专题2.9 一元二次方程章末十大题型总结（培优篇）-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）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc23839" 【题型1 一元二次方程的相关概念辨析】 PAGEREF _Tc23839 \h 1
\l "_Tc27420" 【题型2 一元二次方程的解的估算】 PAGEREF _Tc27420 \h 3
\l "_Tc18504" 【题型3 配方法的应用】 PAGEREF _Tc18504 \h 5
\l "_Tc15756" 【题型4 根据判别式判断一元二次方程根的情况】 PAGEREF _Tc15756 \h 8
\l "_Tc4314" 【题型5 根据一元二次方程根的情况求参数】 PAGEREF _Tc4314 \h 12
\l "_Tc12628" 【题型6 一元二次方程的一般解法】 PAGEREF _Tc12628 \h 14
\l "_Tc9639" 【题型7 换元法解一元二次方程】 PAGEREF _Tc9639 \h 18
\l "_Tc6295" 【题型8 根的判别式与根与系数关系的综合】 PAGEREF _Tc6295 \h 20
\l "_Tc7294" 【题型9 一元二次方程中的阅读理解类问题】 PAGEREF _Tc7294 \h 24
\l "_Tc21845" 【题型10 一元二次方程的实际应用】 PAGEREF _Tc21845 \h 31
【题型1 一元二次方程的相关概念辨析】
【例1】（2023春·湖南益阳·八年级校考期中）若方程(k−1)xk+1−2x=5是关于x的一元二次方程，则k= ．
【答案】−1
【分析】根据一元二次方程的一般形式即可得到答案．
【详解】依题意得k+1=2且k−1≠0
解得k=−1
故答案是−1．
【点睛】本题利用了一元二次方程的概念，只有一个未知数且未知数的最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程．一般形式为y=ax2+bx+c(a≠0)．易错点在于a≠0这个条件容易被忽略．
【变式1-1】（2023春·八年级课时练习）下列方程中属于一元二次方程的是（ ）
A．2(x+1)2=x+1B．1x2+1x=0
C．xy−x2=2 D．x2+3x=x2−2
【答案】A
【分析】根据一元二次方程的定义解答，一元二次方程必须满足四个条件：①未知数的最高次数是2；②二次项系数不为0；③是整式方程；④含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者即为正确答案．
【详解】解：A.2(x+1)2=x+1是关于x的一元二次方程，故该选项满足题意；
B.1x2+1x=0不是整式方程，故该选项不满足题意；
C.xy−x2=2，含有两个未知数，故该选项不满足题意；
D.x2+3x=x2−2，化简后不含有二次项，故该选项不满足题意．
故选：A．
【点睛】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，然后看化简后是否只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．
【变式1-2】（2023春·河南开封·八年级统考期中）把方程x2+2（x-1）=3x化成一般形式，其一次项系数为
【答案】-1
【分析】先去括号，移项，合并同类项，再找出一次项系数即可．
【详解】解：x2+2（x-1）=3x，
x2+2x-3x-2=0，
x2-x-2=0，
所以一次项系数是-1，
故选：-1．
【点睛】本题考查了一元二次方程的一般形式，注意：①一元二次方程的一般形式是ax2+bx+c=0（a、b、c为常数，a≠0），②找各项系数带着前面的符号．
【变式1-3】（2023春·福建厦门·八年级厦门外国语学校校考期末）两个关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0和cx2+bx+a=0，其中a，b，c是常数，且a+c=0，如果x=2是方程ax2+bx+c=0的一个根，那么下列各数中，一定是方程cx2+bx+a=0的根的是（ ）
A．2B．−2C．±1D．1
【答案】B
【分析】利用方程根的定义去验证判断即可．
【详解】∵a≠0，c≠0，a+c=0，
∴a=−c
∴ca=−1，
∴x2+bax+ca=0，cax2+bax+1=0，
∴x2+bax−1=0，x2−bax−1=0，
∵x=2是方程ax2+bx+c=0的一个根，
∴x=2是方程x2+bax−1=0的一个根，即ba=−32，
∴x2−bax−1=x2+32x−1=0，
∴x=−2是方程x2−bax−1=0的一个根，
即x=−2时方程cx2+bx+a=0的一个根．
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的定义即使得方程两边相等的未知数的值，正确理解定义是解题的关键．
【题型2 一元二次方程的解的估算】
【例2】（2023春·福建漳州·八年级校考期中）输入一组数据，按下列程序进行计算，输出结果如表：
分析表格中的数据，估计方程(x＋8)2－826＝0的一个正数解x的大致范围为（ ）
A．20.5＜x＜20.6B．20.6＜x＜20.7
C．20.7＜x＜20.8D．20.8＜x＜20.9
【答案】C
【详解】试题解析：由表格可知，
当x=20.7时，（x+8）2-826=-2.31，
当x=20.8时，（x+8）2-826=3.44，
故（x+8）2-826=0时，20.7＜x＜20.8，
故选C．
【变式2-1】（2023春·山东青岛·八年级统考期中）根据下列表格的对应值，由此可判断方程x2+12x﹣15=0必有一个解x满足（ ）
A．﹣1【答案】C
【分析】利用表中数据得到x=1.1时，x2 +12x﹣15=-0.59<0，x=1.2时，x2 +12x﹣15=0.84>0，则可以判断方程x2 +12x﹣15=0时，有一个解x满足1.1【详解】∵x=1.1时，x2 +12x﹣15=-0.59<0，
x=1.2时，x2 +12x﹣15=0.84>0，
∴ 1.1即方程x2 +12x﹣15=0必有一个解x满足1.1故选C．
【点睛】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．
【变式2-2】（2023春·辽宁沈阳·八年级统考期末）根据表格中的信息，判断关于x的方程ax2+bx+c=0.02a≠0的一个解x的范围是（ ）．
A．x<3.24B．3.24C．3.25【答案】C
【分析】利用表中数据得到x=3.25和x=3.26时，代数式ax2+bx+c的值一个等于0.01，一个等于0.03，从而可判断当ax2+bx+c=0.02时，3.25＜x＜3.26．
【详解】解：当x=3.25时，ax2+bx+c=0.01，
当x=3.26时，ax2+bx+c=0.03，
所以方程ax2+bx+c=0.02的解的范围为3.25＜x＜3.26．
故选：C．
【点睛】本题考查了估算一元二次方程的近似解：用列举法估算一元二次方程的近似解，具体方法是：给出一些未知数的值，计算方程两边结果，当两边结果愈接近时，说明未知数的值愈接近方程的根．
【变式2-3】（2023春·江苏·八年级校联考阶段练习）根据表格中的数据：
估计一元二次方程ax2+bx+c＝6（a，b，c为常数，a≠0）一个解x的范围为（ ）
A．0.5＜x＜1B．1＜x＜1.5C．1.5＜x＜2D．2＜x＜3
【答案】C
【分析】根据表格中ax2+bx+c的值确定6的对应位置即可确定x的范围.
【详解】根据表格可知ax2+bx+c的值随x的增大而减小，
∵ax2+bx+c=6，且4<6<10，
∴1.5＜x＜2，
故选：C.
【点睛】此题考查了函数的性质，根据表格中未知数与代数式的对应关系确定代数式的位置，由此确定未知数的取值范围，能理解表格的对应关系是解题的关键.
【题型3 配方法的应用】
【例3】（2023春·河北石家庄·八年级统考期末）已知a，b，c是不等边△ABC的三边长，满足a2＋b2＝6a＋8b－25，则最长边c的范围（ ）
A．1＜c＜7B．4≤c＜7C．4＜c＜7D．1＜c≤4
【答案】C
【分析】由a2+b2=6a+8b-25，得a，b的值，然后利用三角形的三边关系求得c的取值范围即可．
【详解】∵a2+b2=6a+8b-25，
∴（a-3）2+（b-4）2=0，
∴a=3，b=4；
∴4-3＜c＜4+3，
∵c是最长边，
∴4＜c＜7．
故选C．
【点睛】本题考查了配方法的应用、非负数的性质及三角形的三边关系，解题的关键是对方程的左边进行配方，难度不大．
【变式3-1】（2023春·江苏扬州·八年级统考期中）新定义，若关于x的一元二次方程：m(x−a)2+b=0与n(x−a)2+b=0，称为“同类方程”．如2(x−1)2+3=0与6(x−1)2+3=0是“同类方程”．现有关于x的一元二次方程：2(x−1)2+1=0与(a+6)x2−(b+8)x+6=0是“同类方程”．那么代数式ax2+bx+2022能取的最大值是 ．
【答案】2023
【分析】根据“同类方程”的定义，可得出a，b的值，从而解得代数式的最大值．
【详解】∵2(x−1)2+1=0与(a+6)x2−(b+8)x+6=0是“同类方程”，
∴(a+6)x2−(b+8)x+6=(a+6)(x−1)2+1，
∴(a+6)x2−(b+8)x+6=(a+6)x2−2(a+6)x+a+7，
∴b+8=2a+66=a+7，
解得：a=−1b=2，
∴ax2+bx+2022
=−x2+2x+2022
=−x−12+2023
∴当x=1时，ax2+bx+2022取得最大值为2023．
故答案为：2023．
【点睛】此题主要考查了配方法的应用，解二元一次方程组，理解“同类方程”的定义是解答本题的关键．
【变式3-2】（2023春·江苏苏州·八年级校考期中）已知实数x、y、z满足x2−4x+y2+4y−2xy+z=2018，则实数z的最大值为 ．
【答案】2022
【分析】仔细观察等式左侧，先将多项式进行分组，再利用配方法化简其形式，最后根据平方的非负性确定z的最大值.
【详解】解：∵x2−4x+y2+4y−2xy+z=2018，
∴x2−2xy+y2−4x+4y+z=2018，
∴(x−y)2−4(x−y)+z=2018，
(x−y)2−4(x−y)+4−4+z=2018，
(x−y−2)2+z−4=2018，
∵(x−y−2)2⩾0，
∴当(x−y−2)2=0时，z−4的值最大，
∴z−4=2018，
∴z=2022，
∴实数z的最大值为2022，
故答案为：2022．
【点睛】本题考查了配方法与平方的非负性，能够识别多种情况下的配方条件，正确的配方是解题关键.
【变式3-3】（2023春·四川内江·八年级校考期中）若a，b，c满足a+b+c=2a+1+4b+1+6c−16，则ab+c+ba+c+ca+b= ；
【答案】54
【分析】先配成平方和等于0的性质，再利用平方的非负性求解即可．
【详解】解：∵a+b+c=2a+1+4b+1+6c−16，
∴a+1−2a+1+1+b+1−4b+1+4+c−6c+9=0，
即，a+1−12+b+1−22+c−32=0，
∴a+1−1=0,b+1−2=0,c−3=0，
解得：a=0,b=3,c=9，
∴a(b+c)+b(a+c)+c(a+b)=2ab+2ac+2bc=2×0×3+2×0×9+2×3×9=54．
故答案为：54．
【点睛】本题主要考查平方的非负性，配方法的应用，算术平方根等知识，将原方程配成平方和等于0的形式，是解题的关键．
【题型4 根据判别式判断一元二次方程根的情况】
【例4】（2023春·山东烟台·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，若直线y=−3x+b不经过第一象限，则关于x的方程bx2+x+2023=0的实数根的个数为（ ）
A．0个B．1个C．2个D．1或2个
【答案】D
【分析】由直线y=−3x+b不经过第一象限可得b≤0，分b=0时和b<0时，分别进行求解即可得到答案．
【详解】解：∵直线y=−3x+b不经过第一象限，
∴b≤0，
当b<0时，
∴Δ=12−4b×2023=1−8092b>0，
∴关于x的方程bx2+x+2023=0的实数根的个数为2个，
当b=0时，方程为x+2023=0，此时方程为一元一次方程，此方程的根有1个，
综上所述，若直线y=−3x+b不经过第一象限，则关于x的方程bx2+x+2023=0的实数根的个数为1或2个，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了一次函数的图象与性质、一元二次方程根的个数与判别式的关系，一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0的根与Δ=b2−4ac有如下关系：①Δ>0，方程有两个不相等的实数根，②Δ=0，方程有两个相等的实数根，③Δ<0，方程没有实数根．
【变式4-1】（2023春·福建宁德·八年级统考期中）对于一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0），下列说法：
①若a−b+c=0，则它有一根为－1；
②若方程ax2+c=0有两个不相等的实根，则方程ax2+bx+c=0必有两个不相等的实根；
③若c是方程ax2+bx+c=0的一个根，则一定有ac+b+1=0成立；
④若b=2a+3c，则一元二次方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实数根；其中正确的 ．
【答案】①②④
【分析】利用因式分解法解方程可对①进行判断；根据根的判别式的意义，由方程ax2+c=0有两个不相等的实根得到Δ=−4ac>0，则可判断Δ=b2−4ac>0，于是可对②进行判断；由c是方程ax2+bx+c=0的一个根得到ac2+bc+c=0，只有当c≠0时，ac+b+1=0，则可对③进行判断；利用b=2a+3c计算根的判别式得到Δ=4a+c2+5c2>0，则根据根的判别式的意义可对④进行判断．
【详解】解：若a−b+c=0时，则b=a+c，
∴原方程为ax2+a+cx+c=0，
∴ax+cx+1=0，
解得x1=−ca，x2=−1，故①正确；
若方程ax2+c=0有两个不相等的实根，则Δ=−4ac>0，
∴方程ax2+bx+c=0的根的判别式Δ=b2−4ac>0，
∴方程ax2+bx+c=0必有两个不相等的实根，故②正确；
∵c是方程ax2+bx+c=0的一个根，
∴ac2+bc+c=0，
当c≠0时，ac+b+1=0，故③错误；
若b=2a+3c，
则Δ=b2−4ac=2a+3c2−4ac=4a2+8ac+9c2=4a+c2+5c2>0 ，
∴一元二次方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实数根，故④正确；
故答案为：①②④．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0，若Δ=b2−4ac>0，则方程有两个不相等的实数根，若Δ=b2−4ac=0，则方程有两个相等的实数根，若Δ=b2−4ac<0，则方程没有实数根．
【变式4-2】（2023春·安徽亳州·八年级校考期中）已知关于x的一元二次方程x2−2mx+m2−1=0．
(1)判断方程的根的情况；
(2)若△ABC为等腰直角三角形，且其两条边长恰好是该方程的根，求m的值．
【答案】(1)方程有两个不相等的实数根
(2)3+22
【分析】（1）先计算根的判别式的值得到 Δ=4>0，然后根据根的判别式的意义判断方程根的情况，即可解答；
（2）先利用求根公式解方程得到x1=m+1，x2=m−1，再根据等腰直角三角形的性质和勾股定理解答即可．
【详解】（1）解：关于x的一元二次方程x2−2mx+m2−1=0，
∵Δ=−2m2−4m2−1=4>0，
∴方程有两个不相等的实数根；
（2）∵Δ=−2m2−4m2−1=4>0，
∴x=−−2m±42×1=2m±22=m±1，
∴x1=m+1，x2=m−1．
∵该方程的根恰好是等腰直角三角形ABC的两边，
∵m+1>m−1，
∴m+12=m−12+m−12，
整理得：m2−6m+1=0，
解得m=3+22或m=3−22（舍去），
∴m的值为3+22．
【点睛】本题考查了根的判别式∶一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0的根与Δ=b2−4ac有如下关系∶当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根；也考查了三角形三边的关系和等腰三角形的性质；根据判别式判断一元二次方程根的情况是解题的关键．
【变式4-3】（2023春·安徽安庆·八年级统考期中）如图四边形ACDE是证明勾股定理时用到的一个图形，a、b、c是Rt△ABC和Rt△BED边长，易知AE=2c，这时我们把关于x的形如ax2+2cx+b=0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)求证：关于x的“勾系一元二次方程”ax2+2cx+b=0必有实数根；
(2)若x=−1是“勾系一元二次方程”ax2+2cx+b=0的一个根，且四边形ACDE的周长是122，求ab的值.
【答案】(1)见解析
(2)ab=8
【分析】（1）结合勾股定理证明一元二次方程的根的判别式Δ≥0即可；
（2）把x=−1代入方程可得a+b=2c，进而可求出c=4，再利用完全平方公式的变形整体求解即可.
【详解】（1）证明：根据题意得：Δ=2c2−4ab=2c2−4ab，
∵a2+b2=c2，
∴2c2−4ab=2a2+b2−4ab=2a−b2≥0，
即Δ≥0，
∴勾系一元二次方程ax2+2cx+b=0必有实数根；
（2）当x=−1时，有a−2c+b=0，即a+b=2c，
∵2a+2b+2c=122，即2(a+b)+2c=122，
∴32c=122，
∴c=4，
∴a2+b2=c2=16，a+b=42，
∵a+b2=a2+b2+2ab，
∴32=16+2ab，
∴ab=8.

【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式、勾股定理以及完全平方公式的变形等知识，正确理解题意、熟练掌握上述知识是解题的关键.
【题型5 根据一元二次方程根的情况求参数】
【例5】（2023春·山东烟台·八年级统考期中）关于x的一元二次方程kx2−3x+1=0有两个不相等的实数根．
(1)求k的取值范围．
(2)是否存在k的值，使k为非负整数，且方程的两根均为有理数？若存在，请求出满足条件的k的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)k<94且k≠0
(2)2
【分析】（1）根据一元二次方程的定义以及根的判别式，建立关于k的不等式组，求得k的取值范围．
（2）根据（1）中所求k的取值范围，得出使k为非负整数的值，代入Δ=b2−4ac中，进而求解即可．
【详解】（1）解：由题意知，k≠0且Δ=b2−4ac>0，
∴b2−4ac=−32−4k>0，
解得：k<94且k≠0;
（2）解：∵k<94且k≠0，
∴k=1，2．
当k=1时，Δ=9−4=5，此时方程的两根均为无理数，不符合题意舍去；
当k=2时，Δ=9−8=1，此时方程的两根均为有理数，符合题意；
故满足条件的k的值为2．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的情况与根的判别式△的关系：①Δ＞0⇔方程有两个不相等的实数根；②Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；③Δ＜0⇔方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．
【变式5-1】（2023春·浙江金华·八年级校考期中）.已知关于x的方程k−3x2+2kx+k−2=0有解，则k的取值范围是 .
【答案】k≥65
【分析】根据关于x的方程k−3x2+2kx+k−2=0有解得到Δ≥0，即可求出k的取值范围．
【详解】解：∵方程k−3x2+2kx+k−2=0有解，
∴Δ=b2−4ac=(2k)2−4×(k−3)×(k−2)≥0，
即20k−24≥0，
得k≥65，
故答案为：k≥65．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式，得到Δ≥0是解题的关键．
【变式5-2】（2023春·山东威海·八年级校联考期末）定义新运算“*”：对于实数a，b，c，d有a,c∗d,b=ab+cd，例如1,2*3,4=1×4+2×3=10，若关于x的方程x2+1,x*5−2k,k=0有两个实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k≤54B．k≥54C．k≤54且k≠0D．k<54且k≠0
【答案】C
【分析】由新定义的运算，可得到关于的一元二次方程 再利用根的判别式进行求解即可．
【详解】解：∵x2+1,x*5−2k,k=0，
∴(x2+1)k+x5−2k=0，
整理得：kx2+5−2kx+k=0，
∵方程有两个实数根，
∴Δ=5−2k2−4k⋅k≥0,k≠0，
解得k≤54且k≠0，
故选：C．
【点睛】本题主要考查根的判别式, 解答的关键是正确运用根的判别式．
【变式5-3】（2023春·安徽·八年级统考期末）若实数a，b满足a−2ab+2ab2+4=0，则a的取值范围是 ．
【答案】−8≤a<0
【分析】由实数a，b满足a−2ab+2ab2+4=0得到关于b的一元二次方程2ab2−2ab+a+4=0，由根的判别式Δ=−4a2−32a≥0且2a≠0，得到不等式组，解不等式组即可得到a的取值范围．
【详解】解：∵实数a，b满足a−2ab+2ab2+4=0，
∴关于b的一元二次方程2ab2−2ab+a+4=0中，
Δ=−2a2−4×2aa+4=−4a2−32a≥0且2a≠0，
即aa+8≤0且a≠0，
∴a>0a+8≤0或a<0a+8≥0，
解得−8≤a<0，
即a的取值范围是−8≤a<0．
故答案为：−8≤a<0
【点睛】此题考查了一元二次方程根的判别式、一元一次不等式组的解法等知识，由根的判别式Δ=−4a2−32a≥0且2a≠0得到不等式组是解题的关键．
【题型6 一元二次方程的一般解法】
【例6】（2023春·重庆沙坪坝·八年级重庆八中校考期末）解下列方程：
(1)2x2−5x−1=0；(公式法)
(2)x2−8x−10=0；(配方法)
(3)2x2−22x−5=0；
(4)3y(y−1)=2(y−1)．
【答案】(1)x1=5+334,x2=5−334
(2)x1=4+26,x2=4−26
(3)x1=22+3,x2=22−3
(4)y1=1，y2=23
【分析】（1）根据公式法解一元二次方程；
（2）根据配方法解一元二次方程；
（3）根据公式法解一元二次方程；
（4）根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
【详解】（1）解：2x2−5x−1=0，
∵a=2,b=−5,c=−1，Δ=b2−4ac=25−4×2×−1=33，
∴x=−b±b2−4ac2a=5±334，
解得：x1=5+334,x2=5−334；
（2）解：x2−8x−10=0，
x2−8x+16=26，
∴x−42=26，
∴x−4=±26，
解得：x1=4+26,x2=4−26；
（3）解：2x2−22x−5=0，
∵a=2,b=−22,c=−5，Δ=b2−4ac=8−2×4×−5=48，
∴x=−b±b2−4ac2a=22±434，
解得：x1=22+3,x2=22−3；
（4）解：3y(y−1)=2(y−1)，
∴y−13y−2=0，
∴y−1=0或3y−2=0，
解得：y1=1，y2=23；
【点睛】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．
【变式6-1】（2023春·安徽六安·八年级校考期中）请用两种不同的方法解一元二次方程：x2−4x−1=0．
【答案】x1=2+5，x2=2−5
【分析】可分别利用公式法和配方法求解．（其他方法也可）
【详解】方法一：
x2−4x−1=0
∵a=1,b=−4,c=−1,Δ=b2−4ac=16+4=20，
∴x=−b±b2−4ac2a=4±252，
解得：x1=2+5，x2=2−5
方法二：
x2−4x−1=0
∴x2−4x=1，
∴x2−4x+4=1+4，
∴(x−2)2=5，
∴x−2=±5，
解得：x1=2+5，x2=2−5
【点睛】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是根据方程的形式灵活运用各种方法．
【变式6-2】（2023春·宁夏吴忠·八年级校考期中）解方程
(1)x2−2x−8=0；
(2)2x2+4=7x；
(3)2x−32=x2−9．
【答案】(1)x1=−2，x2=4
(2)x1=7+174，x2=7−174
(3)x1=3，x2=9
【分析】（1）利用因式分解法求解即可；
（2）利用公式法求解即可；
（3）方程整理后利用因式分解法求解即可．
【详解】（1）解：因式分解得：x+2x−4=0，
所以x+2=0或x−4=0，
解得：x1=−2，x2=4；
（2）解：移项得：2x2−7x+4=0，
所以a=2，b=−7，c=4，
所以Δ=−72−4×2×4=17>0，
所以x=7±172×2，
解得：x1=7+174，x2=7−174；
（3）解：方程整理得：x2−12x+27=0，
因式分解得：x−3x−9=0，
所以x−3=0或x−9=0，
解得：x1=3，x2=9．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，能够根据方程特点灵活选用不同的解法是解题关键．
【变式6-3】（2023春·山东泰安·八年级统考期末）用适当的方法解下列方程
(1)3x2=54；
(2)x+13x−1=1；
(3)4x2x+1=32x+1；
(4)x2+6x=10．
【答案】(1)x1=32，x2=−32
(2)x1=−1+73，x2=−1−73
(3)x1=−12，x2=34
(4)x1=−3+19，x2=−3−19
【分析】（1）方程整理后，利用直接开平方法求解即可；
（2）方程整理后，利用求根公式法求解即可；
（3）方程利用因式分解法求解即可；
（4）方程利用配方法求解即可．
【详解】（1）解：方程整理得：x2=18，
开方得：x=±32，
解得：x1=32，x2=−32；
（2）解：方程整理得：3x2+2x−2=0，
这里a=3，b=2，c=−2，
∵△=22−4×3×(−2)=4+24=28>0，
∴x=−2±276=−1±73，
解得：x1=−1+73，x2=−1−73；
（3）解：方程移项得：4x(2x+1)−3(2x+1)=0，
分解因式得：(2x+1)(4x−3)=0，
所以2x+1=0或4x−3=0，
解得：x1=−12，x2=34；
（4）解：配方得：x2+6x+9=19，即(x+3)2=19，
开方得：x+3=±19，
解得：x1=−3+19，x2=−3−19．
【点睛】此题考查了解一元二次方程−因式分解法，公式法，直接开平方法，配方法，熟练掌握根据方程的特征选择恰当的解法是解本题的关键．
【题型7 换元法解一元二次方程】
【例7】（2023春·四川乐山·八年级统考期中）材料：为解方程x4−x2−6=0，可将方程变形为x22−x2−6=0，然后设x2=y，则x22=y2，原方程化为y2−y−6=0…①，
解得y1=−2，y2=3．
当y1=−2时，x2=−2无意义，舍去；当y2=3时，x2=3，解得x=±3．
所以原方程的解为x1=−3，x2=+3．
问题：利用本题的解题方法，解方程x2−x2−4x2−x−12=0．
【答案】x1=3，x2=−2
【分析】根据题意，设x2−x=y，则x2−x2−4x2−x−12=0变为y2−4y−12=0，解这个一元二次方程，求出y，再把y值代入x2−x=y，即可求出x．
【详解】解：设x2−x=y
∴x2−x2−4x2−x−12=0变形为：y2−4y−12=0
∵y2−4y−12=0变形为：y−6y+2=0
∴y=6，y=−2
∴当y=6时，x2−x=6，方程变形为：x−3x+2=0，解得：x1=3，x2=−2
当y=−2时，x2−x=−2，方程变形为：x2−x+2=0
∵△=b2−4ac=−12−4×1×2=−7<0
∴x2−x+2=0无实数解
∴x2−x2−4x2−x−12=0的解为：x1=3，x2=−2．
【点睛】本题考查解一元二次方程，解题的关键是掌握换元法解一元二次方程，根的判别式，易错点换元降次是求解一元高次方程．
【变式7-1】（2023春·浙江温州·八年级校联考期中）已知方程x2−10x+21=0的根为x1=3，x2=7，则方程(2x−1)2−10(2x−1)+21=0的根是 ．
【答案】x1=2，x2=4
【分析】设2x−1=t，可得t2−10t+21=0，根据x2−10x+21=0的根为x1=3，x2=7，可得2x−1=3或2x−1=7，即可得到答案；
【详解】解：设2x−1=t，可得t2−10t+21=0，
∵x2−10x+21=0的根为x1=3，x2=7，
∴2x−1=3或2x−1=7，
解得：x1=2，x2=4，
故答案为x1=2，x2=4；
【点睛】本题考查换元法求方程的解，解题的关键是设2x−1=t，得到t2−10t+21=0，结合方程x2−10x+21=0的根为x1=3，x2=7．
【变式7-2】（2023春·黑龙江牡丹江·八年级统考期中）若x2+y2x2+y2−1=12，则x2+y2的值为（ ）
A．−3B．4C．−3或4D．3或4
【答案】B
【分析】根据题意，采用换元法，令a=x2+y2，将x2+y2x2+y2−1=12转化为aa−1=12，即a2−a−12=0，得到a−4a+3=0，解得a=4或a=−3，再结合x2+y2=a≥0，即可确定x2+y2=a=4，从而确定答案．
【详解】解：令a=x2+y2，
∴将x2+y2x2+y2−1=12转化为aa−1=12，
∴ a2−a−12=0，即a−4a+3=0，解得a=4或a=−3，
∵ x2+y2=a≥0，
∴ x2+y2=a=4，
故选：B．
【点睛】本题考查代数式求值，涉及换元法、解一元二次方程等知识，熟练掌握换元法、因式分解法解一元二次方程是解决问题的关键．
【变式7-3】（2023春·湖北恩施·八年级校考期中）阅读下列“问题”与“提示”后，将解方程的过程补充完整，求出x的值．
【问题】解方程：x2−6x−2x2−6x−8=0．
【提示】可以用“换元法”解方程．
解：设x2−6x=t（t≥0），则有x2−6x=t2，
原方程可化为：t2−2t−8=0，
【续解】
【答案】x1=8，x2=−2
【分析】按照题目思路，用因式分解法解t2−2t−8=0，求出t，再代入x2−6x=t2，解出x，即可求解．
【详解】解：t+2t−4=0，
t+2=0或t﹣4=0，
∴t1=−2（依据t≥0，此根舍去），t2=4，
当t=4时，x2−6x=t2=42=16，
则x2−6x−16=0，配方得x−32=25，
解得x1=8，x2=−2，
经检验，原方程的解为x1=8，x2=−2．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程的知识，题中涉及换元的思想．注意，原方程涉及二次根式，故所得的解，必须要代入原方程检验．
【题型8 根的判别式与根与系数关系的综合】
【例8】（2023春·安徽六安·八年级校考期末）已知关于x的一元二次方程2x2−4x+k−1=0有实数根．
(1)求k的取值范围．
(2)若此方程的两根为x1，x2，且x1，x2为矩形的两对角线长，求k．
(3)若k为正整数，此方程的两根为x1，x2，求x12+x22+1x1x2．
【答案】(1)k≤3
(2)k=3
(3)x12+x22+1x1x2的值为5或3．
【分析】（1）由关于x的一元二次方程2x2−4x+k−1=0有实数根，可得−42−4×2k−1≥0，再解不等式即可；
（2）由矩形的对角线相等，可得原方程有两个相等的正实数根，可得−42−4×2k−1=0，再解方程即可；
（3）由根与系数的关系可得：x1+x2=2，x1x2=k−12，可得x12+x22+1x1x2=x1+x22−2x1x2+1x1x2 =5−k+2k−1，再分析可得k=2或k=3，再分别代入求解即可．
【详解】（1）解：∵关于x的一元二次方程2x2−4x+k−1=0有实数根．
∴−42−4×2k−1≥0，
解得：k≤3；
（2）∵方程2x2−4x+k−1=0的两根为x1，x2，且x1，x2为矩形的两对角线长，
∴x1=x2>0，
∴−42−4×2k−1=0，
解得：k=3；经检验符合题意；
（3）∵方程2x2−4x+k−1=0的两根为x1，x2，
∴x1+x2=2，x1x2=k−12，
∵k为正整数，k≤3，
∴k=1或k=2或k=3，
∴x12+x22+1x1x2=x1+x22−2x1x2+1x1x2
=5−k+2k−1，
∴k≠1，
当k=2时，x12+x22+1x1x2=5−2+2=5，
当k=3时，x12+x22+1x1x2=5−3+1=3；
综上：x12+x22+1x1x2的值为5或3．
【点睛】本题考查的是一元二次方程的根的判别式的应用，根与系数的关系是灵活应用，矩形的性质，熟记根的判别式与根与系数的关系是解本题的关键．
【变式8-1】（2023春·浙江嘉兴·八年级统考期末）已知关于x的一元二次方程x2−6x+m−3=0有两个大于2的实数根，则实数m的取值范围是（ ）
A．7【答案】A
【分析】根据方程有两个实数根，得到Δ≥0，根据根与系数的关系，得到m−3>4，进行求解即可．
【详解】解：设方程的两个根为x1,x2，则x1>2,x2>2
∴x1x2=m−3>4，
∴m>7，
又方程有两个实数根，
∴Δ=−62−4m−3≥0，
∴m≤12，
∴7故选A．
【点睛】本题考查根与判别式以及根与系数的关系．熟练掌握相关知识点，列出不等式，是解题的关键．
【变式8-2】（2023春·山东烟台·八年级统考期末）实数k使关于x的方程x2+2kx+k2=x+1有两个实数根x1，x2．若3x1−x2x1−3x2=19，求k的值．
【答案】k1=0 或k2=−3
【分析】根据根与系数的关系得x1+x2=−2k+1，x1x2=k2−1，再把3x1−x2x1−3x2=19变形为3x1+x22−16x1x2=19，则3−2k+12−16k2−1=19，接着解关于k的方程，然后利用k的取值范围确定k的值即可．
【详解】解：原方程整理为x2+2k−1x+k2−1=0，
根据题意得Δ=2k−12−4k2−1=−4k+5≥0，解得k≤54，
即k的取值范围为k≤54，
由一元二次方程根与系数的关系，得x1+x2=−2k+1，x1x2=k2−1，
∵3x1−x2x1−3x2=19，
∴3x12+3x22−10x1x2=19，
∴3x1+x22−16x1x2=19，
∴3−2k+12−16k2−1=19，
∴k2+3k=0，
∴k1=0或k2=−3，经检验他们均符合题意．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式、一元二次方程根与系数的关系、解一元二次方程，解答关键是熟练掌握根的情况与根的判别式的关系以及熟知一元二次方程根与系数的关系：设一元二次方程ax2+bx+c=0的两个根为x1，x2，则x1+x2=−ba，x1⋅x2=ca．
【变式8-3】（2023春·山东烟台·八年级统考期末）已知关于x的一元二次方程x2−2mx+m2−m=3的两个实数根为x1，x2，且x1>x2．
(1)求m的取值范围；
(2)若m取负整数，求x1−3x2的值；
(3)若该方程的两个实数根的平方和为18，求m的值．
【答案】(1)m>−3
(2)8或2+42
(3)m=2
【分析】（1）根据一元二次方程有两个不相等的实数根可得Δ=−2m2−4m2−m−3>0，进行计算即可得到答案；
（2）由（1）可得m>−3且m取负整数，即可得到m=−2或m=−1，分两种情况：当m=−2时，当m=−1时，分别解方程，进行计算即可得到答案；
（3）根据一元二次方程根与系数的关系可得x1+x2=2m，x1⋅x2=m2−m−3，再根据完全平方公式的变形进行计算即可得到答案．
【详解】（1）解：由题意得：
关于x的一元二次方程x2−2mx+m2−m=3有两个不相等实数根，
∴Δ=−2m2−4m2−m−3>0，
解得：m>−3；
（2）解：∵m>−3且m取负整数，
∴m=−2或m=−1，
当m=−2时，原方程可化为：x2+4x+3=0且x1>x2，
解得：x1=−1，x2=−3，
∴x1−3x2=−1−3×−3=8，
当m=−1时，原方程可化为：x2+2x−1=0且x1>x2，
解得：x1=−1+2，x2=−1−2，
∴x1−3x2=−1+2−3×(−1−2)=2+42，
综上所述：x1−3x2的值为8或2+42；
（3）解：由根与系数的关系得：
x1+x2=2m，x1⋅x2=m2−m−3，
∵x12+x22=18，
∴x1+x22−2x1x2=2m2−2m2−m−3=18，
∴m1=2，m2=−3，
由（1）可知：m>−3，
∴m=2．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式、一元二次方程根与系数的关系、解一元二次方程、完全平方公式的变形，熟练掌握一元二次方程根的判别式、一元二次方程根与系数的关系、完全平方公式的变形，是解题的关键．
【题型9 一元二次方程中的阅读理解类问题】
【例9】（2023春·湖南永州·八年级统考期末）阅读材料：各类方程的解法：求解一元一次方程时，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时，把它转化为一元一次方程求解；类似的，解三元一次方程组，把它转化为解二元一次方程组求解；解一元二次方程，把它转化为两个一元一次方程求解；解分式方程，把它转化为整式方程求解，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，把复杂转化为简单。
运用“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x3+2x2−3x=0，可以通过因式分解把它转化为：x(x2+2x−3)=0,解方程x=0和x2+2x−3=0，可得方程x3+2x2−3x=0的解为x1=0,x2=−3,x3=1，
(1)问题：方程2x3+10x2−12x=0的解是：x1=0,x2= ，x3= .
(2)拓展：解方程组x2+y2=17①x−y=3②
(3)应用：如图，已知矩形草坪ABCD的长AD=21m，宽AB=8m，点P在AD上（AP>PD），小明把一根长为27m的绳子一端固定在点B，把绳长拉直并固定在AD上的一点P处，再拉直绳长的另一端恰好落在矩形的顶点C处，求DP的长．
【答案】(1)−6，1；
(2)x1=−1y1=−4，x2=4y2=1；
(3)DP的长为6m．
【分析】（1）首先提出2x，然后因式分解多项式，然后得结论；
（2）运用“转化”的数学思想，将二元方程转化为一元，求解即可；
（3）设AP的长为xm，则PD=21−xm，根据勾股定理和BP+CP=27，可列出方程，由于方程含有根号，两边平方，把无理方程转化为整式方程，求解再代入PD=21−xm即可．
【详解】（1）解：∵2x3+10x2−12x=0，
2xx2+5x−6=0，
2xx+6x−1=0。
∴2x=0或x+6=0或x−1=0，
∴x1=0，x2=−6，x3=1，
故答案为：−6，1；
（2）x2+y2=17①x−y=3②，
由②得：x=3+y③，
将③代入①中得：3+y2+y2=17，
整理得：y2+3y−4=0，即：y+4y−1=0，
∴y1=−4，y2=1，
将y1=−4代入③中，x1=3+−4=−1，
将y2=1代入③中，x2=3+1=4，
∴原方程组的解为：x1=−1y1=−4，x2=4y2=1；
（3）如图，已知矩形草坪ABCD的长AD=21m，宽AB=8m，点P在AD上（AP>PD），小明把一根长为27m的绳子一端固定在点B，把绳长拉直并固定在AD上的一点P处，再拉直绳长的另一端恰好落在矩形的顶点C处，求DP的长．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，AB=CD=8m，
设AP=xm，则PD=21−xm，
因为BP+CP=27，
BP=AP2+AB2，CP=CD2+PD2，
∴82+x2+21−x2+82=27，
∴21−x2+82=27−82+x2，
两边平方，得21−x2+82=729−5482+x2+82+x2
整理，得48+7x=982+x2
两边平方并整理，得x2−21x+90=0
解得x=15或6（不合题意，舍去此时AP经检验，x=15是方程的解，
则PD=21−15=6m．
答：DP的长为6m．
【点睛】本题考查了转化的思想方法，一元二次方程的解法．解无理方程是注意到验根．解决（3）时，根据勾股定理和绳长，列出方程是关键．
【变式9-1】（2023春·广东深圳·八年级统考期末）【综合与实践】：阅读材料，并解决以下问题．
【学习研究】：北师大版教材八年级上册第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x2+2x−35=0为例，构造方法如下：
首先将方程x2+2x−35=0变形为x(x+2)=35，然后画四个长为x+2，宽为x的矩形，按如图（1）所示的方式拼成一个“空心”大正方形，则图中大正方形的面积可表示为(x+x+2)2，还可表示为四个矩形与一个边长为2的小正方形面积之和，即4x(x+2)+22=4×35+4，因此，可得新方程：(x+x+2)2=144，∵x表示边长，∴2x+2=12，即x=5，遗憾的是，这样的做法只能得到方程的其中一个正根．
【类比迁移】：小明根据赵爽的办法解方程x2+3x−4=0，请你帮忙画出相应的图形，将其解答过程补充完整：
第一步：将原方程变形为x2+3x−4=0，即x（ ）=4；
第二步：利用四个面积可用x表示为_________的全等矩形构造“空心”大正方形（请在画图区画出示意图，标明各边长），并写出完整的解答过程；
第三步：
【拓展应用】：一般地对于形如：x2+ax=b一元二次方程可以构造图2来解，已知图2是由4个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4．那么此方程的系数a=________，b=________，求得方程的一个正根为_____________．
【答案】【类比迁移】：x+3，xx+3；【拓展应用】2，3，x=1
【详解】解：【类比迁移】：第一步：将原方程变形为x2+3x−4=0，即x（x+3）=4；
第二步：利用四个面积可用x表示为xx+3的全等矩形构造“空心”大正方形，如图：
第三步：
图中大正方形的面积可表示为(x+x+3)2，还可表示为四个矩形与一个边长为3的小正方形面积之和，即4x(x+3)+32=4×4+9，因此，可得新方程：(x+x+3)2=25，
∵x表示边长，
∴2x+3=5，即x=1，
故答案为：x+3，xx+3；
【拓展应用】∵图2是由4个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4．
∴长方形的长为x+2，宽为x，即：xx+2=3，
∴x2+2x=3，
∴a=2，b=3，方程的一个正根为：x=1．
故答案为：2，3，x=1．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的几何意义，读懂题意，根据正方形面积相等列出方程是关键．
【变式9-2】（2023春·湖南长沙·八年级统考期末）请阅读下列材料：
问题：已知方程x2+x−1=0，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的2倍．
解：设所求方程的根为y，则y=2x，所以x=y2，把x=y2代入已知方程，得y22+y2−1=0；化简，得y2+2y−4=0；故所求方程为y2+2y−4=0．
这种利用方程根的代换求新方程的方法，我们称为“换根法”；
请用阅读材料提供的“换根法”求新方程（要求：把所求方程化为一般形式）：
(1)已知方程x2+3x−2=0，求一个一元二次方程，使它的根分别为已知方程根的相反数；
(2)已知关于x的一元二次方程ax2−bx+c=0a≠0有两个不等于零的实数根，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的倒数．
【答案】(1)y2−3y−2=0
(2)cy2−by+a=0c≠0
【分析】（1）设所求方程的根为y，则y=−x，将x=−y代入已知方程x2+3x−2=0，化简即可得到答案；
（2）设所求方程的根为y，则y=1x，将其代入已知方程，然后化为一般形式即可得到答案．
【详解】（1）解：设所求方程的根为y，则y=−x，
∴x=−y，
把x=−y代入已知方程x2+3x−2=0，
得−y2+3×−y−2=0，
化简得，y2−3y−2=0，
∴这个一元二次方程为：y2−3y−2=0；
（2）解：设所求方程的根为y，则y=1x，
∴x=1y，
把x=1y代入已知方程ax2−bx+c=0a≠0，
得a1y2−b⋅1y+c=0，
去分母得，a−by+cy2=0，
若c=0，则ax2−bx=0，于是方程ax2−bx+c=0a≠0有一根为0，不符合题意，
∴c≠0，
∴所求方程为：cy2−by+a=0c≠0．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，解答该题的关键是弄清楚“换根法”的具体解题方法．
【变式9-3】（2023春·河南南阳·八年级校考期末）阅读材料：
材料1：若关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0的两个根为x1，x2，则x1+x2=−ba，x1x2=ca．
材料2：已知一元二次方程x2−x−1=0的两个实数根分别为m，n，求m2n+mn2的值．
解：∵一元二次方程x2−x−1=0的两个实数根分别为m，n，
∴m+n=1，mn=−1，则m2n+mn2=mnm+n=−1×1=−1
根据上述材料，结合你所学的知识，完成下列问题：
(1)材料理解：一元二次方程2x2−3x−1=0的两个根为x1,x2，则x1x2−x1−x2=___________；
(2)类比应用：已知一元二次方程2x2−3x−1=0的两根分别为m、n，求nm+mn的值．
(3)思维拓展：已知实数s、t满足2s2−3s−1=0，2t2−3t−1=0，且s≠t，求1s−1t的值．
【答案】(1)−2
(2)−132
(3)±17
【分析】（1）根据材料1中，一元二次方程根与系数关系即可得到x1+x2=32，x1x2=−12，然后代入求解即可得到答案；
（2）根据材料1及材料2，由一元二次方程根与系数关系，得到m+n=32，mn=−12，将nm+mn化为(m+n)2−2mnmn，将m+n=32，mn=−12代入求值即可得到答案；
（3）根据题意，确定s与t看作是方程2x2−3x−1=0的两个实数根，由一元二次方程根与系数关系，得到s+t=32，st=−12，先求出s−t=±172的值，再由1s−1t变形得到t−sst，将s−t=±172，st=−12代入求值即可得到答案．
【详解】（1）解：∵一元二次方程2x2−3x−1=0的两个根为x1,x2，
∴x1+x2=−−32=32，x1x2=−12=−12，
∴x1x2−x1−x2=x1x2−x1+x2=−12−32=−2，
故答案为：−2；
（2）解：∵一元二次方程2x2−3x−1=0的两根分别为m、n，
∴m+n=32，mn=−12，
∴ nm+mn
=n2+m2mn
=(m+n)2−2mnmn
=(32)2−2×(−12)−12
=−132；
（3）解：∵实数s、t满足2s2−3s−1=0，2t2−3t−1=0，
∴s与t看作是方程2x2−3x−1=0的两个实数根，
∴s+t=32，st=−12，
∴(s−t)2=(s+t)2−4st，
(s−t)2=(32)2−4×(−12)，
(s−t)2=174，
∴s−t=±172，
∴ 1s−1t
=t−sst
=−(s−t)st
=±172−12
=±17．
【点睛】本题考查一元二次方程根与系数关系，以及利用根与系数关系求代数式的值，根据代数式的结构特征恒等变形为已知代数式的形式是解决问题的关键．
【题型10 一元二次方程的实际应用】
【例10】（2023春·安徽池州·八年级统考期末）某段公路上有一条双向线隧道（可双向行驶，车辆不能行驶在中间线上）隧道的纵截面由矩形的三边和一段抛物线构成．以AB所在的直线为x轴，AB的中垂线为y轴建立如图所示的直角坐标系，已知隧道宽度AB=8米，隧道最高处距路面OE=6米，矩形的宽AD=2米．
(1)求这条抛物线的表达式．
(2)为了保证安全，交通部门要求行驶车辆的顶部（设为平顶）与隧道的顶部在竖直方向上的高度差至少为0.5米，问该隧道能通过宽为3米的货车的最高高度为多少米？
【答案】(1)y=−14x2+6
(2)该隧道能通过宽为3米的货车的最高高度为3.25米
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）把x=3代入解析式，求出y的值，由竖直方向上的高度差至少为0.5米可得答案．
【详解】（1）设抛物线的表达式为y=ax2+c，
由图可知，抛物线经过点C4,2,E0,6，将其代入，得
2=16a+c6=c，
解得a=−14c=6
∴抛物线的表达式为y=−14x2+6．
（2）当x=3时，
y=−14×32+6=154，
154−12=134=3.25米．
答：该隧道能通过宽为3米的货车的最高高度为3.25米．
【点睛】本题考查二次函数的应用，求得抛物线解析式是解题的关键．
【变式10-1】（2023春·吉林·八年级校考期中）“贵妃芒”芒果品种是广受各地消费者青睐的优质新品种，在我国海南省广泛种植，水果商以每斤15元的价格从该省批发“贵妃芒”，再按每斤25元的价格到市区销售，平均每天可售出60斤，经过调查发现，如果每斤“贵妃芒”的售价每降低1元，那么平均每天的销售量会增加10斤，为了尽快减少库存，该水果商决定降价销售．设“贵妃芒”每斤的价格降低x元．
(1)若水果商销售“贵妃芒”每天盈利630元，则每斤“贵妃芒”的售价应降至多少元？
(2)若x的范围为1≤x≤9内的正整数，则水果商的最高利润与最低利润的差为________元．
【答案】(1)22元
(2)490
【分析】（1）根据每天盈利630元位等量关系建立等式，解出x的值即可求解；
（2）设每天盈利y元，根据题意建立二次函数，根据二次函数的性质即可求得．
【详解】（1）依题意得(25−x−15)(60+10x)=630，
整理得x2−4x+3=0，
解得x1=1，x2=3．
又∵为了尽快减少库存，
∴x=3，
∴25−x=22（元）．
答：每斤“贵妃芒”的售价应降至22元．
（2）设水果商每天获得的利润为y元，
根据题意得：y=25−x−1560+10x=−10x2+40x+600=−10x−22+640，
∵1≤x≤9，−10<0，
∴当x=2时，y有最大值，最大值为640，
当x=9时，y有最小值，最小值为−109−22+640=150，
∴水果商的最高利润与最低利润的差为640−150=490（元）．
故答案为：490．
【点睛】本题考查了二次函数的实际应用问题，根据数量关系用含x的代数式表示相关的量及根据等量关系建立等式及二次函数，利用二次函数的图象及性质求解是解题的关键．
【变式10-2】（2023春·云南昆明·八年级统考期末）2022年11月20日，第二十二届世界杯足球赛在卡塔尔拉开了序幕．32支球队的激烈角逐吸引着全世界亿万球迷的目光．鹰眼系统能够追踪、记录和预测球的轨迹，如图分别为足球比赛中某一时刻的鹰眼系统预测画面（如图1）和截面示意图（如图2），足球的飞行轨迹可看成抛物线．足球离地面高度h（单位：m）与足球被踢出后经过的时间t（单位：s）之间的关系如下表：
下列结论不正确的是（ ）
A．足球飞行路线的对称轴是直线t=92B．足球在第9秒时落地
C．足球距离地面的最大高度为20米D．足球被踢出5~7秒，距离地面的高度逐渐下降
【答案】C
【分析】先根据表格中的数据运用待定系数法求出足球离地面高度h与足球被踢出后经过的时间t之间的函数关系式，再根据函数图象与性质求解即可
【详解】解：设足球离地面高度h与足球被踢出后经过的时间t之间的函数关系式为：ℎ=at2+bt+c，
把(1,8),(2,14),(3,18)代入得，
a+b+c=84a+2b+c=149a+3b+c=18，
解得，a=−1b=9c=0
∴ℎ=−t2+9t
A. ℎ=−t2+9t=−t−922+814，足球飞行路线的对称轴是直线t=92，故选项A说法正确，不符合题意；
B. 对于ℎ=−t2+9t，令ℎ=0，得−t2+9t=0，解得，t1=0,t2=9，所以，足球在第9秒时落地，故选项B说法正确，不符合题意；
C. ℎ=−t2+9t=−t−922+814中，a=−1<0，抛物线开口向下，有最大值为814，即足球距离地面的最大高度为814米，故选项C说法错误，符合题意；
D.抛物线开口向下，对称轴为直线t=92，所以足球被踢出5~7秒，距离地面的高度逐渐下降说法正确，故选项D不符合题意；
故选：C
【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用，解答二次函数的应用问题中，读懂题意是关键，同时要注意自变量的取值范围还必须使实际问题有意义．
【变式10-3】（2023春·浙江绍兴·八年级校联考期中）小林家的洗手台上有一瓶洗手液（如图1所示）．如图2所示，当手按住顶部A下压位置时，洗手液瞬间从喷口B流出路线呈抛物线经过C与E两点．瓶子上部分是由CE和FD组成的，其圆心分别为D，C，下部分是矩形CGHD，GH=10cm，CG=8cm，点E到台面GH的距离为14cm，点B距台面的距离为16cm，且B，D，H三点共线．若手心距DH的水平距离为2cm去接洗手液，则手心距水平台面的高度为 cm．
【答案】11
【分析】根据题意得出各点的坐标，利用待定系数法求抛物线的解析式，进而求解即可得．
【详解】解：如图：过E作EM⊥CD于点M，
由题意得：DE=CD=GH=10cm,B5,16,C−5,8,EM=14−8=6cm，
∴DM=DE2−EM2=8cm，
∴E5−8,14，即为E−3,14，
设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
∵抛物线经过B,C,E三点，
∴25a+5b+c=1625a−5b+c=89a−3b+c=14，解得a=−1140b=45c=1518，
∴抛物线的解析式为y=−1140x2+45x+1518，
∵手心距DH的水平距离为2cm去接洗手液，
∴点Q的横坐标为5+2=7，
当x=7时，y=−1140×72+45×7+1518=11，
∴Q7,11，
∴手心距水平台面的高度为11cm，
故答案为：11．
【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，熟练掌握所学的知识，正确求出抛物线的解析式是解题关键．
x
20.5
20.6
20.7
20.8
20.9
输出
－13.75
－8.04
－2.31
3.44
9.21
x
﹣1
1
1.1
1.2
x2+12x﹣15
﹣26
﹣2
﹣0.59
0.84
x
3.24
3.25
3.26
ax2+bx+c
−0.02
0.01
0.03
x
0.5
1
1.5
2
3
ax2+bx+c
28
18
10
4
﹣2
ts
0
1
2
3
4
5
6
7
…
ℎm
0
8
14
18
20
20
18
14
…