）构造一元二次方程，得到是它的两个实数根，得到，将进行配方，求解即可． 【详解】（1）解：由题意，得a，b是方程的两个根， ∴； 故答案为：； （2）由题意，得：，， ∴， ∴， 当时，，解得：， ∴， ∴， ∴； 当时，，解得：， ∴， ∴， ∴； 综上：或； （3）∵， ∴， 又∵， ∴是一元二次方程的两个实数根，， ∴， ∴ ； ∵， ∴， ∴， ∴； ∴． 50．（23-24九年级上·江苏泰州·阶段练习）定义：若关于x的一元二次方程的两个实数根为，则把分别以为横坐标和纵坐标得到的点，称为该一元二次方程的“友好点”． (1)若方程为，则该方程的“友好点”P的坐标为 ． (2)若关于x的一元二次方程的“友好点”为P，过点P向x轴和y轴作垂线，两条垂线与坐标轴恰好围成一个正方形，求m的值． (3)是否存在b，c，使得不论为何值，关于x的方程的“友好点”P始终在函数的图象上，若有，请求出b，c的值；若没有，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】本题属于一次函数综合题，考查一次函数的图象及性质，点P为该一元二次方程的“友好点”的定义，解题的关键是理解题意，熟练掌握一次函数的图象及性质，学会用分类讨论的思想解决问题． （1）解方程后，根据定义即可求P点坐标； （2）求出方程的解为或，再分情况讨论：当时，此时；当时，此时，当时，；再由题意分别求出m的值即可； （3）由直线经过定点，则方程的友好点P为，即可求． 【详解】（1）解：解方程得，， ∴该方程的“友好点”P的坐标为， 故答案为：； （2）的解为或， 当时，， 此时， 由题意可得， 解得； 当时，， 此时， ∴， ∴； 当时，， 此时， 解得；综上所述：m的值为或； （3）存在b，c满足条件，理由如下： ∵， ∴直线经过定点， ∴方程的友好点为， ∴方程为 ∴． 学科网（北京）股份有限公司 $$