青岛版九年级上册第4章 一元二次方程综合与测试单元测试当堂达标检测题

这是一份青岛版九年级上册第4章 一元二次方程综合与测试单元测试当堂达标检测题，共28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。

青岛版初中数学九年级上册第四单元《一元二次方程》单元测试卷
考试范围：第四章；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 下列方程一定是一元二次方程的是(    )
A. 2x2+1x−1=0 B. ax2+bx+c=0
C. 2x2+1=0 D. x2+2xy+y2=0
2. 若n(n≠0)是关于x的方程x2+mx+2n=0的一个根，则m+n的值是(    )
A. 1 B. 2 C. −1 D. −2
3. 已知一元二次方程(a+1)x2−ax+a2−a−2=0的一个根与方程(a+1)x2+ax−a2+a+2=0的一个根互为相反数，那么(a+1)x2+ax−a2+a+2=0的根是(    )
A. 0，−23 B. 0，23 C. −1，2 D. 1，−2
4. 换元法是一种重要的转化方法，如：解方程x4−5x2+6=0，设x2=a，原方程转化为a2−5a+6=0.已知m，n是实数，满足(m2−2m)2+4m2−8m+6−n=0，则n的取值范围是(    )
A. n≤0 B. n≥4 C. n≥2 D. n≥3
5. 在正方形ABCD的对角线BD上取一点E，连结AE，过点E作EF⊥AE交BC于点F，将线段EF向右平移m个单位，使得点E′落在CD上，F′落在BC上．已知AE+EF+CF=24，CD=10，则m的值为(    )
A. 6
B. 43−2
C. 42
D. 23+2
6. 将关于x的一元二次方程x2−px+q=0变形为x2=px−q，就可以将x2表示为关于x的一次多项式，从而达到“降次”的目的，又如x3=x⋅x2=x(px−q)=…，我们将这种方法称为“降次法”，通过这种方法可以化简次数较高的代数式．根据“降次法”，已知：x2−x−1=0，且x>0，则x4−2x3+3x的值为(    )
A. 1−5 B. 3−5 C. 1+5 D. 3+5
7. [a]表示不超过a的最大整数．若实数a满足方程a=1−1a+a−1a，则[a]= (    )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
8. 已知，如图，∠BAC=45°，AD⊥BC，垂足为D，BD=3，CD=2，则AD的长是(    )
A. 4
B. 6
C. 4.5
D. 5


9. 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”，以下关于倍根方程的说法，正确的有个；(    )
①方程x2−x−2=0是倍根方程；
②若(x−2)(mx+n)=0是倍根方程，则4m2+5mn+n2=0；
③若p、q满足pq=2，则关于x的方程px2+3x+q=0是倍根方程；
④若方程ax2+bx+c=0是倍根方程，则必有2b2=9ac．
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
10. 关于x的方程mx2+2x+1=0有实数根，则m的取值范围是(    )
A. m≤1 B. m≥1 C. m<1 D. m≤1且m≠0
11. 已知关于x的一元二次方程mx2−(m+2)x+m4=0有两个不相等的实数根x1，x2.若1x1+1x2=4m，则m的值是(    )
A. 2 B. −1 C. 2或−1 D. 不存在
12. 某工厂计划用两年时间使产值增加到目前的4倍，并且使第二年增长的百分数是第一年增长百分数的2倍，设第一年增长的百分数为x，则可列方程得(    )
A. (1+x)2=4 B. x(1+2x+4x)=4
C. 2x(1+x)=4 D. (1+x)(1+2x)=4
第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 已知一个一元二次方程的二次项系数是2，常数项是−14，它的一个根是−7，则这个方程为          ．
14. 由x3−y2=1可以得到用x表示y的式子是y=__________；用y表示x的式子是x=_______．
15. 当x=          时，代数式3−x和−x2+ 3x的值互为相反数。
16. 某商品经过连续两次降价，销售单价由原来的125元降到80元，则平均每次降价的百分率为_________．

三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 先阅读，然后解方程组．
解方程组
x−y−1=0 ①4(x−y)−y=5 ②  时，
可由 ①得x−y=1，③
然后再将③代入②得4×1−y=5，求得y=−1，
从而进一步求得x=0 ①y=−1 ② 这种方法被称为“整体代入法”，
请用这样的方法解下列方程组2x−3y−2=02x−3y+57+2y=9．
18. 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线y=−x+3与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数y=ax2+2x+c的图象过B、C两点，且与x轴交于另一点A，点M为线段OB上的一个动点，过点M作直线l平行于y轴交BC于点F，交二次函数y=ax2+2x+c的图象于点E．
(1)求二次函数的表达式；
(2)当以C、E、F为顶点的三角形与△ABC相似时，求线段EF的长度；
(3)已知点N是y轴上的点，若点N、F关于直线EC对称，求点N的坐标．

19. 在半径为10的扇形AOB中，∠AOB=90∘，延长OB到点C，使BC=OB=10.点D为AB上的动点，点E是扇形所在平面内的点，连接OD，DE，EC，当DE=EC=10时，解答下列问题：

论证：如图1，连接OE，DC，当OD//EC时，求证：OE=DC;
发现：当∠DOC=60∘时，∠ODE的度数可能是多少⋅
尝试：如图2，当点D，E，C三点共线时，求点D到OA所在直线的距离;
拓展：当点E在OC的下方，且DE与AB相切时，直接写出∠DOC的余弦值．
20. 如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点B的坐标为(3,4)，一次函数y=−23x+b的图像与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足OD=BE.M是线段DE上的一个动点．

(1)求b的值;
(2)连接OM，若△ODM的面积与四边形OAEM的面积之比为1:3，求点M的坐标;
(3)设N是x轴上方平面内的一点，以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形，求点N的坐标．
21. 如图，在长方形ABCD中，边AB、BC的长(AB
(1)求AB与BC的长；
(2)当点P运动到边BC上时，试求出使AP长为10时运动时间t的值；
(3)当点P运动到边AC上时，是否存在点P，使△CDP是等腰三角形？若存在，请求出运动时间t的值；若不存在，请说明理由．
22. 已知关于x的方程2x2−(2m+4)x+4m=0．
(1)求证：不论m取何实数，方程总有两个实数根；
(2)等腰△ABC的一边长b=3，另两边长a，c恰好是此方程的两个根，求△ABC的周长．
23. 设x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根，
(1)试推导x1+x2=−ba，x1⋅x2=ca；
(2)求代数式a(x13+x23)+b(x12+x22)+c(x1+x2)的值．
24. 关于x的一元二次方程m2x2+(2m−1)x+1=0有两个不相等的根a，b，
(1)求实数m的取值范围；
(2)是否存在实数m，使方程的两个实数根互为相反数？如果存在求出m的值，如果不存在，请说明理由．
25. 某农村居委会以16000元的成本收购了一种农产品40吨，目前就可以按600元/吨的价格全部销往外地，如果将该农产品先储藏起来，每星期的重量会损失1吨，且每星期需支付各种费用共400元，每星期每吨的价格能上涨100元，但储藏时间不超过10个星期，那么储藏多少个星期出售这种农产品可获利20500元？
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A、是分式方程，故A错误；
B、a=0时，是一元一次方程，故B错误；
C、是一元二次方程，故C正确；
D、是二元二次方程，故D错误；
故选：C．
根据一元二次方程的定义：未知数的最高次数是2；二次项系数不为0；是整式方程；含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案．
本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．

2.【答案】D 
【解析】解：把x=n代入方程x2+mx+2n=0得n2+mn+2n=0，
因为n≠0，
所以n+m+2=0，
则m+n=−2．
故选：D．
根据一元二次方程的解的定义得到n2+mn+2n=0，然后利用等式性质求m+n的值．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．

3.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题主要考查了相反数、一元二次方程的解，关键是根据相反数的定义得到关于a的方程，解方程求得a的值.根据一元二次方程(a+1)x2−ax+a2−a−2=0的一个根与方程(a+1)x2+ax−a2+a+2=0的一个根互为相反数，可得关于a的方程，解方程可求a的值，将a的值代入方程(a+1)x2+ax−a2+a+2=0求解即可．
【解答】
解：∵一元二次方程(a+1)x2−ax+a2−a−2=0的一个根与方程(a+1)x2+ax−a2+a+2=0的一个根互为相反数，
∴(a+1)x2−ax+a2−a−2=(a+1)x2+ax−a2+a+2，
a2−a−2=0，
(a+1)(a−2)=0，
解得a1=−1(舍去)，a2=2，
把a=2代入(a+1)x2+ax−a2+a+2=0得3x2+2x−4+2+2=0，
解得x1=0，x2=−23．
故选A．  
4.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查了配方法的应用，非负数的性质：偶次方，关键是根据题意得到n−2≥1
先配方得到(m2−2m+2)2=n−2，得出n−2≥1，即可解答．
【解答】
解：(m2−2m)2+4m2−8m+6−n=0
(m2−2m)2+4(m2−2m)+6−n=0
(m2−2m)2+4(m2−2m)+4=n−2
(m2−2m+2)2=n−2
m−12+12=n−2
∵m−12+12⩾1，
∴n−2≥1
∴n≥3  
5.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查正方形的判定和性质，平移的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，一元二次方程的解法，添加辅助线构造全等三角形是关键．
过点E作GH⊥AD于G，交BC于H，先证明四边形GEE′D和EHCE′是矩形，再证明Rt△AGE≌Rt△E′CF′，
得GE=CF′=EE′=m=CH，AE=E′F′，得F′和H重合，CF=2m，最后利用勾股定理根据AE+EF+CF=24，
得2m2+10−m2+2m=24，解方程求得m即可解答．
【解答】
解：过点E作GH⊥AD于G，交BC于H，











∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=∠CDB=45°，∠ADC=∠C=90°，AD//BC，AD=CD
∴∠DGH=∠GHC=90°，
∴∠GDE=∠GED=45°，
∴GD=GE，
∴四边形GEE′D和EHCE′是矩形，
∴四边形GEE′D是正方形，EH//CD，
∴GE=EE′=DE′=GD，
∴AG=CE′
∵EF⊥AE，
∴∠1+∠2=90°，
∵∠3+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
∵线段EF向右平移m个单位，使得点E′落在CD上，F′落在BC上．
∴EF//E′F′，EF=E′F′，EE′=FF′=m，
∵EH//CD，
∴∠1=∠4，
∴∠3=∠4，
在Rt△AGE和Rt△E′CF′中∠3=∠4AG=E′C∠AGE=∠E′CF′,
∴Rt△AGE≌Rt△E′CF′，
∴GE=CF′=EE′=m=CH，AE=E′F′，
∴F′和H重合，CF=2m，
∵CD=10，
∴AG=10−m，
由勾股定理得：AE=AG2+EG2=m2+10−m2，
∵AE+EF+CF=24，
∴2m2+10−m2+2m=24，
∴m2+10−m2=12−m，
两边平方得：m2+100−20m+m2=144−24m+m2，
∴m2+4m=44，
∴m2+4m+4=44+4，
∴(m+2)2=48，
∴m+2=43(负数已舍去)，
∴m=43−2．
故选B．  
6.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了高次方程：通过适当的方法，把高次方程化为次数较低的方程求解．所以解高次方程一般要降次，即把它转化成二次方程或一次方程．也有的通过因式分解来解．
通过把一元二次方程变形为用一次式表示二次式，从而达到“降次”的目的，这是解决本题的关键．先利用x2−x−1=0得到x2=x+1，再利用x的一次式表示出x3和x4，则x4−2x3+3x化为2x，然后解方程x2−x−1=0得x=1+52，从而得到x4−2x3+3x的值．
【解答】
解：∵x2−x−1=0，
∴x2=x+1，
∴x3=x⋅x2=x(x+1)=x2+x=x+1+x=2x+1，
x4=x⋅x3=x(2x+1)=2x2+x=2(x+1)+x=3x+2，
∴x4−2x3+3x=3x+2−2(2x+1)+3x
=3x+2−4x−2+3x
=2x，
解方程x2−x−1=0得x1=1+52，x2=1−52，
∵x>0，
∴x=1+52，
∴x4−2x3+3x=2×1+52=1+5．
故选：C．  
7.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题主要考查的是二次根式的非负性、解一元二次方程，对已知条件变形整理并平方，解方程即可得出a的值，
求出后即可选择答案．
【解答】
解：由题意得：
a≥01−1a≥0a−1a≥0 ，
解得：a≥1，
原方程可变形为：a−1−1a=a−1a，
两边平方得：a2+1−1a−2a1−1a=a−1a，
a2+1−2a2−a=a，
a2−a−2a2−a+1=0，
解得：a2−a=1，
a2−a=1，解得：a1=5+12或a2=−5+12(舍去)，
所以[a]=1．
故选A．
  
8.【答案】B 
【解析】解：如图，过B作BE⊥AC，垂足为E交AD于F，

∵∠BAC=45°，
∴BE=AE，
∵∠C+∠EBC=90°，∠C+∠EAF=90°，
∴∠EAF=∠EBC，
在△AFE与△BCE中，
∠EAF=∠EBCBE=AE∠FEA=∠CEB=90°，
∴△AFE≌△BCE(ASA)，
∴AF=BC=BD+DC=5，∠FBD=∠DAC，
∵∠BDF=∠ADC=90°，
∴△BDF∽△ADC，
∴FD：DC=BD：AD，
设FD长为x，
即x：2=3：(x+5)，
解得x=1或x=−6(舍去)，
∴FD=1，
∴AD=AF+FD=5+1=6．
答：AD长为6．
故选：B．
如图，过B作BE⊥AC，垂足为E交AD于F，由∠BAC=45°可以得到BE=AE，再根据已知条件可以证明△AFE≌△BCE，可以得到AF=BC=5，而∠FBD=∠DAC，又∠BDF=∠ADC=90°，由此可以证明△BDF∽△ADC，所以FD：DC=BD：AD，设FD长为x，则可建立关于x的方程，解方程即可求出FD的长，进而可得AD的长．
此题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，解一元二次方程，解决本题的关键是得到△BDF∽△ADC．

9.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查一元二次方程的求根公式，新定义的倍根方程的意义，理解倍根方程的意义和正确求出方程的解是解决问题的关键．
①求出方程的解，再判断是否为倍根方程，
②根据倍根方程和其中一个根，可求出另一个根，进而得到m、n之间的关系，而m、n之间的关系正好适合，
③当p，q满足pq=2，则px2+3x+q=(px+1)(x+q)=0，求出两个根，再根据pq=2代入可得两个根之间的关系，进而判断是否为倍根方程，
④用求根公式求出两个根，当x1=2x2，或2x1=x2时，进一步化简，得出关系式，进行判断即可．
【解答】
解：①解方程x2−x−2=0得，x1=2，x2=−1，得，x1≠2x2，
∴方程x2−x−2=0不是倍根方程；
故①不正确；
②若(x−2)(mx+n)=0是倍根方程，x1=2，
因此x2=1或x2=4，
当x2=1时，m+n=0，
当x2=4时，4m+n=0，
∴4m2+5mn+n2=(m+n)(4m+n)=0，
故②正确；
③∵pq=2，则：px2+3x+q=(px+1)(x+q)=0，
∴x1=−1p，x2=−q，
∴x2=−q=−2p=2x1，
因此是倍根方程，
故③正确；
④方程ax2+bx+c=0的根为：x1=−b+b2−4ac2a，x2=−b−b2−4ac2a，
若x1=2x2，则，−b+b2−4ac2a=−b−b2−4ac2a×2，
即−b+b2−4ac2a−−b−b2−4ac2a×2=0，
∴b+3b2−4ac2a=0，
∴b+3b2−4ac=0，
∴3b2−4ac=−b
∴9(b2−4ac)=b2，
∴2b2=9ac．
若2x1=x2时，则，−b+b2−4ac2a×2=−b−b2−4ac2a，
则−b+b2−4ac2a×2−−b−b2−4ac2a=0，
∴−b+3b2−4ac2a=0，
∴−b+3b2−4ac=0，
∴b=3b2−4ac，
∴b2=9(b2−4ac)，
∴2b2=9ac．
故④正确，
∴正确的有：②③④共3个．
故选C  
10.【答案】A 
【解析】解：当m=0时，方程化为2x+1=0，解得：x=−12，符合题意；
当m≠0时，得到△=4−4m≥0，解得：m≤1，
综上，m的取值范围是m≤1．
故选：A．
分两种情况考虑：当m=0时，方程为一元一次方程，有实数根，符合题意；当m不为0时，方程为一元二次方程，得到根的判别式大于等于0，求出m的范围，综上，得到满足题意m的范围．
此题考查了根的判别式，以及一元二次方程的定义，根的判别式的值大于0，方程有两个不相等的实数根；根的判别式的值等于0，方程有两个相等的实数根；根的判别式的值小于0，方程没有实数根．

11.【答案】A 
【解析】
【分析】本题考查了根与系数的关系、一元二次方程的定义以及根的判别式，先由二次项系数非零及根的判别式△>0，得出关于m的不等式组，解之得出m的取值范围，再根据根与系数的关系可得出x1+x2=
m+2
m
，x1x2=
1
4
，结合
1
x 1
+
1
x 2
=4m，即可求出m的值．
【解答】
解：由一元二次方程根与系数的关系可得x1+x2=m+2m，x1x2=14，
∴1x1+1x2=x1+x2x1x2=m+2m14=4m，
解得m1=2，m2=−1．
∵该方程有两个不相等的实数根，
∴Δ=[−(m+2)]2−4⋅m⋅m4=4m+4>0，
解得m>−1，
∴m=2．
故选A．
  
12.【答案】D 
【解析】解：设第一年增长的百分数为x，则第二年增长的百分数为2x，
根据题意，得(1+x)(1+2x)=4．
故选：D．
设第一年增长的百分数为x，则第二年增长的百分数为2x，根据“计划用两年时间使产值增加到目前的4倍”列出方程即可．
此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程．

13.【答案】2x2+12x−14=0 
【解析】
【分析】
本题考查了一元二次方程的解和一元二次方程的概念.根据一元二次方程的二次项系数是2，常数项是−14，得到方程为2x2+bx−14=0，再根据它的一个根是−7，代入计算得到b的值．
【解答】
解：一元二次方程的二次项系数是2，常数项是−14，它的一个根是−7，
这个一元二次方程可以为2x2+bx−14=0．
把x=−7代入得2×49−7b−14=0，
b=12，
故答案为2x2+12x−14=0．  
14.【答案】23x−2；32y+3 
【解析】略

15.【答案】−1或3 
【解析】
【分析】
本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．
两式互为相反数，它们的和为0，则可列出方程3−x+(−x2+3x)=0，化为一般形式以后，利用因式分解法即可求解．
【解答】
解：依题意得：3−x+(−x2+3x)=0
即−x2+2x+3=0
∴x2−2x−3=0
解得x=−1或3．  
16.【答案】20% 
【解析】
【分析】
本题考查了一元二次方程的应用，此题列方程的依据是：商品原来价格×(1−每次降价的百分率)2=现在价格，设出未知数，列方程解答即可．
【解答】
解：设这种商品平均每次降价的百分率为x，根据题意列方程得，
125(1−x)2=80，
解得x1=0.2=20%，x2=1.8(不合题意，舍去)；
故答案为：20%．
  
17.【答案】解：2x−3y−2=0①2x−3y+57+2y=9②，
由①得，2x−3y=2③，
代入②得2+57+2y=9，
解得y=4，
把y=4代入③得，2x−3×4=2，
解得x=7．
故原方程组的解为x=7y=4． 
【解析】仿照所给的题例先把①变形，再代入②中求出y的值，进一步求出方程组的解即可．
本题考查的是在解二元一次方程组时整体思想的应用，利用整体思想可简化计算．

18.【答案】解：(1)在y=−x+3中，令x=0得y=3，令y=0得x=3，
∴B(3,0)，C(0,3)，
把B(3,0)，C(0,3)代入y=ax2+2x+c得：
0=9a+6+c3=c，解得a=−1c=3，
∴二次函数的表达式为y=−x2+2x+3；
(2)如图：

在y=−x2+2x+3中，令y=0得x=3或x=−1，
∴A(−1,0)，
∵B(3,0)，C(0,3)，
∴OB=OC，AB=4，BC=32，
∴∠ABC=∠MFB=∠CFE=45°，
∴以C、E、F为顶点的三角形与△ABC相似，B和F为对应点，
设E(m,−m2+2m+3)，则F(m,−m+3)，
∴EF=(−m2+2m+3)−(−m+3)=−m2+3m，CF=m2+m2=2m，
①△ABC∽△CFE时，ABCF=BCEF，
∴42m=32−m2+3m，
解得m=32或m=0(舍去)，
∴EF=94，
②△ABC∽△EFC时，ABEF=BCCF，
∴4−m2+3m=322m，
解得m=0(舍去)或m=53，
∴EF=209，
综上所述，EF=94或209．
(3)连接NE，如图：

∵点N、F关于直线EC对称，
∴∠NCE=∠FCE，CF=CN，
∵EF//y轴，
∴∠NCE=∠CEF，
∴∠FCE=∠CEF，
∴CF=EF=CN，
由(2)知：
设E(m,−m2+2m+3)，则F(m,−m+3)，EF=(−m2+2m+3)−(−m+3)=−m2+3m，CF=m2+m2=2m，
∴−m2+3m=2m，解得m=0(舍去)或m=3−2，
∴CN=CF=2m=32−2，
∴N(0,32+1)． 
【解析】(1)由y=−x+3得B(3,0)，C(0,3)，代入y=ax2+2x+c即得二次函数的表达式为y=−x2+2x+3；
(2)由y=−x2+2x+3得A(−1,0)，OB=OC，AB=4，BC=32，故∠ABC=∠MFB=∠CFE=45°，以C、E、F为顶点的三角形与△ABC相似，B和F为对应点，设E(m,−m2+2m+3)，则F(m,−m+3)，EF=−m2+3m，CF=2m，①△ABC∽△CFE时，ABCF=BCEF，可得EF=94，②△ABC∽△EFC时，ABEF=BCCF，可得EF=209；
(3)连接NE，由点N、F关于直线EC对称，可得CF=EF=CN，故−m2+3m=2m，解得m=0(舍去)或m=3−2，即得CN=CF=2m=32−2，N(0,32+1)．
本题考查二次函数的综合应用，涉及解析式、三角形相似的判定与性质、对称变换等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关的线段长度，根据已知列方程求解．

19.【答案】解：论证：证明：∵OD=OB=10，CE=10，
∴OD=CE，
∵OD//EC，
∴四边形OECD是平行四边形，
∴OE=CD；
发现 ：当点O，E，C三点共线时，如图4，

则OE=CE=10，
∴OD=DE=OE=10，
即△ODE为等边三角形，
∴∠ODE=60°；
当点O，E，C三点不共线时，连接BD，如图5，

∵OD=OB=10，∠DOC=60°，
∴△ODB为等边三角形，
∴BD=OB=10，
∴BD=BC=CE=DE，
∴四边形BCED为菱形，
∴DE//BC，
∴∠ODE=180°−∠DOC=120°；
尝试：过点D作DF⊥OC于F，作DG⊥OA于G，如图6，

∴∠OFD=∠OGD=∠AOF=90°，
∴四边形OFDG为矩形，
∴DG=OF，
设OF=y，则CF=20−y，
在Rt△DOF中，DF2=OD2−OF2=102−y2 ，
在Rt△DCF中，CD=CE+DE=20，DF2=CD2−CF2=202−20−y2，
∴102−y2=202−20−y2，
∴y=52，
即OF= 2.5，
∴DG= 2.5，
∴点D到OA所在直线的距离为2.5；
拓展：∠DOC的余弦值为5+78． 
【解析】
【分析】
本题主要考查了等边三角形的性质与判定，勾股定理，锐角三角函数的定义，平行线分线段成比例定理，一元二次方程的解法，平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定等知识，解题的关键是利用换元法解拓展里列的方程，从而达到解决问题的目的．
解：论证：利用条件证明四边形OECD是平行四边形，即可得到答案；
发现 ：分两种情况讨论：当点O，E，C三点共线时，如图4，当点O，E，C三点不共线时，连接BD，如图5，即可得到答案；根据勾股定理列出方程即可得到答案；
拓展：过点D作DF⊥OC，并延长DF，再过点E作EG⊥DF，过点C作CH⊥DE，设DE与OC交于点M，如图所示，设cos∠DOC=x，根据锐角三角函数的定义表示出OF=10x，OM=10x，DG=10x，DM=101−x2x=10tx，
 MC=20−10x，∴MH=2−10xt=20t−10tx，求出EH=DE−DM−HM=10−10tx−20t+10tx=10−20t，
最后根据勾股定理列出10−20t2+20x−102=102，通过换元法解方程，即可得到答案．
【解答】
解：论证：见答案；
发现 ：见答案；
尝试：见答案；
拓展：过点D作DF⊥OC，并延长DF，再过点E作EG⊥DF，过点C作CH⊥DE，设DE与OC交于点M，如图所示，

∴FM//GE，
设cos∠DOC=x，
∵DF⊥OC，OD=10，
∴OFOC=x=ODOM，
∴OF=10x，OM=10x，
∴DF=OD2−OF2=101−x2，
∵∠ODF+∠FDE=90°，∠DOF+∠ODF=90°，
∴∠FDE=∠DOC，
∴cos∠FDE=DGDE=x，
∴DG=10x，
∴FG=10x−101−x2，
∵∠ODH=∠DHC=90°，
∴OD//CH，
∴∠DOC=∠MCH，
∴cos∠MCH=CHMC=x
设1−x2=t，
∵FM//GE，
∴DFDG=DMDE，
∴101−x210x=DM10，
∴DM=101−x2x=10tx，
 ∵OC=OB+BC=20，OM=10x，
∴MC=20−10x，
∴CH=x20−10x=20x−10，
∵sin∠BCH=sin∠DOC，
∴MHMC=DFOD，
∴MH20−10x=101−x210，
∴MH=2−10xt=20t−10tx，
∴EH=DE−DM−HM=10−10tx−20t+10tx=10−20t，
∵EH2+CH2=CE2，
∴10−20t2+20x−102=102，
∴整理得5−4x=4t，
∴5−4x=41−x2，
解得x=5+78或5−78(不合题意，舍去)，
∴ ∠DOC的余弦值为5+78．  
20.【答案】解：(1)∵矩形OABC的顶点B的坐标为(3,4)，
∴OC=AB=4，OA=BC=3．
在y=−23x+b中，令x=0，得y=b，∴点D的坐标为(0,b)．∴OD=b．
∵OD=BE，∴BE=b．∴点E的坐标是(3,4−b)．
∵点E(3,4−b)在直线y=−23x+b上，，
∴4−b=−23×3+b，解得b=3．
答：b的值为3．
(2)由(1)，得点D、E的坐标分别为(0,3)、(3,1)，
∴OD=3，AE=1．∴S四边形OAED=12(OD+AE)⋅OA=12×(3+1)×3=6．
∵△ODM的面积与四边形OAEM的面积之比为1:3，
∴S△ODM=14S四边形OAED=32．
设线段DE上的点M的坐标为(t,−23t+3)，易知t>0，则点M到OD的距离为t．
∴12⋅3⋅t=32，解得t=1．∴点M的坐标为(1,73)
答：点M的坐标为(1,73)
(3)设线段DE上的点M的坐标为(m,−23m+3).由(1)，得点D、E的坐标分别为(0,3)、(3,1)，∴OD=3，AE=1．
分两种情况讨论： ①当OD作为菱形的对角线时，如图 ①，得菱形OMDN，

∴MN⊥OD，MN、OD互相平分．∴−23m+3=12×3，解得m=94，
∴点M的坐标为(94,32)，此时点N的坐标为(−94,32).
 ②当OD作为菱形的一边时，如图 ②，得菱形OMND，

∴MN//OD，MN=OM=OD=3.根据点M的坐标为(m,−23m+3)，可得点N的坐标为(m,−23m+6)．
过点M作MP⊥x轴于点P，则在Rt△OPM中，OP=m，MP=−23m+3．
由勾股定理，得m2+(−23m+3)2=32，
化简，得139m2−4m=0．
由题意，点M不在y轴上，即m≠0，
在等式139m2−4m=0两边同时除以m，得139m−4=0，解得m=3613．
此时点N的坐标为(3613,5413).
综上所述，满足题意的点N的坐标为(−94,32)或(3613,5413). 
【解析】本题考查大道行思求一次函数的解析式，一次函数图像是点的坐标特征，三角形的面积，矩形的性质，菱形的性质，一元一次方程和一元二次方程的解法，分类讨论的数学数学法，平面直角坐标系中点的坐标的确定，一次函数综合题，难度较大．
(1)首先在一次函数的解析式中令x=0，即可求得D的坐标，则OD的长度即可求得，OD=b，则E的坐标即可利用b表示出来，然后代入一次函数解析式即可得到关于b的方程，求得b的值；
(2)首先求得四边形OAED的面积，则△ODM的面积即可求得，设出M的横坐标，根据三角形的面积公式即可求得M的横坐标，进而求得M的坐标；
(3)分成四边形OMDN是菱形和四边形OMND是菱形两种情况进行讨论，四边形OMDN是菱形时，M是OD的中垂线与DE的交点，M关于OD的对称点就是N；
四边形OMND是菱形，OM=OD，M在直角DE上，设出M的坐标，根据OM=OD即可求得M的坐标，则根据ON和DM的中点重合，即可求得N的坐标．

21.【答案】解：(1)∵x2−7x+12=(x−3)(x−4)=0 
∴x1=3或x2=4，
则AB=3，BC=4；
(2)由题意得32+(t−3)2=(10)2
∴t1=4，t2=2(舍去)
则t=4时，AP=10．
(3)存在点P，使△CDP是等腰三角形．
分情况讨论：
①当CP=CD=3时，t=(3+4+3)÷1=10(秒)；
②当PD=PC(即P为对角线AC中点)时，AB=3，BC=4．
∴AC=32+42=5，CP=12AC=2.5，
∴t=(3+4+2.5)÷1=9.5(秒)
③当DP=DC=3时，作DQ⊥AC于Q，


DQ=12×3×412×5=125，CQ=32−(125)2=95，
∴PC=2CQ=185，   
∴t=(3+4+185)÷1=535(秒)；
综上，可知当t为10秒或9.5秒或535秒时，△CDP是等腰三角形． 
【解析】本题是四边形综合题，考查了解一元二次方程，勾股定理，等腰三角形等知识点，有一定难度．
(1)解一元二次方程即可求得边长；
(2)结合图形，利用勾股定理求解即可；
(3)根据题意，分为：CP=CD，PD=PC，DP=DC，三种情况分别可求解．

22.【答案】解：(1)∵Δ=[−(2m+4)]2−4×2×4m
=4m2+16m+16−32m
=4m2−16m+16
=4(m−2)2≥0，
∴不论m取何实数，方程总有两个实数根；
(2)①当a=c时，则Δ=0，
即(m−2)2=0，
∴m=2，
方程可化为x2−4x+4=0，
∴x1=x2=2，
而a=c=2，经检验，符合三角形三边关系，
∴△ABC的周长=a+b+c=2+3+2=7；
②若b=3是等腰三角形的一腰长，
不妨令b=a=3，
∵2x2−(2m+4)x+4m=0．
∴2(x−2)(x−m)=0，
∴x=2或x=m，
∵另两边a、c恰好是这个方程的两个根，
∴m=a=3，
∴c=2，经检验，符合三角形三边关系，
∴△ABC的周长=a+b+c=3+3+2=8．
综上所述，△ABC的周长为7或8． 
【解析】本题考查了一元二次方程根的判别式，根据根的判别式判断方程的根的情况是基础，等腰三角形的周长应注意两种情况，以及两种情况的取舍是解题的关键．
(1)根据一元二次方程的根的判别式的符号进行证明；
(2)注意：分a=c，b=a两种情况．

23.【答案】解：(1)∵x1、x2是ax2+bx+c=0(a≠0)的两根，
∴x1=−b+b2−4ac 2a，x2=−b−b2−4ac2a，
∴x1+x2=−b+b2−4ac−b−b2−4ac2a=−ba，
x1⋅x2=−b+b2−4ac 2a⋅−b−b2−4ac2a=ca；

(2)∵x1，x2是ax2+bx+c=0的两根，
∴ax12+bx1+c=0，ax22+bx2+c=0，
∴原式=ax13+bx12+cx1+ax23+bx22+cx2，
=x1(ax12+bx1+c)+x2(ax22+bx2+c)，
=0． 
【解析】(1)利用求根公式表示出x1，x2，代入所求式子可直接推导得出结论；
(2)把式子拆开重新整理成一元二次方程的形式，然后把x1，x2代入原方程，整体代入即可求出代数式的值．
本题主要考查了根与系数之间的关系的推导过程和利用方程的解的定义整体代入方程解题．

24.【答案】解：(1)因为方程有两个不相等实数根，则方程首先满足是一元二次方程，
∴m2≠0且满足△=(2m−1)2−4m2>0，
∴m<14且m≠0；
(2)不存在这样的m．
∵方程的两个实数根x1，x2互为相反数，
则x1+x2=−2m−1m2=0，
解得m=12，
经检验m=12是方程的根．
∵(1)中求得方程有两个不相等实数根，
m的取值范围是m<14且m≠0，
而m=12>14(不符合题意)．
所以不存在这样的m值，使方程的两个实数根互为相反数 
【解析】(1)根据题意，应满足两个条件：△>0，二次项系数不等于0，显然此解答漏掉了一个条件；
(2)利用根与系数的关系求得字母的值后，还要注意检验原方程是否有实数根．
此题考查根与系数的关系，注意：只要是一元二次方程或说方程有两个实数根，则二次项系数不得为0；凡是利用根与系数的关系求得未知字母的值时，一定要注意代入原方程，看是否有实数根．

25.【答案】解：设储藏x个星期出售这种农产品可获利20500元，
(600+100x)(40−x)−400x−16000=20500，
解得，x1=5，x2=25(舍去)，
即储藏5个星期出售这种农产品可获利20500元． 
【解析】根据题意可以列出相应的一元二次方程，从而可以解答本题．
本题考查一元二次方程的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程，注意储藏时间不超过10个星期．