2023-2024学年九年级数学上册单元速记·巧练（北师大版）第2章 一元二次方程（压轴题专练）（解析版）

第2章一元二次方程（压轴题专练）题型01：公式法解一元二次方程1．将关于的一元二次方程变形为，就可以将表示为关于的一次多项式，从而达到“降次”的目的，又如，我们将这种方法称为“降次法”，通过这种方法可以化简次数较高的代数式．根据“降次法”，已知：，且，则的值为．【答案】【分析】先利用得到，代入得到化为，然后解方程得，从而得到的值．【解析】解：，,解得，，故答案为：．【点睛】本题考查了高次方程：通过适当的方法，把高次方程化为次数较低的方程求解，所以解高次方程一般要降次，即把它转化成二次方程或一次方程，也有的通过因式分解来解，通过把一元二次方程变形为用一次式表示二次式，从而达到“降次”的目的，这是解决本题的关键．2．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．【解析】（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．题型02：换元法解一元二次方程3．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．【解析】（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．4．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m，n满足，且，显然m，n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：解方程：．(2)间接应用：已知两个不相等实数m，n满足：，求的值．(3)拓展应用：已知实数x，y满足：，求的值．【答案】(1)(2)(3)7【分析】（1）仿照题意利用换元法解方程即可；（2）仿照题意利用韦达定理进行求解即可；（3）设，，则可得，进一步得到，再证明，推出；由，可得，即．【解析】（1）解：设，则方程可化为，∴，∴或，∴或（舍去），∴；（2）解：∵实数m，n满足：，∴实数m，n是方程的两个实数根，∴，∴；（3）解：设，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；∵，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了换元法解方程，一元二次方程根与系数的关系，正确理解题意是解题的关键．5．阅读材料，解答问题：材料一：已知实数a，满足，，则可将a，b看作一元二次方程的两个不相等的实数根．材料二：已知实数a，满足，，将两边同除以，得，即，则可将a，看作一元二次方程的两个不相等的实数根．请根据上述材料，利用一元二次方程根与系数的关系解答下列问题：(1)已知实数a，满足，，求的值；(2)已知实数a，b满足，，且，求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据一元二次方程根与系数的关系，即可求解；（2）根据材料二，采用换元法解一元二次方程，即可求解．【解析】（1）解：∵实数，满足，，∴可将，看作方程的两个不相等的实数根，，，；（2）解：在方程的两边同时除以得，又∵实数满足，且，∴可将，看作方程的两个不相等的实数根，，，．【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，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．6．阅读材料，解答问题：【材料1】为了解方程，如果我们把看作一个整体，然后设，则原方程可化为，经过运算，原方程的解为，．我们把以上这种解决问题的方法通常叫做换元法．【材料2】已知实数，满足，，且，显然，是方程的两个不相等的实数根，由韦达定理可知，．根据上述材料，解决以下问题：(1)直接应用：方程的解为；(2)间接应用：已知实数，满足：，且，求的值．【答案】(1)，，，(2)或或【分析】（1）利用换元法解方程，设，则原方程可化为，解关于的方程得到，，则或，然后分别解两个元二次方程即可；（2）根据已知条件，当时，，解关于的一元二次方程得，则；当时，把、看作方程的两不相等的实数根，则根据根与系数的关系得到，，再变形得到，然后利用整体代入的方法计算．【解析】（1）解：，设，则原方程可化为，解得：，，当时，，解得：，，当时，，解得：，，∴原方程的解为，，，，故答案为：，，，；（2）解：∵实数，满足：，且，当时，，解关于的一元二次方程，得：，∴；当时，则、是方程的两不相等的实数根，∴，，∴；∴的值为或或．【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根，则，；也考查了换元法，解一元二次方程，求代数式的值，运用了恒等变换的思想．掌握查一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．题型03：一元二次方程根与系数的关系的综合应用7．阅读材料．材料：若一元二次方程的两个根为，，则，．(1)材料理解：一元二次方程的两个根为，，则，．(2)类比探究：已知实数，满足，，且，求的值．(3)思维拓展：已知实数，分别满足，，且，求的值．【答案】(1)；(2)(3)【分析】（1）直接根据阅读材料可得答案；（2）由题意得出，可看作方程的两个根，据此知，，将其代入计算可得；（3）把变形为，据此可得实数和可看作方程的两根，继而知，，进一步代入计算可得．【解析】（1）解：，，故答案为：；；（2）∵，，且，∴，可看作方程的两个根，∴，，∴，∴的值为；（3）∵，分别满足，，且，∴，∴和可看作方程的两根，∴，，∴，∴的值为．【点睛】本题考查分式的化简求值，因式分解的应用，求代数式的值，解题的关键是根据题意建立合适的方程及分式的混合运算顺序和运算法则．8．对于一元二次方程，下列说法：①若a＋b＋c＝0，则方程必有一根为x＝1；②若方程有两个不相等的实根，则方程无实根；③若方程两根为，且满足，则方程，必有实根，；④若是一元二次方程的根，则其中正确的（

）A．①② B．①④ C．②③④ D．①③④【答案】D【分析】根据一元二次方程根的判别式及根的定义以及求根公式逐个判断排除．【解析】解：①若，则是方程的解，故①正确；②方程有两个不相等的实根，，则方程的判别式，方程必有两个不相等的实根，故②错误；③∵方程两根为，且满足，∴，令，，∴方程有两个实数根，令两根分别为，∴，，∴方程，必有实根，，故③正确；④若是一元二次方程的根，则由求根公式可得：，，，故④正确．故正确的有①③④，故选：D．【点睛】本题考查一元二次方程根的判断，根据方程形式，判断根的情况是求解本题的关键．9．（1）是关于的一元二次方程的两实根，且，求的值．（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）1；（2）①，；②，证明见解析【分析】（1）根据一元二次方程根与系数的关系可得出，．由，可得，即得出关于k的一元二次方程，解出k的值，再根据一元二次方程根的判别式验证，舍去不合题意的值即可；（2）①根据一元二次方程根与系数的关系可得出，，进而可求出，；②由一元二次方程的解的定义可得出，两边都乘以，得：①，同理可得：②，再由①+②，得：．最后结合题意即可得出，即．【解析】解：（1）∵是关于的一元二次方程的两实根，∴，，∴，整理，得：，解得：，．当时，，∴此时原方程没有实数根，∴不符合题意；当时，，∴此时原方程有两个不相等的实数根，∴符合题意，∴的值为1；（2）①∵，∴．∵，是一元二次方程的两个实数根，∴，，∴，；②猜想：．证明：根据一元二次方程根的定义可得出，两边都乘以，得：①，同理可得：②，由①+②，得：，∵，，，∴，即．【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的判别式，一元二次方程的解的定义．掌握一元二次方程的根的判别式为，且当时，该方程有两个不相等的实数根；当时，该方程有两个相等的实数根；当时，该方程没有实数根．熟记一元二次方程根与系数的关系：和是解题关键．10．定义：已知是关于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，，所以一元二次方程为“限根方程”．请阅读以上材料，回答下列问题：(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”，求m的取值范围．【答案】(1)此方程为“限根方程”，理由见解析(2)k的值为2(3)m的取值范围为或【分析】（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．【解析】（1）解：，，∴或，∴．∵，，∴此方程为“限根方程”；（2）∵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），，∴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．【点睛】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．题型04：一元二次方程有关的新定义题型11．根据绝对值定义：可将表示为，故化简可得，，或四种不同结果，给出下列说法：①化简一共有8种不同的结果；②化简一共有8种不同的结果；③若，（为正整数），则当时，．以上说法中正确的个数为（

）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】C【分析】①由于的结果分别有2种，则的结果共有种；②根据的取值范围化简绝对值可得当时，；当时，；当时；当时，；则的结果共有4种；③根据题意可得，再由求出的值即可【解析】解：①的结果有两种，的结果有两种，的结果有两种，的结果共有种，故①说法正确；当时，；当时，；当时，当时，；的结果共有4种情况，故②说法错误；③解得，或（舍去）故③说法正确，∴正确的说法有2个，故选：C【点睛】本题主要考查了数字的变化规律，熟练掌握绝对值的性质、一元二次方程的解法是解题的关键12．根据绝对值的定义可知，下列结论正确的个数有（

）①化简一共有8种不同的结果；②的最大值是5；③若，（为正整数），则当时，；④若关于的方程有2个不同的解，其中为常数，则或A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】C【分析】由、、的结果分别有2种，则的结果共有种，可判断①；根据的取值，化简运算即可判断②；根据【解析】解：、、的结果分别有2种，的结果共有种，故①正确；当时，，当时，，当时，，当时，，故②错误；是正整数，，，，，当时，，故③正确；，当或时，，，方程有2个不同的解，，解得：，当时，，，方程有2个不同的解，，解得：，故④错误；综上，正确的有①③，故选：C．【点睛】本题考查了数字的变化规律，绝对值的性质，一元二次方程的判别式，熟练掌握知识点是解题的关键．13．定义：如果代数式（，、、是常数）与（，、、是常数），满足，，，则称这两个代数式A与B互为“同心式”，下列四个结论：（1）代数式：的“同心式”为；（2）若与互为“同心式”，则的值为1；（3）当时，无论x取何值，“同心式”A与B的值始终互为相反数；（4）若A、B互为“同心式”，有两个相等的实数根，则．其中，正确的结论有（

）个．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】根据同心式的定义结合代数式和方程求解即可【解析】根据同心式的定义：（1）∵，∴代数式：的“同心式”不是；故（1）是错误的；（2）∵与互为“同心式”，∴，解得：，∴，故（2）是正确的；（3）当时，且，，∴，，即A与B的值始终互为相反数，故（3）是正确的；（4）∵A、B互为“同心式”，∴，，∵有两个相等的实数根，∴有两个相等的实数根，∴，即，故（4）是正确的；故选：C【点睛】本题根据新定义和题目的要求构建方程，考查了数学建模和数学运算的核心素养，解题的关键是理解题目中的新定义．题型05：存在性问题14．如图，在矩形中，，点P从点A沿向点B以的速度移动，同时点Q从点B沿边向点C以的速度移动．当其中一点达到终点时，另一点也随之停止．设P，Q两点移动的时间为，求：(1)当x为何值时，为等腰三角形；(2)当x为何值时，的面积为；(3)当x为何值时，为等腰三角形．【答案】(1)当时，是等腰三角形(2)x为1或5时，的面积为(3)x为或时，是等腰三角形【分析】（1）由题意得，得，当为等腰三角形时，，得出方程，解方程即可；（2）由三角形面积公式列出一元二次方程，解方程即可；（3）根据题意，分两种情况：①当时，在和中，由勾股定理得出方程，解方程即可；②当时，在和中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【解析】（1）解：∵四边形是矩形，∴，，，根据题意得：，∴，当为等腰三角形时，，∴，解得：，即当时，是等腰三角形；（2）解：由题意得：，整理得：，解得：，答：当x为1或5时，的面积为；（3）解：根据题意，分两种情况：①当时，如图1所示：在和中，由勾股定理得：，，∴，解得：或（不合题意舍去），∴；②当时，如图2所示：在和中，，，∴，解得：或（不合题意舍去），∴．综上所述，当x为或时，是等腰三角形．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、三角形面积公式、一元二次方程的解法、勾股定理、分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键．15．如图，在中，，，，点P从点A出发，以每秒1cm的速度沿向点B匀速运动，同时点Q从点B出发以每秒2cm的速度沿向点C匀速运动，到达点C后返回点B，当有一点停止运动时，另一点也停止运动，设运动时间为秒．(1)当时，直接写出P，Q两点间的距离．(2)是否存在，使得是等腰三角形，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．(3)是否存在，使得的面积等于，若存在，请求出的值：若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)或；(3)或．【分析】（1）求出，，再利用勾股定理即可求出；（2）因为，所以当是等腰三角形时，只有，表示出，当时，；当时，；当时，；利用，即可求出t的值；（3）由（2）可知：，当时，；当时，；当时，；利用，解关于t的方程即可．【解析】（1）解：当时，由题意可知：，，∵，∴，∵，∴；（2）解：∵，∴是等腰三角形时，只有，由题意可知：，∵Q从点B出发以每秒2cm的速度沿向点C匀速运动，到达点C后返回点B，当有一点停止运动时，另一点也停止运动，∴当时，；当时，；当时，；∵∴，解得：，故不符合题意；，解得：，符合题意；，解得：，符合题意；综上所述：或；（3）解：假设存在t使得的面积等于，由（2）可知：，当时，；当时，；当时，；∴当时，；解得：或（舍去）当时，，解得：或（舍去）；当时，，因为，故无解，综上所述，当或时的面积等于．【点睛】本题考查动点问题，等腰三角形的定义，勾股定理，一元二次方程的几何应用，解题的关键是理解题意，结合图形表示出的值．16．如图，在中，，厘米，厘米，点D在上，且厘米．现有两个动点P，Q分别从点A和点B同时出发，其中点P以4厘米/秒的速度沿向终点C运动；点Q以5厘米/秒的速度沿向终点C运动．过点P作交于点E，连接．设动点运动时间为t秒．(1)；（用t的代数式表示）(2)连接，并运用割补的思想表示的面积（用t的代数式表示）；(3)是否存在某一时刻t，使四边形是平行四边形，如果存在，请求出t，如果不存在，请说明理由；(4)当t为何值时，为直角三角形．【答案】(1)(2)(3)存在，(4)或【分析】（1）用减去的长即可；（2）连接，由平行线的性质可得，由，可求出，再利用三角形面积公式计算即可；（3）由平行四边形的性质可得，可得，可求的值；（4）分两种情况讨论，利用直角三角形的性质和面积和差关系可求解．【解析】（1）解：由题意可得：；（2）如图1，连接，，，cm，，，，，∴；（3）四边形是平行四边形，，，，∴当时，使四边形是平行四边形；（4）如图2，当时，，，又，四边形是平行四边形，，，；当时，，，，，，，，，，，，（不合题意舍去），综上所述：或时，为直角三角形．【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积公式，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．题型06：一元二次方程的几何应用17．在凸四边形中，，．(1)如图1，将绕点A旋转得到，画出图形，并写出的度数；(2)如图2，已知．①求证：；②若，求的面积．【答案】(1)图见解析，；(2)①见解析；②．【分析】（1）根据题意，画出图形，设为延长线上的一点，利用三角形外角的性质以及旋转的性质，求解即可；（2）①作出，连接，利用旋转的性质得到为等边三角形，再利用勾股定理即可求证；②利用旋转的性质可得分别求得对应三角形的面积，即可求解．【解析】（1）解：图形如下，设为延长线上的一点，由旋转的性质可得：，由三角形外角的性质可得：，，∴；（2）①证明：作出，连接，如下图：由（1）可得，即，由旋转的性质可得：，，∴，∴为等边三角形，即∴；②由旋转的性质可得：，∵∴，，，，过点作，如下图：设，由①可得，在中，，，∴，，在，∵∴，解得或，负值舍去即或，则或，，【点睛】此题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，一元二次方程的求解，解题的关键是掌握并灵活运用相关性质进行求解．18．已知，在中，，，点D是边上一点（点D不与点A，C重合），连接，将绕着点D顺时针旋转，得到，连接．

(1)①如图1，当，点D是的中点时，请猜想：与数量关系是；②如图2，当，点D是边上任意一点时，①中的结论是否依然成立？说明理由．(2)如图3，若，，直接写出的面积的最大值．【答案】(1)①；②成立，见解析(2)【分析】（1）①延长，过点E作于点F，证明，得出，，证明，得出，即，得出，根据勾股定理得出．②延长，过点E作于点F，证明，得出，，证明，得出，即，得出，根据勾股定理得出；（2）连接，延长，过点E作于点F，证明、都是等边三角形，得出，，，证明，得出，，求出，得出，根据勾股定理得出，设，则，，根据三角形面积公式得出，根据，得出，得出时，最大，且最大值为．【解析】（1）解：①延长，过点E作于点F，如图所示：

则，∵，∴，∴，∴，根据旋转可知，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴．故答案为：；②成立；理由如下：延长，过点E作于点F，如图所示：则，∵，∴，∴，∴，根据旋转可知，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴．（2）解：连接，延长，过点E作于点F，如图所示：

∵，∴，∵，，∴、都是等边三角形，∴，，，∴，∴，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，设，则，，∴，∵，∴，∴当时，最大，且最大值为，∴的面积的最大值为．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，三角形面积的计算，含30度角直角三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明三角形全等．题型07：一元二次方程与平面直角坐标系19．如图，平面直角坐标系中，已知点，点，过点作轴的平行线，点是在直线上位于第一象限内的一个动点，连接．(1)求出__________；(2)若平分，求点的坐标；(3)已知点是直线上一点，若是以为直角边的等腰直角三角形，求点的坐标.【答案】(1)40(2)或(3)或.【分析】（1）先求出点的纵坐标，再根据三角形的面积公式计算即可.（2）设根据平分可得，再根据两点之间的距离公式求出的值即可得点的坐标.（3）设,分两种情况讨论：①当且时；②当,且时.画出图形，构造三垂直模型，根据全等三角形的对应边相等列出关于的方程组，求出的值即可求得点的坐标.【解析】（1）如图1，作轴与，∵，轴，点是在直线，（2）设平分，

解得，∴点的坐标或.（3）设当，且时，①如图2，点在直线上方时，过点作直线则轴于点，过点作于点,则又，解得.则则.②如图3，由得解得.则∴.

当,且时,如图4

作轴于，轴于,则，则，解得，则，.综上，点的坐标为或.【点睛】本题综合性较强，难度较大.主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，以及数形结合思想和分类讨论思想.注意第（3）小题考虑问题要全面.正确的画出图形是解题的关键.20．如图，在平面直角坐标系中，点F的坐标为．点E的坐标为，直线经过点F和点E，直线与直线相交于点P．(1)求直线的表达式和点P的坐标；(2)矩形的边在y轴的正半轴上，点A与点F重合，点B在线段上，边平行于x轴，且，将矩形沿射线的方向平移，边始终与x轴平行，已知矩形以每秒个单位的速度匀速移动（点A移动到点E时止移动），设移动时间为t秒．①当时，A点坐标是_________，移动t秒时，D点坐标为_________，②矩形在移动过程中，B、C、D三点中有且只有一个顶点落在直线或上时，矩形会发出红光，请直接写出矩形发出红光时t的值；③若矩形在移动的过程中，直线交直线于点N，交直线于点M．当的面积等于18时，请直接写出此时t的值．【答案】(1)，点P坐标为(2)①，；②或；③【分析】（1）利用待定系数法即可求解；（2）①利用平移的性质即可求解；②分情况讨论，当点D在直线上时，利用点D与点A的横坐标之差为9，列式计算求解即可；当点B在直线上时，点A的纵坐标比点B的纵坐标高6个单位，列式计算求解即可；③设点A横坐标为a，则点D横坐标为，再用a表示出，，用a表示出和上的高，利用三角形面积公式求解即可．【解析】（1）解：设直线的表达式为，∵直线过点，，∴，解得，直线的表达式为．联立，得，解得，，∴点P坐标为；（2）解：①∵，，∴，，，∵矩形以每秒个单位的速度沿射线的方向匀速移动，相当于矩形以每秒1个单位的速度沿y的方向向下匀速移动，或以每秒2个单位的速度沿x的方向向右匀速移动，∴当时，A点坐标是，即；当时，D点坐标是；故答案为：，；②如图，当点D在直线上时，∵，∴点D与点A的横坐标之差为9，∴将直线与直线的解析式变为，∴，解得，则点A的坐标为：，则，∵点A速度为每秒个单位，∴；如图，当点B在直线上时，∵，∴点A的纵坐标比点B的纵坐标高6个单位，∴直线的解析式减去直线的解析式得，解得，则点A坐标为，则，∵点A速度为每秒个单位，，故t值为或；③如图，设直线交于点H，设点A横坐标为a，则点D横坐标为，∴，，∴，此时点P到距离为：，∵的面积等于18，∴，解得（舍去），∴，则此时t为，当时，的面积等于18．【点睛】本题是代数几何综合题，涉及到待定系数法、两直线的交点坐标、勾股定理、三角形的面积等，综合性较强，熟练掌握相关知识、运用分类讨论思想以及数形结合思想是解题的关键．题型08：一元二次方程的实际应用21．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．【解析】（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