第二十一章 一元二次方程·拔尖卷
【人教版】
参考答案与试题解析
第Ⅰ卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（24-25八年级下·山东淄博·期末）已知关于x的方程(k+2)x|k)+x+1=0是一元二次方程，则k
的值应为（ ）
A．±2 B．−2 C．2 D．不能确定
【答案】C
【分析】本题考查一元二次方程定义，根据一元二次方程的定义，方程的最高次数为2，且二次项系数不
为0，列方程求解即可得到答案，熟记一元二次方程定义是解决问题的关键．
【详解】解：∵关于x的方程(k+2)x|k)+x+1=0是一元二次方程，
∴ |k|=2，且k+2≠0，
解得k=2或k=−2；且k≠−2，
∴ k=2，
故选：C．
2．（3分）（24-25九年级上·四川成都·期末）小颖在探索一元二次方程x2+3x−5=0的近似解时做了下
表的计算．观察表中对应的数据，可知该方程的其中一个解的整数部分是（ ）
x −1 0 1 2
x2+3x−5 −7 −5 −1 5
A．−1 B．0 C．1 D．2
【答案】C
【分析】本题考查了估算一元二次方程的近似解，此类题要细心观察表格中的对应数据，即可找到x的取
值范围．
【详解】解：当x=1时，x2+3x−5=−1；
当x=2时，x2+3x−5=5，
∵−1更接近于0，
∴方程的一个解得整数部分是1，故选：C．
1
3．（3分）（24-25九年级下·浙江衢州·自主招生）若分式 总有意义，则m的取值范围是（ ）
x2−6x+m
A．m>9 B．m≥9 C．m<9 D．m≤9
【答案】A
【分析】本题主要考查了分式有意义的条件、一元二次方程根的判别式等知识点，掌握一元二次方程根的
判别式与解的关系成为解题的关键．
分式有意义的条件是分母不为零．即分母x2−6x+m恒不为零，则对应的二次方程无实根，再运用根的判
别式列不等式求得m的取值范围即可．
1
【详解】解：∵分式 总有意义，
x2−6x+m
∴分母为二次函数x2−6x+m恒不为零，，
∴方程x2−6x+m=0无实数根，
∴Δ=(−6) 2−4×1×m=36−4m<0，解得m>9．
故选A．
4．（3分）（24-25九年级上·湖北省直辖县级单位·阶段练习）设a，b是关于x的一元二次方程
x2+x+m2+2m−1=0的两个实数根，且a2−b+2m=1，则m的值为（ ）
A．−1或−2 B．−1 C．±1 D．−2
【答案】B
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系、一元二次方程根的判别式、解一元二次方程，由题意
可得a2+a+m2+2m−1=0①，a+b=−1②，由①−②可得a2−b+m2+2m−2=0，结合
a2−b+2m=1求出m=1或m=−1，由题意可得
5 1
Δ=12−4×1×(m2+2m−1)=1−4m2−8m+4=−4m2−8m+5>0，求出− <m< ，即可得解．
2 2
【详解】解：∵a，b是关于x的一元二次方程x2+x+m2+2m−1=0的两个实数根，
∴a2+a+m2+2m−1=0①，a+b=−1②，
∴由①−②可得：a2−b+m2+2m−2=0，
∵a2−b+2m=1，
∴a2−b=1−2m，
∴1−2m+m2+2m−2=0，
解得：m=1或m=−1，由题意可得Δ=12−4×1×(m2+2m−1)=1−4m2−8m+4=−4m2−8m+5>0，
5 1
解得：− <m< ，
2 2
∴m=−1，
故选：B．
5．（3分）（2025·河北邯郸·二模）已知x =−1是关于x的方程x2+bx+c=0的一个解，该方程的另一个
1
解为x ，则下列说法正确的是（ ）
2
A．b−c=−1 B．b2≤4c
C．b=1−x D．c=x
2 2
【答案】C
【分析】本题考查一元二次方程的解，一元二次方程解的判别式，一元二次方程的解与系数的关系．分别
根据一元二次方程的解，一元二次方程解的判别式，一元二次方程的解与系数的关系逐项判断即可．
【详解】解：∵x =−1是方程x2+bx+c=0的解，
1
∴1−b+c=0，
∴b−c=1，故A错误；
由题意得，该方程有两个实数根，
∴Δ=b2−4c≥0，
∴b2≥4c，故B错误；
∵x2+bx+c=0的两个解为x =−1，x ，
1 2
∴−1+x =−b,−x =c，
2 2
∴b=1−x ,c=−x ，故C正确，D错误．
2 2
故选：C．
6．（3分）（24-25九年级下·安徽合肥·期中）已知实数a，b满足a2+2ab+b2−3a−3b+2=0，且a+b
为整数，设x=a+b，则x的值可能是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【分析】本题考查了解一元二次方程，将原方程变为(a+b) 2−3(a+b)+2=0，再转化为关于x=a+b的一
元二次方程，求解即可得出答案，掌握相关知识是解题的关键．
【详解】解：∵a2+2ab+b2−3a−3b+2=0，∴(a+b) 2−3(a+b)+2=0，
设x=a+b，
∴x2−3x+2=0，
∴(x−1)(x−2)=0，
解得：x=1或x=2，
故选：A．
7．（3分）（2025·内蒙古·模拟预测）如图1，有一张长32cm、宽16cm的矩形硬纸片，裁去角上2个小正
方形和2个小矩形（图中阴影部分）之后，恰好折成如图2所示的有盖纸盒．若纸盒的底面积是130cm2，
则纸盒的高为（ ）
A．2cm B．3cm C．4cm D．21cm
【答案】B
【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．设当纸
盒的高为xcm时，纸盒的底面积是130cm2，根据长方形的面积公式结合纸盒的底面积是130cm2，即可得
出关于x的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论．
【详解】解：设当纸盒的高为xcm时，纸盒的底面积是130cm2，
32−2x
依题意，得： ×(16−2x)=130，
2
化简，得：x2−24x+63=0，
解得：x =3，x =21．
1 2
当x=3时，16−2x=10>0，符合题意；
当x=21时，16−2x=−26<0，不符合题意，舍去，
答：纸盒的底面积是130cm2时，纸盒的高为3cm．
故选：B．
8．（3分）满足方程x2−4xy+19 y2=151的整数对(x,y)有（ ）
A．0对 B．2对 C．4对 D．6对
【答案】C【分析】利用一元二次方程有解判断出y的范围，根据y是整数求出y的值，进而求出x的值，利用x也是
整数判断即可得出结论．
【详解】解：原方程可化为x2−4 yx+(19 y2−151)=0，
∵方程x2−4xy+19 y2=151有实数根，
∴Δ=16 y2−4(19 y2−151)=−60 y2+4×151≥0，
151 1
∴y2≤ =10 ，
15 15
∵y是整数，
∴y=−3，−2，−1，0，1，2，3，
当y=0时，原方程可化为x2=151，
∴x=±❑√151（由于x为整数，所以舍去），
当y=1时，原方程可化为x2−4x−132=0，
∴x=2±2❑√34（由于x为整数，所以舍去），
当y=−1时，原方程可化为x2+4x−132=0，
∴x=−2±2❑√34（由于x为整数，所以舍去），
当y=2时，原方程可化为x2−8x−75=0，
∴x=4±❑√91（由于x为整数，所以舍去），
当y=−2时，原方程可化为x2+8x−75=0，
∴x=−4±❑√91（由于x为整数，所以舍去），
当y=3时，原方程可化为x2−12x+20=0，
∴x=2或x=10，
当y=−3时，原方程可化为x2+12x+20=0，
∴x=−2或x=−10，
{x=2) {x=10) {x=−2) {x=−10)
∴原方程的整数解为： 或 或 或 ，
y=3 y=3 y=−3 y=−3
即：方程x2−4xy+19 y2=151的整数对(x,y)为(2,3)、(10,3)、(−2,−3)，(−10,−3)共四对，
故选：C．
【点睛】此题是非一次不定方程，主要考查了一元二次方程的有整数根问题．解题的关键是将原方程变
形，利用判别式求解．
9．（3分）（2024九年级上·江苏·专题练习）已知方程x2−2|x)−15=0，则此方程的所有实数根的和为
（ ）A．0 B．−2 C．2 D．8
【答案】A
【分析】本题主要考查了解一元二次方程．熟练掌握绝对值的意义，解一元二次方程，分类讨论，是解决
问题的关键．
根据已知方程x2−2|x)−15=0，分x>0，x<0，x=0，三种情况讨论求根，取所有根的和即可．
【详解】解：①当x>0时，
方程化为：x2−2x−15=0，
即(x+3)(x−5)=0，
∴x+3=0，x−5=0，
解得x =−3（舍去），x =5；
1 2
②当x<0时，
方程化为：x2+2x−15=0，
即(x−3)(x+5)=0，
∴x−3=0，x+5=0，
解得x =3（舍去），x =−5，
3 4
③当x=0时，方程不成立．
∴此方程的所有实数根的和为：
5+(−5)=0．
故选：A．
10．（3分）（2023·江苏苏州·一模）如图，一块正方形地砖的图案是由4个全等的五边形和1个小正方形
组成的，已知小正方形的面积和五边形的面积相等，并且图中线段a的长度为❑√10−2，则这块地砖的面
积为（ ）
A．50 B．40 C．30 D．20
【答案】B
【分析】如图，根据题意易知，点O为正方形ABCD，EFGH的中心，利用图中的面积关系最终可推出1
S =5S ，设正方形ABCD的边长为2x,则OF=OE=x−a,以此可得方程
4 正方形ABCD △EOF
1 5
⋅2x⋅2x= (x−a) 2，解此方程，再将a的值代入即可求解．
4 2
【详解】解：如图，
根据题意易知，点O为正方形ABCD，EFGH的中心，
1
∴S = S ，即S =4S ，S =5S ，
△EOF 4 正方形EFGH 正方形EFGH △EOF 正方形ABCD 正方形EFGH
∵S =S ，
五边形AMFEP 正方形EFGH
∴S =4S ，
五边形AMFEP △EOF
1
∵S = S −S ，
五边形AMFEP 4 正方形ABCD △EOF
1
∴ S =5S ，
4 正方形ABCD △EOF
设正方形ABCD的边长为2x,则OF=OE=x−a,
1 5 (5±❑√10)a
∴ ⋅2x⋅2x= (x−a) 2 ，解得：x= ，
4 2 3
∵a=❑√10−2，
7❑√10−20
∴x=❑√10或 ，
3
7❑√10−20
∵ <a=❑√10−2，
3
∴x=❑√10，
∴S =2❑√10×2❑√10=40．
正方形ABCD
故选：B．
【点睛】本题主要考查全等图形、正方形的性质、二次根式的应用、一元二次方程的应用等知识点，利用已知条件，得到各部分图形之间的面积关系并列出方程是解题关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（24-25九年级上·山西太原·期中）关于x的一元二次方程(m−3)x2+x+m2−8m+15=0的常
数项是0，则m的值为 ．
【答案】5
【分析】本题考查了一元二次方程的定义及一般式，根据一元二次方程的常数为0可得m2−8m+15=0，
可得m的值，再根据二次项系数不等于0即可求解，掌握一元二次方程的定义及一般式是解题的关键．
【详解】解：由题意得，m2−8m+15=0，
解得m=3或m=5，
∵方程是关于x的一元二次方程，
∴m−3≠0，
∴m≠3，
∴m=5，
故答案为：5．
12．（3分）（24-25九年级下·安徽芜湖·期中）已知α，β是一元二次方程x2+x−3=0的两根，求
α6−40β+3的值为
【答案】100
【分析】本题考查了一元二次方程的解、一元二次方程根与系数的关系，关于x的一元二次方程
b c
ax2+bx+c=0(a≠0)的两个实数根x ，x 和系数a，b，c，有如下关系：x +x =− ，x ⋅x = ，由题
1 2 1 2 a 1 2 a
意得出α2+α−3=0，α+β=−1，从而得出α2+α=3，求出α6=−40α+57，整体代入计算即可得出答
案．
【详解】解：∵α、β是一元二次方程x2+x−3=0的两根，
∴α2+α−3=0，α+β=−1，
∴α2=3−α，
∴α3=α⋅(−α+3)=−α2+3α=α−3+3α=4α−3，
∴α6=(α3) 2
=(4α−3) 2
=16α2−24α+9
=16(3−α)−24α+9=48−16α−24α+9
=−40α+57，
∴α6−40β+3
=−40α−40β+57+3
=−40(α+β)+60
=40+60
=100．
故答案为：100．
13．（3分）（24-25九年级上·全国·期中）设x ，x 是关于x的方程x2−2x−m=0的两根，且2x +x =0
1 2 1 2
，则m的值是 ．
【答案】8
【分析】本题考查一元二次方程的根，一元二次方程根与系数的关系，由根与系数的关系可得
−(−2)
x +x = =2，结合2x +x =0，推出x =−2，代入x2−2x−m=0得到关于m的方程，解方程即
1 2 1 1 2 1
可．
【详解】解：∵ x ，x 是关于x的方程x2−2x−m=0的两根，
1 2
−(−2)
∴ x +x = =2，
1 2 1
∵ 2x +x =0，
1 2
∴ x =0−2=−2，
1
将x=−2代入x2−2x−m=0，得：(−2) 2−2×(−2)−m=0，
解得m=8，
故答案为：8．
14．（3分）（24-25九年级下·陕西咸阳·期中）“程，课程也，二物者二程，三物者三程，皆如物数程
之，并列为行，故谓之方程．”这是我国古代著名数学家刘徽对《九章算术》中方程一词给出的注释．对
于一些特殊的方程，我们给出定义：若两个方程有相同的整数解，则称这两个方程为“相伴方程”，已知
关于x的一元二次方程x2−4x+c=0和一元一次方程2x−6=0为“相伴方程”，则c的值为 ．
【答案】3
【分析】本题考查了解一元一次方程，一元二次方程的解，先解一元一次方程得出x=3，再结合题意得出
x=3是一元二次方程x2−4x+c=0的解，代入计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：解方程2x−6=0可得：x=3，
∵关于x的一元二次方程x2−4x+c=0和一元一次方程2x−6=0为“相伴方程”，
∴x=3是一元二次方程x2−4x+c=0的解，
∴32−4×3+c=0，
∴c=3，
故答案为：3．
15．（3分）（24-25八年级下·安徽合肥·期中）实数a，b，c满足b+c−1=0,a−bc−1=0．
（1）当b=2时，则a= ；
（2）实数a的取值范围是 ．
5
【答案】 −1 a≤
4
【分析】本题考查根与系数的关系，根的判别式，解题的关键是根据式子特点，构造一元二次方程：
（1）把b=2代入两个式子，进行求解即可；
（2）根据b+c−1=0,a−bc−1=0，得到b+c=1,bc=a−1，得到b,c为一元二次方程x2−x+a−1=0
的两个根，根据根的判别式，列出不等式求出a的范围即可．
【详解】解：（1）把b=2代入b+c−1=0,a−bc−1=0，得：
2+c−1=0,a−2c−1=0，
∴c=−1，
∴a=2c+1=2×(−1)+1=−1；
故答案为：−1；
（2）∵b+c−1=0,a−bc−1=0，
∴b+c=1,bc=a−1，
∴b,c可以看作是一元二次方程x2−x+a−1=0的两个根，
∴Δ=(−1) 2−4(a−1)≥0，
5
解得：a≤ ；
4
5
故答案为：a≤ ．
4
16．（3分）（24-25八年级下·安徽合肥·期中）如图，是我国汉代数学家赵爽在注解《周脾算经》时给出
的“赵爽弦图”，图中的四个直角三角形是全等的，如果大正方形ABCD的面积是小正方形EFGH面积的AE
25倍，那么 = ．
DE
4
【答案】
3
【分析】本题主要考查了勾股定理，解一元二次方程，全等三角形的性质，设DE=AF=x，EF=a，则
AE=AF+EF=x+a，可得S =EF2=a2 ，由勾股定理可得AD2=AE2+DE2=x2+(x+a) 2，则
正方形EFGH
S =AD2=x2+(x+a) 2 ，进而可得x2+(x+a) 2=25a2，解得x=3a，据此可得答案．
正方形ABCD
【详解】解：设DE=AF=x，EF=a，则AE=AF+EF=x+a，
∴S =EF2=a2 ，
正方形EFGH
在Rt△AED中，由勾股定理得AD2=AE2+DE2=x2+(x+a) 2，即S =AD2=x2+(x+a) 2 ，
正方形ABCD
∵大正方形ABCD的面积是小正方形EFGH面积的25倍，
∴x2+(x+a) 2=25a2，
∴x2+x2+2ax+a2=25a2，
∴x2+ax−12a2=0，
∴(x+4a)(x−3a)=0，
解得x=3a或x=−4a（舍去），
∴DE=3a，AE=4a
AE 4a 4
∴ = = ，
DE 3a 3
4
故答案为： ．
3
第Ⅱ卷三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）（24-25八年级下·山东烟台·期中）按要求解下列关于x的一元二次方程：
(1)2x2−4x−1=0（公式法）
(2)3(x−2) 2=x2−4（因式分解法）
❑√6 ❑√6
【答案】(1)x =1+ ,x =1−
1 2 2 2
(2)x =2,x =4
1 2
【分析】本题考查了解一元二次方程．
（1）根据公式法解一元二次方程即可；
（2）根据因式分解法解一元二次方程即可．
【详解】（1）解：2x2−4x−1=0
∴a=2，b=−4，c=−1，
∴Δ=b2−4ac=16+8=24，
4±❑√24 2±❑√6
∴x= = ，
2×2 2
❑√6 ❑√6
解得：x =1+ ,x =1−
1 2 2 2
（2）3(x−2) 2=x2−4
因式分解得3(x−2) 2=(x+2)(x−2)
移项得3(x−2) 2−(x+2)(x−2)=0，
提取公因式得[3(x−2)−(x+2))(x−2)=0，
即(2x−8)(x−2)=0，
解得x =2,x =4
1 2
18．（6分）（24-25八年级下·浙江宁波·期末）小明准备进行如下实验操作：把一根长为32cm的铁丝剪成
两段，并以每一段铁丝的长度为周长各做成一个正方形．(1)要使这两个正方形的面积之和等于34cm2，则这两个正方形的边长各是多少？
(2)小明认为，这两个正方形的面积之和不可能等于30cm2．你认为他的说法正确吗？请说明理由．
【答案】(1)3cm，5cm
(2)正确，见解析．
【分析】此题考查了一元二次方程的应用和一元二次方程根的判定式，找出等量关系并列出方程是解题的
关键．
（1）两个正方形的周长之和为32cm，则两个正方形的边长之和为8cm，设其中一个正方形的边长为xcm
，则另一个正方形的边长为(8−x)cm．根据面积之和等于34cm2建立方程求解；
（2）先建立方程，再根据根的判定式判定即可．
【详解】（1）设其中一个正方形的边长为xcm，则另一个正方形的边长为(8−x)cm．依题意列方程得
x2+(8−x) 2=34．
整理得：x2−8x+15=0，
解得x =3，x =5，
1 2
因此这两个正方形的边长分别是3cm，5cm；
（2）两个正方形的面积之和不可能等于30cm2．理由：
若两个正方形的面积和为30cm2，则
x2+(8−x) 2=30，
∴x2−8x+17=0，
b2−4ac=(−8) 2−4×1×17=−4，
∴此方程无解，
∴两个正方形的面积之和不可能等于30cm2．
19．（8分）（24-25八年级下·安徽滁州·期末）已知关于x的一元二次方程mx2−(2m+1)x+2=0．
(1)判断此方程根的情况，并说明理由．
(2)若此方程的两个实数根都是整数，求符合条件的整数m的值的和．
(3)若此方程的两个实数根分别为x ,x ，求代数式m(x5+x5)−(2m+1)(x4+x4)+2(x3+x3)的值．
1 2 1 2 1 2 1 2
【答案】(1)此方程总有两个实数根，见解析
(2)0
(3)0【分析】本题考查了根的判别式、方程的解得定义、根与系数的关系：若x ，x 是一元二次方程
1 2
b c
ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x +x =− ，x x = ．
1 2 a 1 2 a
（1）由根的判别式Δ=[−(2m+1)) 2 −4m×2=(2m−1) 2即可知；
2m+1 1 2
（2）根据韦达定理知x +x = =2+ ，x ⋅x = ，由方程的两个实数根都是整数可得答案；
1 2 m m 1 2 m
（3）根据方程的解得定义得mx 2−(2m+1)x +2=0、mx 2−(2m+1)x +2=0，继而知
1 1 2 2
mx 5−(2m+1)x 4+2x 3=0，mx 5−(2m+1)x 4+2x 3=0，两式相加可得．
1 1 1 2 2 2
【详解】（1）解：此方程总有两个实数根．
理由：∵Δ=[−(2m+1)) 2 −4m⋅2=(2m−1) 2，
∴不论m为何值，(2m−1) 2≥0，
∴此方程总有两个实数根．
（2）解：设方程的两个根为x ,x ，
1 2
2m+1 1 2
则x +x = =2+ ，x ⋅x = ．
1 2 m m 1 2 m
∵此方程的两个实数根都是整数，
∴m的值为±1，
∴符合条件的整数m的值的和为0．
（3）解：∵x ,x 是方程mx2−(2m+1)x+2=0的两个实数根，
1 2
∴mx2−(2m+1)x +2=0，mx2−(2m+1)x +2=0，
1 1 2 2
∴mx5−(2m+1)x4+2x3=0，mx5−(2m+1)x4+2x3=0，
1 1 1 2 2 2
以上两式相加，可得m(x5+x5)−(2m+1)(x4+x4)+2(x3+x3)=0，
1 2 1 2 1 2
即m(x5+x5)−(2m+1)(x4+x4)+2(x3+x3)=0．
1 2 1 2 1 2
20．（8分）（24-25八年级下·浙江金华·阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm，点
P从点A出发沿AB以1cm/s的速度向点B移动；同时，点Q从点B出发沿BC以2cm/s的速度向点C移动，当其中一点到达终点运动即停止．设运动时间为t秒．
(1)在运动过程中，PQ的长度能否为3❑√5cm？若能，求出t的值，若不能，请说明理由；
(2)在运动过程中，△PDQ的面积能否为10 cm2？若能，求出t的值，若不能，请说明理由；
(3)取PQ的中点M，运动过程中，当∠AMD=90°时，求t的值．
【答案】(1)当t=3时PQ的长度能为3❑√5cm，理由见解析
(2)△PDQ的面积能为10 cm2，理由见解析
6
(3)t =6，t =
1 2 5
【分析】（1）由题意可知：AP=tcm，BP=AB−AP=(6−t)cm，BQ=2tcm，根据勾股定理及一元二
次方程根的判别式，即可判定；
（2）设运动x秒后△PDQ的面积为10 cm2，则AP=xcm，BP=(6−x)cm，BQ=2xcm，
CQ=(12−2x)cm，利用分割图形求面积法结合△PDQ的面积为10 cm2，即可得出关于x的一元二次方
程，解之即可得出结论；
（3）以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，设P(0,6−t)，Q(2t,0)，则
( 1 )
M t,3− t ，取AD的中点N(6,6)，连接MN，则AD=12，根据直角三角形的性质可得
2
MN= 1 AD=6，再根据两点间的距离公式，可得(t−6) 2+ ( 3− 1 t−6 ) 2 =62 ，解方程即可求得．
2 2
【详解】（1）解：PQ的长度能为3❑√5cm，理由如下：
根据题意可知：AP=tcm，BP=AB−AP=(6−t)cm，BQ=2tcm，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
在Rt△BPQ中，BP2+BQ2=PQ2，
∴(6−t) 2+(2t) 2=(3❑√5) 2 ，
5
解得：t=− （舍去）或t=3，
3∴当t=3时PQ的长度能为3❑√5cm；
（2）解：不能，理由如下：
设运动x秒后△PDQ的面积为10 cm2，则AP=xcm，BP=(6−x)cm，BQ=2xcm，CQ=(12−2x)cm，
S =S −S −S −S ，
△DPQ 矩形ABCD △ADP △CDQ △BPQ
1 1 1
=AB⋅BC− AD⋅AP− CD⋅CQ− BP⋅BQ，
2 2 2
1 1 1
=6×12− ×12x− ×6(12−2x)− (6−x)⋅2x，
2 2 2
=x2−6x+36，
=10，
即x2−6x+36=10，
∴x2−6x+26=0，
∴Δ=b2−4ac=36−4×26=−68<0，
∴方程无实数根，
∴ △PDQ的面积不能为10 cm2；
（3）解：如图，以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，
设P(0,6−t)，Q(2t,0)，
∵PQ的中点为M
( 1 )
∴M t,3− t ，
2
又∵A(0,6)，D(12,6)，
∴取AD的中点N(6,6)，连接MN，则AD=12，∵∠AMD=90°，
1
∴MN= AD=6，
2
∴(t−6) 2+ ( 3− 1 t−6 ) 2 =62 ，
2
6
解得：t =6，t = ．
1 2 5
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，勾股定理，矩形的性质，坐标与图形，一元二次方程根的判别
式，两点间的距离公式，解答本题的关键是熟练掌握所涉及到的知识点并灵活运用．
21．（10分）（24-25八年级下·安徽淮北·期末）一元二次方程ax2+(b−2)x−4=0两根分别为x ,x 且（
1 2
x <x ）
1 2
(1)若此方程一根为1，则a+b=__________；
(2)当x =−1，x =2时，求a，b的值；
1 2
2 m
(3)若−2at=b，x =m，x =n且n≥ 时，求证：t≥ ．
1 2 a 2
【答案】(1)6
(2)a=2；b=0
(3)见解析
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程的解，熟练掌握了一元二次方程根与系
数的关系是解题的关键．
（1）将x=1代入ax2+(b−2)x−4=0即可求解；
（2）利用一元二次方程根与系数的关系即可求解；
（3）将x =m，x =n代入方程，作差，进行因式分解得到(m−n)(am+an+b−2)=0，继而得到
1 2
a(m+n)+b=2，然后用m表示n，再根据已知条件即可求证．
【详解】（1）解：∵一元二次方程ax2+(b−2)x−4=0两根分别为x ,x ，其中一根为1，
1 2
∴将x=1代入，则a+b−2−4=0，
∴a+b=6；
（2）解：∵x =−1，x =2，
1 2
2−b −4
∴−1+2= ，−1×2= ，
a a
解得：a=2，b=0；
（3）解：当x =m,x =n，且m<n，
1 2am2+(b−2)m−4=0①
an2+(b−2)n−4=0②
①－②得：a(m+n)(m−n)+(b−2)(m−n)=0
即(m−n)(am+an+b−2)=0
因m−n≠0，
∴a(m+n)+b=2，
2−b 2 b
∴n= −m= − −m
a a a
b 2
由题知：2t=− ,n≥
a a
2 b 2 m
∴ − −m≥ 即2t≥m，故t≥ ．
a a a 2
22．（10分）（24-25八年级下·湖南长沙·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2< 1<3，则称这个方程为“2−3限制方程”．比
1 2 x
2
−10
如：一元二次方程x2+13x+30=0的两根为x =−10,x =−3，因−10<−3<0, >3，所以一元二次
1 2 −3
方程x2+13x+30=0不是“2−3限制方程”．请阅读以上材料，回答下列问题：
(1)判断：一元二次方程x2+13x+22=0______“2−3限制方程”（填“是”或“不是”）；
(2)若关于x的一元二次方程x2+(k+9)x+k2+8=0是“2−3限制方程”，且方程的两根x ,x 满足
1 2
(x +11)(x +11)=0，求k的值；
1 2
(3)若关于x的一元二次方程x2+(2−m)x−2m=0是“2−3限制方程”，求m的取值范围．
【答案】(1)不是
(2)6
2
(3)−1<m<− 或−6<m<−4
3
【分析】本题考查了解一元二次方程、一元二次方程的根与系数的关系，正确理解“限根方程”的定义是
解题关键．
（1）先利用因式分解法求出方程的解，再根据“限根方程”的定义进行判断即可得；
（2）先根据一元二次方程的根与系数的关系可得x +x =−k−9，x x =k²+8，根据
1 2 1 2，代入可求出k的值，再根据“限根方程”的定义进行判断即可得；
(x +11)(x +11)=0
1 2
（3）先利用因式分解法求出方程的两个根，再根据“限根方程”的定义可得m<0，然后分两种情况，根
据“限根方程”的定义列出不等式组，解不等式组即可得．
【详解】（1）解：x2+13x+22=0，
(x+11)(x+2)=0，
x+11=0，x+2=0，
x =−11，x =−2，
1 2
−11
∴−11<−2<0， >3，
−2
∴x2+13x+22=0不是“2−3限制方程”；
（2）解：x ,x 是x2+(k+9)x+k2+8=0的两根，
1 2
则x +x =−k−9，x x =k²+8，
1 2 1 2
∵(x +11)(x +11)=0，
1 2
∴x x +11(x +x )+121=0，
1 2 1 2
k²+8+11(−k−9)+121=0，
解得k=5或6，
当k=5时，x2+14x+33=0，解得x =−11，x =−3，
1 2
−11
∵ >3，
−3
∴不符合题意，舍去，
当k=6时，x2+15x+44=0，解得x =−11，x =−4，满足2<11/4<3，
1 2
∴k=6；
（3）解：方程x2+(2−m)x−2m=0的根为x =−2，x =m，
1 2
∵该方程是“2−3限制方程”，
∴m<0，
−2 2
当−2<m<0时， 2< <3，解得−1<m<− ，
m 3
m
当m<−2时， 2< <3，解得−6<m<−4，
−2
2
∴m的取值范围是−1<m<− 或−6<m<−4．
323．（12分）（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
(2m2+n2+1)(2m2+n2−1)=80，试求2m2+n2的值.
解：设2m2+n2=t，则原方程变为(t+1)(t−1)=80，整理得t2−1=80，t2=81，
∴t=±9，∵2m2+n2≥0，∴2m2+n2=9.
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(2x2+2y2+3)(2x2+2y2−3)=27，求x2+ y2的值；
(2)设a，b满足等式(a2+b2)(2a2+2b2−1)=3，求3a2+3b2−1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)x2+ y2=3
7
(2)3a2+3b2−1=
2
(3)这四个连续正整数为1，2，3，4
【分析】（1）设2x2+2y2=m，则(m+3)(m−3)=27，解得：m=±6，由2x2+2y2≥0，得2x2+2y2=6
，即可求解，
3 3
（2）设a2+b2=m，则m(2m−1)=3，m= 或m=−1，由a2+b2≥0，得a2+b2= ，即可求解，
2 2
（3）设最小正整数为x，则x(x+1)(x+2)(x+3)=24，即：(x2+3x)(x2+3x+2)=24，设x2+3x= y，
则y2+2y−24=0，解得：y =−6，y =4，由x为正整数，得y=x2+3x=4，解得x =1，即可求解，
1 2 1
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2x2+2y2=m，则(m+3)(m−3)=27，
∴m2−9=27，
解得：m=±6，
∵2x2+2y2≥0，
∴2x2+2y2=6，
∴x2+ y2=3，故答案为：x2+ y2=3，
（2）解：设a2+b2=m，则m(2m−1)=3，
∴2m2−m=3，
3
解得：m= 或m=−1，
2
∵a2+b2≥0，
3
∴a2+b2=
，
2
3 7
∴3a2+3b2−1=3× −1= ，
2 2
7
故答案为：3a2+3b2−1=
，
2
（3）解：设最小正整数为x，则x(x+1)(x+2)(x+3)=24，即：(x2+3x)(x2+3x+2)=24，
设x2+3x= y，则y2+2y−24=0，
解得：y =−6，y =4，
1 2
∵x为正整数，
∴y=x2+3x=4，
解得x =1，x =−4<0（舍去），
1 2
故答案为：这四个连续正整数为1，2，3，4．
24．（12分）我们知道，解一元二次方程，可以把它转化为两个一元一次方程来解，其实用“转化”的数
学思想，我们还可以解一些新的方程，例如一元三次方程x3+x2−2x=0，可以通过因式分解把它转化为
x(x2+x−2)=0，解方程x=0和x2+x−2=0，可得方程x3+x2−2x=0的解．
（1）方程x3+x2−6x=0的解是x =0，x = ______，x = _______；
1 2 3
（2）用“转化”思想求方程❑√2x+8=x的解；
（3）如图，已知矩形草坪ABCD的长AD=14m，宽AB=12m，小华把一根长为28m的绳子的一端固定
在点B处，沿草坪边沿BA、AD走到点P处，把长绳PB段拉直并固定在点P处，然后沿草坪边沿PD、
DC走到点C处，把长绳剩下的一段拉直，长绳的另一端恰好落在点C处，求AP的长．【答案】（1）1；−2；（2）x=4；（3）5m或9m．
【分析】（1）先将该方程转化成x(x2+x−6)=0，然后再求解即可；
（2）由❑√2x+8=x可得2x+8=x2且x＞0，然后解出x即可；
（3）设AP=x，则DP=14−x，然后根据勾股定理求得PB和PC，然后再根据PB+PC=28列方程求出x
即可．
【详解】解：（1）∵x3+x2−2x=0，
∴x(x2+x−2)=0．
∴x(x−1)(x+2)=0，
则x=0或x−1=0或x+2=0，
解得：x =0、x =1、x =−2．
1 2 3
故答案为：1；−2；
（2）∵❑√2x+8=x，
∴2x+8=x2，即x2−2x−8=0，
∴(x+2)(x−4)=0，
则x+2=0或x−4=0，
解得：x =−2，x =4，
1 2
又∵x≥0，
∴x=4；
（3）设AP=x，则DP=14−x，
∵AB=CD=12，∠A=∠D=90°，
∴PB=❑√AB2+AP2=❑√122+x2，PC=❑√PD2+CD2=❑√(14−x) 2+122，
∵PB+PC=28，
∴❑√122+x2+❑√(14−x) 2+122=28，
❑√(14−x) 2+122=28−❑√122+x2
x+21
两边平方，整理可得：
❑√144+x2=
2
再两边平方，整理可得：x2−14x+45=0，
解得x =5、x =9，
1 2则AP的长为5m或9m．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用以及转换法的应用，掌握转换法是解答本题的关键．
