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第二十一章 一元二次方程（压轴题专练）
一、填空题
1．（2023·全国·九年级专题练习）若关于x的一元二次方程 的常数项是6，
则一次项是（ ）
A． B． C．x D．1
【答案】A
【分析】根据一元二次方程定义可得 ， ，可得 的值，再代入原方程，由此即可得结果．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程 的常数项是6，
∴ ， ，
解得： ，
把 代入原方程可得 ，
∴一次项是 ，
故选：A．
【点睛】本题考查了一元二次方程的一般形式，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的一般形式：一元二
次方程的一般形式是 ，其中， 是二次项， 是一次项， 是常数项．
2．（2023春·福建南平·九年级专题练习）两个关于 的一元二次方程 和 ，其
中 ， ， 是常数，且 ，如果 是方程 的一个根，那么下列各数中，一定是
方程 的根的是（ ）
A． 2020 B． C．-2020D．
【答案】C
【分析】根据一元二次方程的定义以及一元二次方程的解法即可求出答案．
【详解】∵ ， ，a+c=0
∴ ，
∵ax2+bx+c=0 和cx2+bx+a=0，∴ ， ，
∴ ， ，
∵ 是方程 的一个根，
∴ 是方程 的一个根，
∴ 是方程 的一个根，
即 是方程 的一个根
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的定义以及方程的解的概念．
3．（2023·全国·九年级假期作业）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
【详解】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．
4．（2023春·江苏·八年级期末）已知两个多项式 ， ，x为实数，将A、B进行加
减乘除运算：
①若A+B=10，则 ；
② ，则x需要满足的条件是 ；
③ ，则关于x的方程无实数根；
④若x为正整数( )，且 为整数，则 1，2，4，5．
上面说法正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】利用 可求出 ，故①错误；对 分情况讨论可知②正确；若
，则 或 ，利用根的判别式可知 ， 时，方程无解，故③正确；由 为整
数，可得 是整数，可求出 ，2，4，5，故④正确．
【详解】解：∵ ， ，
∴①当 时，则 ，解得： ，故①错误；②当 ，则 ，
当 时， ，解得： ；
当 ， ，解得： ；
当 ， ，解得： （舍去）；
综上所述： ，故②正确；
③若 ，则 或 ，
当 时， ， ，无解；
当 时， ， ，无解；
∴ ，关于x的方程无实数根；故③正确；
④∵ ，
若 为整数，则 是整数，
∵x为正整数( )，解得： ，2，4，5，故④正确；
∴正确的有②③④
故选：C
【点睛】本题考查分式的化简，含绝对值的一元一次方程的求解，根的判别式，能够正确解方程是解题的
关键．
5．（2023·全国·九年级假期作业）关于x的一元二次方程 （ab≠0）有两个相等的实数根
，则下列选项成立的是（ ）
A．若﹣1＜a＜0，则 B．若 ，则0＜a＜1
C．若0＜a＜1，则 D．若 ，则-1＜a＜0
【答案】B
【分析】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，再代入方程求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．【详解】解：∵关于x的一元二次方程 （ab≠0）有两个相等的实数根k，
∴ ，
，
又∵ ，
∴a-b-1=0，即a=b+1，
∴ax2-2ax+a=0，
解得：x=x=1，
1 2
∴k=1，
当 时，即 ，
即 ，
∴a（a-1）<0，
即 或
解得00，
即 或
解得：a>1或a<0．
故选：B．
【点睛】本题考查一元二次方程的根的判别式，根据一元二次方程根的情况求得a与b之间的等量关系是
解题关键．
6．（2023春·安徽·八年级期中）对于一元二次方程 ，下列说法：①若 ，则 ；
②若方程 有两个不相等的实根，则方程 必有两个不相等的实根；
③若 是方程 的一个根，则一定有 成立；
④若 是一元二次方程 的根，则
其中正确的：（ ）
A．只有① B．只有①② C．①②③ D．只有①②④
【答案】D
【分析】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．
【详解】由 ，表明方程 有实数根﹣1，表明一元二次方程
有实数解，则 ，故①正确；
∵方程 有两个不相等的实根，
∴方程 有两个不相等的实根，
即a与c异号．
∴-ac>0，
∴ ，
∴方程 必有两个不相等的实根；
故②正确；
∵ 是方程 的一个根，
∴ ，
即
当 时，一定有 成立；
当c=0时，则 不一定成立，例如：方程 ，则 ；
故③错误；
∵ 是一元二次方程 的根，
∴ ，∴ ，
∴ ，
故④正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式、一元二次方程的解等知识，熟练掌握这些知识是解答本题
的关键．
7．（2023春·安徽滁州·八年级校联考期中）对于一元二次方程 ，下列说法：
①若 ，则 ；
②若方程 有两个不相等的实根，则方程 必有两个不相等的实根；
③若c是方程 的一个根，则一定有 成立；
④若 是一元二次方程 的根，则 其中正确的（ ）
A．只有①②④ B．只有①②③ C．①②③④ D．只有①②
【答案】A
【分析】根据一元二次方程的根、一元二次方程的根的判别式、等式的性质解决此题．
【详解】①当x=1时，a×12+b×1+c=a+b+c=0，那么一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）有两个不相等的实数
根或有两个相等的实数根，此时b2-4ac≥0成立，那么①一定正确．
②方程ax2+c=0有两个不相等的实根，则-4ac＞0，那么b2-4ac＞0，故方程ax2+bx+c=0（a≠0）必有两个不
相等的实根，进而推断出②正确．
③由c是方程ax2+bx+c=0的一个根，得ac2+bc+c=0．当c≠0，则ac+b+1=0；当c=0，则ac+b+1不一定等于
0，那么③不一定正确．
④(2ax+b)2＝4a2x2+b2+4abx，由b2-4ac=4a2x2+b2+4abx，得ax2+bx+c＝0．由x 是一元二次方程
0 0 0 0 0 0 0 0
ax2+bx+c=0的根，则ax2+bx+c＝0成立，那么④正确．
0 0
综上：正确的有①②④，共3个．
故选：A．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的根、一元二次方程的根的判别式、等式的性质，熟练掌握一元二次
方程的根、一元二次方程的根的判别式、等式的性质是解决本题的关键．
8．（2023·全国·九年级假期作业）若方程 的两个不相等的实数根 满足，则实数p的所有值之和为（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据一元二次方程解的定义和根与系数的关系得到 ， ，进而
推出 ，则 ， ，即可
推出 ，然后代入 ， 得到
，再根据判别式求出符号题意的值即可得到答案．
【详解】解：∵ 是方程 的两个相等的实数根，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
同理得 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
解得 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 不符合题意，
∴
∴符合题意，
故选B．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，根的判别式，一元二次方程解的定义，熟知一元
二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值是解题的关键．
9．（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）空地上有一段长为a米的旧墙 ，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 ，则有一种围法
B．若 ，则有一种围法
C．若 ，则有两种围法
D．若 ，则有一种围法
【答案】A
【分析】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．
【详解】解：设矩形菜园的宽为x米，则长为 米，
∴
当 时，采用图1围法，则此时
当 时，
解得：
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
则 则 所以长为 米，
结合 可得
∴解得： 经检验不符合题意，
综上：若 ，，则没有围法，故A符合题意；
设矩形菜园的宽为x米，则长为 米，
∴
当 时，采用图1围法，则此时
当 时，
解得： 经检验 符合题意；
采用图2围法，如图，
此时矩形菜园的宽为x米，即
则 则 所以长为 米，
结合 可得
∴
解得： 经检验 符合题意，
综上：若 ，则有两种围法，故B不符合题意；
设矩形菜园的宽为x米，则长为 米，
∴当 时，采用图1围法，则此时
当 时，
解得： 经检验都符合题意；
采用图2围法，如图，
此时矩形菜园的宽为x米，即
则 则 所以长为 米，
结合 可得
∴
解得： 经检验都不符合题意，
若 ，则有两种围法，C不符合题意，
设矩形菜园的宽为x米，则长为 米，
∴
当 时，采用图1围法，则此时
当 时，
解得： 经检验符合题意；采用图2围法，如图，
此时矩形菜园的宽为x米，即
则 则 所以长为 米，
结合 可得
∴
解得： 经检验都不符合题意，
综上所述，若 ，则有一种围法，D不符合题意；
故选A
【点睛】本题考查的是一元二次方程的应用，理解题意，表示图2中矩形的长是解本题的关键．
二、填空题
10．（2023·山东枣庄·统考一模）将关于x的一元二次方程 变形为 ，就可以将
表示为关于x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】先将 变形为 ，再利用“降次法”将 转化为 ，然
后解一元二次方程，求出 ，再代入求值即可．【详解】解： ，
∴ ．
∴
，
，
，
，
，
，
．
∵ ， ，
∴
∴ ，
∵ ，
；
∴原式
．
故答案为： ．
【点睛】本题考查代数式求值和解一元二次方程．理解并掌握“降次法”，是解题的关键．11．（2023·全国·九年级专题练习）如图是一块矩形菜地 ，面积为 ．
现将边 增加 ．
（1）如图1，若 ，边 减少 ，得到的矩形面积不变，则 的值是 ．
（2）如图2，若边 增加 ，有且只有一个 的值，使得到的矩形面积为 ，则 的值是 ．
【答案】 6 /
【分析】（1）根据面积的不变性，列式计算即可．
（2）根据面积，建立分式方程，转化为a一元二次方程，判别式为零计算即可．
【详解】（1）根据题意，得，起始长方形的面积为 ，变化后长方形的面积为 ，
∵ ，边 减少 ，得到的矩形面积不变，
∴ ，
解得 ，
故答案为：6．
（2）根据题意，得，起始长方形的面积为 ，变化后长方形的面积为 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵有且只有一个 的值，
∴ ，∴ ，
解得 （舍去），
故答案为： ．
【点睛】本题考查了图形的面积变化，一元二次方程的应用，正确转化为一元二次方程是解题的关键．
12．（2023·河北衡水·统考二模）六张完全相同的小矩形纸片C与A，B两张矩形纸片恰好能拼成一个相
邻边长为m，50的大矩形，部分数据如图所示．
（1）若 ，则矩形A的水平边长为 ；
（2）请用含m，n的代数式表示矩形A的周长： ；
（3）若矩形A，B的面积相等，则 ．
【答案】
【分析】（1）根据图可得矩形A的长 个小矩形宽 ，即可得到矩形A的水平边长；
（2）根据图可得矩形A的宽 个小矩形宽 ，进而得到矩形A的竖直边长，即可得到答案；
（3）分别表示出矩形A，B的面积，根据矩形A，B的面积相等即可得到答案．
【详解】解：设矩形A的水平边长为 ，矩形A的竖直边长 ，
（1）由图可知 ，
；
（2）由（1）可知 ，
由图可知
矩形A的周长
；
（3）由题知，矩形A的面积 ；由图知，矩形B的面积
矩形A，B的面积相等,
①
小矩形纸片长 ，矩形A的水平边长为
由图可知小矩形纸片长 矩形A的水平边长
②
联立①②解得， （ 舍去）．
故答案为： ； ； ．
【点睛】本题主要考查列多项式，多项式的值，一元二次方程，掌握解题的方法以及解方程的方法是解题
的关键．
13．（2023春·浙江·八年级阶段练习）一个矩形内放入两个边长分别为 和 的小正方形纸片，按照
图①放置，矩形纸片没有被两个正方形纸片覆盖的部分（黑色阴影部分）的面积为 ；按照图②放置矩
形纸片没有被两个正方形纸片覆盖的部分的面积为 ，若把两张正方形纸片按图③放置时，矩形纸片没
有被两个正方形纸片覆盖的部分的面积为 ．
【答案】 /8平方厘米
【分析】设矩形的长为 ，宽为 ，根据图①和图②的阴影面积列出方程组，求出 的值，再求图③的
面积求解即可．
【详解】解：设矩形的长为 ，宽为 ，由题意，得：
，
整理，得： ，把②代入①得： ③，
把③代入①得： ，
整理，得： ，
解得： ，
当 时， ，
当 时， （不合题意，舍去）；
∴长方形的长为 cm，宽为 cm，
∴图③中的阴影面积为： ；
故答案为： ．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用．正确的识图，找准等量关系，列出方程，是解题的关键．
14．（2023春·浙江·七年级期末）已知在长方形纸片 中， ， ，现将两个边长分别为
和 的正方形纸片按图1、图2两种方式放置（图1、图2中两张正方形纸片中均有部分重叠），长方形中
未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图1中阴影部分的面积为 ，图2中阴影部分的面积为
；若 时，则 ；若再在边长为 大正方形的左上角摆放一个边长为 的小正方形
（如图3），当 时，则图3中阴影部分的面积 ．
【答案】 3 6.5/
【分析】先将 ， ， 用用a，b表示，再分别根据 与 ， 计算即可．
【详解】解：在图1中，根据题意得： ，∴ ，
同理在图2中， ，
∴
∴ ，
又∵ ，
∴ ．
又∵ ，即 ，
将 代入方程 中得：
解得： （舍去），
∴ ．
在图3中，
∴
故答案为：3； ．
【点睛】本题考查列代数式，整式的混合运算，解一元二次方程，掌握相关知识和技巧是解题的关键．本
题难度较大，所列式子较复杂，需要较强的阅读理解能力和对数学思想的运用能力．
三、解答题
15．（2023春·福建福州·八年级福州日升中学校考期末）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．
【详解】（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．
16．（2023春·湖南长沙·八年级统考期末）请阅读下列材料：
问题：已知方程 ，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的2倍．
解：设所求方程的根为 ，则 ，所以 ，把 代入已知方程，得 ；化简，得
；故所求方程为 ．
这种利用方程根的代换求新方程的方法，我们称为“换根法”；
请用阅读材料提供的“换根法”求新方程（要求：把所求方程化为一般形式）：
(1)已知方程 ，求一个一元二次方程，使它的根分别为已知方程根的相反数；
(2)已知关于 的一元二次方程 有两个不等于零的实数根，求一个一元二次方程，使它
的根分别是已知方程根的倒数．
【答案】(1)
(2)【分析】（1）设所求方程的根为 ，则 ，将 代入已知方程 ，化简即可得到答
案；
（2）设所求方程的根为 ，则 ，将其代入已知方程，然后化为一般形式即可得到答案．
【详解】（1）解：设所求方程的根为 ，则 ，
，
把 代入已知方程 ，
得 ，
化简得， ，
这个一元二次方程为： ；
（2）解：设所求方程的根为 ，则 ，
，
把 代入已知方程 ，
得 ，
去分母得， ，
若 ，则 ，于是方程 有一根为0，不符合题意，
，
所求方程为： ．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，解答该题的关键是弄清楚“换根法”的具体解题方法．
17．（2023春·广东梅州·九年级校考开学考试）已知关于x的方程 ．
求证：不论 为何实数时，方程 有固定的自然数解，并求这自然
数；设方程另外的两个根为 、 ，求 、 的关系式；
若方程 的三个根均为自然数，求 的值．
【答案】 证明见解析，所求自然数为 ； ； ．
【分析】 把方程整理，使含 的项“系数”为 ，求 的值，再代入不含 的项检验，可求这个自然数；
由所求自然数值可知方程的一个因式，代入方程，再将方程分解因式，由两根关系解题；
在(2)的条件下，根据解为自然数，求 的值．
【详解】 原方程整理得： ，
解方程 ，得 ， ，
当 时， ，故所求自然数为 ；
∵ 是方程的固定解，
∴ 是方程的一个因式，原方程分解为:
，
∴ 、 是方程 的两根，
∴ ， ，
∴ ；
由 可知， ， ，
设 ，则 ，
由题意可知， ， ， ， 均为自然数，
则 的个位数字必须为 ，
∴当 时，即 时，方程三个根均为自然数．
【点睛】本题考查了求高次方程固定根的方法，方程的根与系数关系，自然数解的问题，解题的关键是对
高次方程进行降次及熟练掌握根与系数之间的关系．
18．（2023·全国·九年级专题练习）阅读材料：选取二次三项式 中的两项，配成完全平方式的过程叫配方．例如
①选取二次项和一次项配方： ；
②选取二次项和常数项配方： ，或
③选取一次项和常数项配方：
请根据阅读材料解决下列问题：
(1)比照上面的例子，写出 三种不同形式的配方；
(2)已知 ，求 的值
(3)当 ， 为何值时，代数式 取得最小值，最小值为多少？
【答案】(1)见解析
(2)
(3)当 ， 时， 取得最小值，最小值为
【分析】（1）根据配方的定义，分别选取二次项、一次项、常数项中的两项，进行配方即可得出三种形
式；
（2）首先根据配方法把 变形为 ，再根据偶次方的非负性，得
出 ， ，解出 、 的值，然后将 、 的值代入代数式 ，计算即可得出结果；
（3）首先根据配方法把代数式 变形为 ，再根据偶次方的非负
性，得出 ，进而得出当 ， 时， 取得最小
值，再进行计算即可得出结果．
【详解】（1）解：第一种形式：选取二次项和一次项配方，；
第二种形式：选取二次项和常数项配方，
；
或
；
第三种形式：选取一次项和常数项配方，
；
（2）解： ，
配方，得： ，
即 ，
∵ ， ，
∴ ， ，
解得： ， ，
∴ ；
（3）解：
，∵ ，
∴ ，
当 ， 时， 取得最小值，
即当 ， 时， 取得最小值，最小值为 ．
【点睛】本题考查了配方法的应用，根据配方法的步骤和完全平方公式进行配方是解本题的关键．
19．（2023春·浙江·八年级专题练习）阅读如下材料，完成下列问题：
材料一：对于二次三项式求最值问题，有如下示例：
．因为 ，所以 ，所以，当 时，原式
的最小值为2．
材料二：对于实数a，b，若 ，则 ．
完成问题：
（1）求 的最小值；
（2）求 的最大值；
（3）若实数m，n满足 ．求 的最大值．
【答案】（1）-5；（2） （3）
【分析】（1）按照材料一配方即可求最值；
（2）把原式化成 ，求 最小值即可；
（3）根据已知得到 ，即 或 ，代入求最值即可．
【详解】解：（1） ，因为 ，所以 ，
所以，当 时，原式的最小值为-5．（2） ，
当 取最小值时，原式最大，
由（1）可知 ，最小值为2，
此时 的最大值为 ；
（3）∵ ，
∴ ，
，
或 ，
或 ，
= ，
最大值是 ， 的最大值为 ；
或 = ，
最大值是 ， 的最大值为 ；
综上， 的最大值为
【点睛】本题考查了配方法求最值，解题关键是熟练运用配方法求代数式的最值．
20．（2023·全国·九年级假期作业）对任意一个三位数 ，如果满足各个数位上的数字都不为零，且十位
上的数字等于百位上的数字与个位上的数字的平均数，那么称这个数为“快乐数”．例如： ，因为
，所以 是“快乐数”．
(1)请通过计算判断 是不是“快乐数”，并直接写出最大的“快乐数”；
(2)已知一个“快乐数” （ 、 、 ， 、 、 为自然数），且使关于 的一元二次方程 有两个相等的实数根，若 ，求满足条件的所有 的值．
【答案】(1) 不是“快乐数”；最大的“快乐数”为
(2)
【分析】（1）根据“快乐数”的定义解答即可；
（2）根据“快乐数”可得出 ，根据一元二次方程根的情况可得 ，再结合
及 、 、 ， 、 、 为自然数可得出 、 、 的值，最后结合“快乐数”的定义即可得出答案．
【详解】（1）解：∵ ，
∴ 不是“快乐数”，
∵各个数位上的数字都不为零，且十位上的数字等于百位上的数字与个位上的数字的平均数，各个数位上
的数字最大为 ，
又∵ ，
∴最大的“快乐数”为 ．
（2）∵ 为“快乐数”，
∴ ，
∵关于 的一元二次方程 有两个相等的实数根，
∴ ，即 ，
∴ ，
解得： ， ， ，
∴ ，
综上所述，满足条件的所有 的值为 ．
∴满足条件的所有 的值为 ．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，不等式组应用．解题的关键是理解“快乐数”的定义．
21．（2023春·浙江·八年级专题练习）对于任意一个三位数k，如果k满足各个数位上的数字都不为零，
且十位上的数字的平方等于百位上的数字与个位上的数字之积的4倍，那么称这个数为“喜鹊数”．例如：k＝169，因为62＝4×1×9，所以169是“喜鹊数”．
(1)已知一个“喜鹊数”k＝100a+10b+c（1≤a、b、c≤9，其中a，b，c为正整数），请直接写出a，b，c所
满足的关系式 ；判断241 “喜鹊数”（填“是”或“不是”），并写出一个“喜鹊数” ；
(2)利用（1）中“喜鹊数”k中的a，b，c构造两个一元二次方程ax2+bx+c＝0①与cx2+bx+a＝0②，若x＝
m是方程①的一个根，x＝n是方程②的一个根，求m与n满足的关系式；
(3)在（2）中条件下，且m+n＝﹣2，请直接写出满足条件的所有k的值．
【答案】(1)b2﹣4ac＝0；不是；121
(2)mn＝1
(3)121，242，363，484
【分析】（1）根据喜鹊数的定义解答即可；
（2）根据一元二次方程的定义和根的判别式解答即可；
（3）求出m与n互为倒数，又m+n＝﹣2，得出m＝﹣1，n＝﹣1，求出b＝a+c，a＝c，结合喜鹊数的定
义即可得出答案．
【详解】（1）∵k＝100a+10b+c是喜鹊数，
∴b2＝4ac，即b2﹣4ac＝0；
∵42＝16，4×2×1＝8，16≠8，
∴241不是喜鹊数；
∵各个数位上的数字都不为零，百位上的数字与个位上的数字之积的4倍，
∴十位上的数字的平方最小为4，
∵22＝4，4×1×1＝4，
∴最小的“喜鹊数”是121．
故答案为：b2﹣4ac＝0；不是；121．
（2）∵x＝m是一元二次方程ax2+bx+c＝0的一个根，x＝n是一元二次方程cx2+bx+a＝0的一个根，
∴am2+bm+c＝0，cn2+bn+a＝0，
将cn2+bn+a＝0两边同除以n2得：a（ ）2+b（ ）+c＝0，
∴将m、 看成是方程ax2+bx+c的两个根，
∵b2﹣4ac＝0，
∴方程ax2+bx+c有两个相等的实数根，∴m＝ ，即mn＝1；
故答案为：mn＝1．
（3）∵m+n＝﹣2，mn＝1，
∴m＝﹣1，n＝﹣1，
∴a﹣b+c＝0，
∴b＝a+c，
∵b2＝4ac，
∴（a+c）2＝4ac，
解得：a＝c，
∴满足条件的所有k的值为121，242，363，484．
故答案为：121，242，363，484．
【点睛】此题考查了一元二次方程的应用，解题关键是弄清喜鹊数的定义．
22．（2023·江苏·九年级假期作业）已知关于x的方程 ，其中p，q都是实数．
(1)若 时，方程有两个不同的实数根 ， ，且 ，求实数p的值．
(2)若方程有三个不同的实数根 ， ， ，且 ，求实数p和q的值．
(3)是否同时存在质数p和整数q使得方程有四个不同的实数根 ， ， ， 且 ？
若存在，求出所有满足条件的p，q．若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2) 或 ，
(3)存在， 时， ；当 时，
【分析】（1）根据根与系数的关系可得 ， ， ，代入 可得关于 的方程，解方程即可；
（2）由方程有三个不同的实数根 、 、 ，可得 ， 、 是方程 的两根；
由根与系数的关系可得 ， ， ． ，进而
得到关于 的方程，解出 即可求出 的值；
（3）方程有四个不同的实数根 ， ， ， ，由（2）知 ，不妨设 ， 是方程
的两根， ， 是方程 的两根，可得
，进行讨论即可求解．
【详解】（1）解：若 ，则方程为 ．
因该方程有两个不同的实数 、 ，
可得 ， ， ，
解得 ；
由 ，得 ，
解得 或 ．（注意
因为 ，所以 ．
（2）显然 ．方程可写成 ．
因该方程有三个不同的实数根，
即函数 与 的图象有三个不同的交点，
可得： ， ，即 ，因为 、 是方程 的两根，
即 ．
则 ， ， ．
，
解得 ．
由 ，得 ，
解得 ，
∴ 或 ， ．
（3）存在．
方程有四个不同的实数根 ， ， ， ，由（2）知 ，
不妨设 ， 是方程 的两根， ， 是方程 的两根，
则 ， ， ， ，
则 ， ，
因为 ，
所以 ，
因为 是质数， ， ，
所以 ，
，则 ，
则 无解，
则 ，
则 无解，
则 ，
则 ，
解得 ，
则 ，
则 ，
解得 ，2，5，
则 ，
则 ，
解得 ．
故 ，5，
所以存在满足条件的 ， ．当 时， ；当 时， ．
【点睛】本题考查了一元二次方程的整数根与有理根，根与系数的关系，牢记两根之和等于 、两根之
积等于 是解题的关键．23．（2023·全国·九年级假期作业）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．
【详解】（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．24．（2023春·广东深圳·七年级统考期末）在学习《完全平方公式》时，某数学学习小组发现：已知
， ，可以在不求 、 的值的情况下，求出 的值．具体做法如下：
．
(1)若 ，则 ______；
(2)若 满足 ，求 的值，同样可以应用上述方法解决问题．具体操作如下：
解：设 ， ，
则 ， ，
所以 ．
请参照上述方法解决下列问题：若 ，求 的值；
(3)如图，某校“园艺”社团在三面靠墙的空地上，用长12米的篱笆（不含墙 ）围成一个长
方形花圃ABCD，花圃ABCD的面积为20平方米，其中墙AD足够长，墙 墙AD，墙 墙AD，
米．随着学校“园艺”社团成员的增加，学校在花圃 旁分别以 边向外各扩建
两个正方形花圃，以 边向外扩建一个正方形花圃（如图所示虚线区域部分），请问新扩建花圃的总面
积为______平方米．
【答案】(1)37
(2)52
(3)116
【分析】（1）根据材料介绍方法解答即可；
（2）仿照操作方法解答即可；
（3）先说明 ，设 米，则 米，然后根据“花圃ABCD的面积为20平
方米”列方程求得x，然后再列式求得扩建花圃的面积即可．【详解】（1）解： ．
（2）解：设 ， ，
则 ， ，
所以 ．
（3）解：∵四边形 长方形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
设 米，则 米
由题意知 ，解得 或 ，经检验，均符合题意
①当 时，
∴新扩建花圃的总面积为: (平方米)；
②当 时， ，
新扩建花圃的总面积为: (平方米) ．
综上，新扩建花圃的总面积为116平方米．
故答案为116．
【点睛】本题主要考查了完全平方公式的应用、一元二次方程的应用等知识点，审清题意、灵活利用完全
平方公式成为解答本题的关键．
25．（2023·浙江温州·校考一模）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．
【答案】(1)1米；
(2)① ；② ．
【分析】（1）设小道进出口的宽度为 米，然后利用其种植花草的面积为532平方米列出方程求解即可；
（2）①先用a表示出四个直角三角形的面积，从而表示出剩余花草区域的面积；②由①和题目意思列出方
程求解即可．
【详解】（1）解：设小道进出口的宽度为 米，
依题意得 ．
整理，得 ．
解得， ， ．
（不合题意，舍去），
；
答：小道进出口的宽度应为1米；
（2）解：①剩余的种植花草区域的面积为：
②由 ，得：
，
解得： （舍去）．
故 ．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，面积的表示，解题的关键是找到正确的等量关系并列出方程，
注意根据实际意义舍根．
26．（2023春·浙江·八年级专题练习）有一块长为 米，宽为 米的矩形场地，计划在该场地上修筑互相
垂直的宽都为 米的纵横小路（阴影部分），余下的场地建成草坪．
(1)如图 ，在矩形场地上修筑两条的纵横小路．
请写出两条小路的面积之和 ______（用含 、 的代数式表示）；
若 ，且草坪的总面积为 ，求原来矩形场地的长与宽各为多少米？
(2)如图 ，在矩形场地上修筑多条的纵横小路，其中 条水平方向的小路， 条竖直方向的小路（ 为
常数），若 ，且草坪的总面积为 平方米，求 的值．
【答案】(1)① ②长为 米，宽为 米
(2) 或
【分析】（1）①②根据两条小路的面积之和 两个长方形的面积 重叠的正方形的面积表示即可；②根据
草坪的总面积为 ，列一元二次方程，求解即可；
（2）根据草坪的总面积为 平方米，列方程求解，再进一步求出符合条件的 和 的值，即可求出
的值．
【详解】（1）解：①根据题意，两条小路的面积之和 平方米，
故答案为： 平方米；
②根据题意，得 ，
又∵ ，
，
原方程化为 ，
解得 （不符合题意，舍去）， ，（米），
答：原来矩形场地的长为 米，宽为 米；
（2）解：根据题意，得 ，
整理得 ，
， 为正整数，
是正整数且是 的约数， 是正整数且是 的约数，
当 时， ，
， ，
；
当 时， ，
， ，
；
当 时， ，
， ，
，
综上所述， 或 ．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，理解题意并根据题意建立等量关系是解题的关键．
27．（2023春·广东佛山·九年级校考开学考试）已知矩形 中， ，P是 边上一点，连接
，将 沿着直线 折叠得到 ．
(1)若 ；
①如图1，若点E在 边上， 的长为 ；
②P、E、C三点在同一直线上时，求 的长；
(2)如图3，当点P是 的中点时，此时点E落在矩形 内部，延长 交 于点F，若点F是 的
三等分点，求 的长．
【答案】(1)①6；②2(2)
【分析】（1）①点E在 边上，由折叠得 ，则 ，所以
；
②由 平分 ，得 ，则 ，得 ，再
由勾股定理求得 ，则 ；
（2）连接 ，先证明 ，再设 ，则 ， ，
即可根据勾股定理列方程得 ，因为x是正数，所以 ，则 ．
【详解】（1）解：∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
①如图1，点E在 边上，
由折叠得 ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：6．
②如图2，由折叠得 ，∴ 平分 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的长为2．
（2）如图3，连接 ，
∵点P是 的中点，
∴ ，
由折叠得 ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
设 ，
∵点F是 的三等分点，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
解得 ， （不符合题意，舍去），∴ ，
∴ 的长为 ．
【点睛】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、根据面积等式求线段的长度、全等三角形的判定与性
质、勾股定理的应用、一元二次方程的解法等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
28．（2023春·全国·八年级专题练习）在平面直角坐标系中，直线 与x轴相交于点A，与y轴相
交于点B，直线 经过点B，与x轴相交于点C，点D是线段AB上的一个动点．
(1)b的值是______；
(2)如图1，过点D作BC的平行线与直线 相交于点P，直线 与直线AB相交于点Q．当
时，求点D坐标；
(3)如图2，点D在移动过程中，是否存在点E，使得以点B，C，D，E为顶点的四边形为菱形，若存在，
求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)－3
(2)点D的坐标为(3)存在点E，以点B，C，D，E为顶点的四边形为菱形，点E的坐标为 ； 或
【分析】（1）根据题意，先求出点B坐标，进一步可求出b的值；
（2）设点D的坐标为（m，−m−3），根据两直线平行可设直线DP的解析式为y＝3x＋n，将点D坐标代
入求出直线DP的解析式，然后分情况表示出PQ的长，根据 ，列方程求出m，即可求出点D
坐标；
（3）设点D的坐标为（m，−m−3），表示出 ， ，
，由以点B，C，D，E为顶点的四边形为菱形，分三种情况讨论：当BD＝BC时，
当CD＝CB时，当DC＝DB时，分别列方程求出点D坐标，再根据平移的性质解答即可．
【详解】（1）解：∵直线y＝−x−3与y轴相交于点B，
∴B（0，−3），
∵直线y＝3x＋b经过点B，
∴b＝−3，
故答案为：−3；
（2）解：当 时，解得： ，
∴ ，
设点D的坐标为 ，
由（1）知，直线BC的函数表达式为 ，
∵ ，
∴设直线DP的解析式为 ，
∵点D的坐标为 ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∴当 时， ， ，
∴ ， ，
当点D在线段AQ上时， ，
∵ ，
∴ ，
解得： 或 （舍去），
∴点D的坐标为 ，
当点D在线段BQ上时， ，
∵ ，
∴ ，整理得： ，
解得： （舍去）或 （舍去），
综上，点D的坐标为 ；
（3）设点D的坐标为 ，
当 时，解得， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ， ，∵以点B，C，D，E为顶
点的四边形为菱形，
故分三种情况：
如图2，当 时，∴ ，
∴ ，
解得： ， （舍去），
∴点D的坐标为 ，
∵ ， ，
∴点D向右移动1个单位长度，向上移动3个单位长度得到点E，
∴点E的坐标为 ；
如图3，当 时，
∴ ，
∴ ，
解得： ， （舍去），
∴点D的坐标为 ，
∵ ， ，
∴点D向左移动1个单位长度，向下移动3个单位长度得到点E，
∴点E的坐标为 ；
如图4，当 时，
∴ ，
∴ ，
解得： ，
∴点D的坐标为 ，
∵点 ，∴点C向右移动2.5个单位长度，向下移动2.5个单位长度得到点E，
∴点E的坐标为 ；
综上，存在点E，以点B，C，D，E为顶点的四边形为菱形，点E的坐标为 或 或
．
【点睛】本题考查了一次函数的综合应用，涉及待定系数法求解析式，一次函数图象上点的坐标特征，两
直线平行的位置关系，菱形的判定和性质，三角形的面积，解一元二次方程，勾股定理和平移的性质等知
识，本题综合性较强，难度较大，熟练掌握分类讨论思想和数形结合思想的应用是解题的关键．
29．（2023春·山东烟台·八年级统考期中）如图，在矩形 中， ， ，动点P、Q分
别以 ， 的速度从点A，C同时出发，沿规定路线移动．
(1)若点P从点A移动到点B停止，点Q随点P的停止而停止移动，问经过多长时间P，Q两点之间的距离
是 ？
(2)若点P沿着 移动，点Q从点C移动到点D停止时，点P随点Q的停止而停止移动，试
探求经过多长时间 的面积为 ？【答案】(1) 或 ；
(2)4秒或6秒．
【分析】（1）过点P作 于E，构造直角三角形，利用勾股定理即可求得；
（2）根据点P的三个位置进行分类讨论，表示出 的底和高，代入面积公式即可求得；
【详解】（1）解：过点P作 于E，
设x秒后，点P和点Q的距离是 ．
，
∴ ， ；
∴经过 或 ，P、Q两点之间的距离是 ；
（2）解：连接 ．设经过 后 PBQ的面积为 ．
△
①当 时， ，
∴ ，即 ，
解得 ；
②当 时， ，
则 ，
解得 （舍去）；
③ 时， ，
则 ，
解得 （舍去）．
综上所述，经过4秒或6秒， 的面积为 ．
【点睛】本题考查了动点问题，相关知识点有：勾股定理求长度，解一元二次方程等知识点，分类讨论是本题的解题关键．
30．（2023秋·贵州安顺·九年级统考期末）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．
【详解】（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．
31．（2023·全国·九年级假期作业）已知正方形 ， 为 上动点， ， 于 ，
延长 交 于点 ．
(1)如图1，当 时， ；
(2)如图2， ，求 ；
(3)如图3，若 ，直线写出 的值______．
【答案】(1)4(2)
(3)
【分析】（1）设AM=a，则AD=AB=2a，利用勾股定理求出BM的长，利用三角形面积法求出AE的长，
再利用勾股定理求出ME的长，即可求出BE的长，由此即可得到答案；
（2）如图所示，连接BD，设AD=5b，则AM=2b，同（1）求出 ， ，得到
，设 ，则 ，求出 ，证明 即可得到答案；
（3）同（2）求解即可．
【详解】（1）解：由题意得AD=2AM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
设AM=a，则AD=AB=2a，
∴ ，
∵AE⊥BM，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（2）解：如图所示，连接BD，由题意得 ，
∴ ，
∴
设AD=5b，则AM=2b，
∴ ，
同理可得： ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
设 ，则 ，
∵
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ ；
（3）解：连接BD，设AM=c，则 ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
设 ，则 ，
∵
∴ ，
同（2）可得 ，∴ ，
∴ ，
解得 （负值已舍去），
经检验 是原方程的解，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，三角形面积，解一元二次方程等等，熟练掌握相关知
识是解题的关键．
32．（2023春·江西赣州·八年级统考期中）如图，在四边形 中， ， ， ，
， ，动点P从点B出发，沿射线 的方向以每秒 的速度运动到C点返回，动
点Q从点A出发，在线段 上以每秒 的速度向点D运动，点P，Q分别从点B，A同时出发，当点Q
运动到点D时，点P随之停止运动，设运动的时间t（秒）．(1)求 、 的代数表达式；
(2)当t为何值时，四边形 是平行四边形；
(3)当 时，是否存在点P，使 是等腰三角形？若存在，请直接写出所有满足要求的t的值；
若不存在，请说明理由．
【答案】(1) ， 或
(2)当 或 秒时，四边形 是平行四边形
(3)存在这样的P,使 是等腰三角形,当 秒或 秒时， 是等腰三角形
【分析】（1）根据题意，写出代数表达式即可；
（2）根据平行四边形的性质知 ，分当P从B运动到C时，当P从C运动到B时，两种情况进行求
解即可；
（3）分 、 、 三种情况讨论求出t值即可；
【详解】（1）解：根据题意， ，
当点P未到点C时， ；
当点P由点C返回时， ；
（2）∵四边形 是平行四边形，
，
当P从B运动到C时，
，
，
，
解得： ，
当P从C运动到B时，
，
，，
解得： ，
∴当 或 秒时，四边形 是平行四边形；
（3）当 时，作 于H，则 ，
，
，
，
（秒）；
当 时， ， ，
，
，
解得 （秒）；
当 时， ，
，
，
即 ，
，∴方程无实根，
综上可知，当 秒或 秒时， 是等腰三角形．
【点睛】本题主要考查平行四边的性质，等腰三角形的性质及动点问题，一元二次方程的应用，掌握相关
知识并灵活应用是解题的关键．
33．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB=8cm，CD=2cm，
AD=6cm．点P从A点出发，以2cm/s的速度沿AB向B点运动（运动到B点即停止）；点Q从C点出发，
以1cm/s的速度沿CD−DA向A点运动（当点P停止运动时，点Q也即停止），设P、Q同时出发并运动
了t秒．
(1)求梯形ABCD的高和∠A的度数；
(2)当PQ将梯形ABCD分成两个直角梯形时，求t的值；
(3)试问是否存在这样的t的值，使四边形PBCQ的面积是梯形ABCD面积的一半，若存在，请求出t的值；
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)梯形ABCD的高为 cm，∠A=60°
(2)
(3)存在 为 时，使四边形 的面积是梯形 面积的一半
【分析】（1）过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，证Rt△ADE≌Rt△BCF（HL），得AE=BF=3
（cm），再证∠ADE=30°，则∠A=60°，然后由勾股定理求出DE即可；
（2）过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，当PQ将梯形ABCD分成两个直角梯形时，四边形APQD
是直角梯形，则四边形DEPQ为矩形，得DQ=EP=2-t，再由AP=AE+EP，得2t=3+2-t，即可求解；
（3）求出S ABCD=15 （cm2），分两种情况：①若点Q在CD上，即0≤t≤2；②若点Q在AD上，即
梯形
2＜t≤4；分别由面积关系得出方程，解方程即可．【详解】（1）解：过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，如图1所示：
∵四边形ABCD是等腰梯形，
∴AD=BC，AB∥CD，
∴DE⊥CD，CF⊥CD，
∴∠DEF=∠CFE=∠CDE=90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴DE=CF，DC=EF=2cm，
在Rt△ADE和Rt△BCF中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△BCF（HL），
∴AE=BF，
∴AE=BF= （AB-EF）= ×（8-2）=3（cm），
∵AD=6cm，
∴AE= AD，
∴∠ADE=30°，
∴∠A=60°，
DE= （cm），
∴梯形ABCD的高为 cm；
（2）解：过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，如图2所示：同（1）得：四边形CDEF是矩形，
当PQ将梯形ABCD分成两个直角梯形时，四边形APQD是直角梯形，则四边形DEPQ为矩形，
∵CQ=t，
∴DQ=EP=2-t，
∵AP=AE+EP，
∴2t=3+2-t，
解得：t= ；
（3）解：存在这样的t的值，使四边形PBCQ的面积是梯形ABCD面积的一半，理由如下：
∵S ABCD= （8+2）×3 =15 （cm2），
梯形
当S PBCQ= S ABCD时，
四边形 梯形
①若点Q在CD上，即0≤t≤2，如图3所示：
则CQ=t，BP=8-2t，
S PBCQ= （t+8-2t）×3 = ，
四边形
解得：t=3（不合题意舍去）；
②若点Q在AD上，即2＜t≤4，
过点Q作HG⊥AB于G，交CD的延长线于H，如图4所示：则AQ=AD+DC-t=6+2-t=8-t，
在Rt△AGQ中，∠A=60°，
∴∠AQG=90°-60°=30°，
∴AG= AQ，
∴QG= ，
同理：QH= DQ= （8-8+t-2）= （t-2），
∵S PBCQ= S ABCD，
四边形 梯形
∴S APQ+S CDQ=S PBCQ，
四边形
△ △
∴ ×2t× （8-t）+ ×2× （t-2）= ，
整理得：t2-9t+17=0，
解得：t= （不合题意舍去），t= ，
1 2
综上所述，存在t为 s时，使四边形PBCQ的面积是梯形ABCD面积的一半．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了等腰梯形的性质、矩形的判定与性质、直角梯形的性质、全等三
角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的判定、勾股定理、一元二次方程等知识；本题综合性强，熟
练掌握等腰梯形的性质和勾股定理，证明Rt△ADE≌Rt△BCF（HL）是解题的关键，属于中考常考题型．
34．（2023春·浙江·八年级期中）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．
【详解】（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】本题考查了一元一次方程的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键：（1）找准等量关系，
正确列出一元一次方程；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程，需要注意分情况讨论．
35．（2023春·全国·八年级专题练习）2022年某地桑葚节于4月5日到4月20举行，热情的当地居民为游
客准备了桑葚茶、桑葚酒、桑葚酱、桑葚膏等等，在当地举行的“桑葚会”上，游客不仅可以品尝纯正的
桑葚茶、桑葚酒、桑葚酱、桑葚音，而且还能体验制作它们的过程．各类桑葚产品均对外销售，游客们可
以买一些送给亲朋好友．已知桑葚酒是桑葚酱单价的 ，预计桑葚节期间全镇销售桑葚酒和桑葚酱共7500
千克，桑葚酒销售额为200000元，桑葚酱销售额为125000元．
(1)求本次桑葚节预计销售桑葚酒和桑葚酱的单价；
(2)今年因受“新冠”疫情的影响，前来参加桑葚节的游客量比预计有所减少，当地镇府为了刺激经济，减
少库存，将桑葚酒和桑葚酱降价促销．桑葚酱在预计单价的基础上降低 销售，桑葚酒比预计单
价降低 元销售，这样桑葚酱的销量跟预计一样，桑葚酒的销量比预计减少了a%，桑葚酒和桑葚酱的销
售总额比预计减少了3500a元．求a的值
【答案】(1)预计销售桑葚酱的单价为50元/千克，销售桑葚酒的单价为40元/千克
(2)20
【分析】（1）设预计销售桑葚酱的单价为x元/千克，则销售桑葚酒的单价为 元/千克，根据销售桑菩
酒和桑菩酱共7500千克，桑葚酒销售额为200000元，桑葚酱销售额为125000元，列分式方程，解此分式
方程即可解答；（2）根据题意分别计算出降价后，桑葚酱的销售单价、销售量，桑葚酒的销售单价、销售量，再由销售
总额比预计减少了3500a元列方程，解此方程即可解答．
【详解】（1）解：设桑葚节预计销售桑葚酱的单价为x元/千克，则销售桑葚酒的单价为 元/千克，
根据题意得： ，
解得：
经检验， 是方程的解，
答：预计销售桑葚酱的单价为50元/千克，则销售桑葚酒的单价为40元/千克．
（2）桑葚酱降价后的单价为 ，桑葚酒降价后的单价为 元，
桑葚酱的销量为 千克，桑葚酒的销量为 千克，
∴
解得：a=20或a=0（舍去），
∴a=20
【点睛】本题考查分式方程的应用、一元二次方程的应用等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
36．（2023·全国·九年级专题练习）葡萄不仅味美可口，营养价值很高，而且用途广泛，堪称“果中珍
品”，它既可鲜食又可加工成各种产品，如葡萄干、葡萄酒、葡萄汁等．当下正值食用葡萄的好时节，经
过市场调研顾客最喜欢“黑珍珠”、“仙粉黛”两个品种，某商店老板看准商机，决定购进这两种葡萄销
售，商店原计划在6月购进“黑珍珠”、“仙粉黛”两种葡萄共200千克，其中“仙粉黛”的质量至少是
“黑珍珠”质量的3倍．
（1）那么原计划今年6月至少购进“仙粉黛”多少千克？
（2）今年6月商店按照原计划购进并售完“黑珍珠”、“仙粉黛”两种葡萄，且“仙粉黛”的质量恰好是
原计划的最小值．今年7月商店按照“黑珍珠”与“仙粉黛”的质量比为1∶3购进两种葡萄一共160千克，
按照单价4∶3售出，共得销售额1040元．通过7月对市场的观察，商店老板决定增加两种葡萄的进货量，
同时降价促销；8月商店购进“黑珍珠”、“仙粉黛”的质量在6月的基础上分别增加了 ，同时
为了尽快全部售出，每千克售价在今年7月份的基础上分别降价 （降价幅度不超过50%），最终8月的销售额比7月的销售额增加了535元．求 的值．
【答案】（1）150千克；（2）30
【分析】（1）设原计划今年6月购进“仙粉黛”x千克，则：x≥3（200-x）．
（2）由题可得：6月购进“黑珍珠”50千克，“仙粉黛”150千克；7月购进“黑珍珠”40千克，“仙粉
黛”120千克．设7月“黑珍珠”单价为4m，“仙粉黛”单价为3m，则有：40×4m+120×3m=1040，易得7
月“黑珍珠”单价为8元/千克，“仙粉黛”单价为6元/千克．根据题意列出方程并利用换元法解方程．
【详解】解：（1）设原计划今年6月购进“仙粉黛”x千克，则：x≥3（200-x）．
解得：x≥150，
答：原计划今年6月至少购进“仙粉黛”150千克；
（2）由题可得：6月购进“黑珍珠”50千克，“仙粉黛”150千克；7月购进“黑珍珠”40千克，“仙粉
黛”120千克．
设7月“黑珍珠”单价为4m，“仙粉黛”单价为3m，则有：40×4m+120×3m=1040，
∴m=2．
则7月“黑珍珠”单价为8元/千克，“仙粉黛”单价为6元/千克．
列方程为：50(1+2a%)×8(1− a%)+150(1+a%)×6(1− a%)=1040+535．
令a%=t，则：80t2-134t+33=0，
∴t= ，t= ．
1 2
又∵当t= 时，
a%= ＞ ，舍去．
∴t= ．
∴a=30．
答：a的值是30．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，一元一次不等式的应用，解题关键是要读懂题目的意思，
根据题目给出的条件，找出合适的数量关系，列出方程或不等式，再求解．
37．（2023秋·重庆北碚·九年级重庆市朝阳中学校考期末）某房地产商决定将一片小型公寓作为精装房出
售，每套公寓面积均为32平方米，现计划为100套公寓地面铺地砖，根据用途的不同选用了A、B两种地
砖，其中50套公寓全用A种地砖铺满，另外50套公寓全用B种地砖铺满，A种地砖是每块面积为0.64平
方米的正方形，B种地砖是每块而积为0.16平方米的正方形，且A种地砖每块的进价比B种地砖每块的进价高40元，购进A、B两种地砖共花费350000元．（注：每套公寓地面看成正方形，均铺满地砖且地砖
无剩余）
（1）求A、B两种地砖每块的进价分别是多少元？
（2）实际施工时，房地产商增加了精装的公寓套数，结果实际铺满A种地砖的公寓套数增加了 ，铺满
B种地砖的公寓套数增加了 ，由于地砖的购进量增加．B种地砖每块进价在（1）问的基础上降低了
，但A种地砖每块进价保持不变，最后购进A、B两种地砖的总花费比原计划增加了 ，求a的值．
【答案】（1）A、B两种地砖每块的进价分别是60，20元；（2）
【分析】（1）利用每套公寓需要地砖的数量=公寓的面积÷每块地砖的面积，可分别求出每套公寓需要A
种地砖的数量及每套公寓需要B种地砖的数量，设B种地砖每块的进价为x元，则A种地砖每块的进价为
(x+40)元，根据等量关系：购进A种地砖的钱数+购进B种地砖的钱数=350000，即可列出方程，解方程即
可；
（2）根据等量关系： 购进A种地砖的钱数+购进B种地砖的钱数=总钱数，列出方程，即可得到关于a的
方程，解方程即可求出a的值，当然取正值即可．
【详解】（1）一套公寓用A种地砖需要： 块
一套公寓用B种地砖需要： 块
设B种地砖每块的进价为x元
由题可得：
解得：
元
故A、B两种地砖每块的进价分别是60，20元．
（2）由题可得：
整理得：
解得然： ．
∵ ，
∴
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用和一元二次方程的应用，关键是找出等量关系，正确列出方程，
同时（2）问是的方程比较复杂，要善于化简．38．（2023春·浙江宁波·八年级校考期中）新冠疫情蔓延全球，口罩成了人们的生活必须品，某药店销售
普通口罩和N95口罩，今年8月份的进价如下表：
普通口罩 N95口罩
进价（元/包） 8 20
（1）计划N95口罩每包售价比普通口罩贵16元，7包普通口罩和3包N95口罩总售价相同，求普通口罩
和N95口罩每包售价；
（2）按（1）中售价销售一段时间后发现普通口罩的日均销售量为120包，当每包售价降价1元时，日均
销售量增加20包，该药店秉承让利于民的原则，对普通口罩进行降价销售，但要保证当天的利润为320元，
求此时普通口罩每包售价；
（3）疫情期间，该药店进货2万包N95口罩，进价不变，店长向当地医院捐赠了a包 ，
该款口罩，剩余的N95口罩向市民销售，若这2万包口罩的利润等于 ，则N95口罩每包售价是
________元．（直接写出答案，售价为整数元）
【答案】（1）普通口罩和 N95 口罩每包售价分别为12元和28元；（2）10元；（3）32
【分析】（1）设普通口罩和 N95 口罩每包售价分别为 x 元和 y 元，建立二元一次方程组，求解即可得
到答案；
（2）设普通口罩每包售价降低 a 元；根据当天的利润=每个普通口罩的利润 当日普通口罩销售量的关系，
列出并求解方程，即可得到答案；
（3）设N95口罩每包售价是x元；根据总售价-总成本=总利润的关系，列出方程，再结合a的取值范围，
求解不等式，即可完成求解．
【详解】（1）设普通口罩和 N95 口罩每包售价分别为 x 元和 y 元
由题意得，
解得 ，
∴普通口罩和 N95 口罩每包售价分别为 12 元和 28 元.
（2）设普通口罩每包售价降低 a 元
由题意得
解得：a=2，a=-4（舍去）
∴此时普通口罩每包售价为 12-2=10元;（3）设N95口罩每包售价是x元
由题意得
∴
∵
∴
∴
∴
即
x=32或33．
当x=33时，a不是整数，
∴N95口罩每包售价是32元．
【点睛】本题考查了二元一次方程组、一元二次方程、分式方程和不等式的知识；求解的关键是熟练掌握
二元一次方程组、一元二次方程、分式方程和不等式的性质，从而完成求解．
39．（2023春·浙江·八年级阶段练习）健康食品越来越受到人们的青睐，某公司在2016年推出 两种健
康食品套餐，到年底共卖出 万份，其中 套餐卖出 万份，两种套餐共获利润 万元、已知销售一份
套餐可获利润 元，销售一份 套餐可获利润 元．
（1）用含 的代数式表示 ；
（2）随着市场需求不断变化，经营策略也随之调整．2017年，该公司将每份 套餐的利润增加到 元，
每份 套餐的利润不变．经核算，两种套餐在这一年的销售总量与2016年相同，其中 套餐的销售量增加
，两种套餐的总利润增加 万元．①求2017年每种套餐的销售量；
②由于 套餐的需求量逐年上涨，而原材料供应不足，因此，2018年该公司将每份 套餐的利润在2017
年的基础上增加 ，2019年在2018年的基础上又增加 、若 套餐在近三年销售量不变的情况下，仅
2019年一年就获利 万元，求 的值．
【答案】（1） （或 ）；（2）①2017年 项套餐销售量为 万份，2017年 项套
餐销售量为 万份；② .
【分析】（1）根据题意，找出题目的等量关系，列出方程，解方程即可得到答案；
（2）①根据题意，先确定A和B套餐的销售量，然后列出方程组，解方程组即可得到答案；
②分别求出B套餐2017年、2018年、2019年的盈利，然后列出方程，解方程即可．
【详解】解：（1）根据题意，B套餐卖出 份，则
，
∴ （或 ）；
依题意得，2017年 项套餐销售量为： 万份，
项套餐销售量为： 万份，
根据题意得：
解得：
所以2017年 项套餐销售量为 （万份）
2017年 项套餐销售量为 (万份）
依题意可知，
2017年 项套餐每份盈利 元，2018年 项套餐每份盈利 元，
2019年 项套餐每份盈利 元，
所以根据题意得：
设 ，则
解得：
(不符合题意，舍去）
．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，二元一次方程组的应用，以及列代数式，解题的关键是熟练掌
握所学的知识，正确理解题意，列出方程进行解题．
40．（2023·重庆·九年级专题练习）某文明小区50平方米和80平方米两种户型的住宅，50平方米住宅套
数是80平方米住宅套数的2倍．物管公司月底按每平方米2元收取当月物管费，该小区全部住宅都人住且
每户均按时全额缴纳物管费．
（1）该小区每月可收取物管费90000元，问该小区共有多少套80平方米的住宅？
（2）为建设“资源节约型社会”，该小区物管公司5月初推出活动一：“垃圾分类送礼物”，50平方米
和80平方米的住户分别有40%和20%参加了此次活动．为提离大家的积极性，6月份准备把活动一升级为
活动二：“拉圾分类抵扣物管费”，同时终止活动一．经调查与测算，参加活动一的住户会全部参加活动
二，参加活动二的住户会大幅增加，这样，6月份参加活动的50平方米的总户数在5月份参加活动的同户
型户数的基础上将增加 ，每户物管费将会减少 ；6月份参加活动的80平方米的总户数在5月份
参加活动的同户型户数的基础上将增加 ，每户物管费将会减少 ．这样，参加活动的这部分住户6
月份总共缴纳的物管费比他们按原方式共缴纳的物管费将减少 ，求 的值．
【答案】（1）该小区有250套80平方米住宅；（2） 的值为50.
【分析】（1）设该小区有x套80平方米住宅，则50平方米住宅有2x套，根据物管费90000元，可列方
程求解；（2）50平方米住宅有500×40%=200户参与活动一，80平方米住宅有250×20%=50户参与活动一；50平方米住宅每户所交物管费为100（1- a%）元，有200（1+2a%）户参与活动二；80平方米住宅每
户所交物管费为160（1- a%）元，有50（1+6a%）户参与活动二.根据参加活动的这部分住户6月份总共
缴纳的物管费比他们按原方式共缴纳的物管费将减少 a%，列出方程求解即可.
【详解】（1）解：设该小区有x套80平方米住宅，则50平方米住宅有2x套.
由题意得知：
解得
答：该小区有250套80平方米住宅.
（2）
参与活动一：
50平方米住宅每户所交物管费为100元，有 套参与活动一，
80平方米住宅每户所交物管费为160元，有 套参与活动二，
参与活动二：
50平方米住宅每户所交物管费为 元，有 套参与活动一；
80平方米住宅每户所交物管费为 元，有50 套参与活动二；
由题意得：
令 .
化简得： .
解得： （舍去），
（舍去）
答： 的值为50.【点睛】本题是一元二次方程的综合应用题，数据较多，分析清楚题目中相关数据，根据等量关系列出方
程是解题的关键.
