第25 章 一元二次方程（举一反三讲义）全章题型归纳
【新教材人教版】
【夯实基础】...............................................................................................................................................................1
【题型1 定义与一般形式辨析】..........................................................................................................................1
【题型2 直接开平方法求解】..............................................................................................................................3
【题型3 配方法步骤演练】..................................................................................................................................4
【题型4 公式法求根运算】..................................................................................................................................7
【题型5 因式分解法应用】..................................................................................................................................9
【题型6 根的判别式的应用】............................................................................................................................11
【题型7 根与系数的关系】................................................................................................................................14
【题型8 根据实际问题列方程】........................................................................................................................17
【进阶拔高】.............................................................................................................................................................19
【题型9 含参方程根的讨论】............................................................................................................................19
【题型10 整数根与有理根问题】........................................................................................................................22
【题型11 根据方程根的情况求解】....................................................................................................................26
【题型12 方程与几何图形结合（动点）】........................................................................................................29
【题型13 分式方程转化为整式方程】................................................................................................................36
【题型14 双根号方程的求解】............................................................................................................................38
【题型15 根的代数式化简求值】........................................................................................................................40
【创新思辨】.............................................................................................................................................................42
【题型16 高次方程降次与换元】........................................................................................................................42
【题型17 构造一元二次方程求解】....................................................................................................................44
【题型18 含绝对值的一元二次方程】................................................................................................................47
【题型19 函数与一元二次方程综合】................................................................................................................52
【题型20 存在性与探索性问题】........................................................................................................................56
【夯实基础】
【题型1 定义与一般形式辨析】
【例1】（25-26 八年级下·山东东营·月考）将一元二次方程𝑥2 = 4(𝑥−1) +2化成一般形式后，一次项系数为
____．
【答案】
−4
【详解】解：𝑥2 = 4(𝑥−1) +2，
题型归纳
𝑥2 = 4𝑥−4 + 2，
𝑥2−4𝑥+ 2 = 0；
故一次项系数为−4.
【变式1-1】（25-26 九年级上·辽宁鞍山·月考）若关于x 的方程 2𝑥𝑚−2 +3𝑥+ 5 = 0是一元二次方程，则m
的值为____________．
【答案】4
【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，根据一元二次方程的定义，方程中未知数的最高次数必须
为2，因此令𝑚−2 = 2，求解𝑚的值．
【详解】解：依题意，𝑚−2 = 2，
∴ 𝑚= 4，
故答案为：4．
【变式1-2】（24-25 八年级下·浙江宁波·期中）关于𝑥的方程𝑎(𝑥+ 𝑚+ 2)2 +𝑏= 0的解是𝑥1 = −3，𝑥2 = 6
（𝑎，𝑚，𝑏均为常数，𝑎≠0），则方程𝑎(𝑥+ 𝑚)2 +𝑏= 0的解是________．
【答案】𝑥1 = −1，𝑥2 = 8
【分析】此题考查了方程解的定义，把方程𝑎(𝑥+ 𝑚)2 +𝑏= 0变为𝑎[(𝑥−2)+ 𝑚+ 2]2 +𝑏= 0，进而根据方
程解的定义可得𝑥−2 = −3或𝑥−2 = 6，解之即可求解，理解方程解的定义是解题的关键．
【详解】解：方程𝑎(𝑥+ 𝑚)2 +𝑏= 0可变为𝑎[(𝑥−2)+ 𝑚+ 2]2 +𝑏= 0，
∵方程𝑎(𝑥+ 𝑚+ 2)2 +𝑏= 0的解是𝑥1 = −3，𝑥2 = 6，
∴𝑥−2 = −3或𝑥−2 = 6，
∴𝑥1 = −1，𝑥2 = 8，
故答案为：𝑥1 = −1，𝑥2 = 8．
【变式1-3】（25-26 八年级下·安徽合肥·期中）对于关于𝑥的方程𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐= 0，有下列说法：
①若𝑎−𝑏+ 𝑐= 0，则方程𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐= 0(𝑎≠0)必有一个根为1；
②当𝑎= 0时，方程𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐= 0无实数解；
③若𝑐是方程𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐= 0(𝑎≠0)的一个根，则一定有𝑎𝑐+ 𝑏+ 1 = 0成立；
④一元二次方程𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐= 0(𝑎≠0)有两个相等的实根𝑥1 = 𝑥2 = 𝑥0，则2𝑎𝑥0 +𝑏= 0；
其中正确的是（ ）
A．①③
B．②④
C．①③④
D．④
【答案】D
【详解】解：对于①：将𝑥= 1代入𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐= 0得𝑎+ 𝑏+ 𝑐= 0，若𝑎−𝑏+ 𝑐= 0，则𝑥= −1满足方程，
即方程的根为−1，不是1，故①错误；
对于②：当𝑎= 0时，方程变为𝑏𝑥+ 𝑐= 0，若𝑏≠0，方程有实数解𝑥= −
𝑐
𝑏，故②错误；
对于③：∵𝑐是方程𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐= 0(𝑎≠0)的一个根，代入得𝑎𝑐2 +𝑏𝑐+ 𝑐= 0，整理得𝑐(𝑎𝑐+ 𝑏+ 1) = 0，
∴𝑐= 0或𝑎𝑐+ 𝑏+ 1 = 0，不是一定有𝑎𝑐+ 𝑏+ 1 = 0，故③错误；
对于④：∵一元二次方程𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐= 0(𝑎≠0)有两个相等的实根𝑥1 = 𝑥2 = 𝑥0，
∴𝑎𝑥2
0 +𝑏𝑥0 +𝑐= 0，且判别式Δ = 𝑏2−4𝑎𝑐= 0，即4𝑎𝑐= 𝑏2，
对𝑎𝑥2
0 +𝑏𝑥0 +𝑐= 0两边同乘4𝑎得4𝑎2𝑥2
0 +4𝑎𝑏𝑥0 +4𝑎𝑐= 0，代入4𝑎𝑐= 𝑏2得：
(2𝑎𝑥0 + 𝑏)2 = 0，
∴2𝑎𝑥0 +𝑏= 0，故④正确；
综上只有④正确．
【题型2 直接开平方法求解】
【例2】（25-26 八年级下·安徽亳州·月考）已知方程(𝑥+ 1)2 = 9的两个根为𝑥1，𝑥2，且𝑥1 > 𝑥2，则
𝑥1
𝑥2 =
________．
【答案】−
1
2．
【分析】运用直接开平方法求出𝑥1 = 2，𝑥2 = −4，从而求出
𝑥1
𝑥2 = −
1
2．
【详解】解：∵(𝑥+ 1)2 = 9，
∴𝑥+ 1 =± 3
∵𝑥1 > 𝑥2，
∴𝑥1 = 2，𝑥2 = −4，
∴
𝑥1
𝑥2 = −
1
2．
【变式2-1】（25-26 八年级下·江苏苏州·期中）如果关于x 的方程(𝑥−9)2 = 𝑚+ 3可以用直接开平方法求解，
那么m 的取值范围是（ ）
A．𝑚> 0
B．𝑚≥0
C．𝑚> −3
D．𝑚≥−3
【答案】D
【分析】根据直接开平方法解一元二次方程的要求，等式右边必须为非负数，据此列不等式求解即可得到𝑚
的取值范围．
【详解】解：∵任意实数的平方为非负数
∴(𝑥−9)2 ≥0
∵方程(𝑥−9)2 = 𝑚+ 3可以用直接开平方法求解
∴等式右边需满足非负，即𝑚+ 3 ≥0
解得𝑚≥−3．
【变式2-2】（25-26 九年级上·广西钦州·期末）下列一元二次方程中，没有实数根的是（ ）
A．𝑥2 = 0
B．𝑥2−1 = 0
C．𝑥2 +1 = 0
D．𝑥2 +2𝑥+ 1 = 0
【答案】C
【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
通过计算每个一元二次方程进行解题．
【详解】解：A：𝑥2 = 0，𝑥1 = 𝑥2 = 0，有实数根，故该选项不合题意；
B：𝑥2−1 = 0，𝑥2 = 1，𝑥=± 1，有实数根，故该选项不合题意；
C：𝑥2 +1 = 0，𝑥2 = −1，无实数根，故该选项符合题意；
D：𝑥2 +2𝑥+ 1 = 0，(𝑥+ 1)2 = 0，𝑥1 = 𝑥2 = −1，有实数根，故该选项不合题意．
故选：C．
【变式2-3】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）对任意有理数𝑎、𝑏，定义关于“ ⊕”的一种运算如下：
𝑎⊕𝑏= 2𝑎−𝑏2，例如：5 ⊕2 = 2 × 5−22 = 6，(−3) ⊕4 = 2 × (−3)−42 = −22．若(−13) ⊕𝑥= −126，
则|𝑥|的值为______．
【答案】10
【分析】根据新定义运算规则列出关于𝑥的方程，解方程后计算|𝑥|的值即可．
【详解】解：∵(−13) ⊕𝑥= −126，
∴根据定义可得2 × (−13)−𝑥2 = −126，
整理可得：𝑥2 = 100，
∴𝑥=± 10，
∴|𝑥| = | ± 10| = 10．
【题型3 配方法步骤演练】
【例3】（25-26 八年级下·安徽阜阳·期中）用配方法解方程𝑥2 +8𝑥+ 3 = 0时，若将方程变形为(𝑥+ 𝑝)2
= 𝑞，则𝑞−𝑝= ____．
【答案】9
【分析】先对原方程进行配方，得到(𝑥+ 𝑝)2 = 𝑞的形式后确定𝑝与𝑞的值，再代入计算𝑞−𝑝即可．
【详解】解：𝑥2 +8𝑥+ 3 = 0，
移项，得𝑥2 +8𝑥= −3，
配方，在等式两边同时加上一次项系数一半的平方，得𝑥2 +8𝑥+ 16 = −3 + 16，
整理，得(𝑥+ 4)2 = 13，
对比(𝑥+ 𝑝)2 = 𝑞，可得𝑝= 4，𝑞= 13，
∴𝑞−𝑝= 13−4 = 9．
【变式3-1】（2026·上海静安·二模）当a 是任意有理数时，下列代数式的值一定为正数的是（ ）
A．𝑎2
B．𝑎2 +𝑎
C．𝑎2 +𝑎+
1
5
D．𝑎2 +𝑎+ 1
【答案】D
【分析】利用平方数的非负性，通过举反例和配方变形，逐个判断各选项是否满足代数式的值一定为正数
即可．
【详解】解：A、当𝑎= 0时，𝑎2 = 0，0 不是正数，故A 选项不符合题意；
B、当𝑎= 0时，𝑎2 +𝑎= 0，0 不是正数，故B 选项不符合题意；
C、𝑎2 +𝑎+
1
5 = 𝑎+
1
2
2
−
1
20，当𝑎= −
1
2时，𝑎2 +𝑎+
1
5 = −
1
20 < 0，故C 选项不符合题意；
D、𝑎2 +𝑎+ 1 = 𝑎+
1
2
2
+
3
4，∵𝑎+
1
2
2
≥0，∴𝑎+
1
2
2
+
3
4 ≥
3
4，即代数式的值一定为正数，故D 选项符
合题意．
【变式3-2】（25-26 九年级上·山东济宁·阶段检测）古希腊数学家丢番图在《算术》中就提到了一元二次方
程的问题，不过当时古希腊人还没有寻求到它的求根公式，只能用图解等方法来求解．在欧几里得的《几
何原本》中，形如𝑥2 +𝑎𝑥= 𝑏2（𝑎> 0，𝑏> 0）的方程的图解法是：如图，以
𝑎
2和b 为两直角边作Rt
△𝐴𝐵𝐶，再在斜边上截取𝐵𝐷=
𝑎
2，则该方程的一个正实数根等于线段_______的长．
【答案】𝐴𝐷/𝐷𝐴
【分析】此题考查了一元二次方程的应用，勾股定理，在Rt △𝐴𝐵𝐶中，利用勾股定理列出关系式，把各自
的长度代入，化简后与已知方程比较，即可求解．
【详解】解：∵𝑥2 +𝑎𝑥= 𝑏2，
∴𝑥2 +𝑎𝑥+
𝑎
2
2
= 𝑏2 +
𝑎
2
2
，即𝑥+
𝑎
2
2
= 𝑏2 +
𝑎
2
2
，
∴𝑥+
𝑎
2 =±
𝑏2 +
𝑎
2
2
，
则𝑥=±
𝑏2 +
𝑎
2
2
−
𝑎
2，
在Rt △𝐴𝐵𝐶中，∵𝐴𝐶= 𝑏，𝐵𝐶=
𝑎
2，
∴𝐴𝐵=
𝑏2 +
𝑎
2
2
，
又∵𝐵𝐶= 𝐵𝐷=
𝑎
2，
∴𝐴𝐷=
𝑏2 +
𝑎
2
2
−
𝑎
2，
∴图形中线段𝐴𝐷的长是方程𝑥2 +𝑎𝑥= 𝑏2的一个解，
故答案为：𝐴𝐷．
【变式3-3】（25-26 八年级下·浙江·期中）我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，运用“出入相补（以
盈补虚）”原理，即通过图形割补求解一元二次方程𝑥2 +6𝑥= 27，如图1：在边长为x 的正方形的四条边向
外作边长为x 和
3
2的长方形，再把它补充成一个边长为𝑥+ 3的大正方形，得到大正方形的面积为(𝑥+ 3)2 =
𝑥2 +6𝑥+ 9 = 27 + 9 = 36（因为𝑥2 +6𝑥= 27）．所以大正方形的边长为𝑥+ 3 = 6，得到𝑥= 3．聪明的小
明也用图形割补法解关于x 的方程𝑥2 +𝑎𝑥−𝑏= 0时，构造了类似的图形，如图2，已知大正方形𝐴𝐵𝐶𝐷面积
为64，小正方形𝐸𝐹𝐺𝐷面积为25，则𝑥2 +𝑎𝑥−𝑏= 0中的𝑎= _______；𝑏= _______．
【答案】
10
39
【分析】将𝑥2 +𝑎𝑥−𝑏= 0配方得(𝑥+
𝑎
2 )
2
= 𝑏+ (
𝑎
2 )
2
，得出(𝑥+
𝑎
2 )
2
= 64，(
𝑎
2 )
2
= 25，求解即可；
【详解】解：∵𝑥2 +𝑎𝑥−𝑏= 0，
∴𝑥2 +𝑎𝑥= 𝑏，
配方得：(𝑥+
𝑎
2 )
2
= 𝑏+ (
𝑎
2 )
2
，
根据题意：大正方形𝐴𝐵𝐶𝐷是配方后的正方形，面积为64，
∴(𝑥+
𝑎
2 )
2 = 64，
∴右上角的小正方形𝐸𝐹𝐺𝐷就是配方额外补充的正方形，面积为25，
∴它的面积就是(
𝑎
2 )
2
= 25；
∵𝑎边长为正数，
∴
𝑎
2 =
25 = 5，解得𝑎= 10，
代入(𝑥+
𝑎
2 )
2
= 𝑏+ (
𝑎
2 )
2
得64 = 𝑏+ 25，解得𝑏= 64−25 = 39．
【题型4 公式法求根运算】
【例4】（25-26 八年级下·安徽合肥·期中）一元二次方程
1
2𝑥2−3 7𝑥+ 19 = 0的较小的实数根应在（ ）
A．1 和2 之间
B．2 和3 之间
C．3 和4 之间
D．4 和5 之间
【答案】B
【分析】利用一元二次方程求根公式得到较小的根的表达式，再通过估算无理数的大小，确定较小根所在
区间；
【详解】解：将原方程两边同乘2，整理得𝑥2−6 7𝑥+ 38 = 0
∵𝑎= 1，𝑏= −6 7，𝑐= 38，
∴判别式Δ = 𝑏2−4𝑎𝑐= (−6 7)
2
−4 × 1 × 38 = 252−152 = 100 > 0，
由求根公式得𝑥=
6 7± 100
2
= 3 7 ± 5 ，
∵3 7−5 < 3 7 +5，
∴较小的实数根为𝑥= 3 7−5 =
63−5，
又∵72 = 49，82 = 64，且49 < 63 < 64，
∴
49 <
63 <
64，即7 < 3 7 < 8，
不等式同减5得2 < 3 7−5 < 3；
因此较小的实数根在2 和3 之间．
【变式4-1】（25-26 八年级下·安徽淮南·月考）下列一元二次方程的根可以根据𝑥=
−3± 32−4×2×1
2×2
计算得出
的是（ ）
A．2𝑥2 +3𝑥+ 1 = 0
B．2𝑥2 +3𝑥−1 = 0
C．3𝑥2 +𝑥−2 = 0
D．−2𝑥2−𝑥+ 3 = 0
【答案】A
【分析】根据求根公式确定二次项系数，一次项系数和常数项即可．
【详解】解：根据求根公式可得𝑥=
−𝑏± 𝑏2−4𝑎𝑐
2𝑎
=
−3± 32−4×2×1
2×2
，
可得𝑎= 2,𝑏= 3,𝑐= 1，
所以对应的一元二次方程为2𝑥2 +3𝑥+ 1 = 0．
【变式4-2】（25-26 八年级上·福建福州·期末）解方程：𝑥2 +2𝑥−4 = 0（公式法）
【答案】𝑥1 = −1 +
5，𝑥2 = −1−5
【分析】本题考查解一元二次方程，根据公式法解一元二次方程，即可．
【详解】解：𝑥2 +2𝑥−4 = 0，
∵𝑎= 1,𝑏= 2,𝑐= −4，
∴Δ = 𝑏2−4𝑎𝑐= 22−4 × 1 × (−4) = 4 + 16 = 20 > 0，
∴方程有两个不相等的实数根，
∴𝑥=
−𝑏± Δ
2𝑎
=
−2± 20
2
=
−2±2 5
2
，
解得：𝑥1 = −1 +
5，𝑥2 = −1−5．
【变式4-3】（25-26 八年级下·安徽淮南·月考）定义新运算：对于两个不相等的实数𝑎、𝑏，我们规定符号
max{𝑎,𝑏}表示𝑎、𝑏中的较大值，如：max{1,3} = 3，max{−1,−3} = −1．
（1）max 2 3,3 2 = ______；
（2）若max{𝑥,−𝑥} =
𝑥2−2𝑥−1
2
，则𝑥的值是______．
【答案】
3 2
5 +2或−1
【分析】（1）通过平方比较法判断2 3与3 2的大小，从而确定二者中的最大值；
（2）根据𝑥的正负分类讨论max{𝑥,−𝑥}的取值，分别建立方程求解并结合前提条件筛选出符合要求的解．
【详解】（1）解：∵(2 3)
2
= 12，(3 2)
2
= 18，12 < 18，
∴2 3 < 3 2，
∴max 2 3,3 2 = 3 2．
（2）由题意得，𝑥≠−𝑥，即𝑥≠0，
当𝑥> 0时，max{𝑥,−𝑥} =
𝑥2−2𝑥−1
2
= 𝑥，即
𝑥2−2𝑥−1
2
= 𝑥，
解得𝑥1 = −5 +2，𝑥2 =
5 +2，
∵𝑥1 = −5 +2 < 0，𝑥2 =
5 +2 > 0，
∴x 的值为5 +2；
当𝑥< 0时，max{𝑥,−𝑥} =
𝑥2−2𝑥−1
2
= −𝑥，
即
𝑥2−2𝑥−1
2
= −𝑥，解得𝑥3 = 1，𝑥4 = −1，
∵𝑥3 = 1 > 0，𝑥4 = −1 < 0，
∴𝑥= −1．
综上，𝑥的值是5 +2或−1．
【题型5 因式分解法应用】
【例5】（25-26 八年级下·山东东营·期中）三角形两边长分别为3 和6，第三边长是方程𝑥2−6𝑥+ 8 = 0的
解，则这个三角形的周长是（ ）
A．15
B．13
C．11 或8
D．11 和13
【答案】B
【分析】先解一元二次方程得到第三边的可能值，再根据三角形三边关系判断符合条件的第三边，最后计
算周长即可得到答案.
【详解】解：∵ 𝑥2−6𝑥+ 8 = 0，
∴ 因式分解得 (𝑥−2)(𝑥−4) = 0，
解得 𝑥1 = 2,𝑥2 = 4，
∵ 三角形两边长分别为3 和6，
∴ 当第三边长为2时，2 + 3 < 6，不满足三角形三边关系，此种情况舍去，
当第三边长为4时，满足三角形三边关系，此时三角形周长为 3 + 4 + 6 = 13.
【变式5-1】（25-26 八年级下·山东威海·期中）已知关于𝑥的一元二次方程(𝑚−2)𝑥2 +𝑥+ 𝑚2 +𝑚−6 = 0的
一个根为0，则𝑚的值为____．
【答案】−3
【分析】将𝑥= 0代入原方程得到关于𝑚的方程，结合一元二次方程的定义，即二次项系数不为0，筛选得
到符合条件的𝑚的值．
【详解】解：把𝑥= 0代入(𝑚−2)𝑥2 +𝑥+ 𝑚2 +𝑚−6 = 0得𝑚2 +𝑚−6 = 0，
因式分解得(𝑚+ 3)(𝑚−2) = 0，
解得𝑚1 = −3，𝑚2 = 2，
∵原方程是关于𝑥的一元二次方程，
∴𝑚−2 ≠0，
即𝑚≠2，
因此𝑚= −3．
【变式5-2】（25-26 八年级下·浙江·期中）对于任意实数a，b，c 有(𝑎,𝑏) ∗𝑐= 𝑎𝑏−𝑐，其中等式右边是通常
的乘法和减法运算．例如，(1,2)*3 = 1 × 2−3 = −1．
(1)求关于x 的一元二次方程(𝑥,𝑥−1) ∗2 = 0的解；
(2)若关于x 的一元二次方程(𝑥,𝑘𝑥) ∗(𝑥2 + 2𝑥−1) = 0无实数根，求k 的取值范围．
【答案】(1)𝑥1 = −1，𝑥2 = 2
(2)𝑘> 2
【分析】（1）根据新定义可得方程𝑥(𝑥−1)−2 = 0，解方程即可得到答案；
（2）根据新定义可得方程𝑘𝑥2−(𝑥2 + 2𝑥−1) = 0，根据该方程无实数根，利用判别式和一元二次方程的定
义求解即可．
【详解】（1）解：∵(𝑥,𝑥−1) ∗2 = 0，
∴𝑥(𝑥−1)−2 = 0，
∴𝑥2−𝑥−2 = 0，
∴(𝑥+ 1)(𝑥−2) = 0，
∴𝑥+ 1 = 0或𝑥−2 = 0，
解得𝑥1 = −1，𝑥2 = 2；
（2）解：∵(𝑥,𝑘𝑥) ∗(𝑥2 + 2𝑥−1) = 0，
∴𝑘𝑥2−(𝑥2 + 2𝑥−1) = 0，
∴𝑘𝑥2−𝑥2−2𝑥+ 1 = 0，
∴(𝑘−1)𝑥2−2𝑥+ 1 = 0，
∵关于x 的一元二次方程(𝑥,𝑘𝑥) ∗(𝑥2 + 2𝑥−1) = 0无实数根，
∴
𝑘−1 ≠0
Δ = (−2)2−4(𝑘−1)< 0
，
∴𝑘> 2．
【变式5-3】（25-26 八年级下·山东青岛·期中）定义：若两个一元二次方程有且只有一个相同的实数根,我们
就称这两个方程为“牵手方程”,例如方程𝑥2 = 4和𝑥2−2𝑥= 0有且仅有一个相同的实数根𝑥= 2,所以这两个方
程为“牵手方程”．若方程𝑥2 +2𝑥−3 = 0和(𝑥−3)(𝑥+ 𝑚) = 0为“牵手方程”,则m 的值为__________．
【答案】3 或−1
【分析】先求出一元二次方程𝑥2 +2𝑥−3 = 0的解𝑥1 = 1，𝑥2 = −3，根据方程𝑥2 +2𝑥−3 = 0和(𝑥−3)(𝑥+ 𝑚)
= 0为“牵手方程”,分情况求解即可．
【详解】解：𝑥2 +2𝑥−3 = 0，
(𝑥−1)(𝑥+ 3) = 0，
解得：𝑥1 = 1，𝑥2 = −3，
当相同的根是𝑥= 1时，
代入方程(𝑥−3)(𝑥+ 𝑚) = 0可得(1−3)(1 + 𝑚) = 0，
解得：𝑚= −1；
此时方程为(𝑥−3)(𝑥−1) = 0，可得：𝑥1 = 3，𝑥2 = 1，符合题意；
当相同的根是𝑥= −3时，
代入方程(𝑥−3)(𝑥+ 𝑚) = 0得(−3−3)(−3 + 𝑚) = 0，
解得：𝑚= 3，
此时方程为(𝑥−3)(𝑥+ 3) = 0，可得：𝑥1 = 3，𝑥2 = −3，符合题意；
∴m 的值是3 或−1．
【题型6 根的判别式的应用】
【例6】（2026·河北·二模）下列一元二次方程，没有实数根的是（ ）
A．3𝑥2−5𝑥= 0
B．2𝑥2−4𝑥+ 7 = 0
C．5𝑥2 +5𝑥−1 = 0
D．3𝑥2 = 9𝑥−2
【答案】B
【分析】根的判别式：一元二次方程𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐= 0(𝑎≠0)的根与Δ = 𝑏2−4𝑎𝑐有如下关系：当Δ > 0时，
方程有两个不相等的实数根；当Δ = 0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．计算各选
项的判别式即可判断．
【详解】解：A．3𝑥2−5𝑥= 0，
∴Δ = (−5)2−4 × 3 × 0 = 25 > 0，
∴ 方程有两个不相等的实数根，不符合题意；
B ．2𝑥2−4𝑥+ 7 = 0，
∴Δ = (−4)2−4 × 2 × 7 = −40 < 0，
∴ 方程没有实数根，符合题意；
C ．5𝑥2 +5𝑥−1 = 0，
∴Δ = 52−4 × 5 × (−1) = 45 > 0，
∴ 方程有两个不相等的实数根，不符合题意；
D．3𝑥2 = 9𝑥−2，
∴3𝑥2−9𝑥+ 2 = 0
∴Δ = (−9)2−4 × 3 × 2 = 57 > 0，
∴ 方程有两个不相等的实数根，不符合题意．
【变式6-1】（2026·河南新乡·一模）若𝑥= −1是方程𝑥2−3𝑥+ 𝑚= 0的一个根，则此方程的根的情况是
（ ）
A．有两个不相等的实数根
B．有两个相等的实数根
C．有一个实数根
D．𝑚< 0时，没有实数根
【答案】A
【分析】本题考查一元二次方程根的定义和一元二次方程根的判别式，先将已知根代入方程求出𝑚的值，再
计算根的判别式判断根的情况即可．
【详解】解：∵𝑥= −1 是方程𝑥2−3𝑥+ 𝑚= 0 的一个根，
∴ 将𝑥= −1 代入方程，得(−1)2−3 × (−1) + 𝑚= 0．
∴𝑚= −4．
∴原方程为𝑥2−3𝑥−4 = 0．
∵根的判别式Δ = (−3)2−4 × 1 × (−4) = 25 > 0，
∴该方程有两个不相等的实数根．
【变式6-2】（2026·山东青岛·一模）已知关于𝑥的一元二次方程𝑥2 + (𝑚+ 𝑛)𝑥+ 𝑚𝑛= 0，其中𝑚、𝑛在数轴
上的对应点如图所示，则这个方程的根的情况是_______．
【答案】有两个不相等的实数根
【分析】由数轴可得𝑛< 0 < 𝑚，且|𝑛| < |𝑚|，则𝑚+ 𝑛> 0，𝑚𝑛< 0，再求出Δ > 0，即可得出结果．
【详解】解：由数轴可得：𝑛< 0 < 𝑚，且|𝑛| < |𝑚|，
∴𝑚+ 𝑛> 0，𝑚𝑛< 0，
∴Δ = (𝑚+ 𝑛)2−4 × 1 × 𝑚𝑛= (𝑚+ 𝑛)2−4𝑚𝑛> 0，
∴这个方程的根的情况是有两个不相等的实数根．
【变式6-3】（25-26 八年级下·安徽合肥·期中）已知关于𝑥的一元二次方程𝑥2−𝑥+ 𝑚= 0有两个实数根𝑎和𝑏．
(1)求实数𝑚的取值范围．
(2)若𝑎= 2𝑏，求𝑚的值．
(3)若3(𝑎2 + 𝑏)2 +12(𝑎2 + 𝑏)−63 = 0 ，求𝑚的值．
【答案】(1)𝑚≤
1
4
(2)
2
9
(3)−2
【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式Δ ≥0列出关于𝑚的不等式解答即可求解；
（2）由一元二次方程根和系数的关系可得𝑎+ 𝑏= 1，𝑎𝑏= 𝑚，进而由𝑎= 2𝑏可得𝑏=
1
3，𝑎=
2
3，再代入计
算即可求解；
（3）利用因式分解由已知可得𝑎2 +𝑏= −7 或𝑎2 +𝑏= 3 ，又由一元二次方程根的定义及根和系数的关系
可得𝑎2 +𝑏= 1−𝑚 ，即得到1−𝑚= −7 或1−𝑚= 3，再分情况解答即可求解；
本题考查了一元二次方程根的判别式，一元一次方程根和系数的关系，一元二次方程根的定义等，熟练掌
握知识点是解题的关键．
【详解】（1）解：∵一元二次方程𝑥2−𝑥+ 𝑚= 0有两个实数根，
∴Δ = (−1)2−4 × 1 × 𝑚= 1−4𝑚≥0 ，
解得𝑚≤
1
4；
（2）解：∵一元二次方程𝑥2−𝑥+ 𝑚= 0有两个实数根𝑎和𝑏，
∴𝑎+ 𝑏= 1，𝑎𝑏= 𝑚，
∵𝑎= 2𝑏，
∴3𝑏= 1，
∴𝑏=
1
3，
∴𝑎= 2𝑏=
2
3，
∴𝑚= 𝑎𝑏=
2
3 ×
1
3 =
2
9；
（3）解：∵3(𝑎2 + 𝑏)2 +12(𝑎2 +𝑏)−63 = 0 ，
∴(𝑎2 + 𝑏)2 +4(𝑎2 +𝑏)−21 = 0 ，
∴(𝑎2 +𝑏+ 7)(𝑎2 +𝑏−3) = 0 ，
∴𝑎2 +𝑏+ 7 = 0 或𝑎2 +𝑏−3 = 0 ，
∴𝑎2 +𝑏= −7 或𝑎2 +𝑏= 3 ，
∵𝑎是方程𝑥2−𝑥+ 𝑚= 0的根，
∴𝑎2−𝑎+ 𝑚= 0 ，
∴𝑎2 = 𝑎−𝑚 ，
∴𝑎2 +𝑏= 𝑎−𝑚+ 𝑏= (𝑎+ 𝑏)−𝑚 ，
又∵𝑎+ 𝑏= 1，
∴𝑎2 +𝑏= 1−𝑚 ，
∴1−𝑚= −7 或1−𝑚= 3，
当1−𝑚= −7 时，解得𝑚= 8，
∵8 >
1
4，不符合𝑚≤
1
4，
∴𝑚= 8不合题意，舍去；
当1−𝑚= 3时，解得𝑚= −2，
∵−2 ≤
1
4，符合𝑚≤
1
4，
∴𝑚= −2符合题意；
综上，𝑚的值为−2．
【题型7 根与系数的关系】
【例7】（25-26 八年级下·浙江杭州·期中）已知关于𝑥的一元二次方程𝑥2 +2(𝑘−1)𝑥+ 𝑘2 = 0的两个不相等
的实数根𝑥1，𝑥2，且
1
𝑥1 +
1
𝑥2 = 4，则𝑘的值为______．
【答案】−1
【分析】利用根与系数的关系和根的判别式得到𝑥1 + 𝑥2 = −2(𝑘−1)，𝑥1𝑥2 = 𝑘2，Δ = 4(𝑘−1)2−4𝑘2 > 0，
进而得到𝑘<
1
2，结合
1
𝑥1 +
1
𝑥2 = 4可得出关于𝑘的方程，解之可得出𝑘的值．
【详解】解：∵关于𝑥的一元二次方程𝑥2 +2(𝑘−1)𝑥+ 𝑘2 = 0的两个不相等的实数根𝑥1，𝑥2，
∴ 𝑥1 + 𝑥2 = −2(𝑘−1)，𝑥1𝑥2 = 𝑘2，Δ = 4(𝑘−1)2−4𝑘2 > 0，
∴ 𝑘<
1
2，
∴
1
𝑥1 +
1
𝑥2 = 4
𝑥1 + 𝑥2
𝑥1𝑥2
= 4
−2(𝑘−1)
𝑘2
= 4
4𝑘2 + 2(𝑘−1) = 0
(2𝑘−1) (𝑘+ 1) = 0
2𝑘−1 = 0或𝑘+ 1 = 0
𝑘=
1
2（舍去），或𝑘= −1，
故答案为：−1．
【变式7-1】（2026·天津和平·二模）若𝑥1，𝑥2是方程𝑥2−20𝑥−25 = 0的两个根，则（ ）
A．𝑥1 + 𝑥2 = 20
B．𝑥1 + 𝑥2 = 10
C．𝑥1𝑥2 = −
25
2
D．𝑥1𝑥2 = 25
【答案】A
【详解】解：∵𝑥1，𝑥2是方程𝑥2−20𝑥−25 = 0的两个根，
∴𝑥1 + 𝑥2 = −
−20
1 = 20，𝑥1𝑥2 =
−25
1 = −25．
【变式7-2】（25-26 八年级下·浙江杭州·期中）若m，n 是方程𝑥2 +2𝑥−2026 = 0的两个实数根，则代数式
𝑚2 +3𝑚+ 𝑛的值为（ ）
A．−2
B．2024
C．2026
D．2028
【答案】B
【分析】利用一元二次方程根的定义对所求代数式降次，再结合一元二次方程两根之和的关系整体代入计
算即可求解．
【详解】解：∵𝑚,𝑛是方程𝑥2 +2𝑥−2026 = 0的两个实数根，
∴由方程根的定义得𝑚2 +2𝑚−2026 = 0，
由一元二次方程两根之和的关系得：𝑚+ 𝑛= −2，
∴𝑚2 = 2026−2𝑚，
∴𝑚2 +3𝑚+ 𝑛
= 2026−2𝑚+ 3𝑚+ 𝑛
= 2026 + 𝑚+ 𝑛
= 2026−2
= 2024．
【变式7-3】（25-26 八年级下·江苏苏州·期中）对于关于x 的代数式𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐（a，b，c 是常数，且
𝑎≠0），若存在实数m，使得当𝑥= 𝑚时，代数式的值也等于m，则称m 为这个代数式的“不动值”．例如：
对于关于x 的代数式𝑥2，当𝑥= 0时，代数式的值等于0；当𝑥= 1时，代数式的值等于1，我们就称0 和1
都是这个代数式的“不动值”．
(1)下列x 的取值：①𝑥= −1，②𝑥= 0，③𝑥= 1，④𝑥= 2；其中是关于x 的代数式𝑥2−2的“不动值”是______
（填序号）；
(2)判断关于x 的代数式3𝑥2−𝑥+ 1是否存在“不动值”，若存在，请求出代数式的“不动值”；若不存在，请说
明理由；
(3)若关于x 的代数式𝑥2−3𝑥+ 𝑐有两个“不动值”，且一个“不动值”是另一个“不动值”的3 倍，求c 的值．
【答案】(1)①④
(2)不存在，理由见解析
(3)3
【分析】（1）根据定义求解即可；
（2）由题意得方程3𝑥2−𝑥+ 1 = 𝑥，再由根的判别式求解即可；
（3）由题意得，𝑥2−3𝑥+ 𝑐= 𝑥有两个实数根，且一个根是另一个根的3 倍，再根据一元二次方程根与系数
的关系求解即可．
【详解】（1）解：①当𝑥= −1时，𝑥2−2 = (−1)2−2 = −1，符合题意；
②当𝑥= 0时，𝑥2−2 = 02−2 = −2 ≠0，不符合题意；
③当𝑥= 1时，𝑥2−2 = 12−2 = −1 ≠1，不符合题意；
④当𝑥= 2时，𝑥2−2 = 22−2 = 2，符合题意，
∴其中是关于x 的代数式𝑥2−2的“不动值”是①④；
（2）解：不存在，理由如下：
若关于x 的代数式3𝑥2−𝑥+ 1存在“不动值”，
则3𝑥2−𝑥+ 1 = 𝑥，
整理得，3𝑥2−2𝑥+ 1 = 0，
此时Δ = (−2)2−4 × 3 × 1 = −8 < 0，
∴此方程无实数根，
故关于x 的代数式3𝑥2−𝑥+ 1不存在“不动值”；
（3）解：由题意得，𝑥2−3𝑥+ 𝑐= 𝑥有两个实数根，且一个根是另一个根的3 倍，
整理得，𝑥2−4𝑥+ 𝑐= 0，
设两个实数根为𝑚,3𝑚，
则由一元二次方程根与系数的关系得到，𝑚+ 3𝑚= 4，𝑐= 𝑚× 3𝑚= 3𝑚2
解得𝑚= 1
∴𝑐= 3 × 12 = 3．
【题型8 根据实际问题列方程】
【例8】（25-26 九年级下·重庆开州·期中）随着环保意识的增强和技术的进步，电动汽车逐渐成为消费者的
新宠，某品牌电动车今年1 月份的销量为2000 辆，由于国补政策的连月升温，3 月份的销量比1 月份增加
了1000 辆．设每个月销量的平均增长率为x，则下列方程正确的是（ ）
A．2000(1−𝑥)2 = 1000
B．2000(1 + 𝑥)2 = 1000
C．2000(1 + 𝑥)2 = 2000 + 1000
D．2000(1 + 2𝑥) = 2000 + 1000
【答案】C
【分析】设每个月销量的平均增长率为𝑥，由题意可得，2 月份销量为2000(1 + 𝑥)，3 月份销量为2000
(1 + 𝑥)2，根据3 月份的销量比1 月份增加了1000 辆，即可列出方程．
【详解】解：设每个月销量的平均增长率为𝑥，
∵1 月份销量为2000辆，
∴2 月份销量为2000(1 + 𝑥)，3 月份销量为2000(1 + 𝑥)2，
又∵3 月份的销量比1 月份增加了1000辆，即3 月份销量为2000 + 1000，
∴可得方程2000(1 + 𝑥)2 = 2000 + 1000．
【变式8-1】（2026·重庆秀山·一模）我国南宋数学家杨辉在《田亩比类乘除捷法》中记录了这样的一个问
题：“直田积八百六十四步，只云长阔共六十步，问长多阔几何？”其大意是：矩形面积是864 平方步，其中
长与宽和为60 步，问长比宽多多少步？若设长比宽多𝑥步，则可列方程为__________．
【答案】
60+𝑥
2
⋅
60−𝑥
2
= 864
【分析】根据长与宽的和以及长比宽多步，表示出长和宽，再结合矩形面积公式即可列出方程．
【详解】解∶ 设长比宽多𝑥步，由题意得，长+宽= 60，长−宽= 𝑥，
所以长=
60+𝑥
2 ，宽=
60−𝑥
2 ．
∵矩形面积为864平方步，
∴可得方程
60+𝑥
2
⋅
60−𝑥
2
= 864．
【变式8-2】（25-26 八年级下·安徽合肥·月考）2025 年11 月，世界首座千米级双层斜拉一悬索协作体系公
铁大桥——安徽铜陵长江三桥正式通车．铜陵长江三桥是《长江干线过江通道布局规划（2020—2035 年）》
中规划的过江通道之一，是安徽省重大基础设施建设项目，如图，某摄影爱好者拍摄一张长为12cm、宽为8cm
的大桥全景照，现要在照片四周镶一条等宽的边，制成一幅面积为192cm2的挂图．设照片四周所镶边的宽
为𝑥cm，则所列方程正确的是（ ）
A．(8 + 𝑥)(12 + 𝑥) = 192
B．(8−𝑥)(12−𝑥) = 192
C．(8 + 2𝑥)(12 + 2𝑥) = 192
D．(8−2𝑥)(12−2𝑥) = 192
【答案】C
【分析】依题意得，矩形挂图的宽为(8 + 2𝑥)cm，长为(12 + 2𝑥)cm，根据长方形面积公式列方程即可．
【详解】解：依题意得：(8 + 2𝑥)(12 + 2𝑥) = 192．
【变式8-3】（2026·山西晋城·一模）某家电商铺售卖符合1 级能效标准的节能台灯，每盏台灯的进价为40
元，当售价定为每盏50 元时，每天可售出500 盏台灯．经市场调研发现，该台灯每盏售价每上涨1 元，每
天的销售量就会减少10 盏．若设此款台灯每盏上涨x 元（x 为正整数），且该商铺每天销售该台灯的总利
润为8000 元，则下列所列方程正确的是（ ）
A．(50 + 𝑥)(500−10𝑥) = 8000
B．(50 + 𝑥−40)(500−10𝑥) = 8000
C．(50 + 𝑥−40)(500−𝑥) = 8000
D．(50 + 𝑥−40)(500 + 10𝑥) = 8000
【答案】B
【分析】根据总利润公式“总利润= 每盏利润× 销售量”，分别求出涨价后每盏台灯的利润和销售量，即可
列出正确方程.
【详解】解：涨价𝑥元后，每盏台灯售价为(50 + 𝑥)元，进价为40 元，
∴每盏台灯的利润为(50 + 𝑥−40)元；
∵售价每上涨1 元，每天销售量减少10 盏，
∴涨价𝑥元后，每天销售量为(500−10𝑥)盏；
∵每天总利润为8000 元，
∴可得方程(50 + 𝑥−40)(500−10𝑥) = 8000.
【进阶拔高】
【题型9 含参方程根的讨论】
【例9】（25-26 八年级下·广西崇左·期中）定义：若一元二次方程𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐= 0(𝑎≠0)满足𝑏= 𝑎+ 𝑐，
则称该方程为“和谐方程”．
(1)下列方程属于“和谐方程”的是 ；（填序号）
①3𝑥2 +4𝑥+ 1 = 0；②𝑥2−2𝑥−1 = 0；③2𝑥2 +2𝑥= 0
(2)求证：和谐方程总有实数根；
(3)已知一元二次方程𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐= 0(𝑎≠0)为和谐方程，若该方程有两个相等的实数根，求a，c 的数量
关系．
【答案】(1)①③
(2)见解析
(3)𝑎= 𝑐
【分析】（1）根据“和谐方程”的定义判断即可；
（2）求出Δ = (𝑎−𝑐)2，根据平方的非负性作答即可；
（3）根据“该方程有两个相等的实数根”得到𝑏2−4𝑎𝑐= 0，进而根据“和谐方程”的定义得到(𝑎+ 𝑐)2
−4𝑎𝑐= 0，根据完全平方公式得到(𝑎−𝑐)2 = 0，即可得到a，c 的数量关系．
【详解】（1）解：①4 = 3 + 1，是“和谐方程”；
②−2 ≠1−1，不是“和谐方程”；
③2 = 2 + 0，是“和谐方程”；
∴属于“和谐方程”的是①③；
（2）证明：∵该方程为和谐方程，
∴𝑏= 𝑎+ 𝑐，
∴Δ = (𝑎+ 𝑐)2−4𝑎𝑐
= 𝑎2 + 2𝑎𝑐+ 𝑐2−4𝑎𝑐
= 𝑎2−2𝑎𝑐+ 𝑐2
= (𝑎−𝑐)2，
∵(𝑎−𝑐)2 ≥0，
∴Δ ≥0，
∴和谐方程总有实数根；
（3）解：∵该方程有两个相等的实数根
∴Δ = 0，
即𝑏2−4𝑎𝑐= 0．
∵方程为和谐方程，
∴𝑏= 𝑎+ 𝑐，
∴(𝑎+ 𝑐)2−4𝑎𝑐= 0，
∴𝑎2 + 𝑐2−2𝑎𝑐= 0
∴(𝑎−𝑐)2 = 0
∴𝑎= 𝑐，
∴a，c 的数量关系为𝑎= 𝑐．
【变式9-1】（25-26 八年级下·浙江金华·月考）已知关于𝑥的一元二次方程𝑥2−𝑚𝑥+
1
4𝑚2−1 = 0的两个实数
根分别是一个直角三角形的两条边的长度，第三条边为10时，则𝑚的值为___________．
【答案】4或5
【分析】求出根的判别式判断该方程一定有两个不相等的实数根，再根据一元二次方程根与系数的关系，
以及勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵𝑥2−𝑚𝑥+
1
4𝑚2−1 = 0，
∴Δ = (−𝑚)2−4
1
4 𝑚2−1 × 1 = 𝑚2−𝑚2 +4 = 4 > 0，
∴该方程一定有两个不相等的实数根；
设方程的两个根为𝑎，𝑏，
则：𝑎+ 𝑏= 𝑚，𝑎𝑏=
1
4𝑚2−1，
当该方程的两根是一个直角三角形的两直角边的长，且这个直角三角形的斜边长为10，
∴𝑎2 + 𝑏2 = 10，
∴(𝑎+ 𝑏)2−2𝑎𝑏= 10，
∴𝑚2−2
1
4 𝑚2−1 = 10，即𝑚2 = 16，
解得：𝑚= 4或𝑚= −4，
∵𝑎> 0,𝑏> 0，
当𝑚= −4时，𝑎+ 𝑏= −4 < 0，不合题意，舍去．
∴𝑚= 4．
当该方程的两根一个是直角三角形的边长记为𝑎，另一个斜边记为𝑐，
则：𝑎+ 𝑐= 𝑚，𝑎𝑐=
1
4𝑚2−1，
由勾股定理得𝑐2−𝑎2 = 𝑏2 = 10，即(𝑐+ 𝑎)(𝑐−𝑎) = 10，
∴𝑐−𝑎=
10
𝑚，
∴
𝑎+ 𝑐= 𝑚
𝑐−𝑎= 10
𝑚
𝑎𝑐= 1
4 𝑚2−1
，
解得：
𝑚= 5
𝑎= 3
2
𝑐= 7
2
或
𝑚= −5
𝑎= −3
2
𝑐= −7
2
（舍去）
综上，𝑚的值为4或5．
【变式9-2】（25-26 八年级上·浙江宁波·期末）已知𝑎，𝑏是关于𝑥的一元二次方程𝑥2−2𝑡𝑥+ 𝑡2−2𝑡+ 4 = 0
的两个实数根，则(𝑎+ 4)(𝑏+ 4)的最小值是( )
A．11
B．20
C．28
D．36
【答案】D
【分析】首先根据方程有两个实数根，利用判别式求出参数𝑡的取值范围；再通过韦达定理得到两根之和与
两根之积，将所求式子(𝑎+ 4)(𝑏+ 4)展开并转化为关于𝑡的代数式并配方，最后在𝑡的取值范围内求出最小
值．
【详解】解：∵𝑎，𝑏是关于𝑥的一元二次方程𝑥2−2𝑡𝑥+ 𝑡2−2𝑡+ 4 = 0的两个实数根，
∴Δ = (−2𝑡)2−4 × 1 × (𝑡2−2𝑡+ 4) = 8𝑡−16 ≥0，解得𝑡≥2，
且
𝑎+ 𝑏= 2𝑡
𝑎𝑏= 𝑡2−2𝑡+ 4
．
∴(𝑎+ 4)(𝑏+ 4) = 𝑎𝑏+ 4(𝑎+ 𝑏) + 16 = (𝑡2−2𝑡+ 4) + 4 × 2𝑡+ 16 = 𝑡2 +6𝑡+ 20．
∵𝑡≥2，𝑡2 +6𝑡+ 20 = (𝑡+ 3)2 +11，
∴(𝑎+ 4)(𝑏+ 4) ≥(2 + 3)2 +11 = 36，
∴(𝑎+ 4)(𝑏+ 4)的最小值是36，故选D．
【变式9-3】（2026·四川乐山·一模）关于𝑥的方程𝑎𝑥2−4|𝑥| +2 = 0 有4个不同的实数根，则𝑎的取值范围是
（ ）
A．𝑎< 2
B．𝑎> 2
C．1 ≤𝑎≤2
D．0 < 𝑎< 2
【答案】D
【分析】分两种情况分析，根据一元二次方程有两个不相等的实数根的判定方法结合具体的数值列式解答
即可．
【详解】解：当𝑎= 0时，方程为−4|𝑥| +2 = 0有两个不同的实数根，不符合题意；
当𝑎≠0且𝑥> 0时，方程𝑎𝑥2−4|𝑥| +2 = 0 有4个不同的实数根，
∴方程𝑎𝑥2−4𝑥+ 2 = 0 一定有2 个不同的正实数根，
∴
Δ = (−4)2−4𝑎× 2 > 0
𝑥1 + 𝑥2 = −−4
𝑎> 0
𝑥1𝑥2 = 2
𝑎> 0
解得：0 < 𝑎< 2；
当𝑎≠0且𝑥< 0时，方程𝑎𝑥2−4|𝑥| +2 = 0 有4个不同的实数根，
∴方程𝑎𝑥2 +4𝑥+ 2 = 0 一定有2 个不同的负实数根，
∴
Δ = 42−4𝑎× 2 > 0
𝑥1 + 𝑥2 = −4
𝑎< 0
𝑥1𝑥2 = 2
𝑎> 0
解得：0 < 𝑎< 2；
∴𝑎的取值范围是0 < 𝑎< 2．
【题型10 整数根与有理根问题】
【例10】（25-26 八年级下·浙江宁波·期中）设m 满足不等式𝑚≤40，且关于x 的一元二次方程(𝑥−2)2 +
(𝑎−𝑚)2 = 2𝑚𝑥+ 𝑎2−2𝑎𝑚有两个整数根，则符合条件的整数m 的个数为______．
【答案】7
【分析】首先把方程进行整理，根据一元二次方程的求根公式得𝑥= 2 + 𝑚± 2 𝑚，再根据x，m 均是整数
且𝑚≤40，得m 为完全平方数，即可求解．
【详解】解：将方程整理得：𝑥2−(2𝑚+ 4)𝑥+ 𝑚2 +4 = 0，
∴𝛥= (2𝑚+ 4)2−4(𝑚2 + 4) = 16𝑚，
∴当𝑚≥0时，方程根为𝑥=
2(𝑚+2)±4 𝑚
2
= 2 + 𝑚± 2 𝑚，
∵𝑥，𝑚均是整数且𝑚≤40，
∴𝑚为完全平方数，
∴𝑚= 0，1、4、9、16、25、36．
∴符合条件的整数m 的个数为7．
【变式10-1】设m 是整数,关于x 的方程mx2-（m-1）x+1=0 有有理根，则方程的根为（
）．
A．𝑥1 =
1
2,𝑥2 =
1
3
B．x=-1
C．x1=−1,𝑥2 =
1
2,𝑥3 =
1
3
D．有无数个根
【答案】C
【分析】因为二次项系数含参数,所以需要分类讨论：当m=0 时,方程为一次方程；当m ≠0 时,方程为一元
二次方程,△≥0,再根据m 是整数,找到符合要求的整数即可.
【详解】解：当m=0 时,方程为x+1=0,解得：x=-1,
当m ≠0 时,方程为一元二次方程,
∵方程有有理根,
∴△≥0,且△是完全平方数,
即△=(m-1)2-4m=(m-3)2-8 为完全平方数,
设(m-3)2-8=n2, (m-3)2=n2+8,
∵m 是整数,完全平方数末尾数只能是1,4,5,6,9,
∴n2 的末尾只能是1,6,才能保证n2+8 有可能是完全平方数,
又∵大于10 的两个完全平方数相差大于8,
∴n=1,
∴m-3=3,得m=6,
∴原方程为6x2-5x+1=0,
解得：𝑥1 =
1
2,𝑥2 =
1
3
综上,方程一共有3 个解,为x1=−1,𝑥2 =
1
2,𝑥3 =
1
3 ,
故选C
【点睛】本题考查了一元二次方程二次项含参问题,难度较大,分类讨论和理解平方数是解题关键.
【变式10-2】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．
【答案】(1)𝑚= −1
(2)0 或10 或−2或12
【分析】（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𝑥1 + 𝑥2 =
𝑚−1
𝑚，若方程的两根之
和为整数，即
𝑚−1
𝑚为整数，即可确定𝑚的值；
（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
时，对于关于𝑥的方程𝑚𝑥2−(𝑚−1)𝑥+ 2 = 0可有𝑥=
(𝑚−1)± 𝑚2−10𝑚+1
2𝑚
，若方程的根为有理根，且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．
【详解】（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，
根据一元二次方程的根与系数的关系，可知𝑥1 + 𝑥2 = −
−(𝑚−1)
𝑚
=
𝑚−1
𝑚，
若方程的两根之和为整数，即
𝑚−1
𝑚为整数，
∵
𝑚−1
𝑚= 1−
1
𝑚，
∴
1
𝑚是整数，
∴𝑚=± 1，
当𝑚= 1时，Δ = 1−10 + 1 = −8 < 0，不符合题意；
当𝑚= −1时，Δ = 1 + 10 + 1 = 12 > 0，
𝑚−1
𝑚=
−1−1
−1 = 2，为整数，符合题意；
∴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；
当𝑚≠0时，对于关于𝑥的方程𝑚𝑥2−(𝑚−1)𝑥+ 2 = 0的根为：𝑥=
(𝑚−1)± 𝑚2−10𝑚+1
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），
则：𝑚=
10± 100−4+4𝑘2
2
= 5 ±
24 + 𝑘2，
∵𝑚为整数，
设24 + 𝑘2 = 𝑛2（𝑛为正整数），
∴(𝑘+ 𝑛)(𝑛−𝑘) = 24，
∴
𝑘+ 𝑛= 12
𝑛−𝑘= 2
或
𝑘+ 𝑛= 6
𝑛−𝑘= 4
或
𝑘+ 𝑛= 8
𝑛−𝑘= 3
或
𝑘+ 𝑛= 24
𝑛−𝑘= 1
，
解得：
𝑘= 5
𝑛= 7
或
𝑘= 1
𝑛= 5
或
𝑘= 5
2
𝑛= 11
2
（不合题意，舍去）或
𝑘= 23
2
𝑛= 25
2
（不合题意，舍去）
∴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．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根的判别式、根与系数的关系以及公式法解一元二次方程等知识，
熟练掌握并灵活运用相关知识是解题关键．
【变式10-3】（25-26 九年级上·江苏盐城·月考）已知关于𝑥的方程(𝑚−1)𝑥2−2𝑚𝑥+ 𝑚+ 1 = 0．
(1)求证：无论常数𝑚取何值，方程总有实数根；
(2)当整数𝑚取何值时，方程有两个整数根？
【答案】(1)见解析
(2)𝑚= 2或𝑚= 0或𝑚= 3或𝑚= −1
【分析】本题考查根据方程的根的情况，求参数的值．熟练掌握一元二次方程判别式和根的个数关系，以
及根与系数的关系，是解题的关键．
（1）根据二次项系数为零和不为零两种情况进行分类讨论，利用判别式的取值进行证明即可；
（2）根据方程的两个根都是整数，说明方程为一元二次方程，利用根与系数的关系，结合两个根都是整数，
进行计算即可．
【详解】（1）证明：当𝑚−1 = 0，即：𝑚= 1时，
方程变为：−2𝑥+ 2 = 0，
解得：𝑥= 1，方程有实数根；
当𝑚−1 ≠0，即：𝑚≠1时，方程为一元二次方程，
Δ = 𝑏2−4𝑎𝑐= (−2𝑚)2−4(𝑚−1)(𝑚+ 1) = 4 > 0，
∴方程有两个不相等的实数根；
∴无论m 为何值，方程总有实数根．
（2）解：依题意，方程有两个整数根，则该方程为一元二次方程，故𝑚−1 ≠0，即𝑚≠1，
设方程的两个根为：𝑥1,𝑥2，
则：𝑥1 + 𝑥2 = −
𝑏
𝑎= −
−2𝑚
𝑚−1 =
2𝑚
𝑚−1 =
2(𝑚−1)+2
𝑚−1
= 2 +
2
𝑚−1，
𝑥1 ⋅𝑥2 =
𝑐
𝑎=
𝑚+1
𝑚−1 =
𝑚−1+2
𝑚−1 = 1 +
2
𝑚−1，
∵方程的两个根都为整数，
∴2 +
2
𝑚−1和1 +
2
𝑚−1为整数，即
2
𝑚−1为整数，
∴𝑚−1 =± 1或𝑚−1 =± 2，
解得：𝑚= 2或𝑚= 0或𝑚= 3或𝑚= −1，
∴当𝑚= 2或𝑚= 0或𝑚= 3或𝑚= −1时，该方程的两个根都为整数．
【题型11 根据方程根的情况求解】
【例11】（25-26 九年级上·陕西咸阳·阶段检测）新定义：关于𝑥的一元二次方程𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐= 0(𝑎≠0)如
果有两个不相等的实数根，且其中一个根为另一个根的2 倍，则称这样的一元二次方程为“倍根方程”．如方
程𝑥2−6𝑥+ 8 = 0是“倍根方程”．若关于𝑥的一元二次方程(𝑥−2)(𝑎𝑥−𝑏) = 0(𝑎≠0)是“倍根方程”．则代数式
2𝑎−𝑏
𝑎+𝑏的值为（ ）
A．
1
2或
2
5
B．−
1
2或−
2
5
C．
1
2或−
2
5
D．−
1
2或
2
5
【答案】C
【分析】本题考查了解一元二次方程以及分式的求值，能够正确解出一元二次方程是解题关键．
先解出一元二次方程，然后通过“倍根方程”的定义进行分类讨论即可．
【详解】解：(𝑥−2)(𝑎𝑥−𝑏) = 0(𝑎≠0)，
解得：𝑥1 = 2,𝑥2 =
𝑏
𝑎，
∵方程(𝑥−2)(𝑎𝑥−𝑏) = 0(𝑎≠0)是“倍根方程”，
∴当2 = 2·
𝑏
𝑎时，𝑎= 𝑏，
此时
2𝑎−𝑏
𝑎+𝑏=
2𝑎−𝑎
𝑎+𝑎=
𝑎
2𝑎=
1
2；
当2 × 2 =
𝑏
𝑎时，𝑏= 4𝑎，
此时
2𝑎−𝑏
𝑎+𝑏=
2𝑎−4𝑎
𝑎+4𝑎=
−2𝑎
5𝑎= −
2
5，
综上所述，代数式
2𝑎−𝑏
𝑎+𝑏的值为
1
2或−
2
5．
故选：C
【变式11-1】如果关于𝑥的一元二次方程𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐= 0(𝑎≠0)有两个实数根，且其中一个根比另一个根
大1，那么称这样的方程为“邻根方程”．例如，一元二次方程𝑥2 +𝑥= 0的两个根是𝑥1 = 0，𝑥2 = −1，则方
程𝑥2 +𝑥= 0是“邻根方程”．若关于𝑥的方程𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 1 = 0(𝑎> 0)是“邻根方程”，令𝑡= 10𝑎−𝑏2，则𝑡的最
大值是______．
【答案】9
【分析】本题主要考查一元二次方程的知识，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法以及正确理解“邻
根方程”的定义．根据“邻根方程”的定义求出𝑏2−4𝑎= 𝑎2，代入𝑡= 10𝑎−𝑏2进行配方求出最大值即可．
【详解】解：设𝑥1、𝑥2是方程𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 1 = 0(𝑎> 0)的两根，
解得𝑥1 =
−𝑏+ 𝑏2−4𝑎
2𝑎
，𝑥2 =
−𝑏−𝑏2−4𝑎
2𝑎
，
∵原方程是“邻根方程”，
∴
−𝑏+ 𝑏2−4𝑎
2𝑎
−
−𝑏−𝑏2−4𝑎
2𝑎
= 1，
∴𝑏2−4𝑎= 𝑎2，
∴𝑏2 = 𝑎2 +4𝑎，
∴𝑡= 10𝑎−𝑏2 = 10𝑎−(𝑎2 + 4𝑎) = −(𝑎−3)2 +9，
∴当𝑎= 3时，𝑡有最大值，最大值为9．
故答案为：9．
【变式11-2】（25-26 八年级下·安徽合肥·期中）定义：若关于𝑥的一元二次方程𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐= 0(𝑎≠0)中
的常数项是该方程的一个根，则该一元二次方程就叫作常数根一元二次方程．
(1)已知关于𝑥的方程𝑥2 +3𝑥+ 𝑐= 0是常数根一元二次方程，求𝑐的值；
(2)如果关于𝑥的方程𝑥2 +5𝑚𝑥+ 𝑚+ 1 = 0是常数根一元二次方程，求𝑚的值；
(3)若关于𝑥的常数根一元二次方程𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐= 0(𝑎≠0)中不含零根，求证：关于𝑦的方程𝑎𝑐𝑦2 +𝑏𝑦+ 1 = 0
是常数根一元二次方程．
【答案】(1)𝑐的值为0 或−4；
(2)𝑚= −
1
3或−1；
(3)见解析
【分析】（1）根据常数根一元二次方程的定义，把𝑥= 𝑐代入方程，解关于c 的方程即可；
（2）根据常数根一元二次方程的定义，把𝑥= 𝑚+ 1代入方程，解关于m 的方程即可；
（3）根据常数根一元二次方程的定义，把𝑥= 𝑐代入方程，得到𝑎𝑐+ 𝑏+ 1 = 0，因此𝑦= 1是关于y 的方程
𝑎𝑐𝑦2 +𝑏𝑦+ 1 = 0的一个根，从而得证结论．
【详解】（1）解：∵关于x 的方程𝑥2 +3𝑥+ 𝑐= 0是常数根一元二次方程，
∴方程的一个根为𝑥= 𝑐，
代入方程得，𝑐2 +3𝑐+ 𝑐= 0，即𝑐2 +4𝑐= 0，
解得𝑐= 0或−4；
（2）解：∵关于x 的方程𝑥2 +5𝑚𝑥+ 𝑚+ 1 = 0是常数根一元二次方程，
∴方程的一个根为𝑥= 𝑚+ 1，
代入方程得，(𝑚+ 1)2 +5𝑚(𝑚+ 1) +𝑚+ 1 = 0，
整理得，(𝑚+ 1)(6𝑚+ 2) = 0，
解得𝑚= −
1
3或−1；
（3）解：∵关于x 的常数根一元二次方程𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐= 0(𝑎≠0)中不含零根，
∴方程的一个根为𝑥= 𝑐，且𝑐≠0，
将𝑥= 𝑐代入方程，得𝑎𝑐2 +𝑏𝑐+ 𝑐= 0，即𝑐(𝑎𝑐+ 𝑏+ 1) = 0，
∵𝑐≠0，
∴𝑎𝑐+ 𝑏+ 1 = 0，
∴把𝑦= 1代入方程𝑎𝑐𝑦2 +𝑏𝑦+ 1 = 0，得左边= 𝑎𝑐+ 𝑏+ 1 = 0 = 右边，
∴𝑦= 1是关于y 的方程𝑎𝑐𝑦2 +𝑏𝑦+ 1 = 0的一个根，
∴关于y 的方程𝑎𝑐𝑦2 +𝑏𝑦+ 1 = 0是常数根一元二次方程．
【变式11-3】（25-26 九年级上·江苏无锡·期中）定义：已知𝑥1，𝑥2是关于x 的一元二次方程𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐= 0
(𝑎≠0)的两个实数根，若𝑥1 < 𝑥2 < 0，且3 <
𝑥1
𝑥2 < 4，则称这个方程为“特根方程”．现有以下三个结论：
①方程𝑥2 +9𝑥+ 14 = 0是“特根方程”；
②若关于x 的一元二次方程2𝑥2 + (𝑘+ 7)𝑥+ 𝑘2 +3 = 0是“特根方程”，且方程的两根𝑥1、𝑥2满足𝑥1 + 𝑥2 +
𝑥1𝑥2 = −1，则k 的值为2 或−1；
③若关于x 的一元二次方程𝑥2 + (2−𝑚)𝑥−2𝑚= 0是“特根方程”，则m 有且只有一个整数解．
这三个结论中判断正确的是（ ）
A．①
B．①②
C．①③
D．①②③
【答案】C
【分析】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，根据“特根方程”的定义，需满足两个实数根均负且比
值在3 到4 之间．结论①直接计算验证；结论②通过根与系数关系求k，但需检验是否满足定义；结论③
通过分析m 的取值范围，确定整数解个数．
【详解】解：对于结论①：解方程𝑥2 +9𝑥+ 14 = 0得：𝑥1 = −7,𝑥2 = −2，
满足𝑥1 < 𝑥2 < 0，且
𝑥1
𝑥2 =
7
2，符合3 <
𝑥1
𝑥2 < 4；∴①正确．
对于结论②：由一元二次方程2𝑥2 + (𝑘+ 7)𝑥+ 𝑘2 +3 = 0可得：𝑥1 + 𝑥2 = −
𝑘+7
2 ,𝑥1𝑥2 =
𝑘2+3
2 ，
由𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥1𝑥2 = −1得−
𝑘+7
2 +
𝑘2+3
2
= −1，解得𝑘1 = 2,𝑘2 = −1．
当𝑘= 2时，方程2𝑥2 +9𝑥+ 7 = 0，解得𝑥1 = −3.5,𝑥2 = −1，满足定义；
当𝑘= −1时，方程2𝑥2 +6𝑥+ 4 = 0，解得𝑥1 = −2,𝑥2 = −1，则有
𝑥1
𝑥2 = 2，不满足定义，∴②错误．
对于结论③：方程𝑥2 + (2−𝑚)𝑥−2𝑚= 0，判别式Δ = (2−𝑚)2−4 × (−2𝑚) = (𝑚+ 2)2 ≥0，
由题意可知需Δ > 0且根均负，故𝑚< 0．
解方程𝑥2 + (2−𝑚)𝑥−2𝑚= 0得𝑥1 = 𝑚,𝑥2 = −2（𝑚< −2时）或𝑥1 = −2,𝑥2 = 𝑚（−2 < 𝑚< 0）．
比值𝑟=
𝑥1
𝑥2，当−2 < 𝑚< 0时，𝑟=
−2
𝑚，需3 <
−2
𝑚< 4，解得−
2
3 < 𝑚< −
1
2，无整数m；
当𝑚< −2时，𝑟= −
𝑚
2，需3 < −
𝑚
2 < 4，解得−8 < 𝑚< −6，则有整数m 仅为−7，∴③正确．
综上，①③正确；
故选C．
【题型12 方程与几何图形结合（动点）】
【例12】（25-26 八年级上·海南三亚·期末）如图，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵= 90°，𝐴𝐵= 16cm，𝐵𝐶= 12cm，
𝐴𝐶= 20cm，𝑃、𝑄是△𝐴𝐵𝐶边上的两个动点，其中点𝑃从点𝐴开始沿𝐴→𝐵的方向运动，且速度为1cm/s，点𝑄
从点𝐵开始沿𝐵→𝐶→𝐴的方向运动，且速度为2cm/s，𝑃，𝑄两点同时出发，当𝑃运动到点B时，两点停止运动，
设运动的时间为𝑡秒．
(1)𝐵𝑃= ________cm（用含𝑡的代数式表示）；
(2)点𝑄在边𝐵𝐶上运动时．当△𝑃𝑄𝐵是等腰三角形时，求出此时𝑡的值．
(3)点𝑄在边𝐶𝐴上运动时，当△𝐵𝐶𝑄是以𝐵𝐶或𝐵𝑄为底边的等腰三角形时，求出此时𝑡的值．
(4)点𝑄在运动过程中，通过计算说明𝑃𝑄能否把△𝐴𝐵𝐶的周长平分？
【答案】(1)16−𝑡
(2)
16
3
(3)11，12
(4)可以
【分析】本题围绕三角形中的动点问题，结合等腰三角形性质与一元一次方程应用展开．需分情况讨论点Q
的位置（𝐵𝐶段、𝐶𝐴段），利用线段长度关系、等腰三角形的边相等条件建立方程求解；对于周长平分问题，
需分析各段路径下线段和的关系来判断是否存在满足条件的𝑡．
【详解】（1）点𝑃从𝐴向𝐵运动，速度为1cm/s，运动时间为𝑡s，则𝐴𝑃= 𝑡cm．
已知𝐴𝐵= 16cm，由𝐵𝑃= 𝐴𝐵−𝐴𝑃，可得𝐵𝑃= (16−𝑡)cm．
（2）点𝑄从𝐵向𝐶运动，速度为2cm/s，𝐵𝐶= 12cm，
故𝑄在𝐵𝐶上时，运动时间满足0 < 𝑡≤6．
当△𝑃𝑄𝐵是等腰三角形时，∠𝐵= 90°，则两腰为𝐵𝑃与𝐵𝑄
由𝐵𝑃= 16−𝑡，𝐵𝑄= 2𝑡，令𝐵𝑃= 𝐵𝑄，
即16−𝑡= 2𝑡，
解得𝑡=
16
3 ．
验证：
16
3 ≈5.33 < 6，符合𝑄在𝐵𝐶上的条件．
（3）当△𝐵𝐶𝑄是以𝐵𝐶为底边的等腰三角形时：
此时，腰为𝐶𝑄，𝐵𝑄．
如图1，则𝐶𝑄= 𝐵𝑄．
∵∠𝐴𝐵𝐶= 90°，
∴∠𝐶𝐵𝑄+ ∠𝐴𝐵𝑄= 90°．
又∵ 在Rt △𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴+ ∠𝐶= 90°，
∴∠𝐴= ∠𝐴𝐵𝑄．
∴𝐵𝑄= 𝐴𝑄．
∴𝐶𝑄= 𝐴𝑄= 10cm．
∴𝐵𝐶+ 𝐶𝑄= 12 + 10 = 22cm．
已知点𝑄的速度为2𝑐𝑚/𝑠，故𝑡= 22 ÷ 2 = 11．
当△𝐵𝐶𝑄是以𝐵𝑄为底边的等腰三角形时：
此时，腰为𝐵𝐶，𝐶𝑄．
如图2，则𝐶𝑄= 𝐵𝐶= 12cm．
∴𝐵𝐶+ 𝐶𝑄= 12 + 12 = 24cm．
∴𝑡= 24 ÷ 2 = 12．
综上所述，当t 为11 或12 时，△𝐵𝐶𝑄是以𝐵𝐶或𝐵𝑄为底边的等腰三角形．
（4）△𝐴𝐵𝐶周长为48cm，若𝑃𝑄平分周长，则每部分为24cm．
若𝑄在𝐵𝐶上，（0 < 𝑡≤6）：
𝐵𝑃= 16−𝑡，𝐵𝑄= 2𝑡，则𝐵𝑃+ 𝐵𝑄= 16−𝑡+ 2𝑡= 16 + 𝑡，
令16 + 𝑡= 24，得𝑡= 8，但𝑡= 8 > 6，不符合𝑄在𝐵𝐶上的条件．
若𝑄在𝐶𝐴上（6 < 𝑡≤16）：
𝐶𝑄= 2𝑡−12，𝐴𝑄= 20−(2𝑡−12) = 32−2𝑡．
周长被分成𝐴𝑃+ 𝐴𝑄和𝑃𝐵+ 𝐵𝐶+ 𝐶𝑄，
即𝑡+ (32−2𝑡) = 32−𝑡，与(16−𝑡) + 12 + (2𝑡−12) = 16 + 𝑡．
令32−𝑡= 24，得𝑡= 8（符合6 < 8 ≤16）；
验证：𝑡= 8时，𝐴𝑃= 8，𝐴𝑄= 32−16 = 16，和为24；
𝑃𝐵= 8，𝐵𝐶= 12，𝐶𝑄= 4，和为8 + 12 + 4 = 24，确实平分．
【点睛】本题核心是利用动点的速度与时间表示线段长度，结合等腰三角形的边相等性质建立方程，同时
注意分类讨论点𝑄的位置（𝐵𝐶段、𝐶𝐴段）及等腰三角形的底边情况．周长平分问题需明确周长的组成与分
割方式，通过方程求解并验证范围合理性．
【变式12-1】（24-25 八年级下·广西百色·期中）如图，在Rt △𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶= 30°，𝐵𝐶= 5cm，点E 从A
点出发，沿射线𝐴𝐵运动，速度为2cm/s，点F 从点C 出发，沿线段𝐶𝐴运动，速度为1cm/s，连接𝐸𝐹．E、F
两点同时出发，当点F 到达点A 时，点E 也停止运动，请问经过________s 后，△𝐴𝐸𝐹的面积恰为12cm2．
【答案】4 或6
【分析】本题考查了一元二次方程的应用．熟练掌握含30 度的直角三角形性质，三角形面积公式，是解题
关键．
设经过t 秒后△𝐴𝐸𝐹的面积恰为12cm2，过点F 作𝐹𝐷⊥𝐴𝐵于点D，求出𝐷𝐹=
1
2(10−𝑡)，结合𝐴𝐸= 2𝑡，根
据三角形的面积公式列出方程求解．
【详解】解：设经过时间为𝑡s，过点F 作𝐹𝐷⊥𝐴𝐵于点D，
∵在Rt △𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶= 30°，𝐵𝐶= 5，
∴𝐴𝐶= 2𝐵𝐶= 10，
∵𝐶𝐹= 𝑡，𝐴𝐸= 2𝑡，
∴𝐴𝐹= 10−𝑡，
∴𝐷𝐹=
1
2𝐴𝐹=
1
2(10−𝑡)，
∴𝑆△𝐴𝐸𝐹=
1
2𝐴𝐸⋅𝐷𝐹= −
1
2𝑡2 +5𝑡，
∵𝑆△𝐴𝐸𝐹= 12，
∴−
1
2𝑡2 +5𝑡= 12，
解得𝑡= 4或𝑡= 6，
即经过4s或6s后，△𝐴𝐸𝐹的面积恰为12cm2．
故答案为：4 或6．
【变式12-2】（2026·湖南长沙·一模）如图1，将Rt △𝐸𝐹𝐺 与正方形𝐴𝐵𝐶𝐷按如图所示的方式摆放，边 𝐹𝐺
在直线𝐵𝐶上，∠𝐸𝐺𝐹= 90°，𝐸𝐺= 𝐹𝐺= 10cm， 𝐴𝐵= 16cm，Rt △𝐸𝐹𝐺以2cm/s的速度沿着𝐵𝐶方向运动，
初始时点𝐺与点𝐵重合，当点𝐹与点𝐶 重合时停止运动，在运动过程中，当Rt △𝐸𝐹𝐺与正方形𝐴𝐵𝐶𝐷重叠部分
面积为18cm2时，其运动时间为（ ）
A．10
B．20
C．1或10
D．2或20
【答案】C
【分析】设运动时间为𝑡秒，Rt △𝐸𝐹𝐺与正方形𝐴𝐵𝐶𝐷重叠部分面积为𝑦cm2，根据三角形𝐸𝐹𝐺与正方形𝐴𝐵𝐶𝐷
的相对位置，分三种情况讨论重叠部分的面积：当0 ≤𝑡≤5时，三角形部分进入正方形，重叠部分为直角
梯形；当5 < 𝑡≤8时，三角形完全在正方形内部，重叠部分为三角形𝐸𝐹𝐺；当8 < 𝑡≤13时，三角形部分移
出正方形，重叠部分为等腰直角三角形；分别列出面积𝑦关于𝑡的函数关系式，令𝑦= 18求解即可．
【详解】解：设运动时间为𝑡秒，Rt △𝐸𝐹𝐺与正方形𝐴𝐵𝐶𝐷重叠部分面积为𝑦cm2，则𝐺点运动的距离为2𝑡cm，
∵𝐸𝐺= 𝐹𝐺= 10cm，∠𝐸𝐺𝐹= 90°，
∴△𝐸𝐹𝐺是等腰直角三角形，∠𝐸𝐹𝐺= 45°，
分三种情况讨论：
①当0 ≤𝑡≤5时，点𝐹在点𝐵左侧或重合，点𝐺在𝐵𝐶上，此时重叠部分为直角梯形，其高为𝐵𝐺= 2𝑡cm，下
底为𝐸𝐺= 10cm，如图，
设𝐸𝐹交𝐴𝐵于点𝐻，则△𝐹𝐵𝐻为等腰直角三角形，
∵𝐹𝐵= 𝐹𝐺−𝐵𝐺= (10−2𝑡)cm，
∴𝐻𝐵= 𝐹𝐵= (10−2𝑡)cm，
∴𝑦=
1
2(𝐻𝐵+ 𝐸𝐺) ⋅𝐵𝐺=
1
2(10−2𝑡+ 10) ⋅2𝑡= −2𝑡2 +20𝑡，
令−2𝑡2 +20𝑡= 18，整理得𝑡2−10𝑡+ 9 = 0，
解得𝑡1 = 1，𝑡2 = 9，
∵0 ≤𝑡≤5，
∴𝑡= 1；
②当5 < 𝑡≤8时，点𝐹在𝐵𝐶上，点𝐺在𝐵𝐶上（未到达𝐶）， 此时△𝐸𝐹𝐺 完全在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷内部，如图
∴𝑦= 𝑆△𝐸𝐹𝐺=
1
2 × 10 × 10 = 50，
∵50 ≠18，
∴此时无解；
③当8 < 𝑡≤13时，点𝐺在𝐶右侧，点𝐹在𝐶左侧，此时重叠部分为△𝐹𝐶𝐾（𝐾为𝐸𝐹与𝐶𝐷的交点），如图，
∵∠𝐾𝐶𝐹= 90°，∠𝐾𝐹𝐶= 45°，
∴△𝐹𝐶𝐾是等腰直角三角形，
∵𝐹点运动的总距离为2𝑡cm，初始𝐹在𝐵左侧10cm处，𝐹点相对于𝐵的位置为(2𝑡−10)cm，
∴𝐹𝐶= 𝐵𝐶−(2𝑡−10) = 16−2𝑡+ 10 = (26−2𝑡)cm，
∴𝑦=
1
2𝐹𝐶2 =
1
2(26−2𝑡)2 = 2(13−𝑡)2，
令2(13−𝑡)2 = 18，即(13−𝑡)2 = 9，
解得13−𝑡= 3或13−𝑡= −3，
∴𝑡= 10或𝑡= 16，
∵8 < 𝑡≤13，
∴𝑡= 10，
综上所述，当重叠部分面积为18cm2时，运动时间为1s或10s．
【变式12-3】（25-26 八年级下·安徽合肥·期中）如图，在长方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵= 6cm，𝐴𝐷= 14cm，动点𝑃
从𝐷点出发，以1cm/s的速度沿着𝐷𝐴向𝐴点运动，同时动点𝑄从𝐵点出发以2cm s的速度沿𝐵𝐶向𝐶点运动，若
其中一个动点到达终点，另一动点也同时停止．运动时间为𝑡，将四边形𝑃𝐷𝐶𝑄以直线𝑃𝑄为轴进行翻折，得
到四边形𝑃𝐷′𝐶′𝑄，射线𝑄𝐶′经过点𝐴时，可以是（ ）
A．𝑡= 3
B．𝑡=
7
2
C．𝑡=
10
3
D．𝑡= 4
【答案】D
【分析】根据翻折的性质可得∠𝑃𝑄𝐶= ∠𝑃𝑄𝐶′，由平行线的性质可得∠𝐴𝑃𝑄= ∠𝑃𝑄𝐶，结合射线𝑄𝐶′经过点𝐴
可推导出 ∠𝐴𝑃𝑄= ∠𝐴𝑄𝑃，从而得到𝐴𝑃= 𝐴𝑄，在 Rt △𝐴𝐵𝑄 中利用勾股定理建立关于 𝑡 的方程求解即可．
【详解】解：连接𝐴𝐶′
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是长方形，
∴𝐴𝐷∥𝐵𝐶，∠𝐵= 90°，
∴∠𝐴𝑃𝑄= ∠𝑃𝑄𝐶．
由翻折的性质可知：∠𝑃𝑄𝐶= ∠𝑃𝑄𝐶′，
∵射线𝑄𝐶′经过点𝐴，即 𝐴,𝐶′,𝑄三点共线，
∴∠𝐴𝑄𝑃= ∠𝑃𝑄𝐶′，
∴∠𝐴𝑃𝑄= ∠𝐴𝑄𝑃，
∴𝐴𝑃= 𝐴𝑄．
由题意得：𝐷𝑃= 𝑡，𝐵𝑄= 2𝑡，
∴𝐴𝑃= 𝐴𝐷−𝐷𝑃= 14−𝑡．
在 Rt △𝐴𝐵𝑄 中，𝐴𝐵2 +𝐵𝑄2 = 𝐴𝑄2，
∴62 +(2𝑡)2 = (14−𝑡)2，
解得 𝑡1 = 4，𝑡2 = −
40
3 （舍去）．
∵点𝑄到达终点的时间为 14 ÷ 2 = 7s，
∴0 ≤𝑡≤7，
∴𝑡= 4 符合题意．
【题型13 分式方程转化为整式方程】
【例13】（25-26 八年级上·上海杨浦·期末）将方程
𝑥
𝑥2+4𝑥+3−
2
𝑥+3 = 1去分母后，所得的整式方程的一般式是
_____．
【答案】𝑥2 +5𝑥+ 5 = 0
【分析】本题考查了解分式方程，首先将分母因式分解，然后确定最小公倍数，两边同乘去分母，再展开
和整理得到整式方程的一般式．
【详解】解：
𝑥
𝑥2+4𝑥+3−
2
𝑥+3 = 1，
方程可化为
𝑥
(𝑥+1)(𝑥+3)−
2
𝑥+3 = 1，
去分母，得𝑥−2(𝑥+ 1) = (𝑥+ 1)(𝑥+ 3)，
整理，得𝑥2 +5𝑥+ 5 = 0，
故答案为：𝑥2 +5𝑥+ 5 = 0．
【变式13-1】（25-26 八年级上·广西崇左·月考）用换元法解方程
8(𝑥2+2𝑥)
𝑥2−1
+
3(𝑥2−1)
𝑥2+2𝑥= 11时，若设
𝑥2−1
𝑥2+2𝑥= 𝑦，
则可得到整式方程是（ ）
A．3𝑦2−11𝑦+ 8 = 0
B．3𝑦2 +8𝑦= 11
C．8𝑦2−11𝑦+ 3 = 0
D．8𝑦2 +3𝑦= 11
【答案】A
【分析】本题考查了解分式方程（化为一元二次），解题关键是掌握解分式方程解法．
通过换元法，设𝑦=
𝑥2−1
𝑥2+2𝑥，将原分式方程转化为关于y 的整式方程．
【详解】解：∵设𝑦=
𝑥2−1
𝑥2+2𝑥，
∴
𝑥2+2𝑥
𝑥2−1 =
1
𝑦，
原方程化为8 ⋅
1
𝑦+3𝑦= 11，即
8
𝑦+3𝑦= 11，
两边乘以y 得8 + 3𝑦2 = 11𝑦，
移项得3𝑦2−11𝑦+ 8 = 0．
∴整式方程为3𝑦2−11𝑦+ 8 = 0，
故选：A．
【变式13-2】 （25-26 八年级上·山东青岛·期末）解分式方程：
(1)
6
𝑥2−9 +
3
𝑥−3 = 4
(2)
3
𝑥2+2𝑥+
2
𝑥2−4 =
4
𝑥2−2𝑥
【答案】(1)𝑥1 =
3+5 33
8
，𝑥2 =
3−5 33
8
，
(2)𝑥= 14
【分析】本题考查了解分式方程，解题的关键是熟练掌握解分式方程的步骤．
（1）先去分母，再解一元二次方程，最后检验即可；
（2）先去分母，再解一元一次方程，最后检验即可．
【详解】（1）解：
6
𝑥2−9 +
3
𝑥−3 = 4
6 + 3(𝑥+ 3) = 4(𝑥2−9)
6 + 3𝑥+ 9 = 4𝑥2−36
4𝑥2−3𝑥−51 = 0，
解得𝑥1 =
3+5 33
8
，𝑥2 =
3−5 33
8
，
经检验，𝑥1 =
3+5 33
8
，𝑥2 =
3−5 33
8
都是原方程的解，
∴原方程的解为𝑥1 =
3+5 33
8
，𝑥2 =
3−5 33
8
；
（2）解：
3
𝑥2+2𝑥+
2
𝑥2−4 =
4
𝑥2−2𝑥
方程两边同乘以𝑥(𝑥+ 2)(𝑥−2)，得3(𝑥−2) +2𝑥= 4(𝑥+ 2)，
解得，𝑥= 14，
经检验，𝑥= 14是方程的解，
∴原方程的解为𝑥= 14．
【变式13-3】对于两个不相等的实数a、b，我们规定符号𝑀𝑎𝑥{𝑎,𝑏}表示a、b 中的较大值，如：
𝑀𝑎𝑥{2,4} = 4，按照这个规定，方程𝑀𝑎𝑥{𝑥,−𝑥} =
2𝑥+1
𝑥的解为（ ）
A．1−2
B．2−2
C．1 +
2或1−2
D．1 +
2或−1
【答案】D
【分析】本题考查新定义运算，解分式方程．分𝑥> −𝑥和𝑥< −𝑥两种情况，将𝑀𝑎𝑥{𝑥,−𝑥} =
2𝑥+1
𝑥变形为分
式方程，解分式方程即可．
【详解】解：当𝑥> −𝑥时，即𝑥> 0时，𝑀𝑎𝑥{𝑥,−𝑥} = 𝑥，
∵ 𝑀𝑎𝑥{𝑥,−𝑥} =
2𝑥+1
𝑥，
∴ 𝑥=
2𝑥+1
𝑥，
去分母得：𝑥2 = 2𝑥+ 1，即𝑥2−2𝑥−1 = 0,
解得：𝑥1 = 1 +
2，𝑥2 = 1−2 < 0（舍去），
经检验，𝑥= 1 +
2是分式方程的解；
当𝑥< −𝑥时，即𝑥< 0时，𝑀𝑎𝑥{𝑥,−𝑥} = −𝑥，
∵ 𝑀𝑎𝑥{𝑥,−𝑥} =
2𝑥+1
𝑥，
∴ −𝑥=
2𝑥+1
𝑥，
去分母得：−𝑥2 = 2𝑥+ 1，即𝑥2 +2𝑥+ 1 = 0,
解得：𝑥3 = 𝑥4 = −1，
经检验，𝑥= −1是分式方程的解；
综上可知，方程𝑀𝑎𝑥{𝑥,−𝑥} =
2𝑥+1
𝑥的解为1 +
2或−1，
故选：D．
【题型14 双根号方程的求解】
【例14】（24-25 八年级下·上海闵行·期末）无理方程𝑥2−4𝑥+ 3 =
1−𝑥的解是______．
【答案】𝑥= 1
【分析】本题考查了解无理方程，掌握解无理方程的步骤是解题的关键．
先将无理方程化为整式方程求解，然后再检验．
【详解】解：𝑥2−4𝑥+ 3 =
1−𝑥
𝑥2−4𝑥+ 3 = 1−𝑥，
𝑥2−3𝑥+ 2 = 0，
解得：𝑥1 = 1,𝑥2 = 2，
经检验：𝑥2 = 2是增根，舍去，𝑥1 = 1是原方程的根，
∴原方程的解为𝑥= 1，
故答案为：𝑥= 1．
【变式14-1】方程𝑥−3 ⋅
𝑥−5＝0 的解是___．
【答案】x＝5.
【分析】把两边都平方，化为整式方程求解，注意结果要检验.
【详解】方程两边平方得：（x﹣3）（x﹣5）＝0，
解得：x1＝3，x2＝5，
经检验，x2＝5 是方程的解，
所以方程的解为：x＝5.
【点睛】本题考查了无理方程的解法，解含未知数的二次根式只有一个的无理方程时，一般步骤是：①移
项，使方程左边只保留含有根号的二次根式，其余各项均移到方程的右边；②两边同时平方，得到一个整
式方程；③解整式方程；④验根．
【变式14-2】解方程：2𝑥−4−𝑥+ 5 = 1．
【答案】𝑥= 20
【分析】本题考查了解无理方程，掌握解无理方程的技巧和解一元二次方程是解题的关键．
根据方程的特点可以构造平方差公式，进而转化为一元二次方程，解一元二次方程即可，最后根据无理方
程的特点，要进行检验．
【详解】解：2𝑥−4−𝑥+ 5 = 1①
设2𝑥−4 +
𝑥+ 5 = 𝑘②，
①× ②得：2𝑥−4−𝑥−5 = 𝑘，
解得：𝑥= 𝑘+ 9，
∴𝑘= 𝑥−9
∴2𝑥−4 +
𝑥+ 5 = 𝑥−9③，
①+ ③得：2 2𝑥−4 = 𝑥−8，
两边同时平方，得：4(2𝑥−4) = (𝑥−8)2，
整理得：𝑥2−24𝑥+ 80 = 0
解得：𝑥1 = 20,𝑥2 = 4，
检验，当𝑥= 20时，2𝑥−4−𝑥+ 5 = 1，
∴𝑥= 20是原方程的解，
当𝑥= 4时，2𝑥−4−𝑥+ 5 = −1，不符合题意，舍去，
∴原方程的解为𝑥= 20．
【变式14-3】𝑥+ 2−𝑥−2 𝑥2 + 2𝑥= −2𝑥．
【答案】𝑥=
1
4
【分析】利用平方法将原方程通过变形转化为有理方程，然后计算求解．
【详解】解：𝑥+ 2−𝑥−2 𝑥2 + 2𝑥= −2𝑥
𝑥+ 2−2 𝑥2 + 2𝑥=
𝑥−2𝑥
𝑥+ 2−2 𝑥2 + 2𝑥
2
= ( 𝑥−2𝑥)
2
𝑥+ 2−4 𝑥(𝑥+ 2) + 4(𝑥2 + 2𝑥) = 𝑥−4𝑥𝑥+ 4𝑥2
𝑥+ 2−4𝑥𝑥−8 𝑥+ 4𝑥2 + 8𝑥= 𝑥−4𝑥𝑥+ 4𝑥2
8𝑥+ 2 = 8 𝑥
(8𝑥+ 2)2 = (8 𝑥)
2
64𝑥2 + 32𝑥+ 4 = 64𝑥
64𝑥2−32𝑥+ 4 = 0
(8𝑥−2)2 = 0
𝑥= 1
4
经检验，𝑥=
1
4是原方程的解，
∴原方程的解为𝑥=
1
4．
【点睛】本题主要考查了平方法解无理方程，掌握完全平方公式是解题关键，另外注意无理方程的结果要
进行检验．
【题型15 根的代数式化简求值】
【例15】已知𝑎是方程𝑥2−2021𝑥+ 1 = 0的一个根，则𝑎3−2021𝑎2−
2021
𝑎2+1 = ____．
【答案】−2021
【分析】由方程根的定义可得𝑎2−2021𝑎+ 1 = 0，变形为𝑎2 +1 = 2021𝑎．再将𝑎2−2021𝑎+ 1 = 0等号两
边同时乘𝑎并变形得𝑎3−2021𝑎2 = −𝑎，代入𝑎3−2021𝑎2−
2021
𝑎2+1逐步化简即可．
【详解】∵𝑎是方程𝑥2−2021𝑥+ 1 = 0的一个根．
∴𝑎2−2021𝑎+ 1 = 0，即𝑎2 +1 = 2021𝑎．
将𝑎2−2021𝑎+ 1 = 0等号两边同时乘𝑎得：
𝑎(𝑎2−2021𝑎+ 1) = 0，即𝑎3−2021𝑎2 = −𝑎．
∴𝑎3−2021𝑎2−
2021
𝑎2+1 = −𝑎−
2021
2021𝑎= −𝑎−
1
𝑎= −
𝑎2+1
𝑎
= −
2021𝑎
𝑎
= −2021．
故答案为：-2021．
【点睛】本题考查一元二次方程解的定义以及代数式求值．熟练掌握整体代入的思想是解答本题的关键．
【变式15-1】（25-26 九年级上·江苏扬州·月考）若𝑎是一元二次方程2𝑥2 = 6𝑥−4的根，则代数式𝑎2−3𝑎+ 2025
的值为（ ）
A．2021
B．2022
C．2023
D．2024
【答案】C
【分析】先化简原方程，将𝑎代入方程得到关于𝑎的等式，变形求出𝑎2−3𝑎，最后代入代数式计算结果．
【详解】解：2𝑥2 = 6𝑥−4，整理得：𝑥2−3𝑥+ 2 = 0．
∵𝑎是该一元二次方程的根，
∴𝑎2−3𝑎+ 2 = 0，移项得：𝑎2−3𝑎= −2，
∴𝑎2−3𝑎+ 2025 = −2 + 2025 = 2023．
【变式15-2】（25-26 九年级下·山东东营·期中）已知m，n 是一元二次方程𝑥2 +2𝑥−2029 = 0的两个实数根，
则代数式𝑚2 +4𝑚+ 2𝑛的值为（ ）
A．2025
B．2026
C．2024
D．2021
【答案】A
【分析】先利用根的定义得到关于m 的关系式，再结合根与系数的关系得到两根之和，将所求代数式变形
后整体代入计算即可．
【详解】∵ 𝑚是方程𝑥2 +2𝑥−2029 = 0的根，
代入方程得： 𝑚2 +2𝑚−2029 = 0，整理得 𝑚2 +2𝑚= 2029．
∵m，n 是一元二次方程𝑥2 +2𝑥−2029 = 0的两个实数根，
∴𝑚+ 𝑛= −2．
∴𝑚2 +4𝑚+ 2𝑛= (𝑚2 +2𝑚) + 2𝑚+ 2𝑛= 2029 + 2(𝑚+ 𝑛) = 2029 + 2 × (−2) = 2029−4 = 2025．
【变式15-3】已知a，b 是一元二次方程x2+x﹣1＝0 的两根，则3a2﹣b+
2
𝑎2的值是_____．
【答案】8．
【分析】由根与系数的关系及根的定义可知a+b＝﹣1，ab＝﹣1，a2+a＝1，据此对3a2﹣b+
2
𝑎2进行变形计算
可得结果.
【详解】解：由题意可知：a+b＝﹣1，ab＝﹣1，a2+a＝1，
∴原式＝3（1﹣a）﹣b+
2
1−𝑎
＝3﹣3a﹣b+
2
1−𝑎
＝3﹣2a﹣（a+b）+
2
1−𝑎
＝3﹣2a+1+
2
1−𝑎
＝4﹣2a+
2
1−𝑎
＝4+
2𝑎2−2𝑎+2
1−𝑎
＝4+
2(1−𝑎)−2𝑎+2
1−𝑎
＝4+4
＝8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系及根的定义，利用性质对式子进行降次变形是解题关
键.
【创新思辨】
【题型16 高次方程降次与换元】
【例16】（25-26 八年级下·安徽合肥·期中）已知实数x 满足𝑥4−4𝑥2−12 = 0，则代数式𝑥2 +1的值是（ ）
A．7
B．4
C．7 或−1
D．−5或3
【答案】A
【分析】本题把𝑥2看作整体，将原方程转化为一元二次方程，用因式分解法求解，再根据平方的非负性舍
去不合理的解，最后代入计算𝑥2 +1即可.
【详解】解：∵𝑥4−4𝑥2−12 = 0，
令𝑦= 𝑥2，由平方数的非负性得𝑦≥0，
原方程可化为𝑦2−4𝑦−12 = 0，
因式分解得(𝑦−6)(𝑦+ 2) = 0，
∴𝑦−6 = 0或𝑦+ 2 = 0，
解得𝑦= 6或𝑦= −2，
∵𝑦≥0，
∴𝑦= −2不符合题意舍去，得𝑥2 = 6，
∴𝑥2 +1 = 6 + 1 = 7．
【变式16-1】（25-26 八年级上·浙江宁波·自主招生）已知关于𝑥的方程𝑥4−9𝑥2−10 = 0有________个实数根．
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】本题考查换元法解一元二次方程，通过换元法将高次方程转化为二次方程，利用判别式求解，再
根据平方的非负性判断实数根个数．
【详解】解：令𝑦= 𝑥2，则原方程化为𝑦2−9𝑦−10 = 0．
∵判别式Δ = (−9)2−4 × 1 × (−10) = 81 + 40 = 121 > 0．
∴𝑦=
9± 121
2
=
9±11
2 ，
解得𝑦1 = 10，𝑦2 = −1．
由𝑦= 𝑥2 ≥0，知𝑥2 = 10有两个实数根，𝑥2 = −1无实数根．
因此原方程有2 个实数根．
故选：B．
【变式16-2】（25-26 八年级下·安徽淮北·月考）解下列方程：
(2𝑦−3)4−18(2𝑦−3)2 +81 = 0．
【答案】(1)𝑥1 = −1，𝑥2 = −5
(2)𝑦1 = 3，𝑦2 = 0
【分析】设(2𝑦−3)2 = 𝑛，则原方程可化为𝑛2−18𝑛+ 81 = 0，解方程，即可求解．
【详解】解：设(2𝑦−3)2 = 𝑛，则原方程可化为𝑛2−18𝑛+ 81 = 0，
解得𝑛1 = 𝑛2 = 9．
∴(2𝑦−3)2 = 9，
即2𝑦−3 = 3或2𝑦−3 = −3，
解得𝑦1 = 3，𝑦2 = 0．
【变式16-3】（25-26 九年级上·安徽阜阳·月考）解方程：(𝑎2 + 3𝑎)(𝑎2 + 3𝑎+ 2) = 120．
【答案】(1)B
(2)𝑎1 = −5，𝑎2 = 2
【分析】本题考查了数学思想的识别以及换元法解方程．
运用换元法，设𝑡= 𝑎2 +3𝑎，将原方程转化为关于t 的方程，求解t 后再求解a．
【详解】解：设𝑡= 𝑎2 +3𝑎，则原方程可化为𝑡(𝑡+ 2) = 120，
∴𝑡2 +2𝑡−120 = 0⇒(𝑡+ 12)(𝑡−10) = 0，
解得𝑡1 = −12，𝑡2 = 10，
①当𝑡= −12时，𝑎2 +3𝑎= −12，即𝑎2 +3𝑎+ 12 = 0，
此时Δ = 32−4 × 12 = −39 < 0，方程无实数解，
②当𝑡= 10时，𝑎2 +3𝑎= 10，即𝑎2 +3𝑎−10 = 0，
∴(𝑎+ 5)(𝑎−2) = 0，
解得𝑎1 = −5，𝑎2 = 2，
故原方程的解为𝑎1 = −5，𝑎2 = 2．
【题型17 构造一元二次方程求解】
【例17】阅读下面的例题．
解方程𝑥2−|𝑥|−2 = 0．
解：原方程化为|𝑥|2−|𝑥|−2 = 0．
令𝑦= |𝑥|，原方程化成𝑦2−𝑦−2 = 0，解得𝑦1 = 2，𝑦2 = −1．
当|𝑥| = 2时，𝑥=± 2；当|𝑥| = −1时（不合题意，舍去）．
∴原方程的解是𝑥1 = 2，𝑥2 = −2．
请模仿上面的方法解方程：(𝑥−1)2−5|𝑥−1|−6 = 0．
【答案】𝑥1 = 7，𝑥2 = −5
【分析】本题考查了换元法解一元二次方程、绝对值的性质及一元二次方程的解法，解题的关键是通过换
元法将含绝对值的复杂方程转化为普通的一元二次方程，再结合绝对值的非负性对解进行取舍．
先根据(𝑥−1)2 = |𝑥−1|2，将原方程(𝑥−1)2−5|𝑥−1|−6 = 0化为|𝑥−1|2−5|𝑥−1|−6 = 0；令𝑦= |𝑥−1|，将方
程转化为关于𝑦的一元二次方程𝑦2−5𝑦−6 = 0，求解得𝑦1 = 6，𝑦2 = −1；根据绝对值的非负性，舍去
|𝑥−1| = −1；解|𝑥−1| = 6，得𝑥−1 =± 6，进而求出𝑥1 = 7，𝑥2 = −5．
【详解】解：原方程化为|𝑥−1|2−5|𝑥−1|−6 = 0，
令𝑦= |𝑥−1|，原方程化成𝑦2−5𝑦−6 = 0，
解得：𝑦1 = 6，𝑦2 = −1，
当|𝑥−1| = 6，
𝑥−1 =± 6，
解得：𝑥1 = 7，𝑥2 = −5；
当|𝑥−1| = −1时（舍去）．
则原方程的解是𝑥1 = 7，𝑥2 = −5．
【变式17-1】（25-26 九年级上·河北保定·期中）𝑥2−3|𝑥| = 18．
【答案】𝑥1 = 6，𝑥2 = −6
【分析】本题考查换元法解方程．
通过换元处理绝对值，转化为二次方程求解．
【详解】解：设𝑦= |𝑥|，则𝑦≥0，且𝑥2 = 𝑦2，
原方程化为𝑦2−3𝑦= 18，
即𝑦2−3𝑦−18 = 0．
∵𝑦2−3𝑦−18 = 0，
∴𝑦=
3± (−3)2−4⋅1⋅(−18)
2⋅1
=
3± 9+72
2
=
3± 81
2
=
3±9
2 ，
∴𝑦1 = 6，𝑦2 = −3．
∵𝑦≥0，
∴𝑦= 6，即|𝑥| = 6，
∴𝑥1 = 6，𝑥2 = −6．
【变式17-2】（24-25 九年级上·河南信阳·月考）阅读下面的材料，解答问题，
材料：解含绝对值的方程：𝑥2−3|𝑥|−10 = 0．
解：分两种情况：
①当𝑥≥0时，原方程化为：𝑥2−3𝑥−10 = 0解得𝑥1 = 5，𝑥2 = −2（舍去）；
②当𝑥< 0时，原方程化为𝑥2 +3𝑥−10 = 0，解得____________
综上所述，原方程的解是______
请参照上述方法解方程：𝑥2 +2|𝑥+ 2|−4 = 0．
【答案】𝑥1 = −5，𝑥2 = 2（舍去）；𝑥1 = 5，𝑥2 = −5；𝑥1 = 0，𝑥2 = −2
【分析】本题考查了解一元二次方程，分类讨论是解题的关键．
根据题意分两种情况讨论，化简绝对值，然后解一元二次方程即可求解．
【详解】解：②当𝑥< 0时，原方程化为𝑥2 +3𝑥−10 = 0，
(𝑥−2) (𝑥+ 5) = 0
𝑥−2 = 0或𝑥+ 5 = 0
解得𝑥1 = −5，𝑥2 = 2（舍去）；
综上所述，原方程的解是𝑥1 = 5，𝑥2 = −5；
𝑥2 + 2|𝑥+ 2|−4 = 0
①当𝑥+ 2 ≥0时，即𝑥≥−2时，原方程化为：𝑥2 +2(𝑥+ 2)−4 = 0
∴𝑥2 +2𝑥= 0
𝑥(𝑥+ 2) = 0
𝑥= 0或𝑥+ 2 = 0
解得𝑥1 = 0，𝑥2 = −2（舍去）；
②当𝑥+ 2 < 0时，即𝑥< −2时，原方程化为𝑥2−2(𝑥+ 2)−4 = 0
𝑥2−2𝑥−8 = 0
𝑥2−2𝑥= 8
𝑥2−2𝑥+ 1 = 8 + 1
(𝑥−1)2 = 9
𝑥−1 =± 3
解得𝑥1 = −2，𝑥2 = 4（舍去）；
综上所述，原方程的解是𝑥1 = 0，𝑥2 = −2．
【变式17-3】（25-26 九年级上·重庆万州·月考）解下列方程：
(1)𝑥2−2|𝑥| = 0；
(2)𝑥2−2𝑥−4|𝑥−1|−4 = 0．
【答案】(1)𝑥= −2或𝑥= 0或𝑥= 2
(2)𝑥= −4或𝑥= 6
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，正确理解题意是解题的关键．
（1）分𝑥≥0和𝑥< 0两种情况，分别去绝对值，然后解方程即可；
（2）分𝑥≥1和𝑥< 1两种情况，分别去绝对值，然后解方程即可．
【详解】（1）解：当𝑥≥0时，原方程为𝑥2−2𝑥= 0，
∴𝑥(𝑥−2) = 0，
∴𝑥= 0或𝑥−2 = 0，
解得𝑥= 0或𝑥= 2；
当𝑥< 0时，原方程为𝑥2 +2𝑥= 0，
∴𝑥(𝑥+ 2) = 0，
∴𝑥= 0或𝑥+ 2 = 0，
解得𝑥= 0或𝑥= −2；
综上所述，原方程的解为𝑥= −2或𝑥= 0或𝑥= 2；
（2）解：当𝑥≥1时，原方程为𝑥2−2𝑥−4𝑥+ 4−4 = 0，即𝑥2−6𝑥= 0，
∴𝑥(𝑥−6) = 0，
∴𝑥= 0或𝑥−6 = 0，
解得𝑥= 6或𝑥= 0（舍去）；
当𝑥< 1时，原方程为𝑥2−2𝑥+ 4𝑥−4−4 = 0，即𝑥2 +2𝑥−8 = 0，
∴(𝑥+ 4)(𝑥−2) = 0，
∴𝑥+ 4 = 0或𝑥−2 = 0，
解得𝑥= −4或𝑥= 2（舍去）；
综上所述，原方程的解为𝑥= −4或𝑥= 6．
【题型18 含绝对值的一元二次方程】
【例18】（25-26 八年级下·安徽安庆·期中）定义：若关于𝑥的一元二次方程𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐= 0(𝑎≠0)有两个
实数根𝑥1，𝑥2(𝑥1 < 𝑥2)，分别以𝑥1 +1为横坐标、𝑥2−1为纵坐标得到点𝑁(𝑥1 + 1,𝑥2−1)，则称点𝑁为该一元
二次方程的根序点．
（1）直接写出方程𝑥2−2𝑥−8 = 0的根序点𝑃的坐标为_____；
（2）若关于𝑥的一元二次方程
1
𝑚𝑥2 +2𝑥−3 = 0(𝑚≠0)有根序点，且该根序点在直线𝑦= 𝑥+ 2上，则𝑚的值
为_____．
【答案】
(−1,3)
1 或−4
【分析】（1）解方程𝑥2−2𝑥−8 = 0得𝑥1 = −2,𝑥2 = 4，根据根序点定义得到点𝑃的坐标为(−1,3)；
（2）先确定方程
1
𝑚𝑥2 +2𝑥−3 = 0有两个不相等的实数根，Δ = 4 +
12
𝑚> 0，由根序点(𝑥1 + 1,𝑥2−1)在直线
𝑦= 𝑥+ 2上，满足直线方程：𝑥2−1 = 𝑥1 +1 + 2，整理得：𝑥2−𝑥1 = 4，再根据根与系数的关系列方程求解
检验即可．
【详解】解：（1）∵解方程𝑥2−2𝑥−8 = 0得𝑥1 = −2,𝑥2 = 4，
∴根据根序点定义：𝑁(𝑥1 + 1,𝑥2−1)，横坐标：𝑥1 +1 = −2 + 1 = −1，纵坐标：𝑥2−1 = 4−1 = 3，
∴根序点𝑃的坐标为(−1,3)；
（2）∵方程
1
𝑚𝑥2 +2𝑥−3 = 0有根序点，
∴该方程有两个不相等的实数根，
∴Δ = 22−4 ⋅
1
𝑚⋅(−3) = 4 +
12
𝑚> 0，
∵根序点(𝑥1 + 1,𝑥2−1)在直线𝑦= 𝑥+ 2上，
∴满足直线方程：𝑥2−1 = 𝑥1 +1 + 2，整理得：𝑥2−𝑥1 = 4，
对于方程
1
𝑚𝑥2 +2𝑥−3 = 0，由根与系数的关系得：𝑥1 + 𝑥2 = −
2
1
𝑚
= −2𝑚,𝑥1𝑥2 =
−3
1
𝑚
= −3𝑚，
∵(𝑥2−𝑥1)2 = (𝑥1 + 𝑥2)2−4𝑥1𝑥2，
∴42 = (−2𝑚)2−4 ⋅(−3𝑚)
整理得：𝑚2 +3𝑚−4 = 0，
解得：𝑚1 = 1,𝑚2 = −4，
当𝑚= 1时，Δ = 4 +
12
𝑚= 4 +
12
1 = 16 > 0，符合要求；
当𝑚= −4时，Δ = 4 +
12
𝑚= 4 +
12
−4 = 1 > 0，符合要求，
∴𝑚的值为1 或−4．
【变式18-1】在平面直角坐标系中，将直线𝑦= −2𝑥+ 2关于平行于𝑦轴的一条直线对称后得到直线𝐴𝐵，若
直线𝐴𝐵恰好过点6，2 ，则直线𝐴𝐵的表达式为______．
【答案】𝑦= 2𝑥−10/𝑦= −10 + 2𝑥
【分析】设平行于y 轴的直线为𝑥= 𝑎，直线 𝑦= −2𝑥+ 2与x 轴的交点为C，与直线𝑥= 𝑎的交点为D，则
𝐶1，0 ，𝐷𝑎，−2𝑎+ 2 ，点C 关于直线𝑥= 𝑎的对称点坐标为2𝑎−1，0 ，再根据点D 和点6，2 在直
线𝐴𝐵上求出直线𝐴𝐵的解析式，再代入点2𝑎−1，0 进行求解即可．
【详解】解：设平行于y 轴的直线为𝑥= 𝑎，直线 𝑦= −2𝑥+ 2与x 轴的交点为C，与直线𝑥= 𝑎的交点为D，
∴𝐶1，0 ，𝐷𝑎，−2𝑎+ 2 ，
∴点C 关于直线𝑥= 𝑎的对称点坐标为2𝑎−1，0 ，
设直线𝐴𝐵的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
∴
𝑎𝑘+ 𝑏= −2𝑎+ 2
6𝑘+ 𝑏= 2
，
∴
𝑘=
2𝑎
6−𝑎
𝑏= 12−14𝑎
6−𝑎
，
∴直线𝐴𝐵的解析式为𝑦=
2𝑎
6−𝑎𝑥+
12−14𝑎
6−𝑎，
又∵点2𝑎−1，0 在直线𝐴𝐵上，
∴
2𝑎(2𝑎−1)
6−𝑎
+
12−14𝑎
6−𝑎
= 0，
∴𝑎2−4𝑎+ 3 = 0，
解得𝑎= 1（舍去，此时C、D 重合了）或𝑎= 3，
∴直线𝐴𝐵的解析式为𝑦= 2𝑥−10，
故答案为：𝑦= 2𝑥−10．
【点睛】本题主要考查了求一次函数解析式，坐标与图形变化—轴对称，解一元二次方程，正确理解题意用
含a 的式子表示出𝐴𝐵的解析式是解题的关键．
【变式18-2】直线𝑙：𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏(𝑘、𝑏为常数)分别与𝑥轴、𝑦轴交于点𝐴
3，0 、𝐵0，3 ，动点𝑃的坐标为
𝑚，−𝑚2 + 𝑎𝑚+ 1 （𝑎为常数）．
（1）当𝑎= ______ 时，有且仅有一个满足条件的𝑚的值，使得点𝑃在直线𝑙上；
（2）若有且仅有两个符合条件的𝑚的值，使得点𝑃到直线𝑙的距离为1，则𝑎的取值范围是______ ．
【答案】
−3 ± 2 2
−4−3 < 𝑎< −3或−3 < 𝑎< 4−3
【分析】（1）用待定系数法可求得直线𝑙的表达式为𝑦= −3𝑥+ 3，将点𝑃的坐标代入得𝑚2−( 3 + 𝑎)
𝑚+ 2 = 0，根据判别式Δ = ( 3 + 𝑎)
2
−8 = 0，进行计算即可得答案；
（2）分三种情况：①若𝑚2−( 3 + 𝑎)𝑚+ 2 = 2有两个不相等的解，而𝑚2−( 3 + 𝑎)𝑚+ 2 = −2无解；②
若𝑚2−( 3 + 𝑎)𝑚+ 2 = −2有两个不相等的解，而𝑚2−( 3 + 𝑎)𝑚+ 2 = 2无解；③若𝑚2−( 3 + 𝑎)
𝑚+ 2 = 2有一个解，𝑚2−( 3 + 𝑎)𝑚+ 2 = −2有一个解，分别列示计算即可得到答案．
【详解】解：（1）分别将𝐴、𝐵两点的坐标代入直线𝑙，
得方程组0 =
3𝑘+ 𝑏
3 = 𝑏
，
解得𝑘= −3
𝑏= 3
，
故直线𝑙的表达式为𝑦= −3𝑥+ 3，
将点𝑃的坐标代入，得𝑚2−( 3 + 𝑎)𝑚+ 2 = 0，
若它只有一个根(即有两相等实根)，则有Δ = ( 3 + 𝑎)
2
−8 = 0，
解得𝑎= −3 ± 2 2，
故答案为：−3 ± 2 2；
（2）点𝑃到直线𝑙的距离为
1
2|−3𝑚+ 𝑚2−𝑎𝑚−1 + 3| = 1，
整理得|𝑚2−( 3 + 𝑎)𝑚+ 2| = 2，即𝑚2−( 3 + 𝑎)𝑚+ 2 =± 2，
①若𝑚2−( 3 + 𝑎)𝑚+ 2 = 2有两个不相等的解，而𝑚2−( 3 + 𝑎)𝑚+ 2 = −2无解，
则有
( 3 + 𝑎)
2 > 0
( 3 + 𝑎)
2−16 < 0
，
解得−4−3 < 𝑎< 4−3且𝑎≠
3，
②若𝑚2−( 3 + 𝑎)𝑚+ 2 = −2有两个不相等的解，而𝑚2−( 3 + 𝑎)𝑚+ 2 = 2无解，
则有
( 3 + 𝑎)
2 < 0
( 3 + 𝑎)
2−16 > 0
，
此不等式组无解，
③若𝑚2−( 3 + 𝑎)𝑚+ 2 = 2有一个解，𝑚2−( 3 + 𝑎)𝑚+ 2 = −2有一个解，
则有
( 3 + 𝑎)
2 = 0
( 3 + 𝑎)
2−16 = 0
，
此方程组无解，
故答案为：−4−3 < 𝑎< −3或−3 < 𝑎< 4−3．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，一元二次方程的根的判别式，解不等式组，熟
练掌握一元二次方程的根的判别式，解不等式组的方法，是解题的关键．
【变式18-3】（24-25 八年级下·浙江金华·月考）已知关于𝑥的方程
1
2𝑥2−(𝑎+ 2𝑏)𝑥+ 2 = 0有两个相等实数
根．若在直角坐标系中，点𝑃在直线𝑙:𝑦= −𝑥+
1
3上，点𝑄
1
2 𝑎,𝑏在直线𝑙下方，则𝑃𝑄的最小值为（ ）
A．
2
3 2
B．
2
3
C．
4
3
D．
6
3
【答案】A
【分析】先根据一元二次方程根的判别式可得𝑎= −2𝑏+ 2或𝑎= −2𝑏−2，则点𝑄的坐标为𝑄(−𝑏+ 1,𝑏)或𝑄
(−𝑏−1,𝑏)，再得出点𝑄在直线𝑦= −𝑥−1上，从而可得当𝑃𝑄与两条直线垂直时，𝑃𝑄的值最小，然后利用勾股
定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可得．
【详解】解：∵关于𝑥的方程
1
2𝑥2−(𝑎+ 2𝑏)𝑥+ 2 = 0有两个相等实数根，
∴这个方程根的判别式为Δ = −(𝑎+ 2𝑏)
2
−4 ×
1
2 × 2 = (𝑎+ 2𝑏)2−4 = 0，
∴(𝑎+ 2𝑏)2 = 4，
∴𝑎+ 2𝑏= 2或𝑎+ 2𝑏= −2，即𝑎= −2𝑏+ 2或𝑎= −2𝑏−2，
∵点𝑄的坐标为𝑄
1
2 𝑎,𝑏，
∴𝑄(−𝑏+ 1,𝑏)或𝑄(−𝑏−1,𝑏)，
∴点𝑄在直线𝑦= −𝑥+ 1或直线𝑦= −𝑥−1上，
∵点𝑄
1
2 𝑎,𝑏在直线𝑙:𝑦= −𝑥+
1
3下方，
∴点𝑄在直线𝑦= −𝑥−1上，
∵点𝑃在直线𝑙:𝑦= −𝑥+
1
3上，且直线𝑙与直线𝑦= −𝑥−1平行，
∴当𝑃𝑄与两条直线垂直时，𝑃𝑄的值最小，
如图，过点𝑂作两条直线的垂线，垂直分别为点𝑃,𝑄，则𝑃𝑄即为所求，
设直线𝑙:𝑦= −𝑥+
1
3交𝑥轴于点𝐴，交𝑦轴于点𝐵，
当𝑦= 0时，−𝑥+
1
3 = 0，解得𝑥=
1
3，即𝐴
1
3 ,0 ,𝑂𝐴=
1
3，
当𝑥= 0时，𝑦=
1
3，即𝐵0,
1
3 ,𝑂𝐵=
1
3，
∴𝑂𝐴= 𝑂𝐵，𝐴𝐵=
𝑂𝐴2 + 𝑂𝐵2 =
1
3 2，
∵𝑂𝑃⊥𝐴𝐵，
∴𝑂𝑃=
1
2𝐴𝐵=
1
6 2，
同理可得：𝑂𝑄=
1
2 2，
∴𝑃𝑄= 𝑂𝑃+ 𝑂𝑄=
1
6 2 +
1
2 2 =
2
3 2，
即𝑃𝑄的最小值为
2
3 2，
故选：A．
【点睛】本题考查了一次函数的应用、一元二次方程根的判别式、平行线间的距离、直角三角形斜边上的
中线等于斜边的一半、勾股定理等知识，正确确定点𝑃,𝑄的位置是解题关键．
【题型19 函数与一元二次方程综合】
【例19】（24-25 八年级上·上海·期中）若方程𝑥2 +𝑏𝑥+ 1 = 0与方程𝑥2−𝑥−𝑏= 0至少有一个相等的实数根，
那么实数𝑏的值为_______．
【答案】2
【分析】本题考查了一元二次方程的根，以及根的判别式，解题的关键是掌握相关知识．设相等的实数根
为𝑚，则𝑚2 +𝑏𝑚+ 1 = 0①，𝑚2−𝑚−𝑏= 0②，两式相减得： (𝑏+ 1)(𝑚+ 1) = 0，得到𝑏= −1或
𝑚= −1，再根据题意和根的判别式综合分析即可求解．
【详解】解：∵方程𝑥2 +𝑏𝑥+ 1 = 0与方程𝑥2−𝑥−𝑏= 0至少有一个相等的实数根，
∴设相等的实数根为𝑚，
则𝑚2 +𝑏𝑚+ 1 = 0①，𝑚2−𝑚−𝑏= 0②，
①−②得：(𝑏+ 1)𝑚+ (𝑏+ 1) = 0，即(𝑏+ 1)(𝑚+ 1) = 0，
解得：𝑏= −1或𝑚= −1，
当𝑏= −1时，方程𝑥2 +𝑏𝑥+ 1 = 0为𝑥2−𝑥+ 1 = 0，
此时Δ = (−1)2−4 × 1 × 1 = −3 < 0，方程无解；
当𝑚= −1时，方程𝑥2−𝑥−𝑏= 0为(−1)2−(−1)−𝑏= 0，
解得：𝑏= 2，
此时方程𝑥2 +𝑏𝑥+ 1 = 0为𝑥2 +2𝑥+ 1 = 0，
解得：𝑥1 = 𝑥2 = −1，符合题意，
∴ 𝑏= 2，
故答案为：2．
【变式19-1】假设方程𝑥2 +2𝑥−𝑘= 0至少有一个整数解，那么k 不可能是下列哪个数？（）
A．8
B．15
C．24
D．30
E．48
【答案】D
【分析】本题可通过对原方程配方，根据整数解的性质得到𝑘+ 1必为完全平方数，再逐一验证选项即可得
到答案．
【详解】解：∵𝑥2 +2𝑥−𝑘= 0，
∴𝑥2 +2𝑥+ 1 = 𝑘+ 1，即(𝑥+ 1)2 = 𝑘+ 1
∵方程至少有一个整数解，𝑥为整数，
∴𝑥+ 1为整数，因此𝑘+ 1必为完全平方数．
对各选项逐一验证∶
选项A∶𝑘= 8，𝑘+ 1 = 9 = 32，是完全平方数，存在整数解，不符合要求；
选项B∶𝑘= 15，𝑘+ 1 = 16 = 42，是完全平方数，存在整数解，不符合要求；
选项C∶𝑘= 24，𝑘+ 1 = 25 = 52，是完全平方数，存在整数解，不符合要求；
选项D∶𝑘= 30，𝑘+ 1 = 31，31 不是完全平方数，不存在整数解，符合要求；
选项E∶𝑘= 48，𝑘+ 1 = 49 = 72，是完全平方数，存在整数解，不符合要求．
因此𝑘不可能是30．
【变式19-2】（25-26 九年级上·四川南充·期末）已知关于x 的二次方程𝑎𝑥2 +2(2𝑎−1)𝑥+ 4(𝑎−3) = 0．
(1)若方程有两个实数根，求满足条件a 的最小整数值；
(2)若方程至少有一整数根，求正整数a 的值．
【答案】(1)1
(2)1，3，6，10
【分析】本题考查根的判别式，一元二次方程的解，一元二次不等式的解法等知识，解题的关键是根据根
的判别式列出相关不等式．
（1）根据二次项系数𝑎≠0，结合根的判别式△≥0即可得出关于a 的一元一次不等式，解之即可得出a 的
取值范围，再取其最小整数值即可；
（2）先根据𝑎𝑥2 +2(2𝑎−1)𝑥+ 4(𝑎−3) = 0得到𝑎=
2(𝑥+6)
(𝑥+2)2，𝑥≠−2，再根据a 是正整数得到−4 ≤𝑥≤2
(𝑥≠−2)，从而得到x 的所有可能整数解，继而求出对应a 值，即可得解．根据题意得到x 的所有整数解是
解题的关键．
【详解】（1）解：关于x 的二次方程𝑎𝑥2 +2(2𝑎−1)𝑥+ 4(𝑎−3) = 0有两个实数根，
∴Δ = 2(2𝑎−1)
2
−4 × 𝑎× 4(𝑎−3) ≥0，且𝑎≠0．
解得：𝑎≥−
1
8(𝑎≠0)，
∴𝑎的最小整数值是1；
（2）解：将原方程变形为(𝑥+ 2)2𝑎= 2(𝑥+ 6)．
则，𝑎=
2(𝑥+6)
(𝑥+2)2，
由于a 是正整数，𝑥+ 2 ≠0
∴𝑎≥1，即
2(𝑥+6)
(𝑥+2)2 ≥1，𝑥≠−2．
∴𝑥2 +2𝑥−8 ≤0，(𝑥+ 4)(𝑥−2) ≤0．
∴−4 ≤𝑥≤2(𝑥≠−2)．
当𝑥= −4，−3，−1，0，1，2 时，得a 的值为1，6，10，3，
14
9 ，1．
∴𝑎= 1，3，6，10．
依题意得，当𝑎= 1时，有两个整数根−4，2；
当𝑎= 3，6，10时，方程只有一个整数根，
综上所述，当𝑎= 1，3，6，10时，关于x 的一元二次方程𝑎𝑥2 +2(2𝑎−1)𝑥+ 4(𝑎−3) = 0至少有一个整数根．
【变式19-3】（2025·江苏扬州·二模）定义：我们把一个整数𝑎平方后得到的数𝑎2称为完全平方数．例如：
32 = 9，02 = 0，(−5)2 = 25，我们就将9，0，25这些数都称为完全平方数．
(1)如果一个完全平方数𝑎2满足61 ≤𝑎2 ≤120，则满足条件𝑎的值为 （请写出所有满足条件的数）；
(2)𝑛是正整数，如果𝑛−20和𝑛+ 21都是完全平方数，求𝑛的值；
(3)如果关于𝑥的一元二次方程𝑎𝑥2 +2(2𝑎−1)𝑥+ 4(𝑎−3) = 0至少有一个整数解，请直接写出满足题意的正整
数𝑎的值．
【答案】(1) ± 8；± 9；± 10
(2)420
(3)1；3；6；10
【分析】本题主要考查了平方根、平方差公式、一元二次方程等知识点，掌握相关运算法则成为解题的关
键．
（1）直接运用平方根的知识估算即可解答；
（2）设𝑛−20 = 𝑘2,𝑛+ 21 = 𝑚2，k、m 为正整数，易得(𝑚+ 𝑘)(𝑚−𝑘) = 41，由1 只有因数1 和41，可列
方程组求得
𝑚= 21
𝑘= 20
，最后代入即可求得n 的值；
（3）关于𝑥的一元二次方程𝑎𝑥2 +2(2𝑎−1)𝑥+ 4(𝑎−3) = 0至少有一个整数解，根据根的判别式可得𝑎≥−
1
8，
则𝑥=
−(2𝑎−1)± 8𝑎+1
𝑎
，由方程的解为正整数，8𝑎+ 1为整数，设8𝑎+ 1 = 𝑘，则8𝑎+ 1 = 𝑘2，解得：
𝑎=
𝑘2−1
8
=
(𝑘+1)(𝑘−1)
8
，设𝑘= 2𝑚+ 1可得𝑎=
𝑚(𝑚+1)
2
，然后代入验证即可解答．
【详解】（1）解：∵61 ≤𝑎2 ≤120，
∴49 < 61 ≤𝑎2 ≤120 < 121，
∴49 < 𝑎2 < 121，
∴7 < |𝑎| < 11，
∴满足条件𝑎的值为± 8、± 9、± 10．
（2）解：设𝑛−20 = 𝑘2,𝑛+ 21 = 𝑚2，k、m 为正整数，
∴𝑚2−𝑘2 = 𝑛+ 21−(𝑛−20) = 41，
∴(𝑚+ 𝑘)(𝑚−𝑘) = 41，
∵41 只有因数1 和41，
∴
𝑚−𝑘= 1
𝑚+ 𝑘= 41
，解得：
𝑚= 21
𝑘= 20
，
∵𝑛−20 = 𝑘2，
∴𝑛= 𝑘2 +20 = 202 +20 = 420．
（3）解：∵关于𝑥的一元二次方程𝑎𝑥2 +2(2𝑎−1)𝑥+ 4(𝑎−3) = 0至少有一个整数解，
∴Δ = 2(2𝑎−1)
2
−4𝑎⋅4(𝑎−3) = 32𝑎+ 4 ≥0恒成立，即𝑎≥−
1
8，
∴𝑥=
−2(2𝑎−1)± 32𝑎+4
2𝑎
=
−(2𝑎−1)± 8𝑎+1
𝑎
= −2 +
1± 8𝑎+1
𝑎
，
∵因为方程至少有一个整数解且a 是正整数，
∴
1+ 8𝑎+1
𝑎
或
1−8𝑎+1
𝑎
为整数，
设8𝑎+ 1 = 𝑘(k 为非负整数)，则8𝑎+ 1 = 𝑘2，解得：𝑎=
𝑘2−1
8
=
(𝑘+1)(𝑘−1)
8
，
∵a 为正整数，
∴k 为正奇数，且𝑘≠1，
设𝑘= 2𝑚+ 1（𝑚为正整数），则𝑎=
(2𝑚+1+1)(2𝑚+1−1)
8
=
4(𝑚+1)𝑚
8
=
𝑚(𝑚+1)
2
，
当𝑚= 1时，𝑎= 1，
1+ 8𝑎+1
𝑎
= 4，符合题意；
当𝑚= 2时，𝑎= 3，
1+ 8𝑎+1
𝑎
= 2，符合题意；
当𝑚= 3时，𝑎= 6，
1−8𝑎+1
𝑎
= −1，符合题意；
当𝑚= 4时，𝑎= 10，
1+ 8𝑎+1
𝑎
= 1，符合题意；
当𝑚= 5时，𝑎= 15，
1+ 8𝑎+1
𝑎
=
12
15 < 1，
1−8𝑎+1
𝑎
= −
10
15 > −1，不符合题意；
⋯，
当𝑚> 4时，𝑎> 10，此时0 <
1+ 8𝑎+1
𝑎
< 1，−1 <
1−8𝑎+1
𝑎
< 0，都不是整数；
∴满足题意的正整数𝑎的值是：1；3；6；10．
【题型20 存在性与探索性问题】
【例20】（25-26 九年级上·四川·期末）任意给定一个矩形A，若存在另一个矩形B 的周长和面积分别是矩
形A 周长和面积的一半，则称矩形B 是矩形A 的“减半矩形”．已知某矩形的周长为36，面积为16，则它的
减半矩形的长和宽分别为________ ；原矩形的两边长分别为m 和2，若存在另一个矩形是它的“减半矩形”，
则m 满足的取值范围是__________．
【答案】
8，1
0 < 𝑚≤6−4 2或𝑚≥6 + 4 2
【分析】本题考查了新定义，一元二次方程根的判别式以及根与系数的关系．第一问：原矩形周长为36，
面积为16，减半矩形周长为18，面积为8．设减半矩形长和宽为x 和y，则
𝑥+ 𝑦= 9
𝑥𝑦= 8
，解方程组即可求解；
第二问：原矩形长m、宽2，周长2(𝑚+ 2)，面积2𝑚．则减半矩形周长𝑚+ 2，面积m．设减半矩形长p、
宽q，则
𝑝+ 𝑞= 𝑚+2
2
𝑝𝑞= 𝑚
．根据根与系数的关系，p 和q 是方程𝑡²−
(𝑚+2)
2
𝑡+ 𝑚= 0的两个根，由判别式Δ ≥0且
𝑚> 0，解不等式得m 的取值范围．
【详解】解：第一问：
原矩形周长36，面积16，减半矩形周长18，面积8．
设减半矩形长x、宽y，则
𝑥+ 𝑦= 9
𝑥𝑦= 8
，
整理得方程𝑥2−9𝑥+ 8 = 0，得𝑥= 8或𝑥= 1，
当𝑥= 8时，𝑦= 9−8 = 1；当𝑥= 1时，𝑦= 9−1 = 8；
故长和宽为8 和1；
第二问：原矩形的两边长分别为m 和2，周长2(𝑚+ 2)，面积2𝑚．
则减半矩形周长𝑚+ 2，面积m．
设减半矩形长p、宽q，则
2(𝑝+ 𝑞)= 𝑚+ 2
𝑝𝑞= 𝑚
，即
𝑝+ 𝑞= 𝑚+2
2
𝑝𝑞= 𝑚
，
∴p 和q 是方程𝑡²−
(𝑚+2)
2
𝑡+ 𝑚= 0的两个根．
则判别式Δ =
𝑚+2
2
2
−4𝑚=
𝑚2+4𝑚+4−16𝑚
4
=
𝑚2−12𝑚+4
4
≥0，
即𝑚2−12𝑚+ 4 ≥0．
解方程𝑚2−12𝑚+ 4 = 0，
得𝑚= 6 ± 4 2．
由于𝑚> 0，故0 < 𝑚≤6−4 2或𝑚≥6 + 4 2．
故答案为：0 < 𝑚≤6−4 2或𝑚≥6 + 4 2．
【变式20-1】（25-26 九年级上·四川成都·月考）已知𝑦是关于𝑥的函数，若该函数的图象经过点𝑃(𝑡,𝑡)，则称
点𝑃为函数图象上的“圆满点”，例如：直线𝑦= 2𝑥−1上存在“圆满点”𝑃(1,1)．若函数𝑦= (𝑚−2)𝑥2−3𝑥+ 𝑚
的图象上存在唯一“圆满点”，则𝑚= _____．
【答案】1 +
5或 1−5或2．
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，新定义，一次函数的定义，对“圆满点”的理解是解决本题的
关键．设函数𝑦= (𝑚−2)𝑥2−3𝑥+ 𝑚的图象上存在唯一“圆满点”的坐标是(𝑡,𝑡)，可得：(𝑚−2)𝑡2
−4𝑡+ 𝑚= 0，分当𝑚−2 ≠0和𝑚−2 = 0两种情况求解．
【详解】解：设函数𝑦= (𝑚−2)𝑥2−3𝑥+ 𝑚的图象上存在唯一“圆满点”的坐标是(𝑡,𝑡)，
根据题意可得：𝑡= (𝑚−2)𝑡2−3𝑡+ 𝑚，
整理得：(𝑚−2)𝑡2−4𝑡+ 𝑚= 0，
当𝑚−2 ≠0时，
∵函数𝑦= (𝑚−2)𝑥2−3𝑥+ 𝑚的图象上存在唯一“圆满点”，
∴关于𝑡的一元二次方程(𝑚−2)𝑡2−4𝑡+ 𝑚= 0有两个相等的实数根，
∴𝛥= 𝑏2−4𝑎𝑐= (−4)2−4𝑚(𝑚−2) = 0，
整理得：𝑚2−2𝑚−4 = 0，
解得：𝑚= 1 +
5或1−5；
当𝑚= 2时，函数解析式是𝑦= −3𝑥+ 2，
把“圆满点”的坐标(𝑡,𝑡)代入𝑦= −3𝑥+ 2，
可得：𝑡= −3𝑡+ 2，
解得：𝑡=
1
2，
∴当𝑚= 2时，有唯一的“圆满点”
1
2 ,
1
2 ．
故答案为：1 +
5或 1−5或2．
【变式20-2】数学家对一元二次方程经过漫长的探索．我国数学家赵爽在他的著作《勾股圆方图注》对𝑥2
+𝑝𝑥+ 𝑞= 0(𝑝2−4𝑞> 0)给出两根和、积的关系．请你跟随他的脚步开始你的探索之旅．
(1)用𝑥1,𝑥2表示一元二次方程的两个实根，填写表格．
一元二次方程
𝑥1 + 𝑥2
𝑥1 ⋅𝑥2
4𝑥2−𝑝2 = 0(𝑝> 0)
0
①
𝑥2 + 𝑝𝑥+ 𝑞= 0(𝑝2−4𝑞> 0)
②
③
5𝑥2−6𝑥+ 1 = 0
6
5
1
5
(2)数学家韦达对规律进行归纳；对于𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐= 0(𝑎≠0)，若𝑏2−4𝑎𝑐≥0，则𝑥1 + 𝑥2 = ；𝑥1 ⋅𝑥2
= ．（用含𝑎,𝑏,𝑐的代数式表示）．
(3)设𝛼,𝛽是方程2𝑥2−2𝑥−1 = 0的两个实根，利用上述结论求𝛼2𝛽+ 𝛼𝛽2的值．
(4)类比探索，若一元三次方程𝑎𝑥3 +𝑏𝑥2 +𝑐𝑥+ 𝑑= 0(𝑎≠0)可以转化为𝑎(𝑥−𝑥1)(𝑥−𝑥2)(𝑥−𝑥3) = 0，则𝑥1 + 𝑥2
+ 𝑥3 = ；𝑥1 ⋅𝑥2 ⋅𝑥3 = （用含𝑎,𝑏,𝑐,𝑑的代数式表示）．
【答案】(1)①−
𝑝2
4 ；②−𝑝；③𝑞
(2)−
𝑏
𝑎，
𝑐
𝑎
(3)−
1
2
(4)−
𝑏
𝑎，−
𝑑
𝑎
【分析】（1）利用直接开平方法和公式法分别求出方程的解，由此即可得；
（2）利用公式法求出方程的解，由此即可得；
（3）先根据（2）的结论可得𝛼+ 𝛽= 1，𝛼𝛽= −
1
2，再根据𝛼2𝛽+ 𝛼𝛽2 = 𝛼𝛽(𝛼+ 𝛽)，代入计算即可得；
（4）先化简方程𝑎(𝑥−𝑥1)(𝑥−𝑥2)(𝑥−𝑥3) = 0，再比较各项的系数即可得．
【详解】（1）解：4𝑥2−𝑝2 = 0(𝑝> 0)，
𝑥2 =
𝑝2
4 ，
𝑥1 =
𝑝
2,𝑥2 = −
𝑝
2，
则𝑥1 ⋅𝑥2 = −
𝑝2
4 ，
𝑥2 +𝑝𝑥+ 𝑞= 0(𝑝2−4𝑞> 0)，
𝑥=
−𝑝± 𝑝2−4𝑞
2
，
即𝑥1 =
−𝑝+ 𝑝2−4𝑞
2
,𝑥2 =
−𝑝−𝑝2−4𝑞
2
，
则𝑥1 + 𝑥2 = −𝑝，𝑥1 ⋅𝑥2 = 𝑞，
故答案为：①−
𝑝2
4 ；②−𝑝；③𝑞．
（2）解：𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐= 0(𝑎≠0)，
𝑥=
−𝑏± 𝑏2−4𝑎𝑐
2𝑎
，
即𝑥1 =
−𝑏+ 𝑏2−4𝑎𝑐
2𝑎
,𝑥2 =
−𝑏−𝑏2−4𝑎𝑐
2𝑎
，
则𝑥1 + 𝑥2 = −
𝑏
𝑎，𝑥1 ⋅𝑥2 =
𝑐
𝑎，
故答案为：−
𝑏
𝑎，
𝑐
𝑎．
（3）解：∵𝛼,𝛽是方程2𝑥2−2𝑥−1 = 0的两个实根，
∴𝛼+ 𝛽= −
−2
2 = 1，𝛼𝛽= −
1
2，
则𝛼2𝛽+ 𝛼𝛽2 = 𝛼𝛽(𝛼+ 𝛽)
= −1
2 × 1
= −
1
2．
（4）解：𝑎(𝑥−𝑥1)(𝑥−𝑥2)(𝑥−𝑥3) = 𝑎[𝑥2−(𝑥1 + 𝑥2)𝑥+ 𝑥1𝑥2](𝑥−𝑥3)
= 𝑎[𝑥3−(𝑥1 + 𝑥2)𝑥2 + 𝑥1𝑥2𝑥−𝑥3𝑥2 + (𝑥1𝑥3 + 𝑥2𝑥3)𝑥−𝑥1𝑥2𝑥3]
= 𝑎𝑥3−𝑎(𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3)𝑥2 +𝑎(𝑥1𝑥2 + 𝑥1𝑥3 + 𝑥2𝑥3)𝑥−𝑎𝑥1𝑥2𝑥3，
则−𝑎(𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3) = 𝑏，−𝑎𝑥1 ⋅𝑥2 ⋅𝑥3 = 𝑑，
所以𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = −
𝑏
𝑎，𝑥1 ⋅𝑥2 ⋅𝑥3 = −
𝑑
𝑎，
故答案为：−
𝑏
𝑎，−
𝑑
𝑎．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解法、根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的根与系数的关系是
解题关键．
【变式20-3】（25-26 九年级上·全国·寒假作业）综合与实践：计算器运用与功能探索
计算器运算快捷而又“不辞辛劳”，可以代替我们进行繁杂的运算，让我们腾出更多时间进行规律的探索．
【发现规律】
八年级数学兴趣小组借助计算器进行如下操作：任选一个小于1 的正数作为输入值，乘以-1，加上1，再开
平方，将计算器输出的值，作为输入值，不断执行上述操作…得到了如下运算记录表：
选定小于1 的正数
0.7
0.5
0.3
第1 次运算结果
0.547722558
0.707106781
0.836660027
第2 次运算结果
0.672515756
0.541196100
0.404153403
第3 次运算结果
0.572262390
0.677350648
0.771911003
…
…
…
…
第38 次运算结果
0.618061094
0.617997417
0.617932544
第39 次运算结果
0.618012059
0.618063575
0.618116054
第40 次运算结果
0.618051729
0.618010053
0.617967593
根据记录表的结果，小组成员发现一些规律：
①任选一个小于1 的正数作为输入值，运算结果最后都趋于一个常数： (保留3 位小数)．
②随着运算次数的增加，_______(从下列选项中选择)．
A．运算结果越来越大
B．运算结果越来越小
C．输入和输出的值越来越接近
【验证规律】
组长对规律进行如下分析：设多次运算后某次运算输入值为x，则输出值为 ，根据规律②可以构造一个
方程： (保留原始形式，不作变形)，规律①中的常数即为方程的解．
为验证组长对规律解释的正确性，小组尝试求出方程的精确解．某小组成员将方程转化成𝑥2 +𝑥= 1，构造
如图1 的图形，利用面积来解方程，计算4 块区域的面积：𝑆1 = ，𝑆2 + 𝑆3 = _______，𝑆4 = ，整个
正方形的面积𝑆= 𝑆1 + 𝑆2 + 𝑆3 + 𝑆4，所以（𝑥+
1
2）
2 = ，注意𝑥+
1
2＞0，开方后解得𝑥= ．
【应用规律】
若将操作改为“任选一个正数作为输入值，乘以2，加上1，再开平方”，不断执行上述操作，请求出经过足
够多次运算后，运算结果趋于的常数(必要的步骤：列出方程、构造图形解方程、结果保留3 位小数，参考
数据：2 ≈1.414，3 ≈1.732，5 ≈2.236)．
【答案】发现规律：①0.618；②C；验证规律：1−𝑥，𝑥=
1−𝑥，x2，x，
1
4，
5
4，
5−1
2 ；应用规律：
2.414
【分析】本题主要考查了规律探索与应用．解一元二次方程；熟练掌握运用现代工具重复计算探索规律，
及图形面积法探索验证规律，完全平方公式的几何意义，是解题的关键．
[发现规律]：①观察选的3 个数第40 次运算结果趋近的数为0.618；②多次运算的结果接近输入数；
[验证规律]：输出的值1−𝑥构造方程为𝑥=
1−𝑥转化为𝑥2 +𝑥= 1，构造正方形解得𝑥=
5−1
2 ；
[应用规律]：构造方程𝑥=
2𝑥+ 1，即𝑥2−2𝑥= 1，构造正方形，解得𝑥=
2 +1，约2.414．
【详解】解：[发现规律]：
①选0.7的第40次运算结果0.618051729 ≈0.618，
选0.5的第40次运算结果0.618010053 ≈0.618，
选0.3的第40次运算结果0.617967593 ≈0.618，
任选一个小于1 的正数作为输入值，运算结果最后都趋于一个常数：0.618；
②由①知，随着运算次数的增加，输入和输出的值越来越接近，选C；
故答案为：①0.618；②C；
[验证规律]
多次运算后某次运算输入值为x，则输出值为1−𝑥根据规律②可以构造一个方程：𝑥=
1−𝑥规律①中的
常数即为方程的解．
为验证组长对规律解释的正确性，小组尝试求出方程的精确解，
某小组成员将方程转化成𝑥2 +𝑥= 1，构造如图1 的图形，利用面积来解方程，
计算4 块区域的面积：𝑆1 = 𝑥⋅𝑥= 𝑥2，𝑆2 + 𝑆3 =
1
2𝑥+
1
2𝑥= 𝑥，𝑆4 =
1
2 ×
1
2 =
1
4，
整个正方形的面积𝑆= 𝑆1 + 𝑆2 + 𝑆3 + 𝑆4，
∴𝑥2 = 1−𝑥，
∴𝑥2 +𝑥= 1，
∴𝑥2 +𝑥+
1
4 = 1 +
1
4，
∴（𝑥+
1
2）
2 =
5
4，
∴𝑥+
1
2 =±
5
2 ，
∴𝑥=
−1± 5
2
，
取𝑥=
5−1
2 ，
故答案为：1−𝑥，𝑥=
1−𝑥，𝑥2，𝑥，
1
4，
5
4，
5−1
2 ；
[应用规律]
构造方程：𝑥=
2𝑥+ 1，即𝑥2−2𝑥= 1，
构造图形：
𝑆1 = (𝑥−1)2，𝑆2 + 𝑆3 = 2(𝑥−1) = 2𝑥−2，𝑆4 = 1，，
整个正方形的面积𝑆= 𝑆1 + 𝑆2 + 𝑆3 + 𝑆4，
∴𝑥2 = (𝑥−1)2 +2𝑥−1，
∴(𝑥−1)2 = 𝑥2−2𝑥+ 1 = 2，
∴𝑥−1 =±
2，
∵𝑥> 0，
∴𝑥=
2 +1，
∴𝑥=
2 +1 ≈1.414 + 1 = 2.414．
