八年级数学下册浙教版 第2章《一元二次方程》压轴复习题（含解析）

第2章《一元二次方程》压轴复习题
【题型一 配方法的应用】
1．我们已经学习了利用配方法解一元二次方程，其实配方法还有其他重要应用例如：已知可取任何实数，试求二次三项式的最小值．
解：；
无论取何实数，都有，
，即的最小值为．
【尝试应用】(1)请直接写出的最小值______ ；
【拓展应用】(2)试说明：无论取何实数，二次根式都有意义；
【创新应用】(3)如图，在四边形中，，若，求四边形的面积最大值．

2．[阅读材料]把代数式通过配凑等手段，得到局部完全平方式，再进行有关运算和解题，这种解题方法叫做配方法．配方法在因式分解、最值问题中都有着广泛的应用．例如:

请根据上述材料解决下列问题:
(1)分解因式:；
(2)利用配方法求代数式的最大值．
3．设x，y都是实数，请探究下列问题，
(1)尝试：①当，时，，，．
②当，时，，，．
③当，时，，，．
④当，时，，，________2xy．
(2)归纳：与有怎样的大小关系？试说明理由．
(3)运用：求代数式的最小值．
4．一般情形下等式不成立，但有些特殊实数可以使它成立，例如，时，成立，我们称是使成立的“神奇数对”，请完成下列问题：
(1)数对，中，使成立的“神奇数对”是_________；
(2)若是使成立的“神奇数对”，求的值；
(3)若是使成立的“神奇数对”，且，，求代数式的最小值．
5．阅读材料：为实数，且，，因为，所以，从而，当时取等号．
阅读材料：若(，，为常数)，由阅读材料的结论可知，所以当，即时，取最小值．
阅读上述内容，解答下列问题：
(1)已知，则当________时，取得最小值，且最小值为________；
(2)已知，，求的最小值．
(3)某大学学生会在月日举办了一个活动，活动支出总费用包含以下三个部分：一是前期投入元；二是参加活动的同学午餐费每人元；三是其他费用，等于参加活动的同学人数的平方的倍．求当参加活动的同学人数为多少时，该次活动人均投入费用最低．最低费用是多少元？(人均投入支出总费用/参加活动的同学人数)
6．已知，为两个正实数，，，即：，当且仅当“”时，等号成立．我们把叫做正数，的算术平均数，把叫做正数，的几何平均数，于是上述不等式可表述为：两个正数的算术平均数不小于(即大于或等于)它们的几何平均数．它在数学中有广泛的应用，是解决最值问题的有力工具．示例：当时，求的最小值；
解：，当，即时，的最小值为3．
(1)探究：当时，求的最小值；
(2)知识迁移：随着人们生活水平的提高，汽车已成为越来越多家庭的交通工具，假设某种汽车的购车费用为10万元，每年应缴保险费等各类费用共计0.4万元，年的保养，维修费用总和为万元，问这种汽车使用多少年报废最合算(即使用多少年的年平均费用最少，年平均费用所有费用：年数)？最少年平均费用为多少万元？
(3)创新应用：如图，在直角坐标系中，直线经点，与坐标轴正半轴相交于，两点，当的面积最小时，求直线的表达式．

【压轴题型二 根据判别式判断一元二次方程根的情况】
7．已知关于x的一元二次方程．
(1)求证：无论m取何值，方程都有两个不相等的实数根；
(2)如果方程的两个实数根为，且为整数，求整数m所有可能的值．
8．已知关于x的方程．
(1)证明：不论k为何值，方程总有两个不相等的实数根；
(2)若k为整数，则当为何值时，方程的根是整数．
9．如图1，四边形是证明勾股定理时用到的一个图形，a，b，c是和边长，易知，这时我们把关于x的形如的一元二次方程称为“勾系一元二次方程”．
请解决下列问题：

(1)写出一个“勾系一元二次方程”；
(2)求证：关于x的“勾系一元二次方程”必有实数根；
(3)如图1，若是“勾系一元二次方程”的一个根，且四边形的周长是，求面积；
(4)如图2，的三边分别为a，b，c，，且．求证：关于x的一元二次方程必有实数根．
10．已知关于的方程．
(1)求证：不论为何值，方程必有实数根；
(2)当为整数时，方程是否有有理根？若有求出的值，若没有请说明理由．
11．阅读：根据二次根式的性质，有：．根据这一性质，我们可以将一些“双重二次根式”去掉一层根号，达到化简效果．
如：在实数范围内化简．
解：设(，为非负有理数)，则．
∴
由①得，，代入②得：，解得，
∴，
∴
请根据以上阅读理解，解决下列问题：
(1)请直接写出的化简结果是__________；
(2)化简；
(3)判断能否按照上面的方法化简，如果能化简，请写出化简后的结果，如果不能，请说明理由．
12．阅读下列材料：在苏教版九年级数学上册页中，我们通过探索知道：关于的一元二次方程，如果时，这个方程的实数根就可以表示为，其中就叫做一元二次方程根的判别式，我们用表示，即，通过观察公式，我们可以发现，如果的值是一个完全平方数时，一元二次方程的根不一定都为整数，但是如果一元二次方程的根都为整数，的值一定是一个完全平方数．
例：方程，，的值是一个完全平方数，但是该方程的根为，，不都为整数；方程的两根，，都为整数，此时，的值是一个完全平方数．我们定义：两根都为整数的一元二次方程称为“全整根方程”，代数式的值为该“全整根方程”的“最值码”，用表示，即；若另一关于的一元二次方程也为“全整根方程”，其“最值码”记为，当满足时，则称一元二次方程是一元二次方程的“全整根伴侣方程”．
(1)关于的一元二次方程是一个“全整根方程”
当时，该全整根方程的“最值码”是__________．
若该全整根方程的“最值码”是，则的值为__________．
(2)关于的一元二次方程(为整数，且)是“全整根方程”，请求出该方程的“最值码”．
(3)若关于的一元二次方程是(，均为正整数)的“全整根伴侣方程”，求的值(直接写出答案)．
【压轴题型三 根据一元二次方程根的情况求参数】
13．阅读下列材料：
若设关于的一元二次方程的两根为，，那么由根与系数关系得：，，，．
于是二次三项式可分解为．这种因式分解的方法叫求根法，请你利用这种方法完成下面问题：
(1)请用上面方法分解二次三项式；
(2)如果关于的二次三项式能用上面方法分解因式，求的取值范围；
(3)若关于的方程的两个根为，，请直接写出关于的方程的两个根(用含，的代数式表示)．
14．在平面直角坐标系中，我们不妨将横坐标，纵坐标均为整数的点称之为“整根点”，若一元二次方程的两个实数根都是整数，我们就称这个一元二次方程为“整根方程”．
(1)求函数的图象上所有“整根点”的坐标；
(2)若一元二次方程为“整根方程”，求整数k的值；
(3)若一元二次方程有两个不相等的实数根且为“整根方程”，求k的值．
15．某班数学兴趣小组对函数的图象和性质进行了探究，探究过程如下，请完成下面各小题．
(1)自变量x的取值范围是全体实数，x与y的几组对应值如下表：
x … 0 1 2 3 …
y … 3 m 0 0 3 …
其中，_______；
(2)完成函数图象，直接写出：
①方程的实数根有________个；
②关于x的方程有4个实数根时，则a的取值范围是____________．
16．已知对于任意实数a、b，都有，特别地，当a、b都为正数时，有．
(1)已知，y的最小值为______；
(2)已知，的最大值为______；
(3)x，y都是正数，，求的最小值．
17．记(如，则；，则)，其中为正自然数，，为实数．
(1)用和分别表示，；
(2)若，求的取值范围．
18．对于代数式，若存在实数，当时，代数式的值也等于，则称为这个代数式的不变值．例如：对于代数式，当时，代数式等于0；当时，代数式等于1，我们就称0和1都是这个代数式的不变值．在代数式存在不变值时，该代数式的最大不变值与最小不变值的差记作．特别地，当代数式只有一个不变值时，则．
(1)代数式的不变值是______，______．
(2)说明：代数式没有不变值；
(3)已知代数式，若，求的值．
【压轴题型四 换元法解一元二次方程】
19．解方程，可以将看成一个整体，设，则原方程可化①，解得，，当时，即，解得，，当时，即，解得，所以原方程的解为，，，．
解答问题：
(1)上述解题过程，在由原方程得到方程①的过程中利用____法达到了降次的目的，体现了转化的数学思想．
(2)请利用上述这种方法解方程：．
(3)应用求值：已知实数，满足，则_____．
20．阅读材料，解答问题．
解方程：．
解：把视为一个整体，设，
则原方程可化为．
解得，．
或．
，．
以上方法就叫换元法，达到简化或降次的目的，体现了转化的思想．
请仿照材料解下列方程：
(1)；
(2)．
21．“通过等价变换，化复杂为简单，化陌生为熟悉，化未知为已知”是数学学习中解决问题的基本思维方式．例如：解方程x﹣＝0，就可利用该思维方式，设＝y，将原方程转化为：这个熟悉的关于y的一元二次方程，解出y，再求x．这种方法又叫“换元法”．请你用这种思维方式和换元法解决下列问题：
(1)填空：若，则的值为　 　；
(2)直接写出方程的根；
(3)解方程：2﹣8＝0．
22．阅读下列材料，解答问题．
．
解：设，则，
原方程可化为，
，即．
或，解得．
请利用上述方法解方程：．
23．阅读下列材料：方程：是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是：
设，那么，于是原方程可变为，
解这个方程得：，．
当时，，∴；当时，，∴
所以原方程有四个根：，，，．
在这个过程中，我们利用换元法达到降次的目的，体现了转化的数学思想．
(1)利用换元法解方程得到方程的解为______．
(2)若，求的值．
(3)利用换元法解方程：．
24．阅读下列材料：为解方程可将方程变形为然后设，则，原方程化为①，解①得，．当时，无意义，舍去；当时，，解得；∴原方程的解为，；
上面这种方法称为“换元法”，把其中某些部分看成一个整体，并用新字母代替(即换元)，则能使复杂的问题转化成简单的问题．
利用以上学习到的方法解下列方程：
(1)；
(2)．
【压轴题型五 一元二次方程的应用】
25．如图，长方形中，，动点分别从点A、C同时出发，点P以的速度向终点B移动，点Q以的速度向点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，问：
(1)当时，四边形的面积是多少？
(2)当t为何值时，点P和点Q的距离是？
(3)当__________s时，以点为顶点的三角形是等腰三角形(直接写出答案)
26．综合与实践：阅读材料，并解决以下问题．
(1)学习研究：北师大版教材九年级上册第39页介绍了我国数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中关于一元二次方程的几何解法：以为例，求解过程如下：
①变形：将方程变形为；
②构图：画四个长为，宽为的矩形，按如图(1)所示构造一个“空心”大正方形；

③解答：则图中大正方形的面积从整体看可表示为，从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即，因此，可得新的一元二次方程，∵表示边长，∴，即．
这种数形结合方法虽然只能得到原方程的其中一个正根．但是从新方程可以得到原方程的另一个根是________．
(2)类比迁移：根据赵爽几何解法的方法求解方程的一个正根(写出完整的求解过程，并在画图区画出示意图、标明各边长)．

(3)拓展应用：一般地对于形如：一元二次方程可以构造图(2)来解，已知图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4．那么________，________，方程的一个正根为________．

27．阅读材料：各类方程的解法
求解一元一次方程，根据等式的基本性质，把方程转化为x=a的形式．求解二元一次方程组，把它转化为一元一次方程来解；类似的，求解三元一次方程组，把它转化为解二元一次方程组．求解一元二次方程，把它转化为两个一元一次方程来解．求解分式方程，把它转化为整式方程来解，由于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验．各类方程的解法不尽相同，但是它们有一个共同的基本数学思想――转化，把未知转化为已知．
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，可以通过因式分解把它转化为，解方程和，可得方程的解．
(1)问题：方程的解是______；
(2)拓展：用“转化”思想求方程的解；
(3)应用：如图，已知矩形草坪的长，宽，小华把一根长为10m的绳子的一端固定在点B，沿草坪边沿走到点P处，把长绳段拉直并固定在点P，然后沿草坪边沿走到点C处，把长绳剩下的一段拉直，长绳的另一端恰好落在点C．求的长．

28．我市茶叶专卖店销售某品牌茶叶，其进价为每千克240元，按每千克400元出售，平均每周可售出200千克，后来经过市场调查发现，单价每降低10元，则平均每周的销售量可增加40千克．
(1)若该专卖店销售这种品牌茶叶要想平均每周获利41600元，请回答：
①每千克茶叶应降价多少元？
②在平均每周获利不变的情况下，为尽可能让利于顾客，赢得市场，该店应按原售价的几折出售？
(2)在降价情况下，该专卖店销售这种品牌茶叶平均每周获利能达到50000元吗？请说明理由．
29．如何利用闲置纸板箱制作储物盒
如何利用闲置纸板箱制作储物盒
素材 如图，图中是小琴家需要设置储物盒的区域，该区域可以近似看成一个长方体，底面尺寸如图所示．
素材 如图是利用闲置纸板箱拆解出的①，②两种均为长方形纸板．
长方形纸板① 长方形纸板②

小琴分别将长方形纸板①和②以不同的方式制作储物盒．
长方形纸板①的制作方式 长方形纸板②制作方式
裁去角上个相同的小正方形，折成一个无盖长方体储物盒． 将纸片四个角裁去个相同的小长方形，折成一个有盖的长方体储物盒．
目标 熟悉材料 熟悉按照长方形纸板①的制作方式制成的储物盒能够无缝障的放入储物区域，且恰好没有延伸到过道，则长方形纸板宽为______．
目标 利用目标计算所得的数据，进行进一步探究．
初步应用 (1)按照长方形纸板①的制作方式，为了更方便地放入或取出储物盒，盒子四周需要留出一定的空间，当储物盒的底面积是，求储物盒的容积．
储物收纳 (2)按照长方形纸板②的制作方式制作储物盒，若和HG两边恰好重合且无重叠部分，盒子的底面积为．如图，是家里一个玩具机械狗的实物图和尺寸大小，请通过计算判断玩具机械狗能否完全放入该储物盒．
30．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？
【压轴题型六 一元二次方程根与系数的关系】
31．已知方程①，和方程②
(1)若方程①的根为，，求方程②的根；
(2)当方程①有一根为时，求证是方程②的根；
(3)若，方程①的根是与，方程②的根是和，求的值．
32．已知、是关于x的一元二次方程的两个不相等的实数根
(1)直接写出m的取值范围
(2)若满足，求m的值．
(3)若，求证：；
33．已知关于x的不等式．
(1)若不等式的解集为，求a，b的值；
(2)若，解关于x的不等式．
34．已知方程的两根是、．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求作一个新的一元二次方程，使其两根分别等于、的倒数的立方．(参考公式：．
35．(1)是关于的一元二次方程的两实根，且，求的值．
(2)已知：，是一元二次方程的两个实数根，设，，…，．根据根的定义，有，，将两式相加，得，于是，得．
根据以上信息，解答下列问题：
①直接写出，的值．
②经计算可得：，，，当时，请猜想，，之间满足的数量关系，并给出证明．
36．阅读理解：
【材料一】若三个非零实数x，y，z中有一个数的平方等于另外两个数的积，则称三个实数x，y，z构成“友好数”．
【材料二】若关于x的一元二次方程的两根分别为，则有: ．
问题解决：
(1)实数4，6，9可以构成“友好数”吗？请说明理由；
(2)若三点均在函数(k为常数且)的图象上，且这三点的纵坐标构成“友好数”，求实数t的值；
(3)设三个实数是“友好数”且满足，其中是关于x的一元二次方程的两个根，是抛物线与x轴的一个交点的横坐标．
①的值等于______________；
②设，求y关于x的函数关系式．
【压轴题型七 一元二次方程综合问题】
37．如图，在中，，点P从点A出发，以每秒的速度沿匀速运动，同时点Q从点B出发以每秒的速度沿匀速运动，当有一点停止运动时，另一点也停止运动，设运动时间为t秒．
(1)当时，直接写出P，Q两点间的距离．
(2)是否存在t，使得的面积是面积的？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
(3)当为直角三角形时，求t的取值范围．
38．阅读理解以下内容，解决问题：
解方程：．
解：，
方程即为：，
设，原方程转化为：
解得，，，
当时，即，，；
当时，即，不成立．
综上所述，原方程的解是，．
以上解方程的过程中，将其中作为一个整体设成一个新未知数，从而将原方程化为关于的一元二次方程，像这样解决问题的方法叫做“换元法”(“元”即未知数)．
(1)已知方程：，若设，则利用“换元法”可将原方程化为关于的方程是______；
(2)仿照上述方法，解方程：．
39．如图，直线：与x轴，y轴分别交于A，B两点，点为直线上一点，另一直线：过点P，与x轴交于点C．
(1)求点P的坐标和的表达式；
(2)若动点Q从点C开始以每秒1个单位的速度向x轴正方向移动．设点Q的运动时间为t秒．
①当点Q在运动过程中，请直接写出的面积S与t的函数关系式；
②求出当t为多少时，的面积等于3；
③在动点Q运动过程中，是否存在点Q使为等腰三角形？若存在，请直接写出此时Q的坐标．
40．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．
41．已知关于x的一元二次方程．
(1)求证：这个方程的一根大于2，一根小于2；
(2)若对于时，相应得到的一元二次方程的两根分别为和和和，…，和和，试求的值．
42．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．
参考答案
【压轴题型一 配方法的应用】
1．解：(1)
，
无论取何实数，都有，
，即的最小值为；
故答案为：；
(2)，
，
，
无论取何实数，二次根式都有意义；
(3)，
四边形的面积，
，
，
四边形的面积
，
当，四边形的面积最大，最大值为．
2．(1)解：
．
(2)解：
∵
∴
∴
最大值为64．
3．(1)解：当，时，，，
，
故答案为：；
(2)解：，理由如下，
∵，
∴；
(3)解：∵，
∴，
∴代数式的最小值为8．
4．(1)解：∵，
∴数对是使成立的“神奇数对”；
∵，
∴数对不是使成立的“神奇数对”；
故答案为；
(2)解：∵是使成立的“神奇数对”，
∴，
整理得，，
解得，
经检验，是原分式方程的解，
∴；
(3)解：∵，，
∴，，
∵是使成立的“神奇数对”，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴代数式的最小值为．
5．(1)解：由题意得，当 即时，取最小值为，
∴的最小值为，
故答案为：，；
(2)解：∵，，
∴，
∴当，即时，取最小值为，
∴的最小值为；
(3)解：设参加活动的同学人数为人，则人均投入为，
当，即时，取最小值为，
∴最低费用是(元)，
答：当参加活动的同学人数为人时，该次活动人均投入费用最低，最低费用是元．
6．(1)解：，
，
当，即时，的最小值为5；
(2)解：由题意得：，
年平均费用．
当时，
，
即时，这种汽车使用10年报废最合算，最少年平均费用为2.5万元；
(3)解：设直线为：，
把代入解析式得：，
，
直线为：，
令，，
，
令，
，
，
，
由题意知：，
，
由题意得：，
．
当时，即时，最小，
直线为：．
【压轴题型二 根据判别式判断一元二次方程根的情况】
7．(1)证明：∵，
∴，
∴无论m取何值，方程都有两个不相等的实数根；
(2)解：，
∵，
∴方程都有两个不相等的实数根，
∴，
∴或，
∵，
∴，
∴，
∵为整数，
∴也为整数，
∵m为整数，
∴或，
∴整数m所有可能的值为，，，．
8．(1)证明：
，
∵，
∴，
∴无论k取何值，方程总有两个不相等的实数根；
(2)解：，
，
要使方程的解为整数，则为平方数，
设，
整理得：，
∵与的奇偶性相同，
∴或，
解得：或，
当时，方程变为，
解得：或，
∴当时，方程的根是整数．
9．(1)解：当，，时勾系一元二次方程为；
(2)证明：，
∴，
∵，
∴
∴，
∴勾系一元二次方程必有实数根；
(3)当时，有，即，
∵四边形的周长是，
∴，即，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴
∴，
∴．
(4)如图，∵，，过作于，
∴，，D在线段上，

∵，
∴，
∴，
∵，
∴
，
∴关于x的一元二次方程必有实数根．
10．(1)解：由题意得
①当时，即：，
方程为一元一次方程：，
此时方程必有实数根；
②当时，即：，
此时方程为一元二次方程，
，，，
，
，
，
，
故不论为何值，方程必有实数根；
综上所述：不论为何值，方程必有实数根．
(2)解：当为整数时，方程没有有理根，理由如下：
①当时，即：，
方程为一元一次方程，方程有有理根，
为整数，
此情况不存在；
②当时，
当为整数时，假设方程有有理根，
则需满足：是完全平方数，
设(为整数)，则有
，
或或或，
解得：或，
此时与为整数矛盾，
当为整数时，方程没有有理根；
综上所述：当为整数时，方程没有有理根．
11．(1)解：
＝
＝
＝
＝．
故答案为：；
(2)设(，为非负有理数)，则，
∴，
由①得，，代入②得：，
解得，，
∴，，
∴，
∴；
(3)不能，理由如下：
设(，为非负有理数)，则，
∴，
由①得，，代入②得：，
即：，
，
∴关于的一元二次方程无解，
∴不能按照上面的方法化简．
12．(1)解：当时，代入得，
，
∴，即，
故答案为：；
由题意得，，
整理得，，
解得，，
故答案为：或；
(2)解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵是“全整根方程”，
∴是完全平方数，
即是完全平方数，
∴或或，
解得或或，
∵为整数，
∴不合，舍去，
∴或，
当时，方程化为
，
∴；
当时，方程化为
，
∴，
∴方程的“最值码”为或；
(3)解：方程的“最值码”为
，
方程的“最值码”为
，
∵是的“全整根伴侣方程”，
∴，
即，
整理得，，
∴，
即，
∵，均为正整数，
∴，
∴，
∴．
【压轴题型三 根据一元二次方程根的情况求参数】
13．(1)令，
∵，，，
，
∴，
∴，，
∴；
(2)令 ，
由二次三项式能用上面的方法分解因式，则可得方程有解，
∴，
整理得，，
解得，
又∵且，
∴且；
(3)∵方程的两根是，
∴，
∴，
∵当时，代入上式，得，
∴是方程的一个根，
同理，也是方程 的一个根，
∴方程的两个根为 或，
在方程中，设，
得，
∴或，
∴或，
解得， ，
∴方程的根是，．
14．(1)解：∵x是整数，当时，是一个无理数，
∴时，不是整数，
∴，，
即函数的图象上的“整根点”的只有1个，坐标为．
(2)∵有实数根，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∵为整数，
∴或1，2，3，4，
∵原方程有两个整数根，
∴为整数，
而也为整数，
∴当时，，符合题意，
当，或2，或3时不是整数，不符合题意；
当时，，，符合题意；
综上：或．
(3)∵，
则，
∴或
∴，，
∴，
整理，可得，
∴，
∵、都是整数，
∴或，
∴或，
①当时，
∴，
∴；
②当时，
∴，
∴此时方程无解；
综上，可得．
15．(1)解：根据函数的对称性可得，，
故答案为：0；
(2)解：描点画出如下函数图象：
①从图象上看函数与x轴有3个交点，故对应方程有3个根，
故答案为：3；
②方程有4个实数根时，即和有4个交点，
从图象看，此时，
故答案为：．
16．(1)，
∵，则，
∴，
故答案为：7；
(2)∵，则，
则，
故答案为：3；
(3)设，则，
将y的表达式代入并整理得：，
则，
整理得，，
∴，
∴或，
解得：(舍去)或，
故的最小值为11．
17．(1)解：当时，；
当时，；
(2)解：∵，
∴，
整理得，
则，
解得：．
18．(1)解：依题意，得：，即
解得：，，
，
故答案为：和4，7；
(2)解：依题意，得：即，
，
没有实数根，
代数式没有不变值；
(3)解：依题意，得：即有两个相等的实数根，
，
整理得：，
解得．
【压轴题型四 换元法解一元二次方程】
19．(1)解：上述解题过程，在由原方程得到方程①的过程中利用换元法达到了降次的目的，体现了转化的数学思想，
故答案为：换元．
(2)解：设，则原方程可化，即
∴，，
当时，，方程无实数解；
当时，，解方程得，，，
∴原方程的解为：，．
(3)解：设，则原方程可化，则，
∴，，
当时，，不符合题意，舍去；
当时，，
∴的值为．
故答案为：．
20．(1)解：
把看做一个整体，设
则原方程可化为
解得，
∴或者
∴，
(2)解：
把看做整体，设
则原方程可化为
解得，
∴，
21．解：(1)设，原方程转化为，解得，，
当t＝0时，；当时，(舍去)；
所以的值为0；
故答案为0；
(2)设，原方程转化为，解得，，
当t＝1时，则，解得，
当t＝2时，则|x|＝2，解得，
所以原方程的解为，，，；
(3)设＝t，原方程转化为，解得，，
当t＝﹣4时，＝﹣4，不合题意舍去；
当t＝2时，＝2，则，解得＝，＝，
经检验，原方程的解为＝，＝．
22．解：(4x-5)2+(3x-2)2＝(x-3)2，
设m＝4x-5，n＝3x-2，则m-n＝(4x-5)-(3x-2)＝x-3，
原方程化为：m2+n2＝(m-n)2，
整理得：mn＝0，
即(4x-5)(3x-2)＝0，
∴4x-5＝0，3x-2＝0，
∴x1=，x2=．
23．(1)设，则，
于是原方程可变为，
解这个方程得：，，
当时，，
移项得：，
∵，
∴此方程无解，
当时，，
解得，；
故答案为：，；
(2)设，则该方程变为．
解得：，．
∵
∴，即
(3)设，则，
原方程变形为：，
去分母，得，
即
解得，．
经检验，是分式方程的根．
∴
即
解得：，．
经检验，是分式方程的根．
∴原分式方程的解为：，．
24．(1)设，
得：，
解得：，．
当时，，解得：，
当时，，解得：，．
∴原方程的解为，，，．
(2)设，则方程可变成，
∴，
，．
当时，，所以无解．
当时，，
∴，
∴，．
经检验，是原方程的解．
【压轴题型五 一元二次方程的应用】
25．(1)解： ∵四边形是矩形，
∴．
∵，
∴
∴．
答：四边形面积是 5cm ；
(2)解：如图1， 作于E，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴．
∵，
∴．
在中， 由勾股定理， 得
，
解得：；
如图2，作于E，

∴．
∵，
∴．
∵，
∴四边形是矩形，
∴
∴，
∴
在中，由勾股定理，得
，
解得：．
综上所述： 或；
(3)解：如图3， 当时， 作于E，

∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴ ，
在中， 由勾股定理， 得
，
解得：．
如图4， 当时， 作于E，

∴．
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴．
∴，
解得：；
如图5， 当时，

∵，
∴，
∵，
在中，由勾股定理，得
解得， (舍去)，
综上所述：或或或．
故答案为：或或或．
26．(1)由得
∴
∴原方程的另一个根是．
故答案为：
(2)将方程变形为，
画四个长为，宽为的矩形，按如图所示构造一个“空心”大正方形，

则图中大正方形的面积从整体看可表示为，从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即，因此，可得新的一元二次方程，
∵表示边长，
∴，
即．
(3)∵中间围成的正方形面积为4，
∴中间正方形的边长为2，
设长方形的宽为x，则长为，
由题意得，
整理得，
，．
如图中大正方形的面积从整体看可表示为，从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即，因此，可得新的一元二次方程，
∵表示边长，
∴，
即．
∴方程的一个正根为．
故答案为：，．．

27．(1)解：，
，
，
所以或或，
，，；
(2)解：，
方程的两边平方，得，
即，
，
或，
，，
当时，，
所以不是原方程的解．
所以方程的解是；
(3)解：因为四边形是矩形，
所以，
设，则，
因为，
，，
∴，
∴，
两边平方，得，
整理，得，
两边平方并整理，得；即，
所以．
经检验，是方程的解．
答：AP的长为4m．
28．(1)解：①设每千克茶叶应降价x元．根据题意，得：
．
解得：．
答：每千克茶叶应降价30元或80元．
②由①可知每千克茶叶可降价30元或80元．因为要尽可能让利于顾客，所以每千克茶叶某应降价80元．
此时，售价为：元，．
答：该店应按原售价的八折出售．
(2)解：该专卖店销售这种品牌茶叶平均每周获利不能达到50000元，理由如下：
设每千克茶叶应降价y元．根据题意，得：
0,
整理得：，
∵，
∴原方程没有实数根，
即该专卖店销售这种品牌茶叶平均每周获利不能达到50000元．
29．(1)解：储物区域的长为，由于收纳盒可以完全放入储物区域，
则图中的四角裁去小正方形的边长为，
则收纳盒的宽小正方形的边长，
由图知，设上下宽为，左右宽为，
两个长方形之间的部分为，
，，
则，
所以收纳盒的高为，体积为，
答：储物盒的容积为立方厘米；

设盒子的另一底边长为，
盒子的底面积为，
，
，
收纳盒的高为，
此时，HG之间还有一段空隙，在此种情况下
，
玩具机械狗不能完全放入该储物；
当，HG之间两边恰好重合且无重叠部分，收纳盒的高为
玩具机械狗也不能完全放入该储物；
综上所述：玩具机械狗不能完全放入该储物．
答：玩具机械狗不能完全放入该储物．

30．(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．
【压轴题型六 一元二次方程根与系数的关系】
31．(1)的根为，，
，
解得：，
方程②为：，
，；
(2)当方程①有一根为，
，
两边同时除以得：，
是的根，
是方程②的根；
(3)，
，
方程①的根是与，方程②的根是和，
，，，，
，，，
，
．
32．(1)解：∵一元二次方程的两个不相等的实数根
∴，
即；
(2)解：∵，且，
∴
整理得，
解得：，
∵由(1)知，
∴
检验：当时，，即；
(3)证明：因为，
把和代入上式，
得，
∵，
∴
∴
∵，
∴，
∴，
即．
33．(1)解：原不等式可化为，
由题知，是方程的两根，
由根与系数的关系得，解得；
(2)解：原不等式可化为，
因为，所以原不等式化为，
当，即时，解得；
当，即时，解得；
当，即时，解得，
综上所述，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为．
34．(1)解：∵方程的两根是、
∴
∴
∴；
(2)解：由(1)可知：，
，
∴(负值舍去)；
(3)解：由题意可得新一元二次方程的两个根为和
则
所以新的一元二次方程．
35．解：(1)∵是关于的一元二次方程的两实根，
∴，，
∴，
整理，得：，
解得：，．
当时，，
∴此时原方程没有实数根，
∴不符合题意；
当时，，
∴此时原方程有两个不相等的实数根，
∴符合题意，
∴的值为1；
(2)①∵，
∴．
∵，是一元二次方程的两个实数根，
∴，，
∴，；
②猜想：．
证明：根据一元二次方程根的定义可得出，两边都乘以，得：①，
同理可得：②，
由①+②，得：，
∵，，，
∴，即．
36．(1)解：∵62＝4×9，
∴4，6，9可以构成“友好数”；
(2)解：∵y1，y2，y3构成“友好数”，
∴有三种可能：
①，由题得，即t2＝(t﹣1)(t+1)，无解．
②，由题得，即(t﹣1)2＝t(t+1)，解得．
③，由题得，即(t+1)2＝t(t﹣1)，解得．
∴满足条件的 或 ；
(3)①∵三个实数是“友好数”且满足，其中是关于x的一元二次方程的两个根，
∴，
∴，
∵是抛物线与x轴的一个交点的横坐标，
∴a+b+c=0，
故答案为0；
②由①得 a+b+c＝0， 两边同除以a，得
，
∴，
∴，
即函数关系式为：．
【压轴题型七 一元二次方程综合问题】
37．(1)由题意知：，
∵∠B=90°，
∴；
(2)存在，
当点Q在上，
由题意知：，
∴，
又，
∴，
解得：或，
∵时，Q点在上，经验证，不能满足的面积是面积的，
当时，点Q在上，
，
解得(舍去)，
综上可得，或；
(3)解：①当时，
，
解得：；
②当，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
解得：；
③当时，如图，
这种情况是不存在；
综上，t的取值范围为：或．
38．(1)设，
则，
可化为：，
即，
故答案为：；
(2)设，则，
原方程可化为：，
整理得，
，
或，
或，
当时，，
解得，
当时，无解，
检验，当时，左边右边，
是原方程的解，
故原方程的解为：．
39．(1)解：∵点为直线上一点，
∴，
解得，
∴点P的坐标为，
把点P的坐标代入得，
，解得，
∴的表达式为；
(2)解：①由题意可知，P到x轴的距离为3，
令可得，解得，
∴点C坐标为，
在中，令可得，解得，
∴A点坐标为；
∴，
当Q在A、C之间时，则，
∴；
当Q在A的右边时，则，
∴；
②令可得
或，
解得或，
即当t的值为7秒或11秒时的面积等于3；
③设，
∵，，
∴，
，
，
∵为等腰三角形，
∴有、和三种情况，
当时，则，
即，解得，
则Q点坐标为；
当时，则，
即，解得或，
则Q点坐标为或(与A点重合，舍去)；
当时，则，即，
解得，则Q点坐标为或，
综上所述：点Q坐标为或或或．
40．(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．
41．解：(1)证明：设方程的两根是，，
则，，
，
，
，
即这个方程的一根大于2，一根小于2；
(2)，
对于，2，3，，2019，2020时，相应得到的一元二次方程的两根分别为和，和，和，，和，和，
．
42．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