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专题 21.5 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．（22-23八年级下·浙江·开学考试）已知下面三个关于x的一元二次方程
ax2+bx+c=0, bx2+cx+a=0, cx2+ax+b=0恰好有一个相同的实数根b，则a+b+c的值为
（ ）
A．0 B．1 C．3 D．不确定
【思路点拨】
本题考查了一元二次方程的解，使方程左右两边相等的未知数的值叫方程的解．把x=b代入3个方程得出
ax2+bx+c=0, bx2+cx+a=0, cx2+ax+b=0，3个方程相加即可得出(a+b+c)(b2+a+1)=0，即可求
出答案．
【解题过程】
把x=b代入ax2+bx+c=0, bx2+cx+a=0, cx2+ax+b=0得：
ab2+b·b+c=0, b·b2+cb+a=0, cb2+ab+b=0，
相加得：(a+b+c)b2+(b+c+a)b+(a+b+c)=0，
(a+b+c)(b2+a+1)=0，
∵b2+b+1= ( b+ 1) 2 + 3 >0，
2 4
∴a+b+c=0，
故选：A．
5
2．（23-24九年级上·福建泉州·期末）若x=2是关于x的一元二次方程x2− ax−a2=0(a>0)的一个根，
2
下面对a的值估计正确的是（ ）1 1 3 3
A．00)并整理，获得关于a的方程
2
a2+5a−4=0，然后估计a的大小即可．
【解题过程】
5
解：将x=2代入方程x2− ax−a2=0(a>0)，
2
5
可得22− ×a×2−a2=0，
2
整理可得a2+5a−4=0，
−5±❑√52−4×1×(−4) −5±❑√41
解得a= = ，
2×1 2
−5−❑√41 −5+❑√41
∴a = ，a = ，
1 2 2 2
∵a>0，
−5+❑√41
∴a= ，
2
∵❑√36<❑√41<❑√49，即6<❑√41<7，
∴1<−5+❑√41<2，
1 −5+❑√41 1
∴ < <1，即 0，
1
当k =5时，△=(5−4) 2−16=−15<0，
2
∴k=−1，
∴x x =−3，
1 2
∴(x −x ) 2=x2+x2−2x x =7−2×(−3)=7+6=13．
1 2 1 2 1 2
故选：B
6．（23-24八年级下·安徽亳州·阶段练习）已知关于x的一元二次方程x2−(2m+1)x+m(m+1)=0（m是
常数），若一个等腰三角形的一边长为6，另两边长是该方程的两个实数根，则该三角形的周长为
（ ）
A．17或19 B．15或17 C．13或15 D．17
【思路点拨】
本题考查一元二次方程的判别式与根的个数的关系，以及一元二次方程与几何的综合应用．熟练掌握一元
二次方程的判别式与根的个数的关系，一元二次方程的解的定义，是解题的关键．根据方程有两个实数根，
得到6是等腰三角形的腰长，是方程的一个根，进行求解即可．
【解题过程】
解：∵一元二次方程有两个实数根，
2
∴ Δ=[−(2m+1)) −4m(m+1)≥0，
=4m2+4m+1−4m2−4m
=1>0；
∴不管m去何值，方程x2−(2m+1)x+m(m+1)=0都有两个不相等的实数根，
∵一个等腰三角形的一边长为6，另两边长是该方程的两个实数根，
∴6是腰长，x=6是方程x2−(2m+1)x+m(m+1)=0的一个根，
∴62−6(2m+1)+m(m+1)=0，整理，得：m2−11m+30=0，
解得：m=5或m=6，
当m=5时，x2−11x+30=0，
解得x =5,x =6，
1 2此时等腰三角形的三边长：6,6,5，周长=6+6+5=17；
当m=6时，x2−13x+42=0，
解得x =6,x =7，
1 2
此时等腰三角形的三边长：6,6,7，周长=6+6+7=19．
故选：A．
7．（2024·浙江·模拟预测）如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0有两个实数根，且其中一个根为另
外一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”．以下关于倍根方程的说法：①方程x2−x−2=0是倍
根方程；②若p，q满足pq=2，则关于x的方程px2+3x+q=0是倍根方程；③若(x−2)(mx+n)=0是倍
根方程，则4m2+5mn+n2=0．其中正确的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【思路点拨】
本题考查解一元二次方程，新定义的倍根方程的意义，理解倍根方程的意义和正确求出方程的解是解决问
题的关键．
①求出方程的解，再判断是否为倍根方程；
②当p，q满足pq=2，则px2+3x+q=(px+1)(x+q)=0，求出两个根，再根据pq=2代入可得两个根之
间的关系，进而判断是否为倍根方程；
③根据倍根方程和其中一个根，可求出另一个根，进而得到m、n之间的关系，然后代入验证即可判断．
【解题过程】
解：①解方程x2−x−2=0
(x−2)(x+1)=0，
∴x−2=0或x+1=0，
解得，x =2，x =−1，得，x ≠2x ，
1 2 1 2
∴方程x2−x−2=0不是倍根方程；
故①不正确；
②∵pq=2，则：px2+3x+q=(px+1)(x+q)=0，
1
∴x =− ，x =−q，
1 p 2
2
∴x =−q=− =2x ，
2 p 1
因此是倍根方程，
故②正确；
③若(x−2)(mx+n)=0是倍根方程，x =2，
1因此x =1或x =4，
2 2
当x =1时，m+n=0，
2
当x =4时，4m+n=0，
2
∴4m2+5mn+n2=(m+n)(4m+n)=0，
故③正确；
故选：C．
8．（23-24八年级下·浙江杭州·阶段练习）对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，下列说法：
①若a+b+c=0，则方程必有一根为x=1；
②若c是方程ax2+bx+c=0的一个根，则一定有ac+b+1=0成立；
1
③若ax2+bx+c=0(a≠0)两根为x ，x 且满足x ≠x ≠0，则方程cx2+bx+a=0(c≠0)，必有实根 ，
1 2 1 2 x
1
1
；
x
2
④若x 是一元二次方程ax2+bx+c=0的根，则b2−4ac=(2ax +b) 2 其中正确的（ ）
0 0
A．①② B．①④ C．①③④ D．①②③④
【思路点拨】
本题考查一元二次方程根的判断，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．
【解题过程】
解：①若a+b+c=0，则x=1是方程ax2+bx+c=0的解，故①正确；
②若c是方程ax2+bx+c=0的一个根，
∴ac2+bc+c=0
∴当c≠0时，有ac+b+1=0成立；，
故②不正确；
③∵方程ax2+bx+c=0(a≠0)两根为x ，x 且满足x ≠x ≠0，
1 2 1 2
∴Δ=b2−4ac≥0，
−b+❑√b2−4ac −b−❑√b2−4ac
令x = ，x = ，
1 2a 2 2a
∴方程cx2+bx+a=0(c≠0)有两个实数根，令两根分别为x′ ，x′
1 2−b+❑√b2−4ac 1 1
x′ = = =
∴ 1 2c −b−❑√b2−4ac x ，
2
2a
−b−❑√b2−4ac 1 1
x′ = = =
2 2c −b+❑√b2−4ac x ，
1
2a
1 1
∴方程cx2+bx+a=0(c≠0)，必有实根 ， ，
x x
1 2
故③正确；
④若x 是一元二次方程ax2+bx+c=0的根，
0
−b±❑√b2−4ac
则由求根公式可得：x = ，
0 2a
∴2ax +b=±❑√b2−4ac，
0
∴b2−4ac=(2ax +b) 2 ，
0
故④正确．
故正确的有①③④，
故选：C．
9．（22-23九年级下·重庆渝中·阶段练习）根据绝对值的定义可知|x)= { x(x≥0) )
，下列结论正确的个数
−x(x<0)
有（ ）
①化简|a|+|b|+|c|一共有8种不同的结果；
②|x+3)+|2−x)的最大值是5；
③若a =|3n−19)，S =a +a +⋅⋅⋅+a （n为正整数），则当S =1327时，n=35；
n n 1 2 n n
④若关于x的方程
|1
x2−
2
x−
8)
=x+b有2个不同的解，其中b为常数，则−4
33
3 3 3 12
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【思路点拨】
由|a)、|b)、|c)的结果分别有2种，则|a|+|b|+|c|的结果共有2×2×2=8种，可判断①；根据x的取
值，化简运算|x+3)+|2−x)即可判断②；根据
【解题过程】解：∵ |a)、|b)、|c)的结果分别有2种，
∴ |a|+|b|+|c|的结果共有2×2×2=8种，
故①正确；
当x>2时，|x+3)+|2−x)=x+3+x−2=2x+1，
当0≤x≤2时，|x+3)+|2−x)=x+3+2−x=5，
当−3≤x<0时，|x+3)+|2−x)=3−x+2−x=5−2x，
当x<−3时，|x+3)+|2−x)=−x−3+2−x=−2x−1，
故②错误；
∵n是正整数，
∴a
=|3n−19)={19−3n,1≤n≤6)
，
n 3n−19,n≥7
S =16+13+10+7+4+1=51，
6
(2+3n−19)(n−6)
S =51+ ，n≥7，
n 2
(2+3×35−19)×(35−6)
当n=35时，S =51+ =51+1276=1327，
n 2
故③正确；
1 2 8
{ x2− x− ,x≤−2或x≥4)
|1 x2− 2 x− 8) = 3 3 3 ，
3 3 3 1 2 8
− x2+ x+ ,−20，
3 3 3
57
解得：b>− ，
12
1 2 8
当−20，
3 3 3
33
解得：b< ，
12
故④错误；
综上，正确的有①③，
故选：C．
10．（22-23八年级下·浙江绍兴·期末）空地上有一段长为a米的旧墙MN，利用旧墙和木栏围成一个矩形
菜园（如图1或图2），已知木栏总长为40米，所围成的菜园面积为S．下列说法错误的是（ ）
A．若a=16，S=196，则有一种围法
B．若a=20，S=198，则有一种围法
C．若a=24，S=198，则有两种围法
D．若a=24，S=200，则有一种围法
【思路点拨】
分两种情况讨论：，图2围法，设矩形菜园垂直于墙的边为x米，分别表示矩形的长，再利用矩形面积列
方程，解方程，注意检验x的范围，从而可得答案．
【解题过程】
解：设矩形菜园的宽为x米，则长为(40−2x)米，
∴S=x(40−2x)=−2x2+40x,
当a=16时，采用图1围法，则此时12≤x<20,
当S=196时，
−2x2+40x=196,
解得：x =10+❑√2,x =10−❑√2,
1 2
此时都不符合题意，
采用图2围法，如图，此时矩形菜园的宽为x米，即AB=CD=x,
则AD+BC=40−2x+16, 则BC=28−x, 所以长为(28−x)米，
结合28−x>16可得020可得024可得024可得02（不合题意，舍去），
1 3 2 3
6−2❑√6
即x= ，
3
6−2❑√6
故答案为：x= ．
3
13．（23-24九年级上·重庆江津·期末）如果关于 x的一元二次方程x2+4x+m+2=0有实数根，且关于y
my+1 2
的分式方程 =5+ 有正整数解，那么符合条件的所有整数m的和为 ．
y−3 3−y【思路点拨】
本题考查了一元二次方程根的判别式，解分式方程，利用一元二次方程根的判别式，得到关于m的一元一
次不等式，解之得到m的取值范围，解分式方程得到分式方程的解，再由分式方程有正整数解得到m的值，
结合m取值范围确定符合条件的所有整数m，将其相加即可求解，由一元二次方程和分式方程得到符合条
件的所有整数m是解题的关键．
【解题过程】
解：∵关于 x的一元二次方程x2+4x+m+2=0有实数根，
∴Δ=16−4(m+2)≥0，
解得m≤2，
my+1 2 18
解分式方程 =5+ 得，y= (m≠5)，
y−3 3−y 5−m
my+1 2
∵关于y的分式方程 =5+ 有正整数解，
y−3 3−y
∴5−m=1，2，3，6，9，18，
解得m=4，3，2，−1，−4，−13，
∵y−3≠0，
18
∴ ≠3，
5−m
∴m≠−1，
又∵m≤2，
∴符合条件的整数m有2，−4，−13，
∴为2+(−4)+(−13)=−15，
故答案为：−15．
14．（23-24九年级上·湖南湘西·阶段练习）已知关于x的一元二次方程
1 1
(2n−mn)x2+2(m−n)x−2m+mn=0有两个相等的实数根，那么 + 的值为 ．
m n
【思路点拨】
本题考查了一元二次方程判别式，根据题意得b2−4ac=[2(m−n)) 2 −4(2n−mn)(−2m+mn)=0，整理
1 (m+n) 2 1 1 1 1 1 m+n
可得(m+n) 2=mn(2n−mn+2m)，两边同时除m2n2得 × + = + ，由 + = ，通过
2 m2n2 2 m n m n mn换元法即可求解．
【解题过程】
解：由题意得：b2−4ac=[2(m−n)) 2 −4(2n−mn)(−2m+mn)=0
化简得：(m−n) 2=mn(2−m)(n−2)
∴(m+n) 2−4mn=mn(2n−4−mn+2m)
(m+n) 2−4mn=2mn2−4mn−m2n2+2m2n
(m+n) 2=2mn2−m2n2+2m2n
(m+n) 2=mn(2n−mn+2m)
(m+n) 2 2 2
两边同时除m2n2得： = −1+
m2n2 m n
1 (m+n) 2 1 1 1
两边同时除2得： × + = +
2 m2n2 2 m n
1 1 m+n
∵ + =
m n mn
m+n
令t= ，
mn
1 (m+n) 2 1 1 1 1 1
∴ × + = + 可转化为 ×t2+ =t，
2 m2n2 2 m n 2 2
化简得：t2−2t+1=0，即(t−1) 2=0，解得：t=1，
1 1 m+n
∴ + = =1，
m n mn
故答案为：1．
15．（23-24八年级下·浙江杭州·阶段练习）若关于x的一元二次方程(x−2)(x−3)=m有实数根x ，x ，
1 2
且x ≠x ，有下列结论：
1 2
1
①m≥− ；
4②若x =1，则x =4；
1 2
③关于x的方程(x−3)(x−4)=m的根为x −1，x −1；
1 2
④关于x的方程(x−x )(x−x )+m=0的根为2，3．
1 2
其中正确结论的有 ．
【思路点拨】
本题考查的是一元二次方程的解的含义，根的判别式的应用，根与系数的关系，一元二次方程的解法，理
解题意是解本题的关键，把方程化为一般形式结合判别式可判定①，把方程的解代入原方程可判定②，结
合整体思想可判定③，利用根与系数的关系把(x−x )(x−x )+m=0变形，再解方程可判定④，从而可得
1 2
答案．
【解题过程】
解：①(x−2)(x−3)=m化为一般形式为x2−5x+6−m=0，
∵原方程有实数根x 、x ，且x ≠x ，
1 2 1 2
∴Δ=b2−4ac=(−5) 2−4(6−m)>0
1
解得：m>− ，故①错误，
4
∵关于x的一元二次方程(x−2)(x−3)=m有实数根x 、x ，
1 2
当x =1，则m=2，
1
∴方程为x2−5x+4=0，
解得：x =1，x =4，故②正确；
1 2
∵关于x的一元二次方程(x−2)(x−3)=m有实数根x ，x ，且x ≠x ，
1 2 1 2
而(x−3)(x−4)=m可化为：[(x−1)−2)[(x−1)−3)=m，
∴x−1=x ，x−1=x ，
1 2
∴x=x +1或x=x +1，故③错误；
1 2
∵(x−2)(x−3)=m化为一般形式为x2−5x+6−m=0，
∵原方程有实数根x 、x ，且x ≠x ，
1 2 1 2
∴x +x =5，x x =6−m，
1 2 1 2
∵(x−x )(x−x )+m
1 2=x2−(x +x )x +m+x x
1 2 1 1 2
=x2−5x+m+6−m
=x2−5x+6，
∴x2−5x+6=0，
解得：x=2或x=3，故④正确，
故答案为：②④
评卷人 得 分
三、解答题（本大题共8小题，满分55分）
16．（6分）（22-23八年级上·上海青浦·期末）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
【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．
【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
17．（6分）（22-23九年级上·福建龙岩·阶段练习）已知关于x的方程(2m−1)x2−(2m+1)x+1=0．
（1）求证：不论m为何值，方程必有实数根；
（2）当m为整数时，方程是否有有理根？若有求出m的值，若没有请说明理由．
【思路点拨】
（1）①当2m−1=0时，方程为一元一次方程，即可求解；②当2m−1≠0时，方程为二元一次方程，由
一元二次方程根的判别式：Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；Δ=0时，方程有两个相等的实数根；
Δ<0时，方程有无的实数根；据此进行求解即可．
1
（2）①当2m−1=0时，即：m= ，即可求解；②当2m−1≠0时，当m为整数时，假设方程有有理根，
2
则需满足：Δ=(2m−1) 2+4是完全平方数，设(2m−1) 2+4=n2 (n为整数)，则有
(2m−1+n)(2m−1−n)=−4，即可求解．
{ 2m−1+n=1 ) {2m−1+n=−1) { 2m−1+n=2 ) {2m−1+n=−2)
∴ 或 或 或 ，
2m−1−n=−4 2m−1−n=4 2m−1−n=−2 2m−1−n=2
【解题过程】
（1）解：由题意得
1
①当2m−1=0时，即：m= ，
2
方程为一元一次方程：−2x+1=0，
此时方程必有实数根；
1
②当2m−1≠0时，即：m≠ ，
2
此时方程为一元二次方程，
a=2m−1，b=−(2m+1)，c=1，
2
∴Δ=[−(2m+1)) −4(2m−1)
=4m2−4m+5
=(2m−1) 2+4，
∵(2m−1) 2≥0，∴(2m−1) 2+4>0，
∴Δ>0，
故不论m为何值，方程必有实数根；
综上所述：不论m为何值，方程必有实数根．
（2）解：当m为整数时，方程没有有理根，理由如下：
1
①当2m−1=0时，即：m= ，
2
方程为一元一次方程，方程有有理根，
∵ m为整数，
∴此情况不存在；
②当2m−1≠0时，
当m为整数时，假设方程有有理根，
则需满足：Δ=(2m−1) 2+4是完全平方数，
设(2m−1) 2+4=n2 (n为整数)，则有
(2m−1+n)(2m−1−n)=−4，
{ 2m−1+n=1 ) {2m−1+n=−1) { 2m−1+n=2 ) {2m−1+n=−2)
∴ 或 或 或 ，
2m−1−n=−4 2m−1−n=4 2m−1−n=−2 2m−1−n=2
1 1
解得：m=− 或m= ，
4 2
此时与m为整数矛盾，
∴当m为整数时，方程没有有理根；
综上所述：当m为整数时，方程没有有理根．
18．（6分）（23-24八年级上·山东德州·阶段练习）阅读材料：200多年前，数学王子高斯用他独特的方
法快速计算出1+2+3+⋯+100的值．我们从这个算法中受到启发，用下面方法计算数列1，2，3，…，n
，…的前n项和：
1 + 2 + ⋯ + n−1 + n
由 n + n−1 + ⋯ + 2 + 1
(n+1) + (n+1) + ⋯ + (n+1) + (n+1)(n+1)×n
可知1+2+3+⋯+n= ．
2
应用以上材料解决下面问题：
（1）有一个三角点阵（如图），从上向下数有无数多行，其中第一行有1个点，第二行有2个点，…，第
n行有n个点，⋯．若该三角点阵前n行的点数和为325，求n的值．
（2）在第一问的三角点阵图形中，前n行的点数和能是900吗？如果能，求出n；如果不能，说明理由．
（3）如果把上图中的三角点阵中各行的点数依次换为3，6，9，…，3n，…，前n行的点数和能是900吗？
如果能，求出n；如果不能，说明理由．
【思路点拨】
（1）直接由所给公式列一元二次方程求解即可；
（2）由所给公式列方程整理后求解，根据n为正整数判断即可；
（3）根据题意列方程，提公因数3后利用所给公式和一元二次方程的解法求解即可．
【解题过程】
(n+1)×n
（1）解：根据题意，得1+2+3+…+n= =325，
2
即n2+n−650=0，
解得n =25，n =−26（负值舍去），
1 2
∴n的值为25；
（2）解：不能，理由为：
(n+1)×n
由1+2+3+…+n= =900得n2+n−1800=0，
2
∵ Δ=1+4×1800=7201>0，
−1±❑√7201
∴ n= ，
2
∵n为正整数，❑√7201是无理数，
∴不存在n值，使前n行的点数和是900．
即在第一问的三角点阵图形中，前n行的点数不能是900；（3）解：能，n=24，理由为：
由3+6+9+…+3n=900得3(1+2+3+…+n)=900，
(n+1)×n
则1+2+3+…+n= =300，
2
∴n2+n−600=0，
解得n =24，n =−25（负值舍去），
1 2
∴当n=24时，前n行的点数和是900．
19．（6分）（22-23八年级下·重庆北碚·期末）甲、乙两工程队共同承建某高速铁路桥梁工程，计划每天
各施工6米．已知甲乙每天施工所需成本共108万元．因地质情况不同，甲每合格完成1米桥梁施工成本比
乙每合格完成1米的桥梁施工成本多2万元．
（1）分别求出甲，乙每合格完成1米的桥梁施工成本；
1 1
（2）实际施工开始后，甲每合格完成1米隧道施工成本增加 a万元，且每天多挖 a．乙每合格完成1米
6 24
1 1 ( 11 )
隧道施工成本增加 a万元，且每天多挖 a米．若最终每天实际总成本比计划多 24+ a 万元，求a的
3 8 2
值．
【思路点拨】
（1）设乙每合格完成1米的桥梁施工成本为x万元，则甲每合格完成1米桥梁施工成本为(x+2)万元，根据
题意列方程即可求解；
（2）根据题意分别表示出甲、乙每天的实际工作量，实际成本，根据数量关系列方程即可求解．
【解题过程】
（1）解：设乙每合格完成1米的桥梁施工成本为x万元，则甲每合格完成1米桥梁施工成本为(x+2)万元，
∴6x+6(x+2)=108，解得，x=8，
∴甲每合格完成1米桥梁施工成本为10万元，乙每合格完成1米的桥梁施工成本为8万元．
（2）解：由（1）可知，甲每合格完成1米桥梁施工成本为10万元，乙每合格完成1米的桥梁施工成本为8
万元，
1
∴实际施工开始后，甲每合格完成1米隧道施工成本增加 a万元，则甲每合格完成1米实际成本为
6
( 1 ) 1 ( 1 ) ( 1 )
10+ a 万元，且每天多挖 a，则甲每天实际完成量为6× 1+ a = 6+ a 米，乙每合格完成1
6 24 24 41 ( 1 ) 1
米隧道施工成本增加 a万元，则乙每合格完成1米实际成本为 8+ a 万元，且每天多挖 a米，则乙每
3 3 8
( 1 ) ( 11 )
天实际完成量为 6+ a 米，终每天实际总成本比计划多 24+ a 万元，则最中每天的实际总成本为
8 2
( 11 ) ( 11 )
108+ 24+ a = 132+ a 万元，
2 2
( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) 11
∴ 10+ a × 6+ a + 8+ a × 6+ a =132+ a，整理得，a2+12a−288=0，解得，a =12，
6 4 3 8 2 1
a =−24（不符合题意，舍去），
2
∴a的值为12．
20．（6分）（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？
【思路点拨】
（1）设总共生产了a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x元，利用最终获利40500元做等量关系列出方程即可．
【解题过程】
（1）设总共生产了a袋手工汤圆，
0.3a 0.5a
依题意得， + =21
450 300
解得a=9000，
经检验a=9000是原方程的解，
答：总共生产了9000袋手工汤圆
（2）设促销时每袋应降价x元，
当刚好10天全部卖完时，( 75 )
依题意得，225×2×(25−13)+8(25−13−x) 225+ x =40500
2
整理得：x2−6x+45=0
Δ=62−4×45<0，
∴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
[ ( 75 ))
(15−13) 9000−2×225−8 225+ x =12600−600x
2
( 75 )
∴依题意得，225×2×(25−13)+8(25−13−x) 225+ x +12600−600x=40500
2
解得x =1,x =3
1 2
∵要促销
∴x=3
即促销时每袋应降价3元．
21．（8分）（23-24九年级上·福建泉州·期中）阅读材料，解答问题：
已知实数m，n满足m2−m−1=0，n2−n−1=0，且m≠n，则m，n是方程x2−x−1=0的两个不相等的
实数根，由根与系数的关系可知m+n=1，mn=−1．
根据上述材料，解决以下问题：
（1）直接应用：
已知实数a，b满足：a2−5a+1=0，b2−5b+1=0且a≠b，则a+b=______，ab=______；
（2）间接应用：
2mn+2
已知实数m，n满足：2m2−7m+1=0，n2−7n+2=0，且mn≠1，求 的值．
mn+3n+1
（3）拓展应用：
1 1
已知实数p，q满足：p2−2p=3−t， q2−q= (3−t)且p≠q，求(q2+1)(2p+4−t)的取值范围．
2 2
【思路点拨】
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；
1
（2）先验证m≠0，再在2m2−7m+1=0两边同时除以m2，得 ,n是一元二次方程x2−7x+2=0的两个
m1 1
不等实数根，求出 +n=7, ⋅n=2，变形代入即可；
m m
（3）先根据题意得到p,q是一元二次方程x2−2x=3−t的两个不等实数根，求出p+q=2,pq=t−3代入
(q2+1)(2p+4−t)化简，又因为p,q是方程x2−2x=3−t的两个不等实数根，利用根与系数的关系即可求
解．
【解题过程】
解：（1）由题意得：a，b是方程x2−5x+1=0的两个不相等的实数根，由根与系数的关系可知a+b=5，
ab=1；
解：（2）∵把m=0代入2m2−7m+1得1≠0不合题意，
∴m≠0
( 1) 2 1
∴2m2−7m+1=0两边同时除以m2得 −7 +2=0,
m m
又∵n2−7n+2=0，且mn≠1，
1
∴可将 ,n看作一元二次方程x2−7x+2=0的两个不等实数根，
m
1 1
∴利用根与系数的关系可得出 +n=7, ⋅n=2，
m m
∴mn+1=7m,n=2m，
2mn+2 2(mn+1) 2⋅7m 14
∴ = = = ．
mn+3n+1 (mn+1)+3n 7m+3⋅2m 13
1 1
解：（3）将方程 q2−q= (3−t)两边同时乘以2得q2−2q=3−t，
2 2
又∵p2−2p=3−t，且p≠q，
∴可将p,q看作一元二次方程x2−2x=3−t的两个不等实数根，
∴利用根与系数的关系可得出p+q=2,pq=t−3,q2=2q+3−t,
∴(q2+1)(2p+4−t)
=(2q+3−t+1)(2p+4−t)
=(2q+4−t)(2p+4−t)
=4 pq+8q−2qt+8p+16−4t−2pt−4t+t2
=4 pq+8(p+q)−2t(p+q)+16−8t+t2=4(t−3)+8×2−2t⋅2+16−8t+t2
=4t−12+16−4t+16−8t+t2
=t2−8t+20
=(t−4) 2+4
∵p,q是方程x2−2x=3−t的两个不等实数根，
∴Δ=(−2) 2−4(t−3)=4−4t+12=16−4t>0,
∴t<4．
∵(t−4) 2+4>4,
∴(q2+1)(2p+4−t)>4.
22．（8分）（23-24九年级上·江苏连云港·阶段练习）如图，矩形ABCD中，AB=6cm，AD=2cm，动
点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以2cm/s的速度向终点B移动，点Q以1cm/s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(s)．
（1）当t=2s时，四边形BCQP面积是______cm
（2）当t为何值时，点P和点Q距离是4cm？
（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．
【思路点拨】
（1）当t=2时，可以得出CQ=2cm，AP=4cm，就有PB=6−4=2(cm)，由矩形的面积就可以得出四边
形BCQP的面积；
（2）如图1，作QE⊥AB于E，在Rt△PEQ中，由勾股定理建立方程求出其解即可，如图2，作
PE⊥CD于E，在Rt△PEQ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PQ=DQ时，如图4，当PD=PQ时，如图5，当PD=QD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．
【解题过程】（1）如图，∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=6，AD=BC=2，∠A=∠B=∠C=∠D=90°．
∵CQ=2cm，AP=4cm，
∴PB=6−4=2(cm)．
∴S=2×2=4(cm2)．
∴四边形BCQP面积是4cm2，
故答案为：4；
（2）如图1，作QE⊥AB于E，
∴∠PEQ=90°，
∵∠B=∠C=90°，
∴四边形BCQE是矩形，
∴QE=BC=2cm，BE=CQ=t cm．
∵AP=2t cm，
∴PE=6−2t−t=(6−3t)cm．
在Rt△PQE中，由勾股定理，得
(6−3t) 2+4=16，
6−2❑√3 6+2❑√3
解得：t= 或t= （舍去）．
3 3
如图2，作QE⊥AB于E，∴∠PEQ=90°．
∵∠B=∠C=90°，
∴四边形BCQE是矩形，
∴QE=BC=2cm，BP=6−2t．
∵CQ=t，
∴PE=t−(6−2t)=3t−6
在Rt△PEQ中，由勾股定理，得
(3t−6) 2+4=16，
6−2❑√3 6+2❑√3
解得：t= 或t= （舍去），
3 3
6−2❑√3
综上所述：t= ；
3
（3）如图3，当PQ=DQ时，作QE⊥AB于E，
∴∠PEQ=90°，
∵∠B=∠C=90°，
∴四边形BCQE是矩形，
∴QE=BC=2cm，BE=CQ=t(cm)．
∵AP=2t，
∴PE=6−2t−t=6−3t．DQ=6−t．
∵PQ=DQ，
∴PQ=6−t．在Rt△PQE中，由勾股定理，得
(6−3t) 2+4=(6−t) 2，
3±❑√7
解得：t= ．
2
如图4，当PD=PQ时，作PE⊥DQ于E，
1
∴DE=QE= DQ，∠PED=90°．
2
∵∠A=∠D=90°，
∴四边形APED是矩形，
∴PE=AD=2cm．DE=AP=2t cm，
∵DQ=(6−t)cm，
6−t
∴DE= cm．
2
6−t
∴2t= ，
2
6
解得：t= ；
5
如图5，当PD=QD时，
∵AP=2t cm，CQ=t cm，
∴DQ=6−t(cm)，
∴PD=6−t(cm)．
在Rt△APD中，由勾股定理，得4+4t2=(6−t) 2，
−6+2❑√33 −6−2❑√33
解得t = ，t = （舍去）．
1 3 2 3
3+❑√7 3−❑√7 6 −6+2❑√33
综上所述：t= 或 或 或 ．
2 2 5 3
23．（9分）（23-24八年级上·四川成都·期末）已知平面直角坐标系中，直线AB图象上有两点A(2,2❑√3)
和点B(5,❑√3)，与x轴交于点C，与y轴交于点D．
（1）求直线AB的表达式；
（2）若在y轴上有一异于原点的点P，使△PAB为等腰三角形，求点P的坐标；
（3）若将线段AB沿直线y=mx+n(m≠0)进行对折得到线段A B ，且点A 始终在直线OA上，当线段
1 1 1
A B 与x轴有交点时，求n的取值的最大值．
1 1
【思路点拨】
（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）设P(0,t)，表示出PA2，PB2，AB2，根据△PAB为等腰三角形，则PA=PB或PA=AB或PB=AB，
分别建立方程求解即可得出答案；
（3）由于点A关于直线y=mx+n的对称点点A 始终在直线OA上，因此直线y=mx+n必与直线OA垂直，
1
当点B 落到x轴上时，n的取值的最大，根据BB ∥OA，求出点B 的坐标，求出BB 和A A 的中点坐标
1 1 1 1 1
代入y=mx+n(m≠0)，即可求得n的最大值．
【解题过程】
（1）解： 设直线AB的解析式为y=kx+b(k≠0)，
∵A(2,2❑√3)，B(5,❑√3)，{2k+b=2❑√3)
∴ ，
5k+b=❑√3
{ k=−
❑√3
)
3
解得： ，
8❑√3
b=
3
❑√3 8❑√3
∴直线AB的解析式为y=− x+ ；
3 3
（2）解：设P(0,t)，
则PA2=(0−2) 2+(t−2❑√3) 2=t2−4❑√3t+16，
PB2=(0−5) 2+(t−❑√3) 2=t2−2❑√3t+28，
AB2=(2−5) 2+(2❑√3−❑√3) 2=12，
∵△PAB为等腰三角形，
∴PA=PB或PA=AB或PB=AB，
当PA=PB时，PA2=PB2，
∴t2−4❑√3t+16=t2−2❑√3t+28，
解得：t=−2❑√3，
∴P(0,−2❑√3)；
当PA=AB时，PA2=AB2，
∴t2−4❑√3t+16=12，
∴ t=2❑√3+2❑√2或t=2❑√3−2❑√2，
∴P(0,2❑√3+2❑√2)或P(0,2❑√3−2❑√2)
当PB=AB时，PB2=AB2，
∴t2−2❑√3t+28=12，
∵Δ=(−2❑√3) 2 −4×16=−52<0，
∴此方程无解；
综上所述，△PAB为等腰三角形时，点P的坐标为(0,−2❑√3)或(0,2❑√3+2❑√2)或(0,2❑√3−2❑√2)；（3）解：当点B 落到x轴上时，n的取值的最大，如图，
1
设直线OA的解析式为y=ax，
∵点A的坐标为A(2,2❑√3)，
∴2a=2❑√3，即a=❑√3．
∴直线OA的解析式为y=❑√3x，
∵BB ∥OA，
1
∴直线BB 可设为y=❑√3x+e，
1
∵点B的坐标为(5,❑√3)，
∴5❑√3+e=❑√3，
解得：e=−4❑√3．
∴直线BB 解析式为y=❑√3x−4❑√3．
1
当y=0时，❑√3x−4❑√3=0，解得：x=4．
∴点B 的坐标为(4,0)，
1
(4+5 ❑√3+0) (9 ❑√3)
∴BB 的中点坐标为 , ，即 , ，
1 2 2 2 2
过点A 作A E⊥x轴于点E，设点A (p,❑√3p)，则A E=❑√3p，OE=p，
1 1 1 1
∴B E=4−p，
1
根据对称性可知，A B 2=AB2=12，
1 1
根据勾股定理得：A E2+B E2=A B 2 ，
1 1 1 1即(❑√3p) 2+(4−p) 2=12，
解得：p =p =1，
1 2
∴A (1,❑√3)，
1
(1+2 ❑√3+2❑√3) (3 3❑√3)
∴A A 的中点坐标为 , ，即 , ，
1 2 2 2 2
{3
m+n=
3❑√3
)
(3 3❑√3) (9 ❑√3) 2 2
把 , ， , 代入y=mx+n得： ，
2 2 2 2 9 ❑√3
m+n=
2 2
{ m=− ❑√3 )
解得： 3 ，
n=2❑√3
∴当线段A B 与x轴有交点时，n的取值的最大值为2❑√3．
1 1
