专题2.10 一元二次方程章末八大题型总结（拔尖篇）-2023-2024学年八年级数学下册各单元的重点题型+章末检测（浙教版）

这是一份专题2.10 一元二次方程章末八大题型总结（拔尖篇）-2023-2024学年八年级数学下册各单元的重点题型+章末检测（浙教版），文件包含专题210一元二次方程章末八大题型总结拔尖篇浙教版原卷版docx、专题210一元二次方程章末八大题型总结拔尖篇浙教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共46页， 欢迎下载使用。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc2359" 【题型1 利用根与系数的关系降次求值】 PAGEREF _Tc2359 \h 1
\l "_Tc11610" 【题型2 利用一元二次方程的解法解特殊方程】 PAGEREF _Tc11610 \h 3
\l "_Tc5857" 【题型3 利用一元二次方程求最值】 PAGEREF _Tc5857 \h 8
\l "_Tc22316" 【题型4 利用一元二次方程的根求取值范围】 PAGEREF _Tc22316 \h 11
\l "_Tc25497" 【题型5 一元二次方程中的新定义问题】 PAGEREF _Tc25497 \h 14
\l "_Tc19093" 【题型6 一元二次方程中的规律探究】 PAGEREF _Tc19093 \h 20
\l "_Tc21578" 【题型7 一元二次方程在几何中的动点问题】 PAGEREF _Tc21578 \h 25
\l "_Tc4319" 【题型8 一元二次方程与几何图形的综合问题】 PAGEREF _Tc4319 \h 33
【题型1 利用根与系数的关系降次求值】
【例1】（2023春·安徽池州·八年级统考期末）已知α和β是方程x2+2023x+1=0的两个根，则α2+2024α+2β2+2024β+2的值为（ ）
A．−2021B．2021C．−2023D．2023
【答案】A
【分析】由α和β是方程x2+2023x+1=0的两个根，根据根于系数关系可得，α⋅β=1，α+β=−2023，由一元二次方程根的定义可得α2+2023α+1=0，β2+2023β+1=0，即可求解；
【详解】∵ α和β是方程x2+2023x+1=0的两个根，
∴α2+2023α+1=0，
β2+2023β+1=0，
α⋅β=1，α+β=−2023，
∴α2+2024α+2β2+2024β+2
=α2+2023α+1+α+1β2+2023β+1+β+1
=α+1β+1
=α⋅β+α+β+1
=1−2023+1
=−2021
故选A．
【点睛】该题考查了根与系数的关系以及一元二次方程的解，熟记一元二次方程根与系数关系公式是解答该题的关键．
【变式1-1】（2023春·四川南充·八年级四川省营山中学校校考期中）已知a，b是方程x2−x−1=0的两根，则代数式2a3+5a+3b3+3b+1的值是（ ）
A．19B．20C．14D．15
【答案】D
【分析】由根与系数的关系可得：a+b=1，再由a与b是方程的两根可得a2=a+1，b2=b+1，把a3与b3采用降次的方法即可求得结果的值．
【详解】∵a与b是方程x2−x−1=0的两根
∴a+b=1，a2-a-1=0，b2-b-1=0
∴a2=a+1，b2=b+1
∵a3=a2·a=(a+1)a=a2+a=a+1+a=2a+1，同理：b3=2b+1
∴2a3+5a+3b3+3b+1
=2(2a+1)+5a+3(2b+1)+3b+1
=9a+9b+6
=9(a+b)+6
=9×1+6
=15
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解的概论、一元二次方程根与系数的关系，求代数式的值，灵活进行整式的运算是解题的关键．
【变式1-2】（2023春·全国·八年级专题练习）已知a是方程x2−2021x+1=0的一个根，则a3−2021a2−2021a2+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a3−2021a2−2021a2+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．
∴a3−2021a2−2021a2+1=−a−20212021a=−a−1a=−a2+1a=−2021aa=−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1-3】（2023春·四川自贡·八年级统考期末）若m、n是一元二次方程x2+2x−1=0的两个实数根，则n3+n2m2n−1的值为（ ）
A．1B．-1C．2D．-2
【答案】C
【分析】利用方程根的定义和根与系数关系得到n2+2n−1=0，m+n=−2， n3+n2m2n−1分子进行因式分解后，利用整体代入即可得到答案．
【详解】解：∵m，n是x2+2x−1=0的两个实数根
∴n2+2n−1=0，m+n=−2
∴n2=1-2n
∴n3+n2m2n−1
=n2(n+m)2n−1
=−2(1−2n)2n−1
=2
故选：C
【点睛】本题考查了一元二次方程根的定义，根与系数关系等知识，关键在于利用因式分解正确变形，用整体代入方法解决．
【题型2 利用一元二次方程的解法解特殊方程】
【例2】（2023春·上海青浦·八年级校考期末）解方程：
(1)x+2−8−x=2；
(2)2xx2−2x−3−1x−3=1；
(3)2x2−32x2−1+1=0
【答案】(1)x=7
(2)x1=3+172，x2=3−172；
(3)x1=−102，x2=102，x3=−1，x4=1．
【分析】（1）移项后两边平方得出x+2=4+48−x+8−x，求出x−5=28−x，再方程两边平方得出x2−10x+25=48−x，求出x，再进行检验即可；
（2）观察可得最简公分母是x−3x+1，方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解；
（3）令t=2x2−1，则2x2−1−32x2−1+2=0，代入原方程，得t2−3t+2=0，所以t1=2，t2=1，然后分两种情况分别解方程即可．
【详解】（1）x+2−8−x=2
解：移项得，x+2=2+8−x，
两边平方得，x+2=4+48−x+8−x，
合并同类项得，2x−10=48−x，
∴x−5=28−x，
两边平方得，x2−10x+25=48−x，
整理得，x2−6x−7=0，
∴x+1x−7=0，
解得：x1=−1，x2=7，
经检验，x1=−1，不是原方程的解，
∴原方程的解为：x=7．
（2）2xx2−2x−3−1x−3=1
解：方程两边同时乘以x−3x+1得， 2x−x+1=x2−2x−3
整理得，x2−3x−2=0，
解得，x=3±32−4×1×−22=3±172，
∴x1=3+172，x2=3−172，
经检验，x1=3+172，x2=3−172时，x−3x+1≠0，
∴原方程的根为：x1=3+172，x2=3−172．
（3）2x2−32x2−1+1=0
解：2x2−1−32x2−1+2=0
令t=2x2−1，代入原方程得，t2−3t+2=0，
∴t−2t−1=0，
解得：t1=2，t2=1，
当t1=2时，2x2−1=2，即： 2x2−1=4，
∴x2=52，解得：x1=−102，x2=102，
当t2=1时，2x2−1=1，即： 2x2−1=1，
∴x2=1，解得：x3=−1，x4=1，
经检验x1，x2，x3，x4都为原方程的解
∴原方程的解为：x1=−102，x2=102，x3=−1，x4=1．
【点睛】本题考查了解无理方程，能把无理方程转化成有理方程是解此题的关键；还考查了解分式方程，（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解，（2）解分式方程一定注意要验根．
【变式2-1】（2023春·上海·八年级期中）解方程：mx2−3=x2+2 m≠1
【答案】当m>1时，原方程的解是x=±5(m−1)m−1，当m<1时，原方程无实数解
【分析】先移项，再合并同类项可得m−1x2=5，根据m≠1求出x2=5m−1，再讨论m−1<0时，m−1>0，分别计算出方程的解.
【详解】解：移项得：mx2−x2=2+3，
化简得：m−1x2=5，
∵m≠1，
∴x2=5m−1，
当m−1<0时，x2=5m−1<0，
∴原方程无实数解，
当m−1>0时，x2=5m−1>0，
∴x1=5m−1=5(m−1)m−1，x2=−5m−1=−5(m−1)m−1
∴当m>1时，原方程的解是x=±5m−1=±5(m−1)m−1
当m<1时，原方程无实数解．
【点睛】此题考查解一元二次方程，根据每个方程的特点选择适合的解法是解题的关键.
【变式2-2】（2023春·内蒙古通辽·八年级统考期末）阅读理解：
解方程：x3−x=0．
解：方程左边分解因式，得
x(x+1)(x−1)=0，
解得x1=0，x2=1，x3=−1．
问题解决：
（1）解方程：4x3−12x2−x=0．
（2）解方程：(x2−x)2−3(x2−x)=0．
（3）方程(2x2−x+1)2−2(2x2−x)−5=0的解为 ．
【答案】（1）x1=0，x2=3+102，x3=3−102；（2）x1=0，x2=1，x3=1+132，x4=1−132；（3）x1=1+174，x2=1−174．
【分析】（1）先分解因式，即可得出一元一次方程和一元二次方程，求出方程的解即可；
（2）先分解因式，即可得出一元二次方程，求出方程的解即可；
（3）整理后分解因式，即可得出一元二次方程，求出方程的解即可．
【详解】解：（1）4x3−12x2−x=0，
∴x(4x2−12x−1)=0，
∴x=0，4x2−12x−1=0，
解得：x1=0，x2=3+102，x3=3−102；
（2）(x2−x)2−3(x2−x)=0，
∴(x2−x)(x2−x−3)=0，
∴x2−x=0，x2−x−3=0，
解得：x1=0，x2=1，x3=1+132，x4=1−132；
（3）(2x2−x+1)2−2(2x2−x)−5=0，
整理得：(2x2−x)2=4，
开方得：2x2−x=±2，
∴2x2−x−2=0，2x2−x+2=0，
解方程2x2−x−2=0得：x1=1+174，x2=1−174；
方程2x2−x+2=0中Δ=−15<0，此方程无解，
所以原方程的解为：x1=1+174，x2=1−174，
故答案为x1=1+174，x2=1−174．
【点睛】本题考查了解高次方程，解一元二次方程，根的判别式等知识点，能把高次方向转化成低次方程是解此题的关键．
【变式2-3】（2023春·江西景德镇·八年级景德镇一中校考期末）解方程：
(1)x4+2x3−9x2−2x+8=0；
(2)|x−1|+|x−2|+|2x−3|=4；
(3)x2+y2+xy−3y+3=0．
【答案】(1)x1=−1,x2=1,x3=−4,x4=2
(2)x=52或x=12
(3){x=−1y=2
【分析】（1）利用拆项分组的方法把左边分解因式，再化为一次方程即可；
（2）分四种情况去绝对值，化为一元一次方程，再解一元一次方程即可；
（3）先整理为关于y的一元二次方程，根据根的判别式求解x=−1, 再代入原方程求解y即可.
【详解】（1）解：x4+2x3−9x2−2x+8=0
∴x4+2x3−8x2−(x2+2x−8)=0,
∴x2(x2+2x−8)−(x2+2x−8)=0,
∴(x2−1)(x2+2x−8)=0,
∴(x+1)(x−1)(x+4)(x−2)=0,
解得：x1=−1,x2=1,x3=−4,x4=2
（2）解：|x−1|+|x−2|+|2x−3|=4
当x≥2时，原方程为：x−1+x−2+2x−3=4, 即4x=10,
解得：x=52, 经检验符合题意；
当32≤x<2时，原方程为：x−1+2−x+2x−3=4, 即2x=6,
解得：x=3，经检验不符合题意舍去，
当1≤x<32时，原方程为：x−1+2−x+3−2x=4, 即4−2x=4,
解得：x=0, 经检验不符合题意，舍去，
当x<1时，原方程为：1−x+2−x+3−2x=4, 即4x=2,
解得：x=12，经检验符合题意；
综上：方程的解为x=52或x=12
（3）解：x2+y2+xy−3y+3=0
整理为：y2+(x−3)y+x2+3=0,
∴△=(x−3)2−4(x2+3)=−3(x+1)2≥0,
∵−3(x+1)2≤0, 则−3(x+1)2=0,
∴x=−1,
所以原方程化为：y2−4y+4=0,
解得：y=2,
所以方程的解为：{x=−1y=2
【点睛】本题考查的是利用因式分解解高次方程，分段去绝对值符号解绝对值方程，利用一元二次方程根的判别式解二元二次方程，熟练的掌握解方程的合适的方法是解本题的关键.
【题型3 利用一元二次方程求最值】
【例3】（2023春·江西景德镇·八年级景德镇一中校考期末）设实数x,y,z满足x2+y2+z2−xy−yz−zx=27，则y−z的最大值为 .
【答案】6
【分析】先将已知等式配成一个完全平方的形式，再令x−y=ay−z=b，将完全平方式转化为一个只含a和b的等式，然后将问题转化为已知一元二次方程的根的情况，求未知参数问题，最后利用根的判别式求解即可.
【详解】x2+y2+z2−xy−yz−zx=27
两边同乘以2得：2(x2+y2+z2−xy−yz−zx)=54
整理得：(x−y)2+(y−z)2+(x−z)2=54①
令x−y=ay−z=b，则x−z=a+b
代入①得：a2+b2+(a+b)2=54
化简得：a2+ba+b2−27=0
由题意可知，关于a的一元二次方程a2+ba+b2−27=0有实数根
则方程的根的判别式Δ=b2−4(b2−27)≥0
解得：b≤6，即y−z≤6
所以y−z的最大值为6
故答案为：6.
【点睛】本题是一道难题，考查了求代数式的极值的知识，在已知条件转换变形后，将其看成一个一元二次方程的实数根的情况来分析是解题关键.
【变式3-1】（2023春·四川泸州·八年级校考期末）已知实数x，y满足x2+3x+y−3=0，则x+y的最大值为 ．
【答案】4
【分析】用含x的代数式表示y，计算x+y并进行配方即可.
【详解】∵x2+3x+y−3=0
∴y=−x2−3x+3
∴x+y=−x2−2x+3=−x+12+4
∴当x=-1时，x+y有最大值为4
故答案为4
【点睛】本题考查的是求代数式的最大值，解题的关键是配方法的应用.
【变式3-2】（2023·浙江金华·八年级期中）当a= ，b= 时，多项式a2−2ab+2b2−2a−4b+25有最小值，这个最小值是 ．
【答案】 4 3 15
【分析】利用配方法将多项式a2−2ab+2b2−2a−4b+25转化为(a−b−1)2+(b−3)2+15，然后利用非负数的性质进行解答．
【详解】解：a2−2ab+2b2−2a−4b+25
=a2−2ab−2a+b2+2b+1+b2−6b+9+15
=a2−2a(b+1)+(b+1)2+(b−3)2+15
=(a−b−1)2+(b−3)2+15
∴当a=4，b=3时，多项式a2−2ab+2b2−2a−4b+25有最小值15．
故答案为：4，3，15．
【点睛】此题考查了配方法的应用，以及非负数的性质，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
【变式3-3】（2023春·山东济南·八年级阶段练习）阅读下面材料：
丽丽这学期学习了轴对称的知识，知道了像角、等腰三角形、正方形、圆等图形都是轴对称图形.类比这一特性，丽丽发现像m+n，mnp，m2+n2等代数式，如果任意交换两个字母的位置，式子的值都不变.太神奇了！于是她把这样的式子命名为神奇对称式.
她还发现像m2+n2，(m-1)(n-1)等神奇对称式都可以用mn,m+n表示.例如：m2+n2=(m+n)2−2mn， (m−1)(n−1)=mn−(m+n)+1.于是丽丽把mn 和 m+n称为基本神奇对称式 .
请根据以上材料解决下列问题：
（1）代数式①1mn ， ②m2−n2 ， ③nm， ④ xy + yz + zx中，属于神奇对称式的是__________（填序号）；
（2）已知(x−m)(x−n)=x2−px+q.
① q=__________（用含m，n的代数式表示）；
② 若p=3， q=−2，则神奇对称式1m+1n=__________；
③ 若p2−q=0 ，求神奇对称式m3+1m+n3+1n的最小值.
【答案】（1）①，④;（2）① q=mn.②−32;③-2.
【分析】（1）根据题意新定义的神奇对称式任意交换两个字母的位置，式子的值不变来判断
（2）①由所学知识十字相乘法表示对应系数相等可求出
②把1m+1n 通分用mn与m+n的形式表示，然后转换成用p、q表示的代数式代入即可求出值
③把神奇对称式m3+1m+n3+1n转换成用p、q表示的代数式，再根据求根公式求出范围
【详解】解：（1）①，④符合神奇对称式的定义，②③交换字母的位置，式子的值会变故不符合神奇对称式的定义．所以答案应为①，④
（2）①∵(x−m)(x−n)=x2−(m+n)x+mn=x2−px+q，
∴p=m+n，q=mn.
故答案应为：q = mn .
②1m+1n =m+nmn=pq = -32 故答案应为-32
③∵(x−m)(x−n)=x2−(m+n)x+mn=x2−px+q，
∴p=m+n，q=mn.
m3+1m+n3+1n
= m2+1m+n2+1n
=（m+n）2−2mn+m+nmn
=p2−2q+pq.
∵p2−q=0，
∴q=p.
即q=±p.
（i）当q=p时，
∴原式=p2−2p+1=（p−1）2≥0.
（ii）当q=−p时，
∴原式=p2+2p−1=（p+1）2−2≥−2.
综上，m3+1m+n3+1n的最小值为-2.
【点睛】本题是一道综合性比较强的题，运用了整式的乘法、十字相乘、求根公式等知识点；对新定义的公式的理解也是一项考点．难度相对较大．
【题型4 利用一元二次方程的根求取值范围】
【例4】（2023春·四川眉山·八年级校考期中）关于x的方程ax2+（a+2）x+9a＝0有两个不等的实数根x1，x2，且x1＜1＜x2，那么a的取值范围是（ ）
A．﹣27＜a＜25B．a＞25C．a＜﹣27D．﹣211＜a＜0
【答案】D
【分析】根据一元二次方程的根的判别式，建立关于a的不等式，求出a的取值范围．又存在x1＜1＜x2，即（x1-1）（x2-1）＜0，x1x2-（x1+x2）+1＜0，利用根与系数的关系，从而最后确定a的取值范围．
【详解】解：∵方程有两个不相等的实数根，
则a≠0且△＞0，
由（a+2）2-4a×9a=-35a2+4a+4＞0，
解得−27又∵x1＜1＜x2，
∴x1-1＜0，x2-1＞0，
那么（x1-1）（x2-1）＜0，
∴x1x2-（x1+x2）+1＜0，
∵x1+x2=−a+2a，x1x2=9，
即9+a+2a+1<0，
解得−211综上所述，a的取值范围为：−211故选D．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式及根与系数的关系.掌握相关知识是关键：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．根与系数的关系为：x1+x2=−ba,x1x2=ca.
【变式4-1】（2023春·全国·八年级期中）已知m、n是关于x的一元二次方程x2+px+q＝0的两个不相等的实数根，且m2+mn+n2＝3，则q的取值范围是 ．
【答案】q＜1
【分析】先由韦达定理得出m+n＝﹣p，mn＝q，代入到m2+mn+n2＝（m+n）2﹣mn＝3，可得p2＝q+3，再结合△＝p2﹣4q＞0知q+3﹣4q＞0，解之可得答案．
【详解】解：∵m、n是关于x的一元二次方程x2+px+q＝0的两个不相等的实数根，
∴m+n＝﹣p，mn＝q，
∵m2+mn+n2＝3，
∴（m+n）2﹣mn＝3，
则（﹣p）2﹣q＝3，即p2﹣q＝3，
∴p2＝q+3，
又△＝p2﹣4q＞0，
∴q+3﹣4q＞0，
解得q＜1，
故答案为：q＜1．
【点睛】本题主要考查根与系数的关系，解题的关键是掌握x1，x2是方程x2+px+q=0的两根时，x1+x2=−p，x1x2=q及一元二次方程根的判别式．
【变式4-2】（2023春·江西景德镇·八年级景德镇一中校考期末）关于x的方程(1−m2)x2−2mx−1=0的所有根都是比2小的正实数，则实数m的取值范围是 ．
【答案】m>32或m=12.
【分析】分两种情况讨论，当1−m2=0,当1−m2≠0时，即m≠±1, 再分别求解方程的解，再列不等式组，解不等式组可得答案.
【详解】解：当1−m2=0, 则m=±1,
当m=1时，方程化为−2x−1=0,
解得x=−12, 不符合题意；
当m=−1时，方程化为2x−1=0,
解得x=12, 此时符合题意；
当1−m2≠0时，即m≠±1,
由(1−m2)x2−2mx−1=0可得(m2−1)x2+2mx+1=0,
∴[(m+1)x+1][(m−1)x+1]=0,
解得：x1=−1m+1,x2=−1m−1,
∴{−1m+1<2−1m−1>2,
得：m>−12
{−1m−1<2−1m−1>0,
得：m>32
综上：m的取值范围为：m>32或m=12
【点睛】本题考查的是根据方程的解的情况求解参数的取值范围，清晰的分类讨论是解本题的关键.
【变式4-3】（2023春·山东烟台·八年级山东省烟台第十中学校考期中）若关于x的方程(m2−5m+6)x2−(3−m)x+14=0无解，则m的取值范围是 ．
【答案】m≥3
【分析】根据题意，可分为两种情况进行分析：①m2−5m+6=0时，有−(3−m)=0此时方程无解，可求出m的值；②m2−5m+6≠0时，由根的判别式Δ<0，即可求出m的取值范围．
【详解】解：根据题意，
∵关于x的方程(m2−5m+6)x2−(3−m)x+14=0无解，
①当m2−5m+6=0时，则原方程是一元一次方程，即−(3−m)x+14=0；
则有：m2−5m+6=0−(3−m)=0，
解得：m=3；
②当m2−5m+6≠0时，则原方程为一元二次方程，
∴m≠3，m≠2，
∴Δ=[−(3−m)]2−4×(m2−5m+6)×14<0，
解得：m>3；
综合上述，m的取值范围是m≥3；
故答案为：m≥3．
【点睛】本题考查了方程无解问题，根的判别式求参数的取值范围，以及解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握方程无解问题，注意运用分类讨论的思想进行解题．
【题型5 一元二次方程中的新定义问题】
【例5】（2023春·四川资阳·八年级统考期末）定义：已知x1，x2是关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0的两个实数根，若x1请阅读以上材料，回答下列问题：
(1)判断一元二次方程x2+9x+14=0是否为“限根方程”，并说明理由；
(2)若关于x的一元二次方程2x2+k+7x+k2+3=0是“限根方程”，且两根x1、x2满足x1+x2+x1x2=−1，求k的值；
(3)若关于x的一元二次方程x2+1−mx−m=0是“限根方程”，求m的取值范围．
【答案】(1)此方程为“限根方程”，理由见解析
(2)k的值为2
(3)m的取值范围为−13【分析】（1）解该一元二次方程，得出x1=−7，x2=−2，再根据“限根方程”的定义判断即可；
（2）由一元二次方程根与系数的关系可得出x1+x2=−k+72，x1x2=k2+32，代入x1+x2+x1x2=−1，即可求出k1=2，k2=−1．再结合“限根方程”的定义分类讨论舍去不合题意的值即可；
（3）解该一元二次方程，得出x1=−1，x2=m或x1=m，x2=−1．再根据此方程为“限根方程”，即得出此方程有两个不相等的实数根，结合一元二次方程根的判别式即可得出Δ>0，m<0且m≠−1，可求出m的取值范围．最后分类讨论即可求解．
【详解】（1）解：x2+9x+14=0，
x+2x+7=0，
∴x+2=0或x+7=0，
∴x1=−7，x2=−2．
∵−7<−2，3<−7−2=72<4，
∴此方程为“限根方程”；
（2）∵方程2x2+k+7x+k2+3=0的两个根分比为x1、x2，
∴x1+x2=−k+72，x1x2=k2+32 ．
∵x1+x2+x1x2=−1，
∴−k+72+k2+32=−1，
解得：k1=2，k2=−1．
分类讨论：①当k=2时，原方程为2x2+9x+7=0，
∴x1=−72，x2=−1，
∴x1∴此时方程2x2+k+7x+k2+3=0是“限根方程”，
∴k=2符合题意；
②当k=−1时，原方程为2x2+6x+4=0，
∴x1=−2，x2=−1，
∴x1∴此时方程2x2+k+7x+k2+3=0不是“限根方程”，
∴k=−1不符合题意．
综上可知k的值为2；
（3）x2+1−mx−m=0，
(x+1)(x−m)=0，
∴x+1=0或x−m=0，
∴x1=−1，x2=m或x1=m，x2=−1．
∵此方程为“限根方程”，
∴此方程有两个不相等的实数根，
∴Δ>0，m<0且m≠−1，
∴1−m2+4m>0，即1+m2>0，
∴m<0且m≠−1．
分类讨论：①当−1∴x1=−1，x2=m，
∵3∴3<−1m<4，
解得：−13②当m<−1时，
∴x1=m，x2=−1，
∵3∴3解得：−4综上所述，m的取值范围为−13【点睛】本题考查解一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的判别式．读懂题意，理解“限根方程”的定义是解题关键．
【变式5-1】（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）定义：如果关于x的方程a1x2+b1x+c1=0（a1≠0，a1、b1、c1是常数）与a2x2+b2x+c2=0（a2≠0，a2、b2、c2是常数），其中方程中的二次项系数、一次项系数、常数项分别满足a1+a2=0，b1=b2，c1+c2=0，则称这两个方程互为“对称方程”．例如：方程2x2−3x+1=0的“对称方程”是−2x2−3x−1=0，请根据上述内容，解决以下问题：
(1)直接写出方程x2−4x+3=0的“对称方程”；
(2)若关于x的方程3x2+m−1x−n=0与−3x2−x=−1互为“对称方程”，求m、n的值及3x2+m−1x−n=0的解．
【答案】(1)−x2−4x−3=0
(2)m=0，n=1，x1=1+136，x2=1−136
【分析】（1）根据对称方程的定义可得答案；
（2）由题意得m−1=−1，−n+1=0，即可求得m=0，n=1，然后利用公式法解方程3x2−x−1=0即可．
【详解】（1）解：由题意得：方程x2−4x+3=0的“对称方程”是−x2−4x−3=0；
（2）由−3x2−x=−1，移项可得：−3x2−x+1=0，
∵关于x的方程3x2+m−1x−n=0与−3x2−x=−1互为“对称方程”，
∴m−1=−1，−n+1=0，
解得：m=0，n=1，
∴3x2+m−1x−n=0化为3x2−x−1=0，
∴x=−b±b2−4ac2a=1±(−1)2−4×3×(−1)2×3=1±1+126=1±136，
∴x1=1+136，x2=1−136．
【点睛】此题主要考查的是解一元二次方程，公式法解一元二次方程，关键是正确理解题意，理解对称方程的定义．
【变式5-2】（2023春·江苏泰州·八年级统考期末）定义一种新运算“a∗b”：当a≥b时，a∗b=a+3b；当a（1）填空：(−4)∗3=_ ；若x∗(x+6)=−8，则x=_ ；
（2）已知3x−7∗3−2x>−6，求x的取值范围；
（3）小明发现，无论x取何值，计算x2−2x+3∗−x2+2x−5时，得出结果总是负数，你认为小明的结论正确吗？请说明理由．
【答案】（1）-13，-5；（2）2≤x<83或109【分析】（1）根据计算公式即可求解；
（2）根据公式化简，不等式组即可求解；
（3）先利用配方法证明x2﹣2x+3﹣（﹣x2+2x﹣5）＞0，再公式化简，利用配方法即可求解．
【详解】（1）(−4)∗3=-3-3×3=﹣13；
∵x∗(x+6)=−8
∴x-3（x+6）=-8
解得x=-5
故答案为：-13；﹣5；
（2）由题意知3x−7≥3−2x3x−7+3(3−2x)>−6或3x−7<3−2x3x−7−3(3−2x)>−6
解得x≥2x<83或x<2x>109
∴2≤x<83或109（3）∵x2﹣2x+3﹣（﹣x2+2x﹣5）
＝2x2﹣4x+8
＝2（x﹣1）2+6＞0
∴x2﹣2x+3＞﹣x2+2x﹣5，
原式＝x2﹣2x+3+3（﹣x2+2x﹣5）
＝x2﹣2x+3﹣3x2+6x﹣15
＝﹣2x2+4x﹣12；
＝﹣2（x﹣1）2﹣10＜0
∴小明结论正确．
【点睛】此题主要考查配方法的应用，解题的关键是根据题意的公式分情况进行运算．
【变式5-3】（2023春·江苏·八年级期中）定义：我们把关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0与cx2+bx+a=0（ac≠0，a≠c）称为一对“友好方程”．如2x2−7x+3=0的“友好方程”是3x2−7x+2=0．
（1）写出一元二次方程x2+3x−10=0的“友好方程”_______．
（2）已知一元二次方程x2+3x−10=0的两根为x1=2，x2=−5，它的“友好方程”的两根x3=12、x4=________．根据以上结论，猜想ax2+bx+c=0的两根x1、x2与其“友好方程”cx2+bx+a=0的两根x3、x4之间存在的一种特殊关系为________，证明你的结论．
（3）已知关于x的方程2021x2+bx−c=0的两根是x1=−1，x2=12021．请利用（2）中的结论，求出关于x的方程cx−12−bx+b=2021的两根．
【答案】（1）-10x2+3x+1=0；（2）−15，互为倒数，证明见解析；（3）x5=0，x6=2022．
【分析】（1）根据“友好方程”的定义写出对应的友好方程即可；
（2）因式分解法求出每个方程的两个实数根，原方程与“友好方程”的根得出规律，再用求根公式去验证即可；
（3）先根据“友好方程”的根的特点得出-cx2+bx+2021=0，即cx2-bx-2021=0的两根为x3=-1，x4=2020，将待求方程变形为（x-1）2-b（x-1）-2021=0，把x-1看做整体即可求解．
【详解】解：（1）一元二次方程x2+3x-10=0的“友好方程”为：-10x2+3x+1=0，
故答案为：-10x2+3x+1=0；
（2）-10x2+3x+1=0，
(5x+1)(−2x+1)=0，
解得，x3=12，x4=−15，
根据以上结论，猜想ax2+bx+c=0的两根x1、x2与其“友好方程”cx2+bx+a=0的两根x3、x4之间存在的一种特殊关系为互为倒数，
证明如下：
∵一元二次方程ax2+bx+c=0的两根为x1=−b+b2−4ac2a,x2=−b−b2−4ac2a，
“友好方程”cx2+bx+a=0的两根为x3=−b+b2−4ac2c,x4=−b−b2−4ac2c．
∴x1⋅x4=−b+b2−4ac2a−b−b2−4ac2c=b2−(b2−4ac)4ac=4ac4ac=1，
x2⋅x3=−b−b2−4ac2a−b+b2−4ac2c=b2−(b2−4ac)4ac=4ac4ac=1，
即原方程的两根与“友好方程”的两根互为倒数；
故答案为：−15，互为倒数；
（3）∵方程2021x2+bx-c=0的两根是x1=−1,x2=12021，
∴该方程的“友好方程”-cx2+bx+2021=0，即cx2-bx-2021=0的两根为x3=-1，x4=2021，
则c（x-1）2-bx+b=2021，即c（x-1）2-b（x-1）-2021=0中x-1=-1或x-1=2021，
∴该方程的解为x5=0，x6=2022．
利用（2）中的结论，写出关于x的方程（x-1）2-bx+b=2021的两根为x5=0，x6=2022，
故答案为x5=0，x6=2022．
【点睛】本题主要考查新定义下一元二次方程根与系数的关系及求根公式的运用，掌握并灵活运用新定义是解题的关键．
【题型6 一元二次方程中的规律探究】
【例6】（2023春·江苏·八年级期中）如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”．
（1）请根据上述结论解决问题：方程①2x2−3x+1=0；方程②x2−2x−8=0；方程③x2+x=−29．这几个方程中，是倍根方程的是 （填序号即可）；
（2）一般规律探究：我们知道，若一元二次方程ax2+bx+c=0的两根为x1，x2，则有x1+x2=−ba，x1x2=ca，请你根据以上关系探究：若一元二次方程ax2+bx+c=0是“倍根方程”，则a，b，c满足什么数量关系？
（3）若(x−1)(mx−n)=0是倍根方程，求2nm的值．
【答案】（1）①③；（2）b2−92ac=0；（3）2nm=4或2nm=1
【分析】（1）根据“倍根方程”的定义，求出方程①、②、③中的根的值，根据定义判断即可；
（2）利用根与系数的关系建立等式进行整理即可；
（3）将方程(x−1)(mx+n)=0整理成一般式，再根据“倍根方程”的定义，借助（2）中的结论，整理后即可得出mx2−(m+n)x+n=0，即可求得2m−n=0或m−2n=0，
进而求得2nm的值为4或1．
【详解】解：（1）在方程①2x2−3x+1=0中，
解得：x1=12,x2=1，
∵2x1=x2=1，
方程为“倍根方程”，
在方程②x2−2x−8=0中，
解得：x1=−2,x2=4，
∵2x1≠x2=4，
方程不为“倍根方程”，
在方程③x2+x=−29中，
解得：x1=−13,x2=−23，
∵2x1=x2=−23，
方程为“倍根方程”，
∴是倍根方程的是①③．
故答案为：①③．
（2）∵方程ax2+bx+c=0是“倍根方程”，
∴可设方程的两根为x1和2x1，
则x1+2x1=−ba，x1⋅2x1=ca，
∴(3x1)2=(−ba)2，x12=c2a，
∴(−ba)2×19=c2a，
∴b2−92ac=0；
（3）整理(x−1)(mx−n)=0得：mx2−(m+n)x+n=0，
∵(x−1)(mx−n)=0是倍根方程，
∴b2−92ac=[−(m+n)]2−92m·n=0，
∴m2−52mn+n2=0，即2m2−5mn+2n2=0，
∴(2m−n)(m−2n)=0，
∴2m−n=0或m−2n=0，
∴m=12n或m=2n，
∴ 2nm的值为4或1，
故答案为：4或1．
【点睛】本题考查了根与系数的关系以及因式分解法解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握“倍根方程”的定义．
【变式6-1】（2023春·河南洛阳·八年级洛阳市东升第三中学校考期中）如表：方程1、方程2、方程3、…是按一定规律排列的一列方程．
（1）解方程3，并将它的解填在表中的空白处；
（2）请写出这列方程中第10个方程，并用求根公式求其解．
（3）根据表中的规律写出第n个方程和这个方程的解．
【答案】（1）x1＝﹣6，x2＝3；（2）x1＝10，x2＝﹣20；（3）x1＝﹣2n，x2＝n．
【分析】（1）可以利用因式分解法解方程，按照前两个方程的根的书写规律，第一个根是负数，第二个是正数，填表即可；
（2）仔细观察，发现规律，利用规律写出即可；
（3）根据根与系数的关系可知第n次方程的解是x1=-2n，x2=n，则方程就是x2+nx-2n2=0．
【详解】解：（1）∵x2+3x﹣18＝0
即（x+6）（x﹣3）＝0
∴x+6＝0或x﹣3＝0
∴x1＝﹣6，x2＝3；
故答案为-6，3；
（2）方程规律：x2+1•x﹣12•2＝0，
x2+2•x﹣22•2＝0，
x2+3•x﹣32•2＝0，
即第10个方程为：x2+10x﹣102•2＝0，
所以第10个方程为：x2+10x﹣200＝0，
解得x＝−10±100+8002，
∴x1＝10，x2＝﹣20；
（3）由（2）得：第n个方程为：x2+nx﹣2n2＝0，
方程的两根为：x1＝﹣2n，x2＝n．
【点睛】本题不但考查了一元二次方程的解，而且考查了通过观察总结规律的能力．此题是个阅读型题目，首先通过阅读所给材料，从中找出隐含的规律，然后利用找到的规律解决一般情况的方程，题目也体现了从一般到特殊，再从特殊到一般的数学思想．
【变式6-2】（2023春·江西抚州·八年级校联考期末）如图，中间用相同的白色正方形瓷砖，四周用相同的黑色长方形瓷砖铺设矩形地面，请观察图形并解答下列问题：

(1)问：依据规律在第n个图中，黑色瓷砖多少块，白色瓷砖有多少块；
(2)问：依据规律在第8个图中，黑色瓷砖多少块，白色瓷砖有多少块；
(3)某新学校教室要装修，每间教室面积为68m2，准备定制边长为0.5米的正方形白色瓷砖和长为0.5米、宽为0.25米的长方形黑色瓷砖来铺地面．按照此图案方式进行装修，瓷砖无须切割，恰好完成铺设．已知白色瓷砖每块20元，黑色瓷砖每块10元，请问每间教室瓷砖共需要多少元？
【答案】(1)黑色瓷砖的块数可以用含有n的代数式表示为：4(n+1)，白色瓷砖的块数用含有n的代数式表示为n(n+1)；(2)黑色瓷砖：36块；白色瓷砖：72块；(3)每间教室瓷砖共需要5540元.
【分析】（1）通过观察发现规律得出黑色瓷砖的块数可用含n的代数式表示为4（n+1），白瓷砖的块数可用含n的代数式表示为n（n+1），由此即可得答案；
（2）根据（1）中的规律，将n=8代入计算即可；
（3）设白色瓷砖的行数为n，根据教室的面积，利用矩形的面积公式列方程进行求解即可.
【详解】(1)通过观察图形可知，当n＝1时，黑色瓷砖有8块，白色瓷砖有2块；
当n＝2时，黑色瓷砖有12块，白色瓷砖有6块；当n＝3时，黑色瓷砖有16块，白色瓷砖有12块；
发现黑色的瓷砖每次增加4块；而白色的瓷砖第次的数量分别为1×2；2×3；3×4…
则在第n个图形中，黑色瓷砖的块数可以用含有n的代数式表示为：4(n+1)，白色瓷砖的块数用含有n的代数式表示为n(n+1)；
(2)当n＝8时，黑色瓷砖：4×(8+1)＝36块；白色瓷砖：8×(8+1)＝72块；
(3)设白色瓷砖为行数为n，根据题意，得：0.52×n(n+1)+0.5×0.25×4(n+1)＝68
解得n1＝15，n2＝﹣18 (不合题意，舍去)
白色瓷砖的块数为15×16＝240 (块)
黑色瓷砖的块数为4×16＝64 (块)
所以每间教室的瓷砖共需要：20×240+10×64＝5440 (元)
答：每间教室瓷砖共需要5540元
【点睛】本题考查了规律型——图形的变化类，一元二次方程的应用，解答此题的关键是通过观察和分析，找出其中的规律.
【变式6-3】（2023春·贵州遵义·八年级赤水市第一中学校考期末）“分块计数法”：对有规律的图形进行计数时，有些题可以采用“分块计数”的方法．
例如：图1有6个点，图2有12个点，图3有18个点，……，按此规律，求图10、图n有多少个点？
我们将每个图形分成完全相同的6块，每块黑点的个数相同（如图），这样图1中黑点个数是6×1=6个；图2中黑点个数是6×2=12个：图3中黑点个数是6×3=18个；所以容易求出图10、图n中黑点的个数分别是 、 ．
请你参考以上“分块计数法”，先将下面的点阵进行分块（画在答题卡上），再完成以下问题：
（1）第5个点阵中有 个圆圈；第n个点阵中有 个圆圈．
（2）小圆圈的个数会等于271吗？如果会，请求出是第几个点阵．
【答案】60个，6n个；（1）61；3n2﹣3n+1，（2）小圆圈的个数会等于271，它是第10个点阵．
【分析】根据规律求得图10中黑点个数是6×10=60个；图n中黑点个数是6n个；（1）第2个图中2为一块，分为3块，余1，第2个图中3为一块，分为6块，余1；按此规律得：第5个点阵中5为一块，分为12块，余1，得第n个点阵中有：n×3（n﹣1）+1=3n2﹣3n+1；（2）代入271，列方程，方程有解则存在这样的点阵．
【详解】解：图10中黑点个数是6×10=60个；图n中黑点个数是6n个，
故答案为60个，6n个；
（1）如图所示：第1个点阵中有：1个，
第2个点阵中有：2×3+1=7个，
第3个点阵中有：3×6+1=17个，
第4个点阵中有：4×9+1=37个，
第5个点阵中有：5×12+1=61个，
…
第n个点阵中有：n×3（n﹣1）+1=3n2﹣3n+1，
故答案为61，3n2﹣3n+1；
（2）3n2﹣3n+1=271，
n2﹣n﹣90=0，
（n﹣10）（n+9）=0，
n1=10，n2=﹣9（舍），
∴小圆圈的个数会等于271，它是第10个点阵．
【点睛】本题是图形类的规律题，采用“分块计数”的方法解决问题，仔细观察图形，根据图形中圆圈的个数恰当地分块是关键．
【题型7 一元二次方程在几何中的动点问题】
【例7】（2023春·江西赣州·八年级统考期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=16cm，AB=12cm，BC=21cm，动点P从点B出发，沿射线BC的方向以每秒2cm的速度运动到C点返回，动点Q从点A出发，在线段AD上以每秒1cm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DQ、PC的代数表达式；
(2)当t为何值时，四边形PQDC是平行四边形；
(3)当0【答案】(1)DQ=16−t，PC=21−2t或PC=2t−21
(2)当t=5或373秒时，四边形PQDC是平行四边形
(3)存在这样的P,使△PQD是等腰三角形,当t=163秒或72秒时，△PQD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DQ=CP，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PQ=QD、PQ=PD、QD=PD三种情况讨论求出t值即可；
【详解】（1）解：根据题意，DQ=16−t，
当点P未到点C时，PC=21−2t；
当点P由点C返回时，PC=2t−21；
（2）∵四边形PQDC是平行四边形，
∴DQ=CP，
当P从B运动到C时，
∵DQ=AD−AQ=16−t，
CP=21−2t，
∴16−t=21−2t，
解得：t=5，
当P从C运动到B时，
∵DQ=AD−AQ=16−t，
CP=2t−21，
∴16−t=2t−21，
解得：t=373，
∴当t=5或373秒时，四边形PQDC是平行四边形；
（3）当PQ=PD时，作PH⊥AD于H，则HQ=HD，
∵QH=HD=12QD=12(16−t)，
∵AH=BP，
∴2t=12(16−t)+t，
∴t=163（秒）；
当PQ=QD时，QH=AH−AQ=BP−AQ=2t−t=t，QD=16−t，
∵QD2=PQ2=t2+122，
∴(16−t)2=122+t2，
解得t=72（秒）；
当QD=PD时，DH=AD−AH=AD−BP=16−2t，
∵QD2=PD2=PH2+HD2=122+(16−2t)2，
∴(16−t)2=122+(16−2t)2，
即3t2−32t+144=0，
∵Δ=−322−4×3×144=−704<0，
∴方程无实根，
综上可知，当t=163秒或72秒时，△PQD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．
【变式7-1】（2023春·浙江·八年级期中）如图，在▱ABCD中，AD=8 2 ，E，F分别为CD，AB上的动点，DE=BF，分别以AE，CF为对称轴翻折△ADE，△BCF，点D，B的对称点分别为G，H．若E，G，H，F恰好在同一直线上，∠GAF=45°，且GH=11，则AB的长是 ．
【答案】29
【分析】过G点作GM⊥AF于点M，设DE＝BF＝x，由勾股定理求得AM与GM，再证明AF＝EF，用x表示AF，FG，FM，由勾股定理列出x的方程，求得x的值，便可求得AB．
【详解】解：过G点作GM⊥AF于点M，
∴∠AMG=90°
∵分别以AE，CF为对称轴翻折△ADE，△BCF，点D，B的对称点分别为G，H．
AG＝AD＝82，DE=EG，FH=BF，
∵∠GAF＝45°，
∴△AGM是等腰直角三角形，
∴AM2+GM2=AG2，
∴2AM2=822，
解之：AM=GM=8
∵DE＝BF，
∴设DE＝BF＝x，
∴EG＝DE＝BF＝FH＝x，FG=x+11，
∵GH＝11，
∴EF＝2x＋11，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，
∴∠AED＝∠BAE，
∵∠AED＝∠AEG，
∴∠FAE＝∠FEA，
∴AF＝EF＝2x＋11，
∴AB＝AF＋BF＝3x＋11，MF＝AF−AM＝2x＋3，
在Rt△FMG中，FG2−FM2=MG2，
即x+112−2x+32=82，
解之：x1=6，x2=−83（舍去），
∴AB=3×6+11=29，
故答案为：29．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，求解一元二次方程，折叠的性质，关键在于构造直角三角形，运用勾股定理列出方程，运用方程的思想解决几何问题．
【变式7-2】（2023春·江苏连云港·八年级统考期中）小华同学学习了课本1.4节“问题6”后，在已知条件不变的情况下，又对该例题进行了拓展探究，请你和他一起解决以下几个问题：

问题6如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm，点P从点A出发沿AB以1cm/s的速度向点B移动，同时，点Q从点B出发沿BC以2cm/s的速度向点C移动．
(1)几秒钟后点P、Q的距离为42？请说明理由；
(2)几秒钟后∠DQP为直角？请说明理由；
(3)当BP=BQ时，Rt△PBQ内有一个动点M，连接PM 、QM、BM．若∠BQM=∠MBP，线段PM的最小值为______．
【答案】(1)2秒或25秒后，点P、Q的距离为42，理由见解析；
(2)32秒或6秒后，∠DQP为直角，理由见解析；
(3)25−2
【分析】（1）设运动时间为t秒，则AP=tcm，BQ=2tcm，BP=(6−t)cm，利用勾股定理列方程求解，即可得到答案；
（2）设运动时间为t秒，则AP=tcm，BQ=2tcm，BP=6−tcm，CQ=12−2tcm，利用勾股定理分别表示出DP、DQ、PQ，再利用勾股定理列方程求解，即可得到答案；
（3）设运动时间为t秒，根据题意求出t=2，进而得到BP=BQ=4，取BQ的中点N，连接MN、PN，先证明△BMQ直角三角形，进而得到MN=BN=2，再利用勾股定理，求得PN=25，最后根据两点间线段最短，得到PM+MN的最小值，即可求出线段PM的最小值．
【详解】（1）解：设运动时间为t秒，
∴AP=tcm，BQ=2tcm，
∵AB=6cm，
∴BP=(6−t)cm，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
由勾股定理得：BP2+BQ2=PQ2，
∵PQ=42，
∴6−t2+2t2=422，
整理得：t−25t−2=0
解得：t=2或t=25，
∴2秒或25秒后，点P、Q的距离为42；
（2）解：设运动时间为t秒，
∴AP=tcm，BQ=2tcm，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=6cm，BC=AD=12cm，∠A=∠B=∠C=90°，
∴BP=6−tcm，CQ=12−2tcm，
在Rt△PAD中，DP2=AD2+AP2=122+t2=t2+144，
在Rt△PBQ中，PQ2=BP2+BQ2=6−t2+2t2=5t2−12t+36，
在Rt△DCQ中，DQ2=CD2+CQ2=62+12−2t2=4t2−48t+180，
∵∠DQP为直角，
由勾股定理得：DP2=DQ2+PQ2，
∴t2+144=4t2−48t+180+5t2−12t+36，
整理得：2t2−15t+18=0，即2t−3t−6=0
解得：t=32或t=6，
∴ 32秒或6秒后，∠DQP为直角；
（3）解：设运动时间为t秒，则AP=tcm，BQ=2tcm，BP=6−tcm
∵BP=BQ，
∴6−t=2t，
解得：t=2，
∴BP=BQ=4，
如图，取BQ的中点N，连接MN、PN，

∵∠PBQ=90°，
∴∠MBP+∠MBQ=90°，
∵∠BQM=∠MBP，
∴∠BQM+∠MBQ=90°，
∴∠BMQ=90°，
∵点N是BQ的中点，
∴MN=12BQ=BN=2，
在Rt△PBN中，PN=BP2+BN2=42+22=25，
∵PM+MN≥PN，即P、M、N三点共线，PM+MN有最小值，最小值为PN的长25，
∴PM的最小值为PN−MN=25−2，
故答案为：25−2．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，解一元二次方程，最短线段问题等知识，灵活运用所学知识解决问题是解题关键，属于中考常考题型．
【变式7-3】（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC上有两动点E和F，连接BE和BF，若AE=CF，AC−AB=9，AC−BC=2，则BE+BF的最小值是 ．

【答案】17
【分析】如图，连接DF，BD，由全等三角形判定（SAS）可以证得△ABE≌△CDF，得到DF=BE，进而得到BE+BF≥BD，再根据题意及勾股定理求出AC的值，即可得出答案．
【详解】解：如图，连接DF，BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD，∠ABC=90°，
∴∠BAE=∠DCF，
∵AE=CF，
∴△ABE≌△CDF(SAS)，
∴BE=DF，
∵ BF+DF≥BD，
∴BE+BF≥BD，
又∵ AC，BD为矩形的对角线，
∴AC=BD
∴BE+BF≥AC，
∵△ABC是直角三角形，AC−AB=9，AC−BC=2，
∴AB2+BC2=AC2，
∴(AC−9)2+(AC−2)2=AC2
移项得AC2−22AC+85=0，
配方得AC2−22AC+121=121−85，
(AC−11)2=36，
解得AC=17，或AC=5
∵AC−AB=9>5，
∴AC=17，
∴BE+BF≥17，
故答案为：17．

【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，两点之间线段最短，勾股定理的应用及解一元二次方程，熟知相关的判定与性质及解一元二次方程方法是解题关键．
【题型8 一元二次方程与几何图形的综合问题】
【例8】（2023春·浙江杭州·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点，过点E作EF⊥AC，交边AD，AB于点F，H，连接CF，CH．
（1）求证：CF＝CH；
（2）若正方形ABCD的边长为1，当△AFH与△CDF的面积相等时，求AE的长．
【答案】（1）见详解；（2）−2+104
【分析】（1）利用正方形的性质得到∠FAE＝∠HAE＝45°，再证明△AEF≌△AEH得到EF＝EH，然后根据线段垂直平分线的性质得到结论；
（2）设AE＝x，根据等腰直角三角形的性质得到AF＝2x，FH＝2x，利用三角形面积公式得到12•2x•x＝12×1•（1−2x），然后解方程即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠FAE＝∠HAE＝45°，
∵EF⊥AC，
∴∠AEF＝∠AEH＝90°，
在△AEF和△AEH中，
∠FAE=∠HAEAE=AE∠AEF=∠AEH，
∴△AEF≌△AEH（ASA），
∴EF＝EH，
∴AC垂直平分FH，
∴CF＝CH；
（2）解：设AE＝x，则AF＝2x，DF＝1-2x，FH＝2AE＝2x，
∵△AFH与△CDF的面积相等，
∴12•2x•x＝12×1•（1−2x），
整理得2x2＋2x −1＝0，解得x1=−2+104，x2=−2−104（舍去），
∴AE＝−2+104．
【点睛】本题考查了正方形的性质：正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角．也考查了全等三角形的判定与性质．
【变式8-1】（2023春·浙江温州·八年级校联考期中）欧几里得的《原本》记载，形如x2+bx=a2的方程的图解法是：画Rt△ABC，使∠ACB=90°，BC=a，AC=b2，再在斜边AB上截取AD=b2，则该方程的一个正根是（ ）
A．AC的长B．AD的长C．BC的长D．BD的长
【答案】D
【分析】在直角△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，即可确定出所求．
【详解】解：在Rt△ABC中，
根据勾股定理得：AC2+BC2=AB2，
∵BC=a，AC=AD=b2，
∴(b2)2+a2=(BD+b2)2，
整理得：BD2+bBD=a2，
比较方程x2+bx=a2，可得BD是方程x2+bx=a2的一个正根．
故选：D．
【点睛】此题考查了一元二次方程的应用，勾股定理，弄清题意是解本题的关键．
【变式8-2】（2023春·浙江金华·八年级统考期末）利用图形的分、和、移、补探索图形关系，是我国传统数学的一种重要方法．如图1，BD是矩形ABCD的对角线，将△BCD分割成两对全等的直角三角形和一个正方形，然后按图2重新摆放，观察两图，若a=5，b=3，则矩形ABCD的面积是 ．

【答案】30
【分析】设小正方形的边长为x，利用a、b、x表示矩形的面积，再用a、b、x表示三角形以及正方形的面积，根据面积列出关于a、b、x的关系式，解出x，即可求出矩形面积．
【详解】解：设小正方形的边长为x，
∴矩形的长为a+x ，宽为b+x ，
由图1可得：12a+xb+x=12ax×2+12bx×2+x2，
整理得：x2+ax+bx−ab=0，
∵a=5，b=3，
∴x2+8x−15=0，
∴x2+8x=15，
∴矩形的面积为a+xb+x=x+5x+3=x2+8x+15=15+15=30 ．
故答案为：30．
【点睛】本题主要考查列代数式，一元二次方程的应用，设出小正方形的边长列一元二次方程和整体代换是解题的关键．
【变式8-3】（2023春·广东江门·八年级校考期中）《代数学》中记载，形如x2+10x=39的方程，求正数解的几何方法是：“如图①，先构造一个面积为x2的正方形，再以正方形的边为一边向外构造四个面积为52x的矩形，得到阴影部分面积x2+4×52x=x2+10x=39，大正方形的面积为4×522+39=64，则大正方形的边长为8，x=8−2×52=3，所以方程x2+10x=39的正数解为x=3．”小聪按此方法解关于x的方程x2+12x+m=0，构造图②所示的图形，已知阴影部分的面积为60，则该方程的正数解为 ．
【答案】x=46−6
【分析】根据已知的数学模型，同理可得空白小正方形的边长为3，先计算出大正方形的面积=阴影部分的面积+4个小正方形的面积，可得大正方形的边长，从而得结论．
【详解】x2+12x+m=0，
x2+12x=−m
∵阴影部分的面积为60，
∴x2+12x=60，
如图②所示的图形，再以正方形的边为一边向外构造四个面积为3x的矩形，得到阴影部分面积x2+4×3x=x2+12x=60，
∴大正方形的面积为4×32+60=96，
∴大正方形的边长为96=46，
∴x=46−2×3=46−6，
∴方程x2+12x+m=0的正数解为x=46−6．
故答案为：x=46−6．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，正确理解题目给的材料是解题的关键．序号
方程
方程的解
1
x2+x﹣2﹣＝0
x1＝﹣2
x2＝1
2
x2+2x﹣8﹣＝0
x1＝﹣4
x2＝2
3
x2+3x﹣18＝0
x1＝
x2＝
…
…
…
…