专题 21.4 一元二次方程（满分 100）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号 一 二 三 总分
得分
评卷人 得 分
一．选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（2023春·八年级课时练习）已知a，b是方程x2−x−1=0的两根，则代数式2a3+5a+3b3+3b+1的
值是（ ）
A．19 B．20 C．14 D．15
【思路点拨】
由根与系数的关系可得：a+b=1，再由a与b是方程的两根可得a2=a+1，b2=b+1，把a3与b3采用降次的方
法即可求得结果的值．
【解题过程】
解：∵a与b是方程x2−x−1=0的两根
∴a+b=1，a2-a-1=0，b2-b-1=0
∴a2=a+1，b2=b+1
∵a3=a2·a=(a+1)a=a2+a=a+1+a=2a+1，同理：b3=2b+1
∴2a3+5a+3b3+3b+1
=2(2a+1)+5a+3(2b+1)+3b+1
=9a+9b+6
=9(a+b)+6
=9×1+6
=15
故选：D．
2．（2022秋·四川绵阳·九年级统考期中）若关于x的一元二次方程x2−2mx+m2−4m−1=0有两个实数
根x ，x ，且(x +2)(x +2)−2x x =17，则m=（ ）
1 2 1 2 1 2A．2或6 B．2或8 C．2 D．6
【思路点拨】
根据一元二次方程有实数根先确定m的取值范围，再根据一元二次方程根与系数的关系得出
x +x =2m,x ·x =m2−4m−1，把(x +2)(x +2)−2x x =17变形为2(x +x )−x x −13=0，再代
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
入得方程m2−8m+12=0，求出m的值即可．
【解题过程】
解:∵关于x的一元二次方程x2−2mx+m2−4m−1=0有两个实数根,
∴Δ=(−2m) 2−4(m2−4m−1)≥0,
1
∴m≥− ,
4
∵x ，x 是方程x2−2mx+m2−4m−1=0的两个实数根,
1 2
∵x +x =2m,x ·x =m2−4m−1，
1 2 1 2
又(x +2)(x +2)−2x x =17
1 2 1 2
∴2(x +x )−x x −13=0
1 2 1 2
把x +x =2m,x ·x =m2−4m−1代入整理得,
1 2 1 2
m2−8m+12=0
解得,m =2,m =6
1 2
故选A
1
3．（2022秋·广东汕尾·九年级统考阶段练习）P（x．y）为第二象限上的点．且x+y＝﹣ ．已知OP=1．
5
y
则 的值为（ ）
x
4 4 3 4 3
A．− B．− C．− D．− 或−
5 3 4 3 4
【思路点拨】
根据P（x．y）为第二象限上的点，可知0，y＞0，根据OP=1，可知❑√x2+ y2=1，则x2+ y2=1，根据x+y1 1 1 1 24 12
＝﹣ ，可得(x+ y) 2= ，且x＝﹣y﹣ 进而可得2xy=(x+ y) 2−(x2+ y2)= −1=− ，则xy=−
5 25 5 25 25 25
( 1) 12
，则y −y− =− ，
5 25
3 4 4 y
解得：y= 或y=− （舍去），进而可知x=− ，则可求出 的值．
5 5 5 x
【解题过程】
解：∵P（x．y）为第二象限上的点，
∴x＜0，y＞0，
∵OP=1，
∴❑√x2+ y2=1，则x2+ y2=1，
1
∵x+y＝﹣ ，
5
1 1
∴(x+ y) 2= ，且x＝﹣y﹣
25 5
1 24
∴2xy=(x+ y) 2−(x2+ y2)= −1=− ，
25 25
12
∴xy=− ，
25
∴y ( −y− 1) =− 12 ，化简得：y2+ 1 y− 12 =0，
5 25 5 25
( 3)( 4) 3 4
则 y− y+ =0，解得：y= 或y=− （舍去），
5 5 5 5
4
∴x=− ，
5
y 3 ( 5) 3
∴ = × − =− ，
x 5 4 4
故选：C．
{ 6x−a≥−10 )
4．（2022·江苏扬州·校考模拟预测）使得关于x的不等式组 1 1 3 有且只有4个整数解，
−1+ x<− x+
2 8 2
且关于x的一元二次方程(a−5)x2+4x+1=0有实数根的所有整数a的值之和为（ ）
A．35 B．30 C．26 D．21【思路点拨】
先求出不等式组的解集，根据有且只有4个整数解可确定a的取值范围，再通过根的判别式确定a的取值
范围，最后结合两个取值范围找出满足条件的整数相加即可．
【解题过程】
{ 6x−a≥−10① )
解：整理不等式组得：
−8+4x<−x+12②
a−10
由①得：x≥ ，
6
由②得：x<4
∵不等式组有且只有4个整数解，
∴不等式组的4个整数解是：3，2，1，0，
a−10
∴−1< ≤0，
6
解得：4<a≤10，
∵(a−5)x2+4x+1=0有实数根，
∴Δ=b2−4ac=16−4×(a−5)×1=36−4a≥0,
解得：a≤9，
∵方程(a−5)x2+4x+1=0是一元二次方程，
∴a≠5
∴4<a≤9，且a≠5，
满足条件的整数有：6、7、8、9；
∴6+7+8+9=30，
故选：B．
5．（2023春·海南儋州·九年级专题练习）某口罩经销商批发了一批口罩，进货单价为每盒50元，若按每
盒60元出售，则每周可销售80盒．现准备提价销售，经市场调研发现：每盒每提价1元，每周销量就会
减少2盒，为保护消费者利益，物价部门规定，销售时利润率不能超过50%，设该口罩售价为每盒
x(x>60)元，现在预算销售这种口罩每周要获得1200元利润，则每盒口罩的售价应定为（ ）
A．70元 B．80元 C．70元或80元 D．75元
【思路点拨】
根据每天的销售利润＝每箱的销售利润×销售数量，即可列出关于x的一元二次方程，解方程即可求出x的值，在结合销售利润不能超过50%，即可确定x的值．
【解题过程】
解：根据题意得：（x﹣50）[80-2（x-60）]＝1200，
整理得：x2﹣150x+5600＝0．
解得：x＝70，x＝80．
1 2
70−50
当x＝70时，利润率＝ ×100%＝40%＜50%，符合题意；
50
80−50
当x＝80时，利润率＝ ×100%＝60%＞50%，不合题意，舍去．
50
所以要获得1200元利润，每盒口罩的售价应定为70元．
故选：A．
6．（2023春·浙江杭州·八年级校考阶段练习）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．（ ）
k k k k
A．若﹣1＜a＜1，则 > B．若 > ，则0＜a＜1
a b a b
k k k k
C．若﹣1＜a＜1，则 < D．若 < ，则0＜a＜1
a b a b
【思路点拨】
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．
【解题过程】
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：x＝x＝−1，
1 2
∴k＝−1，
k k 1 1 1
∵ − ＝− + = ，
a b a a−1 a(a−1)
∴当−1＜a＜0时，a−1＜0，a（a−1）＞0，k k k k
此时 − ＞0，即 > ；
a b a b
当0＜a＜1时，a−1＜0，a（a−1）＜0，
k k k k
此时 − ＜0，即 < ；
a b a b
故A、C错误；
k k k k
当 > 时，即 − ＞0，
a b a b
1
＞0，
a(a−1)
解得：a＞1或a＜0，
故B错误；
k k k k
当 < 时，即 − ＜0，
a b a b
1
＜0，
a(a−1)
解得：0＜a＜1，
故D正确
故选：D．
7．（2023春·浙江·八年级阶段练习）如图，用1块边长为a的大正方形，4块边长为b的小正方形和4块长
为a，宽为b的长方形（a>b），密铺成正方形ABCD，已知ab=2，正方形ABCD的面积为S，
（ ）
A．若a=2b+1，则S=16 B．若a=2b+2，则S=25
C．若S=25，则a=2b+3 D．若S=16，则a=2b+4
【思路点拨】
正方形的边长是一个含有两个字母的代数式，根据已知条件，变成含一个字母的代数式，根据正方形面积
已知，列一元二次方程，通过求根公式求出字母的值，再对选项加以判定．【解题过程】
解：A．由题意，正方形ABCD的边长为a+2b，ab=2，a>b>0，
若a=2b+1，则正方形ABCD的边长为a+2b=4b+1，b(2b+1)=2，
−1±❑√17
即2b2+b−2=0，解得：b= （负值不合题意，舍去），
4
❑√17−1 ❑√17−1 2
∴b= ，∴S=(4b+1) 2=(4× +1) =17，∴选项A不正确；
4 4
B．若a=2b+2，则正方形ABCD的边长为a+2b=4b+2，b(2b+2)=2，
−1±❑√5 ❑√5−1
即b2+b−1=0，解得： （负值不合题意，舍去），∴b= ，
2 2
❑√5−1 2
∴S=(4b+2) 2=(4× +2) =20，∴选项B不正确；
2
C．若S=25，则(a+2b) 2=25，∵a+2b>0，∴a+2b=5，∴a=5−2b，
1
∴b(5−2b)=2，即2b2−5b+2=0，解得：b = ，b =2，
1 2 2
1
当b= 时，a=5−2b=4，2b+3=4，此时，a=2b+3；
2
当b=2时，a−5−2b=1，a<b，不合题意，∴选项C正确；
D．若S=16，则(a+2b) 2=16，∵a+2b>0，∴a+2b=4，∴a=4−2b，
∴b(4−2b)=2，即b2−2b+1=0，解得：b =b =1，
1 2
当b=1时，a=4−2b=2，2b+4=6，∴a≠2b+4，∴选项D不正确；
故选：C
8．（2023春·浙江·八年级期中）若方程x2+2px−3p−2=0的两个不相等的实数根x 、x 满足
1 2
x 2+x 3=4−(x 2+x 3)，则实数p的所有值之和为（ ）
1 1 2 2
3 5
A．0 B．− C．−1 D．−
4 4
【思路点拨】
先根据一元二次方程解的定义和根与系数的关系得到x 2+2px −3p−2=0，x +x =−2p，进而推出
1 1 1 2
x 3=3px +2x −2px 2 ，则x 3+x 2=3px +2x −2px 2+x 2 ，x 3+x 2=3px +2x −2px 2+x 2 ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2即可推出(3p+2)(x +x )+(1−2p)(x 2+x 2)=4，然后代入x +x =−2p，x 2+x 2=(x +x ) 2−4 p得到
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2p(4 p+3)(p+1)=0，再根据判别式求出符号题意的值即可得到答案．
【解题过程】
解：∵x 、x 是方程x2+2px−3p−2=0的两个相等的实数根，
1 2
∴x 2+2px −3p−2=0，x +x =−2p，x x =−3p−2，
1 1 1 2 1 2
∴x 2+2px =3p+2，
1 1
∴x 3+2px 2=3px +2x ，
1 1 1 1
∴x 3=3px +2x −2px 2 ，
1 1 1 1
∴x 3+x 2=3px +2x −2px 2+x 2 ，
1 1 1 1 1 1
同理得x 3+x 2=3px +2x −2px 2+x 2 ，
2 2 2 2 2 2
∵x 2＋x 3=4−(x 2+x 3)，
1 1 2 2
∴x 2+x 3+(x 2+x 3)=4，
1 1 2 2
∴3px +2x −2px 2+x 2+3px +2x −2px 2+x 2=4，
1 1 1 1 2 2 2 2
∴(3p+2)(x +x )+(1−2p)(x 2+x 2)=4，
1 2 1 2
∴(3p+2)(−2p)+(1−2p)[(−2p) 2−2(−3p−2))=4，
∴−6p2−4 p+(1−2p)(4 p2+6p+4)=4，
∴−6p2−4 p+4 p2+6p+4−2p(4 p2+6p+4)=4，
∴−2p2+2p−2p(4 p2+6p+4)=0，
∴−2p(4 p2+6p+4+p−1)=0，∴2p(4 p2+7p+3)=0，
∴2p(4 p+3)(p+1)=0，
3
解得p =0，p =−1，p =− ，
1 2 3 4
∵Δ=(2p) 2+4(3p+2)>0，
∴p2+3p+2>0，
∴(p+1)(p+3)>0，
∴p=−1不符合题意，
3
∴p +p =−
1 3 4
∴符合题意，
故选B．
9．（2023春·浙江·八年级专题练习）已知四个多项式A=x2+1，B=x+1，C=mx−1，D=nx+1，下列
说法中正确的个数为（ ）
①若A=B2，则x=1
②若A−D=B+C，则x=m+n+1
A−2
③若x为正整数，且 为整数，则x=1
B2
1
④若对任意x都有2B⋅D=2nx2−nx+2，则当x> 时，D<B
2
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【思路点拨】
运用解一元一次方程，解一元二次方程，整除的性质，不等式的性质，恒等式的变形等知识逐个判断即
可．
【解题过程】
解：①∵A=x2+1，B=x+1，A=B2，
∴x2+1=(x+1) 2
解得：x=0，
故①错误；
②∵A=x2+1，B=x+1，C=mx−1，D=nx+1，A−D=B+C，∴(x2+1)−(nx+1)=(x+1)+(mx−1)
化简得：x2−mx−nx−x=0，
因式分解得：(x−m−n−1)x=0
∴x−m−n−1=0或x=0，
∴x=m+n+1或x=0，
故②错误；
③∵A=x2+1，B=x+1，，
A−2 x2+1−2 x−1 2
∴ = = =1− ，
B2 (x+1) 2 x+1 x+1
A−2
∵x为正整数，且 为整数，
B2
∴x+1=2，
∴x=1，
故③正确；
④∵B=x+1，D=nx+1，2B⋅D=2nx2−nx+2，
∴2(x+1)(nx+1)=2nx2−nx+2，
化简得：(3n+2)x=0，
2
∴3n+2=0，即n=− ，
3
( 2 ) 5
∴D−B= − x+1 −(x+1)=− x，
3 3
1
∵x> >0，
2
5
∴D−B=− x<0，
3
即D<B，
故④正确．
故正确的有：③④，共两个，
故选：B．
10．（2023春·安徽·八年级期中）对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，下列说法：
①若a−b+c=0，则b2−4ac≥0；
②若方程ax2+c=0有两个不相等的实根，则方程ax2+bx+c=0必有两个不相等的实根；③若c是方程ax2+bx+c=0的一个根，则一定有ac+b+1=0成立；
④若x 是一元二次方程ax2+bx+c=0的根，则b2−4ac=(2ax +b) 2
0 0
其中正确的：（ ）
A．只有① B．只有①② C．①②③ D．只有①②④
【思路点拨】
根据一元二次方程解的含义、一元二次方程根的判别式等知识逐个分析即可．
【解题过程】
由a−b+c=0，表明方程ax2+bx+c=0(a≠0)有实数根﹣1，表明一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有
实数解，则Δ=b2−4ac≥0，故①正确；
∵方程ax2+c=0有两个不相等的实根，
c
∴方程x2=−
有两个不相等的实根，
a
即a与c异号．
∴-ac>0，
∴Δ=b2−4ac=b2+(−4ac)>0，
∴方程ax2+bx+c=0必有两个不相等的实根；
故②正确；
∵c是方程ax2+bx+c=0的一个根，
∴ac2+bc+c=0，
即c(ac+b+1)=0
当c≠0时，一定有ac+b+1=0成立；
当c=0时，则ac+b+1=0不一定成立，例如：方程3x2+2x=0，则ac+b+1=3≠0；
故③错误；
∵x 是一元二次方程ax2+bx+c=0的根，
0
∴ax 2+bx +c=0，
0 0
∴c=−ax2−bx
，
0 0
∴b2−4ac=b2−4a(−ax2 −bx )=4ax2+4ax +b2=(2ax +b) 2 ，
❑0 0 0 0 0故④正确；
故选：D．
评卷人 得 分
二．填空题（本大题共5小题，每小题3分，满分15分）
11．（2022·江西赣州·统考二模）已知正整数x满足x2+5x+30是完全平方数，则x的值是_________．
【思路点拨】
设x2+5x+30=n2，利用求根公式得出4n2−95也是完全平方数，再由95=1×95或95=5×19，
(2n+k)>(2n−k)，列方程求出n的值，再代入求根公式计算x的值即可；
【解题过程】
解：设x2+5x+30=n2，∵方程x2+5x+30−n2=0有正整数解，
−5+❑√4n2−95
∴方程的根为：x= （负根舍去），
2
∵方程的根为整数，∴4n2−95也是完全平方数，
设4n2−95=k2，则4n2−k2=95，(2n+k)(2n−k)=95，
∵95=1×95或95=5×19，(2n+k)>(2n−k)，
{2n+k=95) {2n+k=19)
∴ 或 ，解得：n=24或n=6，
2n−k=1 2n−k=5
−5+❑√4n2−95
当n=24时，代入x= 得：x=21，
2
−5+❑√4n2−95
当n=6时，代入x= 得：x=1，
2
故答案为：21或1。
12．（2022秋·江苏·九年级阶段练习）已知关于x的一元二次方程x2+cx+a=0的两个整数根恰好比方程
x2+ax+b=0的两个根都大1，则a+b+c的值是______．
【思路点拨】
设方程x2+ax+b=0的两个根为α，β，其中α，β为整数，且α≤β，则方程x2+cx+a=0的两根为
α+1，β+1，根据题意列出式子，再进行变形即可求出．
【解题过程】
解：设方程x2+ax+b=0的两个根为α，β，其中α，β为整数，且α≤β，则方程x2+cx+a=0的两根为
α+1，β+1，由题意得α+β=−a,(α+1)(β+1)=a，
两式相加得αβ+2α+2β+1=0，
即(α+2)(β+2)=3，
α+2=1， α+2=−3，
{ {
所以 或
β+2=3； β+2=−1.
α=−1， α=−5，
{ {
解得 或
β=1； β=−3.
又因为a=−(α+β),b=αβ,c=−[(α+1)+(β+1)]
所以a=0，b=−1，c=−2；或者a=8，b=15，c=6，
故a+b+c=−3或29．
故答案为-3或29。
xy−x+ y=7
13．（2022秋·九年级课时练习）已知正实数x,y,z满足{yz+ y−z=11，则x+ y+z+xy+ yz+xz+xyz=
xz+x+z=14
_________．
【思路点拨】
(x+1)(y−1)=6①
先观察方程的特点，把原方程化为{(y−1)(z+1)=10②，再用含x的代数式表示y,z，再代入原方程组
(x+1)(z+1)=15③
中的第一个方程求解x, 再求解y,z, 从而可得答案.
【解题过程】
xy−x+ y=7 (x+1)(y−1)=6①
解：{yz+ y−z=11整理得：{(y−1)(z+1)=10②
xz+x+z=14 (x+1)(z+1)=15③
x+1 3 5x+2
由①②得： = , 即5x−3z=−2, 则z= ,
z+1 5 3
y−1 2 5+2x
由②③得： = , 即3 y−2x=5, 则y= ,
x+1 3 3
y−1 2
由①③得： = , 即5 y−2z=7,
z+1 5
5+2x 5+2x
∴x· −x+ =7, 解得：x =−4,x =2,
3 3 1 2
x =−4 x =2 x=−4
1 2
∴{y =−1,{y =3, 经检验{y=−1不符合题意；
1 2
z =−6 z =4 z=−6
1 2∴ x+ y+z+xy+ yz+xz+xyz
=2+3+4+6+12+8+24=59.
故答案为： 59。
14．（2023秋·北京海淀·九年级期末）关于x的一元二次方程mx2−(m+1)x+1=0有两个不等的整数
根，m为整数，那么m的值是_________．
【思路点拨】
先利用根的判别式，确定m的范围，后利用公式法，确定用m表示的方程的根，根据m的整数性质，根
的整数性质求解即可.
【解题过程】
解：∵一元二次方程mx2−(m+1)x+1=0有两个不等的整数根，
∴△＞0，
∴[−(m+1)] 2−4m＞0，
∴(m−1) 2＞0，
∴m≠1，
m+1±|m−1|
∵x= ，
2m
m+1±(m−1)
∴当m＞1时，x= ，
2m
m+1+m−1 m+1−m+1 1
∴x = =1，x = = ，
1 2m 2 2m m
∵一元二次方程mx2−(m+1)x+1=0有两个不等的整数根，m为整数，
∴m=1，与m≠1矛盾，
∴此种情形不成立；
m+1±(1−m)
∴当m＜1时，x= ，
2m
m+1+1-m 1 m+1−1+m
∴x = = ，x = =1，
1 2m m 2 2m
∵一元二次方程mx2−(m+1)x+1=0有两个不等的整数根，m为整数，∴m=-1，
∴此种情形成立；
综上所述，m的值为-1，
故答案为：-1.
15．（2022春·浙江金华·八年级校联考阶段练习）如图，已知AG∥CF，AB⊥CF，垂足为 B，AB=BC=3
，点 P 是射线AG 上的动点 （点 P 不与点 A 重合），点 Q是线段 CB上的动点，点 D是线段 AB的
中点，连接 PD 并延长交BF于点 E，连接PQ，设AP=2t ，CQ=t，当△PQE 是以 PE为腰的等腰三角形
时，t的值为_____．
【思路点拨】
以B为原点、直线CF为x轴，直线AB为y轴，建立直角坐标系，先证明AP=BE，即可得E点坐标为
(2t,0)，CQ=t，BQ=3-t，P点坐标为(-2t,3)，C点坐标为(-3,0)，A点坐标为(0,3)，Q点坐标为(t-2,0)，根据Q
点在线段BC上，P点不与A点重合，可得0＜t＜3，进而有BE=2t，BQ=3-t，QE=BQ+EB=3+t，利用勾股
定理有：PQ2=(3−3t) 2+9，QE2=(t+3) 2，PE2=16t2+9，根据△PQE是以 PE为腰的等腰三角形，
分类讨论：当PQ=PE时，当QE=PE时两种情况，即可求解．
【解题过程】
解：以B为原点、直线CF为x轴，直线AB为y轴，建立直角坐标系，如图，
∵AG∥CF，AB⊥CF，
∴AB⊥AG，∴∠GAB=∠ABF=90°，
∵D点为AB中点，
∴AD=BD，
∴结合∠ADP=∠BDE可得△APD≌△BED，
∴AP=BE，
∵AP=2t，
∴BE=2t，
∴E点坐标为(2t,0)，
∵AB=BC=3，
∴CQ=t，即BQ=3-t，P点坐标为(-2t,3)，C点坐标为(-3,0)，A点坐标为(0,3)，
∴Q点坐标为(t-3,0)，
∵Q点在线段BC上，P点不与A点重合，
∴0＜t＜3，
∵BE=2t，BQ=3-t，
∴QE=BQ+EB=3+t，
∴利用勾股定理有：PQ2=(−2t−t+3) 2+(3−0) 2=(3−3t) 2+9，QE2=(t+3) 2，
PE2=(−2t−2t) 2+(3−0) 2=16t2+9，
根据△PQE是以PE为腰的等腰三角形，分类讨论：
当PQ=PE时，有(3−3t) 2+9=16t2+9，
整理：7t2+18t−9=0，
3
解得t= （负值舍去），
7
当QE=PE时，有16t2+9=(t+3) 2，
整理：15t2−6t=0，
2
解得t= （0舍去），
5
3 2
综上所述：t的值可以为 ， ．
7 53 2
故答案为： ， ．
7 5
评卷人 得 分
三．解答题（本大题共8小题，满分55分）
16．（10分）（2023春·上海·八年级专题练习）解方程：
（1）❑√x+2−❑√8−x=2；
2x 1
（2） − =1；
x2−2x−3 x−3
（3）2x2−3❑√2x2−1+1=0；
（4）(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)＝48；
（5）x4−10x3−2(a−11)x2+2(5a+6)x+a2+2a=0．
【思路点拨】
（1）移项后两边平方得出x+2=4+4❑√8−x+8−x，求出x−5=2❑√8−x，再方程两边平方得出
x2−10x+25=4(8−x)，求出x，再进行检验即可；
（2）观察可得最简公分母是(x−3)(x+1)，方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求
解；
（3）令t=❑√2x2−1，则2x2−1−3❑√2x2−1+2=0，代入原方程，得t2−3t+2=0，所以t =2，t =1，
1 2
然后分两种情况分别解方程即可．
（4）本题先进行分组相乘得： [(x－1)(x－4)][(x－2)(x－3)]＝48，整理可得：(x2－5x＋4)(x2－5x＋6)＝48，
然后利用换元法,设y= x2－5x+5，可得: (y－1)(y＋1)＝48，解得y＝7，y＝－7，然后得x2－5x+5=7或x2－
1 2
5x+5=－7，最后求方程即可.
（5）先把方程变形为a2−2(x2−5x−1)a+(x4−10x3+22x2+12x)=0,再分解因式可得
[a−(x2−6x)][a−(x2−4x−2)]=0,再分两种情况解一元二次方程即可.
【解题过程】
（1）❑√x+2−❑√8−x=2
解：移项得，❑√x+2=2+❑√8−x，两边平方得，x+2=4+4❑√8−x+8−x，
合并同类项得，2x−10=4❑√8−x，
∴x−5=2❑√8−x，
两边平方得，x2−10x+25=4(8−x)，
整理得，x2−6x−7=0，
∴(x+1)(x−7)=0，
解得：x =−1，x =7，
1 2
经检验，x =−1，不是原方程的解，
1
∴原方程的解为：x=7．
2x 1
（2） − =1
x2−2x−3 x−3
解：方程两边同时乘以(x−3)(x+1)得， 2x−(x+1)=x2−2x−3
整理得，x2−3x−2=0，
3±❑√32−4×1×(−2) 3±❑√17
解得，x= = ，
2 2
3+❑√17 3−❑√17
∴x = ，x = ，
1 2 2 2
3+❑√17 3−❑√17
经检验，x = ，x = 时，(x−3)(x+1)≠0，
1 2 2 2
3+❑√17 3−❑√17
∴原方程的根为：x = ，x = ．
1 2 2 2
（3）2x2−3❑√2x2−1+1=0
解：2x2−1−3❑√2x2−1+2=0
令t=❑√2x2−1，代入原方程得，t2−3t+2=0，
∴(t−2)(t−1)=0，
解得：t =2，t =1，
1 2
当t =2时，❑√2x2−1=2，即： 2x2−1=4，
1
5 ❑√10 ❑√10
∴x2= ，解得：x =− ，x = ，
2 1 2 2 2当t =1时，❑√2x2−1=1，即： 2x2−1=1，
2
∴x2=1，解得：x =−1，x =1，
3 4
经检验x ，x ，x ，x 都为原方程的解
1 2 3 4
❑√10 ❑√10
∴原方程的解为：x =− ，x = ，x =−1，x =1．
1 2 2 2 3 4
（4）(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)＝48
解：原方程即[(x－1)(x－4)][(x－2)(x－3)]＝48，
即(x2－5x＋4)(x2－5x＋6)＝48.
设y＝x2－5x＋5，则原方程变为(y－1)(y＋1)＝48.
解得y＝7，y＝－7.
1 2
5+❑√33 5−❑√33
当x2－5x＋5＝7时，解得x＝ ，x＝ ；
1 2 2 2
当x2－5x＋5＝－7时，Δ＝(－5)2－4×1×12＝－23<0，方程无实数根．
5+❑√33 5−❑√33
∴原方程的根为x＝ ，x＝ .
1 2 2 2
（5）x4−10x3−2(a−11)x2+2(5a+6)x+a2+2a=0．
解：把原方程变形为：a2−2(x2−5x−1)a+(x4−10x3+22x2+12x)=0,
∴[a−(x2−6x)][a−(x2−4x−2)]=0,
解得：a=x2−6x或a=x2−4x−2,
当a=x2−6x时，则x2−6x−a=0,
当△=36+4a≥0时，即a≥−9,
方程的解为：x =3+❑√9+a,x =3−❑√9−a,
1 2
当a=x2−4x−2时，则x2−4x−2−a=0,
当△=16−4(−2−a)≥0时，即a≥−6,
方程的解为：x =2+❑√a+6,x =2−❑√a+6,
1 2
综上：当 时，方程的解为： 当
a≥−6 x =3+❑√9+a,x =3−❑√9−a, x =2+❑√a+6,x =2−❑√a+6,
1 2 3 4时，方程的解为： 当 时，方程无解.
−9≤a<6 x =3+❑√9+a,x =3−❑√9−a, a<−9
1 2
17．（6分）（2023春·浙江·八年级专题练习）如果一元二次方程的两根相差1，那么该方程称为“差1方
程”．例如x2＋x＝0是“差1方程”．
（1）判断下列方程是不是“差1方程”，并说明理由；
①x2﹣5x﹣6＝0；
②x2﹣❑√5x＋1＝0；
（2）已知关于x的方程x2﹣（m﹣1）x﹣m＝0（m是常数）是“差1方程”，求m的值；
（3）若关于x的方程ax2＋bx＋1＝0（a，b是常数，a＞0）是“差1方程”，设t＝10a﹣b2，求t的最大
值．
【思路点拨】
（1）根据解一元二次方程的方法解出已知方程的解，再比较两根的差是否为1，从而确定方程是否为“差
1方程”；
（2）先解方程求得其根，再根据新定义列出m的方程，注意有两种情况；
（3）根据新定义得方程的大根与小根的差为1，列出a与b的关系式，再由t=10a−b2，得t与a的关系，
从而得出最后结果．
【解题过程】
（1）解：①解方程得：(x+1)(x−6)=0，
x=−1或x=6，
∵6≠−1+1，
∴x2−5x−6=0不是“差1方程”；
②Δ=(❑√5) 2 −4×1×1=1，
❑√5±❑√1 ❑√5±1
∴x= = ，
2 2
❑√5+1 ❑√5−1
∵ = +1，
2 2
∴x2−❑√5x+1=0是“差1方程”；
（2）解：方程得：(x−m)(x+1)=0，
∴x=m或x=−1，
∵方程x2−(m−1)x−m=0(m是常数）是“差1方程”，
∴m=−1+1或m=−1−1，∴m=0或−2；
（3）解：由题可得：Δ=b2−4a×1=b2−4a≥0
−b±❑√b2−4a
∴解方程得x= ，
2a
∵关于x的方程ax2+bx+1=0(a、b是常数，a>0)是“差1方程”，
−b+❑√b2−4a −b−❑√b2−4a
∴ − =1，
2a 2a
∴b2=a2+4a，
∵t=10a−b2，
∴t=6a−a2=−(a−3) 2+9，
∵a>0，
∴a=3时，t的最大值为9．
18．（6分）（2022秋·福建·九年级统考期末）已知关于x的方程mx2−(m−1)x+2=0有实数根．
（1）若方程的两根之和为整数，求m的值；
（2）若方程的根为有理根，求整数m的值．
【思路点拨】
（1）根据关于x的方程mx2−(m−1)x+2=0有两个根，且为实数根，先利用一元二次方程的根的判别式
m−1
确定m的取值范围，再根据一元二次方程的根与系数的关系，可知x +x = ，若方程的两根之和为整
1 2 m
m−1
数，即 为整数，即可确定m的值；
m
（2）分两种情况讨论：当m=0时，此时关于x的方程为x+2=0，求解可得x=−2，符合题意；当m≠0
(m−1)±❑√m2−10m+1
时，对于关于x的方程mx2−(m−1)x+2=0可有x= ，若方程的根为有理根，且
2m
m为整数，则Δ=m2−10m+1为某一有理数的平方，据此分析即可获得答案．
【解题过程】
（1）解：∵关于x的方程mx2−(m−1)x+2=0有两个根，且为实数根，
∴m≠0，且Δ=[−(m−1)] 2−4m×2=m2−10m+1≥0，−(m−1) m−1
根据一元二次方程的根与系数的关系，可知x +x =− = ，
1 2 m m
m−1
若方程的两根之和为整数，即 为整数，
m
m−1 1
∵ =1− ，
m m
1
∴ 是整数，
m
∴m=±1，
当m=1时，Δ=1−10+1=−8<0，不符合题意；
m−1 −1−1
当m=−1时，Δ=1+10+1=12>0， = =2，为整数，符合题意；
m −1
∴m的值为−1；
（2）当m=0时，此时关于x的方程为x+2=0，解得x=−2；
(m−1)±❑√m2−10m+1
当m≠0时，对于关于x的方程mx2−(m−1)x+2=0的根为：x= ，
2m
若方程的根为有理根，且m为整数，
则Δ=m2−10m+1为完全平方数，
设m2−10m+1=k2（k为正整数），
10±❑√100−4+4k2
则：m= =5±❑√24+k2，
2
∵m为整数，
设24+k2=n2（n为正整数），
∴(k+n)(n−k)=24，
{k+n=12) {k+n=6) {k+n=8) {k+n=24)
∴ 或 或 或 ，
n−k=2 n−k=4 n−k=3 n−k=1
5 23
{ k= ) { k= )
{k=5) {k=1) 2 2
解得： 或 或 （不合题意，舍去）或 （不合题意，舍去）
n=7 n=5 11 25
n= n=
2 2
∴m2−10m+1=12=1或m2−10m+1=52=25；
当m2−10m+1=1时，解得m=10或m=0（舍去）；
当m2−10m+1=25时，解得m=−2或m=12，
综上所述，若方程的根为有理根，则整数m的值为0或10或−2或12．19．（6分）（2023春·重庆沙坪坝·九年级重庆一中校考阶段练习）周末，小明和小红约着一起去公园跑
步锻炼身体若两人同时从A地出发，匀速跑向距离12000m处的B地，小明的跑步速度是小红跑步速度的
1.2倍，那么小明比小红早5分钟到达B地．
（1）求小明、小红的跑步速度；
（2）若从A地到达B地后，小明以跑步形式继续前进到C地（整个过程不休息），据了解，在他从跑步
开始前30分钟内，平均每分钟消耗热量10卡路里，超过30分钟后，每多跑步1分钟，平均每分钟消耗的
热量就增加1卡路里，在整个锻炼过程中，小明共消耗2300卡路里的热量，小明从A地到C地锻炼共用
多少分钟．
【思路点拨】
（1）分别设小红和小明的速度，根据等量关系（小明比小红早5分钟到达B地）列出等量关系式，按照
分式方程即可求解，求解后检验所求解是不是方程解．
（2）先求出小明前30分钟中的5分钟是从B地到C地，然后按照小明共消耗2300卡里的热量列方程，最
后求解．
【解题过程】
（1）解：设小红的速度为xm/min，则小明的速度为1.2xm/min，
12000 12000
依据题意列方程得， − =5，
x 1.2x
∴12000×1.2−12000=5×1.2x，
∴x=400，
经检验，x=400是原式方程的解．
∴1.2×400=480m/min．
∴小红的速度为400m/min，小明的速度为480m/min．
故答案为：480m/min；400m/min．
（2）解：∵小明的速度为480m/min，
∴小明从A地道B地需要的时间为：12000÷480=25min．
∵小明在他从跑步开始前30分钟内，平均每分钟消耗热量10卡路里，
∴30−25=5min．
设B地到C地的距离为xm，依据题意列方程得，
(x−480×5) ( x−480×5)
30×10+ × 10+ =2300
480 480
( x ) ( x )
∴300+ −5 × 10+ −5 =2300，
480 480( x ) ( x )
∴ −5 × +5 =2000，
480 480
x2
∴ −25=2000，
4802
( x ) 2
∴ =2025，
480
∴x=21600或x=−21600（舍去）．
21600+12000
∴A地到C地所需要时间为： =70min．
480
故答案为：70min．
20．（6分）（2022秋·广东江门·九年级台山市武溪中学校考期中）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？
（3）经过几秒时△BPQ的面积达到最大？并求出这个最大值．
【思路点拨】
（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．
【解题过程】
解：（1）由题意，得AP=6cm,BQ=12cm，∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=12cm，
∴BP=12−6=6cm．
故答案为：6cm；12cm；
（2）作QD⊥AB于D，
∴∠QDB=90°，
∴∠DQB=30°，
1
∴DB= BQ=x，
2
在Rt△DBQ中，由勾股定理，得DQ=❑√3x，
1
∵由题意得：AP=x,PB=12-x，S = DQ⋅PB，
△BPQ 2
(12−x)❑√3x
∴ =10❑√3，
2
解得x =10,x =2，
1 2
∵x=10时，2x>12，故舍去，
∴x=2．
∴经过2秒△BPQ的面积等于10❑√3cm2；
(12−x)❑√3x ❑√3
（3）∵△BPQ的面积= =− x2+6❑√3x，
2 26❑√3
x= =6 ❑√3
∴当 ❑√3 时，△BPQ的面积最大，此时最大值为− ×62+6❑√3×6=18❑√3．
2× 2
2
21．（7分）（2022秋·四川资阳·九年级统考期末）定义：已知x ，x 是关于x的一元二次方程
1 2
x
ax2+bx+c=0(a≠0)的两个实数根，若x <x <0，且3< 1<4，则称这个方程为“限根方程”．如：一
1 2 x
2
−10
元二次方程x2+13x+30=0的两根为x =−10，x =−3，因−10<−3<0，3< <4，所以一元二次
1 2 −3
方程x2+13x+30=0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x2+9x+14=0是否为“限根方程”，并说明理由；
（2）若关于x的一元二次方程2x2+(k+7)x+k2+3=0是“限根方程”，且两根x 、x 满足
1 2
x +x +x x =−1，求k的值；
1 2 1 2
（3）若关于x的一元二次方程x2+(1−m)x−m=0是“限根方程”，求m的取值范围．
【思路点拨】
（1）解该一元二次方程，得出x =−7，x =−2，再根据“限根方程”的定义判断即可；
1 2
k+7 k2+3
（2）由一元二次方程根与系数的关系可得出x +x =− ，x x = ，代入x +x +x x =−1，即
1 2 2 1 2 2 1 2 1 2
可求出k =2，k =−1．再结合“限根方程”的定义分类讨论舍去不合题意的值即可；
1 2
（3）解该一元二次方程，得出x =−1，x =m或x =m，x =−1．再根据此方程为“限根方程”，即得
1 2 1 2
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Δ>0，m<0且m≠−1，可求出
m的取值范围．最后分类讨论即可求解．
【解题过程】
（1）解：x2+9x+14=0，
(x+2)(x+7)=0，
∴x+2=0或x+7=0，
∴x =−7，x =−2．
1 2
−7 7
∵−7<−2，3< = <4，
−2 2
∴此方程为“限根方程”；
（2）∵方程2x2+(k+7)x+k2+3=0的两个根分比为x 、x ，
1 2k+7 k2+3
∴x +x =− ，x x = ．
1 2 2 1 2 2
∵x +x +x x =−1，
1 2 1 2
k+7 k2+3
∴− + =−1，
2 2
解得：k =2，k =−1．
1 2
分类讨论：①当k=2时，原方程为2x2+9x+7=0，
7
∴x =− ，x =−1，
1 2 2
x 7
∴x <x <0，3< 1= <4，
1 2 x 2
2
∴此时方程2x2+(k+7)x+k2+3=0是“限根方程”，
∴k=2符合题意；
②当k=−1时，原方程为2x2+6x+4=0，
∴x =−2，x =−1，
1 2
x
∴x <x <0， 1=2<3，
1 2 x
2
∴此时方程2x2+(k+7)x+k2+3=0不是“限根方程”，
∴k=−1不符合题意．
综上可知k的值为2；
（3）x2+(1−m)x−m=0，
(x+1)(x−m)=0，
∴x+1=0或x−m=0，
∴x =−1，x =m或x =m，x =−1．
1 2 1 2
∵此方程为“限根方程”，
∴此方程有两个不相等的实数根，
∴Δ>0，m<0且m≠−1，
∴(1−m) 2+4m>0，即(1+m) 2>0，
∴m<0且m≠−1．
分类讨论：①当−1<m<0时，
∴x =−1，x =m，
1 2x
∵3< 1<4，
x
2
−1
∴3< <4，
m
1 1
解得：− <m<− ；
3 4
②当m<−1时，
∴x =m，x =−1，
1 2
x
∵3< 1<4，
x
2
m
∴3< <4，
−1
解得：−4<m<−3．
1 1
综上所述，m的取值范围为− <m<− 或−4<m<−3．
3 4
22．（7分）（2023春·安徽·八年级期中）已知方程①：2(x−k)=x−4为关于x的方程，且方程①的解
为非正数；方程②：(k−1) x2+2mx+3− k+n=0（k、m、n均为实数）为关于x的一元二次方程．
（1）求k的取值范围；
（2）如果方程②的解为负整数，k−m=2，2k−n=6且k为整数，求整数m的值；
（3）当方程②有两个实数根x ，x 满足(x +x )(x −x )+2m(x −x +m)=n+5，且k为正整数，试判断
1 2 1 2 1 2 1 2
m2≤4是否成立？并说明理由．
【思路点拨】
（1）将k当作已知数解出方程2(x−k)=x−4的解，根据该方程的解为非正数，可得出k的取值范围，方
程②：(k−1) x2+2mx+3− k+n=0（k、m、n均为实数）为关于x的一元二次方程，二次项系数不为0，
即k−1≠0，解得k≠1，即可求出k的取值范围；
（2）根据k−m=2，2k−n=6可得m=k−2，n=2k−6，代入方程②，可得
2
(k−1) x2+2(k−2) x+(3− k)+2k−6=0，可得x
1
=−1+
k−1
，x
2
=−1，由于②的解为负整数且k为整
数，所以k− 1=或−1k− 1=，−2可得k=0或−1，即可求出整数m的值；
（3）方法1：由（1）可知k≤2且k≠1，且k为正整数，可知k=2，所以方程②为x2+2mx+1+n=0，因
为方程②有两个实数根x ，x ，所以Δ≥0，x +x =−2m，x ⋅x =1+n，由Δ≥0可求出m2≥n+1，
1 2 1 2 1 2将x +x =−2m，x ⋅x =1+n，代入(x +x )(x −x )+2m(x −x +m)=n+5，可得n=2m2 −5，将其代
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
入m2≥n+1，即可证明m2≤4；方法2：先得出k=2，m2≥n+1，x +x =−2m，x ⋅x =1+n，根据
1 2 1 2
x +x =−2m，x ⋅x =1+n求出(x −x ) 2=4(m2 − 1−n)，可得x −x =±2❑√m2 − 1−n，分两类
1 2 1 2 1 2 1 2
x −x =2❑√m2 − 1−n和x −x =−2❑√m2 − 1−n，与x +x =−2m，x ⋅x =1+n，代入
1 2 1 2 1 2 1 2
(x +x )(x −x )+2m(x −x +m)=n+5，可得n=2m2 −5，将其代入m2≥n+1，即可证明m2≤4．
1 2 1 2 1 2
【解题过程】
（1）解：∵关于x的方程2(x−k)=x−4的解为x=2k−4，且该方程的解为非正数，
∴2k−4≤0，解得k≤2，
又∵关于x的方程(k−1)x2+2mx+(3− k)+n=0是一元二次方程，
∴k−1≠0，k−1≠0，解得k≠1，
综上所述，k的取值范围是k≤2且k≠1．
（2）解：由（1）可知k≤2且k≠1，
∵k−m=2，2k−n=6，
∴m=k−2，n=2k−6，
∴方程②为(k−1)x2+2(k−2)x+(3− k)+2k−6=0，
即(k−1)x2+2(k−2)x+k−3=0，
[(k−1)x+(k−3))(x+1)=0，
3− k −(k−1)+2 2
解得：x = = =−1+ ，x =−1，
1 k−1 k−1 k−1 2
∵方程②为(k−1)x2+2(k−2)x+(3− k)+2k−6=0，方程②的解为负整数，
∴k− 1=或−1k− 1=，−2
∴k=0或−1，
当k=0时，m=k− 2=0− ，2=−2
当k=−1时，m=k− 2=− 1− ，2=−3
∴m的值为−2或−3．
（3）解：方法1：m2≤4成立，理由如下：
由（1）可知k≤2且k≠1，
又∵k为正整数，
∴k=2，∴方程②为x2+2mx+1+n=0，
∵方程②有两个实数根x ，x ，
1 2
∴Δ≥0，x +x =−2m，x ⋅x =1+n，
1 2 1 2
∴(2m)2 −4×1×(1+ n)≥0，
∴m2≥n+1（*）
∵(x +x )(x −x )+2m(x −x +m)=n+5，
1 2 1 2 1 2
∴−2m(x −x )+2m(x −x +m)=n+5
1 2 1 2
即−2m(x −x )+2m(x −x )+2m2=n+5，
1 2 1 2
即2m2=n+5，即n=2m2 −5代入（*）
∴m2≥2m2 −5+1
∴m2≤4；
方法2：m2≤4成立，理由如下：
由（1）可知k≤2且k≠1，
又∵k为正整数，
∴k=2，
∴方程②为x2+2mx+1+n=0，
∵方程②有两个实数根x ，x ，
1 2
∴Δ≥0，x +x =−2m，x ⋅x =1+n，
1 2 1 2
∴(2m) 2 −4×1× (1+n)≥0，
∴m2≥n+1，
∵(x −x ) 2=(x +x ) 2 −4x ⋅x =(−2m) 2 −4(1+n)=4(m2 − 1−n)，
1 2 1 2 1 2
∴x −x =±2❑√m2 − 1−n，
1 2
∵(x +x )(x −x )+2m(x −x +m)=n+5
1 2 1 2 1 2
∴当x −x =2❑√m2 − 1−n时，
1 2
(−2m)⋅2❑√m2 − 1−n+2m(2❑√m2 − 1−n+m)=n+5，
∴2m2=n+5，
∴n=2m2 −5，∴m2≥2m2 −5+1，
∴m2≤4；
当x −x =−2❑√m2 − 1−n时，（漏1种情况扣1分）
1 2
(−2m)⋅(−2❑√m2 − 1−n)+2m [(−2❑√m2 − 1−n)+m)=n+5，
∴2m2=n+5，
∴n=2m2 −5，
∴m2≥2m2 −5+1，
∴m2≤4；
综上所述，m2≤4成立．
23．（7分）（2022秋·浙江温州·八年级瑞安市安阳实验中学校考阶段练习）如图1，在平面直角坐标系
中，点A的坐标为(8，0)，点B的坐标是(0，6)，连接AB．若动点P从点B出发沿着线段BA以5个单位
每秒的速度向终点A运动，设运动时间为t秒．
（1）求线段AB的长．
（2）连接OP，当△OBP为等腰三角形时，过点P作线段AB的垂线与直线OB交于点M，求点M的坐标；
（3）已知N点为AB的中点，连接ON，点P关于直线ON的对称点记为P′(如图2)，在整个运动过程中，
若P′点恰好落在△AOB内部(不含边界)，请直接写出t的取值范围．
【思路点拨】
（1）勾股定理直接求解即可；
（2）分PO=PB,BO=BP,OB=BP三种情形，分别讨论，即可求解；
（3）当P′在OA上时，过点N作NF⊥x轴于点F，过点O作OE⊥AB，过点P作PG⊥y轴于点G，因为
24
N点为AB的中点，由（2）可知N(4,3)，OE= ，根据等面积法求得PG=4t，进而得出BG=3t,
5, ，根据轴对称的性质得出 ， ，继而求得 ，在
OG=6−3t PN=5−5t OP=OP′ S =S OP=8−8t
△PON △P′ON
Rt△OPG中，PG2+OG2=OP2，即可求解．
【解题过程】
（1）解：∵点A的坐标为(8，0)，点B的坐标是(0，6)，
∴OA=8,OB=6，
∴AB=❑√OA2+OB2=10;
（2）当PB=PO时，如图，过点P作PD⊥y轴于点D，PC⊥x轴于点C，
1
∴BQ=OQ= OB=3，
2
∵PB=PO，
∴∠PBO=∠POB，
∵∠POB+∠POA=90°,∠PAO+∠PBO=90°，
∴∠POA=∠PAO，
1
∴PO=PA= AB=5，
2
设OM=x,
在Rt△PDM中，PM2=PD2+DM2，
在Rt△BPM中，PM2=MB2−BP2，
∴PD2+DM2=MB2−BP2
即42+(3+x) 2=(6+x) 2−52
7
解得：x= ，
3
( 7)
∴M 0,− ；
3当BP=BO=6时，如图，过点P作PD⊥y轴于点D，PC⊥x轴于点C，过点O作OE⊥AB于点E，
∴DO=PC,DP=OC，
1 1
∵S = AB×OE= ×OB×OA，
△AOB 2 2
OB×OA 6×8 24
∴OE= = = ，
AB 10 5
1 1
∵S = ×BO×PD= ×BP×OE，
△POB 2 2
24
∴PD=OE = ，
5
设PC=a，PD=4.8，
在Rt△PCA中，a2+(8−4.8) 2=42，
解得：a=2.4，
即OD=2.4，
在Rt△PDM中，PM2=PD2+DM2，
在Rt△BPM中，PM2=MB2−BP2，
∴PD2+DM2=MB2−BP2，
即4.82+(2.4+x) 2=(6+x) 2−62，
解得：x=4，
∴M(0,−4)，
当OB=OP时，如图，∵OP=OB，
∴∠OBP=∠OPB，
∵MP⊥AB，
∴∠BPO+∠OPM=90°，
又∠BMP+∠MBP=90°，
∴∠OMP=∠OPM，
∴OM=OP=OB=6，
∴M(0,−6)，
( 7)
综上所述，M 0,− 或M(0,−4)或M(0,−6)，
3
（3）如图，当P′在OA上时，过点N作NF⊥x轴于点F，过点O作OE⊥AB，过点P作PG⊥y轴于点G
，
∵N点为AB的中点，
24
由（2）可知N(4,3)，OE= ，
5
则NF=3，
∵BP=5t， BO=6,AO=8，
1 1
∴S = BO×PG= BP×OE，
△BOP 2 224
5t×
∴ BP×OE 5 ，
PG= = =4t
BO 6
∴BG=❑√BP2−PG2=3t,
∴OG=6−3t，
1
∵BN= AB=5，
2
∴PN=5−5t，
∵对称，∴OP=OP′，S =S ，
△PON △P′ON
1 1
∴S = PN×OE=S = OP′×NF，
△PON 2 △P′ON 2
1 24 1
即 × ×(5−5t)= OP′×3，
2 5 2
∴OP=OP′=8−8t，
在Rt△OPG中，PG2+OG2=OP2
∴(4t) 2+(6−3t) 2=(8−8t) 2
14
解得t=2（舍去）或t=
39
当点P运动到点N，此时P,P′,N重合，此时5t=5，解得t=1，
14
∴当 <t<1时，P′点恰好落在△AOB内部(不含边界) ．
39
