北师版九年级数学 第二章 一元二次方程（压轴专练）（九大题型）

第二章一元二次方程（压轴专练）（九大题型）题型1：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．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．题型2：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：．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．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．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．题型3：一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．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．①③④9．（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．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．题型4：新定义题型、材料题11．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．12．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，且，所以一元二次方程为“限根方程”．关于x的一元二次方程，有下列两个结论：①当时，该方程是“限根方程”；②若该方程是“限根方程”，则m有且只有一个整数解．对于这两个结论判断正确的是（

）A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确13．阅读下面材料：小元遇到这样一个问题：如图1，在正方形中，点分别为边上的点，，连接，设，，，则把关于的一元二次方程叫做正方形的关联方程，正方形叫做方程的关联四边形．探究方程是否存在常数根．小元是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法把这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是把绕点顺时针旋转得到（如图2），此时即是．请回答：．

参考小元得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题：（1）如图1，若，，则正方形的关联方程为；（2）正方形的关联方程是，则正方形的面积=．题型5：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．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．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．题型6：一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．18．如图1，在边长为的正方形中，对角线、相交于点O，点E、F是上的两个动点，且，连接、．分别取、、的中点H、K、G，连接、．(1)如图1，求证：①；②；(2)直接写出的最小值；(3)如图2，连接、，求证：四边形是平行四边形；(4)若以E、K、F、G为顶点的四边形是矩形，求的长．题型7：一元二次方程与平面直角坐标系19．如图，分别是轴上关于轴对称的点，点坐标，连接，，．(1)如图1，求点坐标．(2)如图2，点是线段上一点（点不与点、点重合），设点的横坐标为，的面积为，求与之间的函数关系式．（不要求写出自变量的取值范围）(3)如图3，在（2）的条件下，直线经过点，点在线段上，点在直线上，连接，过点作轴垂线，连接，当四边形和四边形均为矩形时，求的面积．20．在中，，，点分别在长方形的边上．(1)如图，当点在上，且，时，则________；(2)如图，若，点为线段上一动点（不包括端点），连接，求的度数；(3)如图，若矩形中，，，在（）的基础上，当取值最小时，求点的坐标．题型8：一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？22．某科研单位准备将院内一块长30m，宽20m的矩形空地，建成一个矩形花园，要求在花园内修两条纵向平行和一条横向弯折的小道（小道进出口的宽度相等，且每段小道均为平行四边形），剩余的地方种植花草．(1)如图1，要使种植花草的面积为，求小道进出口的宽度为多少米；(2)现将矩形花园的四个角建成休闲活动区，如图2所示，均为全等的直角三角形，其中，设米，竖向道路出口和横向弯折道路出口的宽度都为2m，且竖向道路出口位于和之间，横向弯折道路出口位于和之间．①求剩余的种植花草区域的面积（用含有a的代数式表示）；②如果种植花草区域的建造成本是100元/米2、建造花草区域的总成本为42000元，求a的值．题型9：表格素材类教育部颁布的《义务教育劳动课程标准》中，要求以丰富开放的劳动项目为载体，培养学生的劳动价值观和良好的劳动品质．东北育才学校生态园新一年也有了新的规划，请你根据素材完成任务．东北育才学校生态园年春季规划素材一市场调研，两种型号的劳动工具价格．（1）型劳动工具的单价比型劳动工具少3元．（2）用元购买型劳动工具的数量与用元购买型劳动工具的数量相等．素材二计划购买，两种型号的劳动工具（1），两种型号的劳动工具共个．（2）型劳动工具的数量不少于型劳动工具数量的一半．素材三新规划一块矩形苗圃（1）苗圃的一面靠墙（墙的最大可用长度为），另三边用木栏围成，中间也用垂直于墙的木栏隔开分成两个区域，（2）如图所示，在两处各留宽的门（门不用木栏），修建所用木栏的总长为，

问题解决任务一求，两种型号劳动工具的单价各是多少元．任务二求购买这批劳动工具的最少费用．任务三设苗圃的一边长为．（1）用含的代数式表示苗圃靠墙一边的长是________；（2）若苗圃的面积为，求的值；（3）苗圃的面积能否为．________（直接回答“能或不能”．）

第二章一元二次方程（压轴专练）（九大题型）题型1：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2：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3：一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4：新定义题、材料题11．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．【解析】（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，，∴，∴；∵，∴，∴，∴；∴．12．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，且，所以一元二次方程为“限根方程”．关于x的一元二次方程，有下列两个结论：①当时，该方程是“限根方程”；②若该方程是“限根方程”，则m有且只有一个整数解．对于这两个结论判断正确的是（

）A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确【答案】C【分析】本题主要考查了新定义——“限根方程”．熟练掌握新定义，解一元二次方程，一元二次方程根的判别式，分类讨论，是解题关键．①当时，该方程是；得到方程的根为，，得到，该方程是“限根方程”，①正确；②解该一元二次方程，得出，，或，．再根据此方程为“限根方程”，即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，当，时，根据，得到，整数m不存在；当，时，得到，整数m不存在．②错误．【解析】解：①当时，原方程为：，解得，，∴，∵，∴该方程是“限根方程”；∴①正确；②∵，∴，∴或，∴，，或，．∵此方程为“限根方程”，∴此方程有两个不相等的实数根，∴，∴．当，时，∵，∴，解得：，∵m只是一个整数，∴m值不存在；当，时，，解得：，∴m值不存在．综上所述，m的值不存在．∴②错误．∴①正确，②错误．故选：C．13．阅读下面材料：小元遇到这样一个问题：如图1，在正方形中，点分别为边上的点，，连接，设，，，则把关于的一元二次方程叫做正方形的关联方程，正方形叫做方程的关联四边形．探究方程是否存在常数根．小元是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法把这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是把绕点顺时针旋转得到（如图2），此时即是．请回答：．

参考小元得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题：（1）如图1，若，，则正方形的关联方程为；（2）正方形的关联方程是，则正方形的面积=．【答案】阅读下面材料：1（1）（2）36【分析】由四边形是正方形，把绕点顺时针旋转得到，可证明，从而，即，有，即，故关于的一元二次方程有一个根是，即；（1）在中，，可得，从而可解得正方形的关联方程为；（2）由阅读材料知，正方形的关联方程存在常数根，可得，即得，，，设正方形的边长为，有，解得正方形的边长为6，正方形的面积为36．【解析】解：阅读下面材料：如图：

∵四边形是正方形，∴，∵把绕点顺时针旋转得到，∴，，，，∴，，∴共线，，∵，∴，在和中，，∴，∴，即，∵，，，∴，即，∴关于的一元二次方程有一个根是，∴．故答案为：1；（1）如图：∵四边形是正方形，∴，∵，∴，由阅读材料知，，∴，，在中，，∴，解得，∴，而，∴正方形的关联方程为，化简整理，可得．故答案为：；（2）如图：

由阅读材料知，正方形的关联方程存在常数根，∴，解得，∴正方形的关联方程是，∴，，，设正方形的边长为，在中，，∴，解得或（舍去），∴正方形的边长为6，∴正方形的面积为36．故答案为：36．【点睛】本题主要考查几何变换综合应用，涉及内容包括旋转变换、正方形的性质、三角形全等的判定与性质、一元二次方程、新定义、勾股定理等知识，综合性较强，解题的关键是证明．题型5：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6：一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．如图1，在边长为的正方形中，对角线、相交于点O，点E、F是上的两个动点，且，连接、．分别取、、的中点H、K、G，连接、．(1)如图1，求证：①；②；(2)直接写出的最小值；(3)如图2，连接、，求证：四边形是平行四边形；(4)若以E、K、F、G为顶点的四边形是矩形，求的长．【答案】(1)①见解析；②见解析(2)(3)见解析(4)或2【分析】（1）①利用正方形，得出，，利用中点定义可得出，利用中位线定理可得出，，利用平行线的性质可得出，结合，即可得出结论；②利用①中的结论直接证明即可；（2）利用（1）中，得出，则可求，则当A、F、G三点共线时，取最小值，最小值为，在中，利用勾股定理求出即可；（3）利用（1）中，得出，利用平行线的性质得出，利用补角的性质得出，利用平行线的判定得出，结合，利用平行线四边形的判定即可得证；（4）分点E在线段和线段上讨论，利用等腰三角形三线合一的性质，勾股定理，矩形的性质求解即可．【解析】（1）证明∶①∵四边形是正方形，∴，，，∵是的中点，G是的中点，∴，又K是的中点，∴，，∴，又，∴，②由①知，，，∴；（2）解：连接，∵∴，又，∴，∴，当A、F、G三点共线时，取最小值，最小值为，在中，，，，∴，即取最小值为；（3）证明：∵∴，∵，∴，又，，∴，∴，又，∴四边形是平行四边形；（4）解：∵正方形的边长为，∴，当E在线段上时，如图，过点F作于M，∵四边形是矩形，∴，又K是中点，∴，设，则，∴，∵，，∴，∴，又，∴，∴，在中，，∴，解得，（舍去）当E在线段上时，如图，过点F作于M，设，同理可求，，，，在中，，∴，解得（舍去），；∴若以E、K、F、G为顶点的四边形是矩形，则的长为或2．【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定，三角形中位线定理，勾股定理，矩形的性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，合理分类讨论是解题的关键．题型7：一元二次方程与平面直角坐标系19．如图，分别是轴上关于轴对称的点，点坐标，连接，，．(1)如图1，求点坐标．(2)如图2，点是线段上一点（点不与点、点重合），设点的横坐标为，的面积为，求与之间的函数关系式．（不要求写出自变量的取值范围）(3)如图3，在（2）的条件下，直线经过点，点在线段上，点在直线上，连接，过点作轴垂线，连接，当四边形和四边形均为矩形时，求的面积．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据，求出，结合点在轴负半轴，即可得出答案；（2）由题意得出，从而得出，待定系数法求出直线直线的解析式为，从而得出，再根据计算即可得出答案；（3）由四边形为矩形，得出，，待定系数法求出直线的解析式为：，设，，由四边形是矩形，求出，，得到，再利用勾股定理求出的值即可得解．【解析】（1）解：由题意得：，∵点坐标，∴，解得：，∵点在轴负半轴，∴点坐标为；（2）解：∵分别是轴上关于轴对称的点，∴，∴，设直线的解析式为，将，代入直线解析式为，解得：，∴直线的解析式为，∵点是线段上一点，设点的横坐标为，∴，∴；（3）解：∵四边形为矩形，∴，，设直线的解析式为：，将代入解析式得：，解得：，∴直线的解析式为：，∵过点作轴垂线，∴点的纵坐标为，设，，∵四边形是矩形，∴，解得：，，∴，，∴，∴，，∵，∴，解得：或，∵点不与点、点重合，∴，∴．【点睛】本题考查了坐标与图形、一次函数的应用、矩形的性质、勾股定理、三角形面积公式等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．20．在中，，，点分别在长方形的边上．(1)如图，当点在上，且，时，则________；(2)如图，若，点为线段上一动点（不包括端点），连接，求的度数；(3)如图，若矩形中，，，在（）的基础上，当取值最小时，求点的坐标．【答案】(1)；(2)；(3)点的坐标为．【分析】（）证明，得到，，进而由勾股定理得到，再由勾股定理即可求出；（）过点作轴于，与同理得到，得到，，进而得到，即可得到；（）过点分别作轴，轴，由（）可得，，设，即可得到，，，在中，由勾股定理可得，由取最小值可求出，即可得到点的坐标．【解析】（1）解：∵，∴，∵四边形是长方形，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴，∴，故答案为：；（2）解：如图，过点作轴于，则，同理（）可得，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴；（3）解：如图，过点分别作轴，轴，垂足分别为点，则，，，由（），，∵，∴设，则，∴，∴，∵，∴，∴，在中，，∴，∴当时，取最小值，∴点的坐标为．【点睛】本题考查了长方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．题型8：一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∵要促销∴即促销时每袋应降价3元．【点睛】本题考查了一