2025-2026学年山东省枣庄四十一中九年级（上）第一次月考数学试卷

这是一份2025-2026学年山东省枣庄四十一中九年级（上）第一次月考数学试卷，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是( )
A. 当∠ABC=90∘，▱ABCD是矩形
B. 当AC=BD，▱ABCD是矩形
C. 当AB=BC，▱ABCD是菱形
D. 当AC⊥BD，▱ABCD是正方形
2.一元二次方程9x2−2=8x的二次项系数、一次项系数、常数项分别是( )
A. 9，−2，8B. 9，8，−2C. 9，−8，−2D. 9，−2，−8
3.一元二次方程ax2+x−2=0有两个不相等实数根，则a的取值范围是( )
A. a−18D. a >−18且a≠0
4.如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，连接OE.若OB=6，菱形ABCD的面积为54，则OE的长为( )
A. 4
B. 4.5
C. 5
D. 5.5
5.如图，某小区计划在一块长为32m，宽为20m的矩形空地上修建三条同样宽的道路，剩余的空地上种植草坪，使草坪的面积为570m2.设道路的宽为x m，则下面所列方程正确的是( )
A. (32−x)(20−x)=32×20−570B. 32x+2×20x=32×20−570
C. (32−2x)(20−x)=570D. 32x+2×20x−2x2=570
6.我们规定一种新运算“★”，其意义为a⋆b=a2−2b，已知(2x−1)⋆3x=−5，则x的值为( )
A. x=2或x=3B. x=3或x=−12
C. x=−1或x=−32D. x=1或x=32
7.如图，点D，E，F分别是△ABC的边AB，BC，AC的中点，分别连接DE，EF，DF，AE，AE与AE相交于点O.有下列四个结论：
①DO=14BE；
②S△DEF=14S△ABC
③当AB=AC时，点O到四边形ADEF四条边的距离相等；
④当∠ABC=90∘时，点O到四边形ADEF四个顶点的距离相等.
其中正确的结论是( )
A. ①②B. ③④C. ②③D. ①④
8.已知m，n是一元二次方程x2+2x−5=0的两个根，则m2+mn+2m的值为( )
A. 3B. −10C. 0D. 10
9.如图，在矩形ABCD中，AB=5cm，在边CD上适当选定一点E，沿直线AE把△ADE折叠，使点D恰好落在边BC上一点F处，且△ABF的面积是30cm2，则CE的长为( )
A. 512B. 125C. 2D. 1
10.如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点P为AB边上一动点(不与点A，B重合)，PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，若AC=16，BD=12，则EF的最小值为( )
A. 8
B. 6
C. 4.8
D. 2.4
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.已知2+ 5是关于x的方程x2−4x+c=0的一个根，则c的值为 .
12.如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，DE//AC，CE//BD，若BD=10，则四边形DOCE的周长为 .
13.关于x的方程(a+1)x a2+1+x−5=0是一元二次方程，则a=______.
14.如图，E为边长为2 2的正方形ABCD的对角线BD上的一点，且BE=BC，P为CE上任意一点，PQ⊥BC于点Q，PR⊥BE于点R，则PQ+PR的值是______.
15.若(a2+b2)(a2+b2−3)=4，则a2+b2的值为 .
16.如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=16，将矩形ABCD沿EF折叠，使点C与点A重合，则折痕EF的长为______.
三、解答题：本题共7小题，共56分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
解下列一元二次方程：
(1)x2+6x+4=0；(配方法)
(2)2x2−3x−1=0；(公式法)
(3)(x−1)2=3x−3；(因式分解法)
(4)2x2−4x=1.(方法自选)
18.(本小题8分)
如图，已知菱形ABCD，AB=AC，E、F分别是BC、AD的中点，连接AE、CF.
求证：四边形AECF是矩形．
19.(本小题8分)
已知x1、x2是关于x的一元二次方程x2−2(m+1)x+m2+3=0的两个实数根.
(1)求m的取值范围；
(2)是否存在实数根m，使(x1−1)(x2−1)=m+6成立，若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由.
20.(本小题8分)
如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点(与点B，D不重合)，GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足.连接EF，AG，并延长AG交EF于点H.
(1)求证：∠DAG=∠EGH；
(2)判断AH与EF是否垂直，并说明理由.
21.(本小题8分)
济南市公安交警部门提醒市民：“出门戴头盔，放心平安归”.某商店统计了某品牌头盔的销售量，四月份售出375个，六月份售出540个，且从四月份到六月份月增长率相同.
(1)求该品牌头盔销售量的月增长率；
(2)经市场调研发现，此种品牌头盔如果每个盈利10元，月销售量为500个，若在此基础上每个涨价1元，则月销售量将减少20个，现在既要使月销售利润达到6000元，又要尽可能让顾客得到实惠，那么该品牌头盔每个应涨价多少元？
22.(本小题8分)
如图，在△ABC中，∠B=90∘，AB=5cm，BC=6cm，点P从点A开始沿边AB向终点B以1cm/s的速度移动.与此同时，点Q从点B开始沿边BC向终点C以2cm/s的速度移动，点P、Q分别从点A，B同时出发，当点Q移动到点C时，两点停止移动，设移动时间为：ts.(t>0)
(1)填空：BQ=______ cm，PB=______ cm；(用含t的代数式表示)
(2)是否存在t的值，使得△PBQ的面积为4cm2？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由.
(3)连接PC，是否存在t的值，使得△PQC的面积等于6cm2？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由.
(4)是否存在t的值，使得△BPQ的面积与四边形APQC的面积之比等于2：13？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由.
23.(本小题8分)
△ABC中，∠BAC=90∘，AB=AC，点D为直线BC上一动点(点D不与B，C重合)，以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF，
(1)观察猜想
如图1，当点D在线段BC上时，
①BC与CF的位置关系为：______.
②BC、CD、CF之间的数量关系为：______.(将结论直接写在横线上)
(2)数学思考
如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①、②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明.
(3)拓展延伸
如图3，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接GE，若已知AB= 2，CD=14BC，请求出CF的长.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴当∠ABC=90∘，平行四边形ABCD是矩形，故选项A正确，不符合题意；
当AC=BD，平行四边形ABCD是矩形，故选项B正确，不符合题意；
当AB=BC，平行四边形ABCD是菱形，故选项C正确，不符合题意；
当AC⊥BD，平行四边形ABCD是菱形，但不一定是正方形，故选项D错误，符合题意；
故选：D.
根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可以判断A；根据对角线相等的平行四边形是矩形可以判断B；根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可以判断C；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可以判断D.
本题考查矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定，解答本题的关键是明确它们各自的判定方法．
2.【答案】C
【解析】解：根据题意，将一元二次方程9x2−2=8x化为一般形式为9x2−8x−2=0，
故二次项系数、一次项系数、常数项分别是9，−8，−2，
所以只有C选项正确，符合题意．
故选：C.
根据一元二次方程的一般形式进行解答即可．
此题主要考查了一元二次方程的一般形式，关键是掌握一元二次方程的一般形式为ax2+bx+c=0(a≠0).
3.【答案】D
【解析】解：∵一元二次方程ax2+x−2=0有两个不相等的实数根，
∴△=b2−4ac=12−4×a×(−2)=1+8a>0，
解得：a>−18，
∵方程ax2+x−2=0是一元二次方程，
∴a≠0，
∴a的范围是：a>−18且a≠0.
故选D.
由一元二次方程ax2+x−2=0有两个不相等的实数根，即可得判别式△>0，继而可求得a的范围．
此题考查了一元二次方程判别式的知识．此题比较简单，注意掌握一元二次方程有两个不相等的实数根，即可得△>0.同时考查了一元二次方程的定义．
4.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，OB=OD=12BD，BD⊥AC，
∴BD=2OB=12，
∵S菱形ABCD=12AC⋅BD=54，
∴AC=9，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90∘，
∴OE=12AC=4.5，
故选：B.
由菱形的性质得出BD=12，由菱形的面积得出AC=9，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．
本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵道路的宽为x m，
∴种植草坪的部分可合成长为(32−2x)m，宽为(20−x)m的矩形．
根据题意得：(32−2x)(20−x)=570.
故选：C.
由道路的宽为xm，可得出种植草坪的部分可合成长为(32−2x)m，宽为(20−x)m的矩形，根据草坪的面积为570m2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：∵a⋆b=a2−2b，
∴(2x−1)⋆3x=−5可变形为：
(2x−1)2−2×3x=−5，
整理为2x2−5x+3=0，
解得x=1或x=32.
故选：D.
根据给出的新运算规定可将原式变形为(2x−1)2−2×3x=−5，解这个一元二次方程可得到x的值．
此题主要是考查了一元二次方程的解法，能够将原式变形为一元二次方程是解答此题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：①∵点D，E，F分别是△ABC的边AB，BC，AC的中点，
∴DE=12AC=AF，DE//AF，EF=12AB=AD，EF//AD，
∴四边形ADEF是平行四边形，
∴AO=EO，
∴OD是△ABE的中位线，
∴OD=12BE，故①错误；
②∵点D，E，F分别是△ABC的边AB，BC，AC的中点，
∴DF//BC，DF=12BC，BE=CE，DE//AF，EF//AD，
∴四边形ADEF和四边形DBEF和四边形DECF是平行四边形，
∴S△ADF=S△DEF=S△BDE=S△CEF，
∴S△_DEF，故②正确；
③∵AB=AC，
∴AD=AF，
∵四边形ADEF是平行四边形，
∴四边形ADEF是菱形，
∴AE，DF是菱形两组对角的平分线，
∴点O到四边形ADEF四条边的距离相等，故③正确；
④∵∠ABC=90∘，四边形ADEF是平行四边形，
∴点O到四边形ADEF四个顶点的距离不相等，故④错误．
综上所述：正确的是②③，
故选：C.
①根据三角形中位线定理即可解决问题；
②根据三角形中位线定理和平行四边形的判定和性质定理，进而可以解决问题；
③证明四边形ADEF是菱形，再根据菱形的性质即可解决问题；
④证明四边形ADEF是平行四边形，进而可以解决问题．
本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的判定与性质，三角形中位线定理．
8.【答案】C
【解析】解：∵m、n是一元二次方程x2+2x−5=0的两个根，
∴mn=−5，
∵m是x2+2x−5=0的一个根，
∴m2+2m−5=0，
∴m2+2m=5，
∴m2+mn+2m=m2+2m+mn=5−5=0.
故选：C.
由于m、n是一元二次方程x2+2x−5=0的两个根，根据根与系数的关系可得mn=−5，而m是方程的一个根，可得m2+2m−5=0，即m2+2m=5，那么m2+mn+2m=m2+2m+mn，再把m2+2m、mn的值整体代入计算即可．
本题考查了根与系数的关系，解题的关键是熟练掌握一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)两根x1、x2之间的关系：x1+x2=−ba，x1⋅x2=ca.
9.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC=5，∠B=∠D=∠BAD=∠C=90∘，AD=BC，
∵S△ABF=12⋅BF⋅AB=30，
∴BF=12，
∴AF= AB2+BF2= 52+122=13，
∵△AEF是由△AED翻折
∴DE=EF，AD=AF=13，
设CE=x，在Rt△EFC中，FC=BC−BF=1，
∵EF2=EC2+FC2，
∴(5−x)2=12+x2，
∴x=125，
∴EC=125.
故选：B.
根据三角形面积公式可以求出AF=AD=13，FC=1，设CE=x，在Rt△EFC中利用勾股定理列方程即可求解．
本题考查的是图形的翻折变换，涉及到勾股定理及矩形的性质，熟知折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：连接OP，作OH⊥AB于点H，
∵四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，
∴AC⊥BD，OA=OC=12AC=12×16=8，OB=OD=12BD=12×12=6，
∴∠AOB=90∘，
∴AB= OA2+OB2= 82+62=10，
∵12AB⋅OH=12OA⋅OB=S△AOB，
∴12×10OH=12×8×6，
解得OH=4.8，
∵PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，
∴∠PEO=∠PFO=∠EOF=90∘，
∴四边形PEOF是矩形，
∴EF=OP，
∴OP≥OH，
∴EF≥4.8，
∴EF的最小值为4.8，
故选：C.
连接OP，作OH⊥AB于点H，由菱形的性质得AC⊥BD，OA=OC=12AC=8，OB=OD=12BD=6，由勾股定理得AB= OA2+OB2=10，由12×10OH=12×8×6=S△AOB，求得OH=4.8，再证明四边形PEOF是矩形，则EF=OP，因为OP≥OH，所以EF≥4.8，则EF的最小值为4.8，于是得到问题的答案．
此题重点考查菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度、垂线段最短等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
11.【答案】−1
【解析】解：由条件可知：(2+ 5)2−4(2+ 5)+c=0，
解得：c=−1.
故答案为：−1.
将x=2+ 5代入关于x的方程x2−4x+c=0，得出关于c的方程，解方程即可．
本题主要考查了一元二次方程的解，熟练掌握该知识点是关键．
12.【答案】20
【解析】【分析】
此题考查了菱形的判定与性质以及矩形的性质．此题难度不大，注意证得四边形CODE是菱形是解此题的关键．
首先由CE//BD，DE//AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC=OD=5，即可判定四边形CODE是菱形，继而求得答案．
【解答】
解：∵CE//BD，DE//AC，
∴四边形CODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD=4，OA=OC，OB=OD，
∴OC=OD=12BD=5，
∴四边形CODE是菱形，
∴四边形CODE的周长为：4OC=4×5=20.
故答案为：20.
13.【答案】1
【解析】解：∵方程(a+1)x a2+1+x−5=0是一元二次方程，
∴a²+1=2且a+1≠0，
∴a=±1且a≠−1，
∴a=1，
故答案是：1.
根据一元二次方程的定义，令二次项次数为2，二次项系数不等于0，解答即可．
本题考查了一元二次方程的概念．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是ax2+bx+c=0(且a≠0)，特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．
14.【答案】2
【解析】解：过E点作EH⊥BC于H点，根据正方形的性质可知△BEH是等腰直角三角形，
BE=BC=2 2，∴EH=2.
∴△BEC的面积为12⋅BC⋅EH=12×2 2×2=2 2.
连接BP，则△BPE面积+△BPC面积=2 2，
即12⋅BE⋅PR+12⋅BC⋅PQ=2 2，
∴12×2 2×(PR+PQ)=2 2，
解得PR+PQ=2.
故答案为2.
利用面积法求解，先求出△BEC面积，再连接BP，分别用PR和PQ表示出△BPE和△BPC面积，两三角形的面积和就是△BEC面积，通过等式直接求出PR+PQ值．
本题主要考查正方形的性质，体现了转化思想(一个三角形面积转化为两个三角形面积的和)、整体思想(求PR+PQ整体值)的运用．
15.【答案】4
【解析】解：∵(a2+b2)(a2+b2−3)=4，
∴(a2+b2)2−3(a2+b2)−4=0，
∴(a2+b2−4)(a2+b2+1)=0，
∴a2+b2=4，a2+b2=−1(舍去)，
故答案为：4.
根据解一元二次方程的方法即可得到结论．
本题考查了因式分解法求值，一元二次方程的解法，正确分解，把握非负数的属性是解题的关键．
16.【答案】4 5
【解析】解：设BE=x，则CE=BC−BE=16−x，
∵沿EF翻折后点C与点A重合，
∴AE=CE=16−x，
在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2，
即82+x2=(16−x)2，
解得x=6，
∴AE=16−6=10，
由翻折的性质得，∠AEF=∠CEF，
∵矩形ABCD的对边AD//BC，
∴∠AFE=∠CEF，
∴∠AEF=∠AFE，
∴AE=AF=10，
过点E作EH⊥AD于H，则四边形ABEH是矩形，
∴EH=AB=8，
AH=BE=6，
∴FH=AF−AH=10−6=4，
在Rt△EFH中，EF= EH2+FH2= 82+42=4 5.
故答案为：4 5.
设BE=x，表示出CE=16−x，根据翻折的性质可得AE=CE，然后在Rt△ABE中，利用勾股定理列出方程求出x，再根据翻折的性质可得∠AEF=∠CEF，根据两直线平行，内错角相等可得∠AFE=∠CEF，然后求出∠AEF=∠AFE，根据等角对等边可得AE=AF，过点E作EH⊥AD于H，可得四边形ABEH是矩形，根据矩形的性质求出EH、AH，然后求出FH，再利用勾股定理列式计算即可得解．
本题考查了翻折变换的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，熟记各性质并作利用勾股定理列方程求出BE的长度是解题的关键，也是本题的突破口．
17.【答案】解：(1)原方程移项得：x2+6x=−4，
x2+6x+9=−4+9，
(x+3)2=5，
x+3=± 5，
解得：x1=−3+ 5，x2=−3− 5；
(2)2x2−3x−1=0，
∴b2−4ac=(−3)2−4×2×(−1)=17，
∴x=3± 172×2=3± 174，
∴x1=3+ 174，x2=3− 174；
(3)原方程整理得：(x−1)2−3(x−1)=0，
(x−1)(x−4)=0，
解得x1=1，x2=4；
(4)2x2−4x=1，
x2−2x=12，
x2−2x+1=12+1，
(x−1)2=32，
x−1=± 62，
解得：x1=1+ 62，x2=1− 62
【解析】(1)移项后配方，再开方，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；
(2)找出a，b，c的值，代入求根公式计算即可；
(3)右边提取公因式，再移项，然后提公因式分解即可得；
(4)先在方程两边同除以2，再配方，再开方，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
18.【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
又∵AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∵E是BC的中点，
∴AE⊥BC(等腰三角形三线合一)，
∴∠AEC=90∘，
∵E、F分别是BC、AD的中点，
∴AF=12AD，EC=12BC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC且AD=BC，
∴AF//EC且AF=EC，
∴四边形AECF是平行四边形(一组对边平行且相等的四边形是平行四边形)，
又∵∠AEC=90∘，
∴四边形AECF是矩形(有一个角是直角的平行四边形是矩形).
【解析】根据菱形的四条边都相等可得AB=BC，然后判断出△ABC是等边三角形，然后根据等腰三角形三线合一的性质可得AE⊥BC，∠AEC=90∘，再根据菱形的对边平行且相等以及中点的定义求出AF与EC平行且相等，从而判定出四边形AECF是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可得证．
本题考查了矩形的判定，菱形的性质，平行四边形的判定的应用，等边三角形的判定与性质，证明得到四边形AECF是平行四边形是解题的关键，也是突破口．
19.【答案】解：(1)由题意得：Δ=[−2(m+1)]2−4(m2+3)≥0，
解得：m≥1，
即：m的取值范围为：m≥1；
(2)存在，
由根与系数的关系得：x1+x2=2(m+1)，x1x2=m2+3，
∵(x1−1)(x2−1)=m+6，
∴x1x2−x1−x2+1=m+6，
∴x1x2−(x1+x2)+1=m+6，
∴m2+3−2(m+1)+1=m+6，
解得：m1=4，m2=−1，
∵m≥1，
∴m=4.
【解析】(1)利用一元二次方程根的判别式，即可求解；
(2)利用一元二次方程根与系数的关系可得x1+x2=2(m+1)，x1x2=m2+3，再由(x1−1)(x2−1)=m+6，可得关于m的方程，即可求解．
本题主要考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根的判别式，根与系数的关系是解题的关键．
20.【答案】解：(1)在正方形ABCD中，AD⊥CD，GE⊥CD，
∴∠ADE=∠GEC=90∘，
∴AD//GE，
∴∠DAG=∠EGH.
(2)AH⊥EF，理由如下．
连结GC交EF于点O，如图：
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ADG=∠CDG=45∘，
在△ADG和△CDG中，
DG=DG∠ADG=∠CDGAD=CD，
∴△ADG≌△CDG(SAS)，
∴∠DAG=∠DCG.
在正方形ABCD中，∠ECF=90∘，
又∵GE⊥CD，GF⊥BC，
∴四边形FCEG为矩形，
∴OE=OC，
∴∠OEC=∠OCE，
∴∠DAG=∠OEC，
由(1)得∠DAG=∠EGH，
∴∠EGH=∠OEC，
∴∠EGH+∠GEH=∠OEC+∠GEH=∠GEC=90∘，
∴∠GHE=90∘，
∴AH⊥EF.
【解析】(1)直接由平行公理的推理即可解答．
(2)先连接CG，然后根据正方形的性质得出△ADG≌△CDG(SAS)，从而得到∠DAG=∠DCG.再证明∠EGH=∠DCG=∠OEC即可．
本题考查正方形的性质与全等三角形的性质，熟悉性质是解题关键．
21.【答案】解：(1)设该品牌头盔销售量的月增长率x，
由题意得：375(1+x)2=540，
解得x1=0.2=20%，x2=−2.2(不合题意，舍去)，
答：该品牌头盔销售量的月增长率为20%；
(2)设该品牌头盔每个应涨价m元，
由题意得：(10+m)(500−20m)=6000，
整理得：m2−15m+50=0，
解得m1=5，m2=10，
∵要尽可能让顾客得到实惠，
∴m=5，
答：该品牌的头盔每个应涨价5元．
【解析】(1)设该品牌头盔销售量的月增长率为x，根据“四月份售出375个，六月份售出540个，且从四月份到六月份月增长率相同”，列出一元二次方程，解方程取其正值即可；
(2)设该品牌头盔每个应涨价m元，根据“此种品牌头盔如果每个盈利10元，月销售量为500个，若在此基础上每个涨价1元，则月销售量将减少20个，现在既要使月销售利润达到6000元”，列出一元二次方程求解，再根据“尽可能让市民得到实惠”取舍即可．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
22.【答案】(1)2t，(5−t)；
(2)存在t的值，使得△PBQ的面积为4cm2；理由如下：
∵点P、Q分别从点A，B同时出发，当点Q移动到点C时，两点停止移动，且6÷2=3，
∴0