2025-2026学年广东省汕头市潮阳实验学校九年级（下）期中数学试卷（含答案+解析）

这是一份2025-2026学年广东省汕头市潮阳实验学校九年级（下）期中数学试卷（含答案+解析），共39页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.−6的倒数是( )
A. −16B. −0.6C. 16D. 6
2.小DNA病毒科(Parvviridae)，又称“细小病毒科”，是最小且最简单的DNA病毒.小DNA病毒粒是直径约为0.000000021米的二十面体，无囊膜，等轴对称.数据“0.000000021”用科学记数法可表示为( )
A. 0.21×10−8B. 2.1×10−8C. 21×10−7D. 2.1×10−7
3.下列运算正确的是( )
A. a3⋅a4=a12B. (−6a6)÷(−2a2)=3a3
C. (a−2)2=a2−4D. 2a−3a=−a
4.下列调查中，适合采用全面调查的是( )
A. 为保证“神舟二十号”成功发射，对其零部件进行检查
B. 调查某批次灯泡的使用寿命
C. 调查某市居民垃圾分类意识的情况
D. 调查某市市区空气质量情况
5.若关于x的一元二次方程x2−2x+k−1=0有两个相等的实数根，则k的值为( )
A. k=2B. k=0C. k=−1D. k=−2
6.如图，A，B，C是⊙O上的点，OC⊥AB，垂足为点D，且D为OC的中点，若OA的长为6，则BC的长为( )
A. 3
B. 5
C. 3 3
D. 6
7.如图，体育课上，小强某次掷出的实心球的飞行高度h(m)与水平距离x(m)之间的关系大致为抛物线h=−110x2+35x+85，则小强本次投掷实心球的成绩为( )
A. 8m
B. 9m
C. 10m
D. 3m
8.如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=2，延长CB至点E，延长AD至点F，连接AE，CF.若四边形AECF为菱形，则这个菱形的面积为( )
A. 9
B. 398
C. 394
D. 212
9.如图，一次函数y1=kx+1与反比例函数y2=6x(x>0)的图象交于点P(2,t)，过点P作PA⊥x轴于点A，连接OP，下列结论错误的是( )
A. △OAP的面积是3
B. k=1
C. 当y1≥y2时，x≥2
D. 点B(m,n)在y=6x上，当m>2时，n>3
10.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，AC=3，AB=6，点D是AB的中点，点E是以点B为圆心，BD长为半径的圆上的一动点，连接AE，点F为AE的中点，则CF长度的最大值是( )
A. 72
B. 32
C. 92
D. 3
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.函数y=1 x−4中自变量x的取值范围是______.
12.已知线段a，b，d，c成比例，若a=5cm，c=3cm，d=4cm，则b= cm.
13.如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，B均在坐标轴上，已知点A(0,1)，B(2,0)，AB=BC，∠ABC=90∘，连接OC，则OC所在直线的表达式是 .
14.如图，点D在圆心角为90∘的扇形AOB的半径OA上，矩形OBCD与AB交于点E，EF⊥OB于点F，若OD=OF=1，则图中阴影部分的面积是 .
15.如图，等边△ABC的边长为6，点D在边AB上，BD=2，线段CD绕D顺时针旋转60∘得到线段DE，连接DE交AC于点F，连接AE，下列结论：①AF：FC=2：7；②四边形ADCE面积为9 3；③直线CE与AB的交点为G，则AG：GB=1：5；④过点F作FH⊥CD于H，则FH=4 217.其中正确的是 (填写序号).
三、计算题：本大题共1小题，共7分。
16.解方程：x2x−6−1x−3=1.
四、解答题：本题共7小题，共68分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题7分)
某校召开趣味运动会，经过预赛的激烈角逐，甲、乙、丙、丁四支队伍获得“迎面接力跑”决赛资格，为确定决赛时的赛道(从内到外的道次依次为1，2，3，4)，裁判组决定采用下面的方式：在一个不透明的盒子里放入四个小球，分别标有数字1，2，3，4，这四个小球除所标数字外都相同，每支队伍从盒中随机摸出一个小球，摸出的小球上所标的数字作为该队的道次.
(1)将盒中四个小球摇匀，若从中随机摸出一个小球，摸出标有数字1的小球的概率为______；
(2)将盒中四个小球摇匀，甲队先从盒中随机摸出一个小球，不放回，摇匀，乙队再从盒中随机摸出一个小球.请利用画树状图或列表的方法，求甲、乙两队在决赛时赛道相邻的概率.
18.(本小题7分)
如图，在△ABC中，AB=BC，以BC为直径作⊙O，分别交AC，AB于点D，E，连接DO并延长，交⊙O于点F，过点F作⊙O的切线，交CB的延长线于点G.
(1)求证：DF//AB；
(2)若cs∠FOG=23，BG=2，求AC的长.
19.(本小题9分)
如图①，是液体过滤的实验装置，图②是其侧面示意图，已知底座高度AB=3cm，烧杯高度EF=12cm，漏斗的一端紧贴烧杯内壁，漏斗的锥形部分MN=GH=8cm，且∠MNH=∠GHN=60∘，漏斗管位于烧杯的上方部分FG=6cm，玻璃棒斜靠在三层滤纸的点P处，PG=23GH，玻璃棒PQ长度为30cm.
(结果精确到0.1cm)
(1)求漏斗口处点N到底座AD的高度；
(2)某次过滤时，玻璃棒与水平方向的夹角为53∘，求此时玻璃棒顶端Q点到桌面的距离.
(参考数据：sin53∘≈0.80，cs53∘≈0.60，tan53∘≈1.33， 3≈1.73)
20.(本小题9分)
如图，点A在第一象限，点B在y轴正半轴上，AB⊥y轴，AB=3，OB=2，反比例函数y=kx的图象经过点A.
(1)求反比例函数y=kx的解析式；
(2)尺规作图(保留作图痕迹，不写作法)：求作菱形AOCD，使得点C在第二象限，点B为OD的中点；
(3)E是反比例函数的图象上一点，△ACE的面积为12，求点E坐标.
21.(本小题9分)
如图1，在正方形ABCD中，AB=3，点E，F分别是边AD，CD上动点，且满足BF=CE.
(1)求证：BF⊥CE.
(2)点E，F在运动过程中，DP的最小值为______.
(3)如图2，取AB的中点G，连接GP，过点P作PH⊥GP，交BC于点H，连接GH，若CF=1，求GH的长.
22.(本小题13分)
学习完了一元二次方程后，某校数学兴趣小组对关于x的一元二次方程x2+x−m=0开展深入探究.
【初探究】
(1)学校计划用围栏围成一个长方形劳动实践基地，经过测量，基地的长比宽多1米，设基地的宽为x米，围成基地的面积为m平方米，当m=12时，求此时x的值；
【再探究】
(2)若实数a，b满足a2+a−m=0，b2+2b−4m=0，且2a≠b，求2a+b的值；
【深度思考】
(3)若两个不相等的实数p，q满足p2+p−m=mq，q2+q−m=mp，求证：pq=m2.
23.(本小题14分)
在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx−4与x轴交于点A，B点A在点B的左侧.顶点为C.
(1)若顶点C的横坐标为−1，求b的值及顶点C的坐标.
(2)规定：横、纵坐标均为整数的点叫做整点.若抛物线y=x2+bx−4的对称轴为y轴.
①写出抛物线y=x2+bx−4与x轴所围成封闭图形G内部(不包括边界)的所有整点坐标；
②若反比例函数y=kx的图象与抛物线y=x2+bx−4在第三象限内围成的封闭图形W内部及边界上的整点的个数总和为2，求实数k的取值范围.
(3)若点C为直线y=−254在第三象限上一点，且直线y=12x−t与抛物线y=x2+bx−4在x轴下方的部分有且只有一个交点，试求出t的取值范围.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：−6的倒数是1÷(−6)=−16.
故选：A.
根据乘积等于1的两个数互为倒数，从而确定−6的倒数，注意：正数的倒数还是正数，负数的倒数还是负数．
本题考查了倒数的定义，熟练掌握倒数的定义是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：0.000000021=2.1×10−8.
故选：B.
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|4.
根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0，列不等式求解．
本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0.二次根式有意义，被开方数是非负数．
12.【答案】154
【解析】解：∵线段a，b，d，c成比例，a=5cm，c=3cm，d=4cm，
∴ab=dc，
∴5b=43，
交叉相乘得：4b=15，
解得：b=154.
故答案为：154.
根据成比例线段的定义，按给定线段顺序列出比例式，代入已知线段长度，求解一元一次方程得到b的值．
本题考查比例线段，正确进行计算是解题关键．
13.【答案】y=23x
【解析】解：过点C作CD⊥x轴，如图所示：
∴∠BCD+∠CBD=90∘，
由条件可知∠ABO+∠CBD=90∘，
则∠ABO=∠BCD，
在△AOB和△BDC中，
∠AOB=∠CDB=90∘∠ABO=∠BCDAB=BC，
∴△AOB≌△BDC(AAS)，
∴OA=BD，OB=CD，
∵A(0,1)，B(2,0)，
∴OA=1，OB=2，
则OD=OB+BD=2+1=3，
∴C(3,2)，
设OC所在直线的表达式是y=kx，将C(3,2)代入表达式得k=23，
∴OC所在直线的表达式是y=23x.
故答案为：y=23x.
过点C作CD⊥x轴，由“一线三垂直”模型，构造全等三角形，得出点C坐标，最后由待定系数法求函数表达式即可．
本题考查了待定系数法企业一次函数解析式，熟练掌握该知识点是关键．
14.【答案】 2−1
【解析】解：连接OE，如图，
∵四边形OBCD为矩形，
∴∠BOD=∠ODC=∠C=∠OBC=90∘，
∵EF⊥OB，
∴∠OFE=90∘，
∴四边形ODEF和四边形BCEF都为矩形，
∵OD=OF=1，
∴四边形ODEF为正方形，
∴∠DOE=∠FOE=45∘，S△CDE=S△OFE，OE= 2OD= 2，
∴S扇形AOE=S扇形BOE，
∴由AD、DE和弧AE所围成的图形的面积=由BF、FE和弧BE所围成的图形的面积，
∴图中阴影部分的面积=S矩形BCEF=( 2−1)×1= 2−1.
故答案为： 2−1.
连接OE，如图，先证明四边形ODEF和四边形BCEF都为矩形，再证明四边形ODEF为正方形，所以∠DOE=∠FOE=45∘，S△CDE=S△OFE，OE= 2OD= 2，然后利用图中阴影部分的面积=S矩形BCEF进行计算．
本题考查了扇形面积的计算：求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．也考查了矩形的性质．
15.【答案】①②
【解析】解：等边△ABC的边长为6，点D在边AB上，BD=2，线段CD绕D顺时针旋转60∘得到线段DE，则：
过点A作AK⊥BC于点K，过点F作FJ⊥BC于点J，延长ED，CB交于点I.
则∠AKB=∠CJF=90∘.
由旋转知，CD=DE，∠CDE=60∘，
∴CD=CE，∠DCE=60∘.
∵AC=BC=6，BD=2，∠ACB=60∘，
∴∠BCD+∠ACD=∠ACE+∠ACD=60∘，AD=4，
∴∠BCD=∠ACE，
∴△BCD≌△ACE(SAS)，
∴AE=BD=2，∠CAE=∠CBD=60∘，
∴∠CAE=∠ACB=60∘，
∴AE//BC，
∴△AED∽△BID，
∴AEBI=ADBD=2，
∴BI=1，
∴CI=BC+BI=7，
∵△AEF∽△CIF，
∴AFCF=AECI=27，
∴①正确；
∵BK=12BC=3，
∴AK= AB2−BK2=3 3，
∴S△ABC=12BC⋅AK=9 3，
∵S△BCD=S△ACE，
∴S四边形ADCE=S△ACD+S△ACE=S△ACD+S△BCD=9 3，
∴②正确；
∵△GAE∽△GBC，
∴AGBG=AEBC=26=13，
∴③不正确；
∵CF=79AC=143，∠CFJ=90∘−∠ACB=30∘，
∴CJ=12CF=73，
∴FJ= CF2−CJ2=7 33,JI=CI−CJ=143，
∴FI= JI2+FJ2=7 73，
∵∠CFD=∠IFC，∠CDF=∠ICF=60∘，
∴△FDC∽△FCI，
∵FH⊥CD，
∴FHFJ=CFIF，
∴FH7 33=1437 73=2 7，
FH=2 213，
∴④不正确．
故答案为：①②．
过点A作AK⊥BC于点K，过点F作FJ⊥BC于点J，延长ED，CB交于点I.由旋转知，△CDE是等边三角形，可得△BCD≌△ACE(SAS)，得AE=BD=2，∠CAE=∠CBD=60∘，可得△AED∽△BID，求出BI=1，
由△AEF∽△CIF，得AFCF=AECI=27，判断①；求出S△ABC=12BC⋅AK=9 3，得S四边形ADCE=S△ACD+S△ACE=S△ACD+S△BCD=9 3，判断②；由△GAE∽△GBC，得
AGBG=AEBC=26=13，判断③；由CF=79AC=143，可得CJ=12CF=73，FJ= CF2−CJ2=7 33,JI=CI−CJ=143，FI= JI2+FJ2=7 73，
由△FDC∽△FCI，得FHFJ=CFIF，得FH=2 213，判断④．
本题考查旋转的性质，正确进行计算是解题关键．
16.【答案】解：x2x−6−1x−3=1，
方程两边同时乘2(x−3)，得x−2=2x−6，
解得：x=4，
检验，把x=4代入2(x−3)≠0，
∴分式方程的解为x=4.

【解析】先把分式方程转化为整式方程，解整式方程求出x的值，然后检验即可．
本题考查了解分式方程，掌握解分式方程的方法是解题的关键．
17.【答案】14.
12
【解析】(1)由题意知，共有4种等可能的结果，其中摸出标有数字1的小球的结果有1种，
∴从中随机摸出一个小球，摸出标有数字1的小球的概率为14.
故答案为：14.
(2)列表如下：
共有12种等可能的结果，其中甲、乙两队在决赛时赛道相邻的结果有：(1,2)，(2,1)，(2,3)，(3,2)，(3,4)，(4,3)，共6种，
∴甲、乙两队在决赛时赛道相邻的概率为612=12.
(1)由题意知，共有4种等可能的结果，其中摸出标有数字1的小球的结果有1种，利用概率公式可得答案．
(2)列表可得出所有等可能的结果数以及甲、乙两队在决赛时赛道相邻的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
18.【答案】∵AB=BC，
∴∠A=∠ACB.
∵OC=OD，
∴∠ACB=∠ODC，
∴∠A=∠ODC，
∴DF//AB；
83 6
【解析】(1)证明：∵AB=BC，
∴∠A=∠ACB.
∵OC=OD，
∴∠ACB=∠ODC，
∴∠A=∠ODC，
∴DF//AB；
(2)解：如图，连接CE，设⊙O的半径为r.

∵FG切⊙O于点F，
∴∠OFG=90∘.
在Rt△OFG中，cs∠FOG=rr+2=23，
解得r=4.
∵DF//AB，
∴∠FOG=∠ABC.
∵BC为⊙O的直径，
∴∠CEB=90∘.
∴BE=BC⋅cs∠ABC=163，CE=83 5，
∵AB=BC=8，
∴AE=AB−BE=83.
在Rt△CEA中，AC= AE2+CE2=83 6.
(1)由等腰三角形的性质得出∠A=∠ACB.∠ACB=∠ODC，则可得出结论；
(2)连接CE，设⊙O的半径为r.在Rt△OFG中，cs∠FOG=rr+2=23，解得r=4.由勾股定理得出答案．
本题考查了切线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，锐角三角函数，熟练掌握以上知识是解题的关键．
19.【答案】24.9cm；
49.6cm.
【解析】(1)由题意可知：NH//AD，FE⊥AD，
延长FG交NH于点T，则GT⊥NH，
∵∠GHN=60∘，
∴TG=GH⋅sin∠GHN=8× 32=4 3cm，
∴TE=TG+FG+EF=4 3+6+12≈24.9cm，

(2)过点P作PK//FG，交NH于点I，过点Q作QK⊥PK，
由题意可知，∠PQK=53∘，
∴PK=PQ⋅sin∠PQK=PQ⋅sin53∘≈30×0.8≈24cm，
∵GH=8cm，PG=23GH，
∴PH=13GH=83cm，
∴PI=PH⋅sin∠GHN=83× 32=4 33cm，
此时玻璃棒顶端Q点到桌面的距离为PK−PI+TE+AB=24−4 33+24.9+3≈49.6cm.
(1)由题意可知NH//AD，FE⊥AD，延长FG交NH于点T，则GT⊥NH，在Rt△THG中，TG=GH⋅sin∠GHN=4 3cm，根据题意可知点N到底座AD的高度等于TE=TG+FG+EF，即可求解；
(2)过点P作PK//FG，交NH于点I，过点Q作QK⊥PK，由题意可知，∠PQK=53∘，在Rt△PQK中，PK=PQ⋅sin∠PQK≈24cm，由题意可知PH=13GH=83cm，在Rt△PHI中，PI=PH⋅sin∠GHN=4 33cm，此时玻璃棒顶端Q点到桌面的距离为PK−PI+TE+AB，由此即可求解．
本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
20.【答案】y=6x；
见解析；
(1,6)或(−3,−2).
【解析】(1)由条件可知点A的坐标为(3,2)，
∵反比例函数y=kx的图象经过点A，
∴2=k3，
∴k=6，
∴反比例函数y=kx的解析式为y=6x；
(2)如图，四边形AOCD即为所求，
(3)由条件可知AC=2AB=6，
设点E到AC的距离为h，
∴S△ACE=12AC⋅h=12，
∴h=4，
当点E在第一象限时，点E的纵坐标为4+2=6，则6=6x=1，
∴x=1，
∴E(1,6)，
当点E在第三象限时，点E的纵坐标为2−4=−2，则−2=6x，
∴x=−3，
∴E(−3,−2)，
综上所述，点E的坐标为(1,6)或(−3,−2).
(1)先求出点A的坐标为(3,2)，再将点A的坐标代入关系式可得答案；
(2)以点O为圆心，OA长为半径画弧，交AB的延长线于点C，以点B为圆心，OB长为半径画弧，交y轴于点D，连接OC，DC，AD，则四边形AOCD为所求作的四边形；
(3)根据菱形的性质求出AC=2AB=6，设点E到AC的距离为h，求出h=4，分两种情况：当点E在第一象限时，当点E在第三象限时，分别求出点E的坐标即可得到答案．
本题主要考查了求反比例函数的关系式，尺规作图，反比例函数图象的性质，菱形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
21.【答案】∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠BCF=∠D=∠BCD=90∘，
在Rt△BCF和Rt△CDE中，
BF=CEBC=CD，
∴Rt△BCF≌Rt△CDE(HL)，
∴∠CBF=∠ECD，
∵∠BCE+∠ECD=90∘，
∴∠CBF+∠BCE=90∘，
∴∠BPC=90∘，
∴BF⊥CE 3 5−32 342
【解析】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠BCF=∠D=∠BCD=90∘，
在Rt△BCF和Rt△CDE中，
BF=CEBC=CD，
∴Rt△BCF≌Rt△CDE(HL)，
∴∠CBF=∠ECD，
∵∠BCE+∠ECD=90∘，
∴∠CBF+∠BCE=90∘，
∴∠BPC=90∘，
∴BF⊥CE；
(2)解：∵∠BPC=90∘，
∴点P在以BC为直径的半圆上，BC的中点O为圆心，
根据两点之间线段最短可知当点O、P、D三点共线时DP取得最小值，
如图1，连接圆心O与点D，交半圆BC于点P′，此时DP′的长就是DP的最小值，
∵正方形ABCD中，AB=3，
∴CD=BC=3，
∴OP′=OB=OC=32，
在直角三角形COD中，由勾股定理得：OD= OC2+CD2= (32)2+32=3 52，
∴DP′=OD−OP′=3 52−32=3 5−32，
即DP的最小值为3 5−32；
故答案为：3 5−32；
(3)解：在直角三角形BCF中，∠BCD=90∘，CF=1，BC=3，
由勾股定理得：BF= BC2+CF2= 32+12= 10，
∵Rt△BCF≌Rt△CDE，
∴CE=BF= 10，
∵CP⊥BF，
∴S△BCF=12BC⋅CF=12BF⋅CP，
∴12×3×1=12× 10CP，
解得：CP=3 1010，
∵G是AB的中点，
∴AG=BG=32，
∵∠GPH=∠ABC=90∘，
∴∠GPH+∠ABC=180∘，
∴在四边形GBHP中，∠BGP+∠BHP=180∘，
∴点G、B、H、P四点共圆，
如图2，
∵PH=PH，
∴∠PGH=∠PBH，
又∵∠GPH=∠BCF=90∘，
∴△BCF∽△GPH，
∴GPPH=BCCF=3，
如图2，以点B为原点建立平面直角坐标系，
则点B的坐标为(0,0)，点A的坐标为(0,3)，点C的坐标为(3,0)，点D的坐标为(3,3)，
∵CF=DE=1，
∴点F的坐标为(3,1)，点E的坐标为(2,3)，
∵G是AB的中点，
∴点G的坐标为(0,32)，
设直线BF的解析式是y=kx(k≠0)，将点F的坐标代入得：
3k=1，
解得：k=13，
∴直线BF的解析式为y=13x，
设直线CE的解析式为y=mx+n(m≠0)，将点C，点E的坐标代入得：
3m+n=02m+n=3，
解得：m=−3n=9，
∴直线CE的解析式为y=−3x+9，
联立得：y=13xy=−3x+9，
解得：x=2710y=910，
∴点P的坐标为(2710,910)，
∴GP= (2710−0)2+(910−32)2= 765100=3 8510，
∵GPPH=3，
∴PH= 8510，
在直角三角形GPH中，由勾股定理得：GH= GP2+PH2= (3 8510)2+( 8510)= 342.
(1)根据正方形的性质可证BC=CD，∠BCF=∠D=∠BCD=90∘，根据HL可证Rt△BCF≌Rt△CDE，根据全等三角形的性质可证∠CBF=∠ECD，等量代换可证∠CBF+∠BCE=90∘，根据三角形内角和定理可证结论成立；
(2)根据∠BPC=90∘可知点P在以BC为直径的半圆上，利用勾股定理可以求出OD=3 52，根据两点之间线段最短可知当点O、P、D三点共线时DP最短，据此即可求得答案；
(3)利用勾股定理可以求出BF= 10，根据三角形的面积公式可以求出CP=3 1010，根据∠GPH+∠BPC=180∘可知点G、B、H、P四点共圆，根据圆周角定理可证∠PGH=∠PBH，继而可证△BCF∽△GPH，根据相似三角形的性质可得GPPH=BCCF=3，以点B为原点建立平面直角坐标系，利用待定系数法即可求出直线BF和直线CE的解析式，两条直线交点即为点P，求出点P的坐标，利用平面直角坐标系中两点之间的距离公式即可求出GP的长度，根据GPPH=3求出PH的长度，再利用勾股定理求出GH的长度．
本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，解直角三角形，熟记全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，解直角三角形是解题的关键．
22.【答案】3 −2 ∵p2+p−m=mq，q2+q−m=mp，
∴p2+p−m−(q2+q−m)=mq−mp，
∴p2−q2+p−q=m(q−p)，
∴(p−q)(p+q+1)=−m(p−q)，
∴(p−q)(p+q+1+m)=0，
∵p≠q，
∴p+q+1+m=0，
∴p+q=−m−1，
∵p2+p−m=mq，q2+q−m=mp，
∴p2+p−m+q2+q−m=mq+mp，
∴p2+p+q2+q−2m=m(q+p)，
∵p2+q2=(p+q)2−2pq，
∴(p+q)2−2pq+(p+q)−2m=m(p+q)，
∵p+q=−m−1，
∴(−m−1)2−2pq+(−m−1)−2m=m(−m−1)，
∴m2+2m+1−2pq−m−1−2m=−m2−m，
∴2m2=2pq，
∴pq=m2
【解析】解：(1)设基地的宽为x米，则基地的长为(x+1)米，
∵围成基地的面积为m平方米，m=12，
∴x(x+1)=12，
整理得x2+x−12=0，
解得x1=3，x2=−4(舍)，
答：当m=12时，此时x的值为3；
(2)∵b2+2b−4m=0，
∴(b2)2+b2−m=0，
设c=b2，则c2+c−m=0，
∵a2+a−m=0，
∴a和c是方程x2+x−m=0的两个实数根，
∵2a≠b，
∴a≠b2=c，
∴a和c是方程x2+x−m=0的两个不同的实数根，
∴a+c=−1，
∵c=b2，
∴a+b2=−1，
∴2a+b=−2；
(3)∵p2+p−m=mq，q2+q−m=mp，
∴p2+p−m−(q2+q−m)=mq−mp，
∴p2−q2+p−q=m(q−p)，
∴(p−q)(p+q+1)=−m(p−q)，
∴(p−q)(p+q+1+m)=0，
∵p≠q，
∴p+q+1+m=0，
∴p+q=−m−1，
∵p2+p−m=mq，q2+q−m=mp，
∴p2+p−m+q2+q−m=mq+mp，
∴p2+p+q2+q−2m=m(q+p)，
∵p2+q2=(p+q)2−2pq，
∴(p+q)2−2pq+(p+q)−2m=m(p+q)，
∵p+q=−m−1，
∴(−m−1)2−2pq+(−m−1)−2m=m(−m−1)，
∴m2+2m+1−2pq−m−1−2m=−m2−m，
∴2m2=2pq，
∴pq=m2.
(1)设基地的宽为x米，则基地的长为(x+1)米，根据围成基地的面积为12平方米列方程求解即可；
(2)把方程b2+2b−4m=0变形为(b2)2+b2−m=0，设c=b2，可得c2+c−m=0，与方程a2+a−m=0形式相同，则a和c是方程x2+x−m=0的两个实数根，再根据根与系数的关系即可得解；
(3)把两方程相减可得(p−q)(p+q+1+m)=0，根据p≠q可得p+q=−m−1，把两方程相加可得(p+q)2−2pq+(p+q)−2m=m(p+q)，代入p+q=−m−1即可得证．
本题主要考查了一元二次方程的应用，掌握其相关知识点是解题的关键．
23.【答案】b=2；顶点C的坐标为(−1,−5) ①(1,−1)，(1,−2)，(0,−1)，(0,−2)，(0,−3)，(−1,−1)，(−1,−2)；②−2≤k