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11. 在等腰三角形 $ABC$ 中, $∠ A,∠ B,∠ C$ 的对边分别是 $a,b,c$,已知 $a=3,b$ 和 $c$ 是关于 $x$的方程 $x^{2}+mx+2-\dfrac{1}{2}m=0$ 的两个实数根,则$△ ABC$ 的周长为
7或$\dfrac{37}{5}$
.答案
7 或 $\frac{37}{5}$ 解析:
∵ $a,b,c$ 是等腰三角形 $ABC$ 的三边,
∴ $a=b$ 或 $a=c$ 或 $b=c$.①当 $a=b$ 或 $a=c$ 时,3 是方程 $x^{2}+mx+2-\frac{1}{2}m=0$ 的一个根,
∴ $9+3m+2-\frac{1}{2}m=0$,即 $m=-\frac{22}{5}$,
∴ $x^{2}-\frac{22}{5}x+\frac{21}{5}=0$,
∴ $x_1=3$,$x_2=\frac{7}{5}$,此时 $△ ABC$ 的周长为 $3+3+\frac{7}{5}=\frac{37}{5}$.②当 $b=c$ 时,$m^{2}-4(2-\frac{1}{2}m)=0$,
∴ $m_1=2$,$m_2=-4$.当 $m=2$ 时,原方程可化为 $x^{2}+2x+1=0$,解得 $x_1=x_2=-1$,不符合实际情况,舍去.当 $m=-4$ 时,原方程可化为 $x^{2}-4x+4=0$,解得 $x_3=x_4=2$,此时 $△ ABC$ 的周长为 $3+2+2=7$.综上,$△ ABC$ 的周长为 7 或 $\frac{37}{5}$.
∵ $a,b,c$ 是等腰三角形 $ABC$ 的三边,
∴ $a=b$ 或 $a=c$ 或 $b=c$.①当 $a=b$ 或 $a=c$ 时,3 是方程 $x^{2}+mx+2-\frac{1}{2}m=0$ 的一个根,
∴ $9+3m+2-\frac{1}{2}m=0$,即 $m=-\frac{22}{5}$,
∴ $x^{2}-\frac{22}{5}x+\frac{21}{5}=0$,
∴ $x_1=3$,$x_2=\frac{7}{5}$,此时 $△ ABC$ 的周长为 $3+3+\frac{7}{5}=\frac{37}{5}$.②当 $b=c$ 时,$m^{2}-4(2-\frac{1}{2}m)=0$,
∴ $m_1=2$,$m_2=-4$.当 $m=2$ 时,原方程可化为 $x^{2}+2x+1=0$,解得 $x_1=x_2=-1$,不符合实际情况,舍去.当 $m=-4$ 时,原方程可化为 $x^{2}-4x+4=0$,解得 $x_3=x_4=2$,此时 $△ ABC$ 的周长为 $3+2+2=7$.综上,$△ ABC$ 的周长为 7 或 $\frac{37}{5}$.
解析
【分析】
本题是等腰三角形与一元二次方程的综合题，解题思路为：等腰三角形的三边中，需分两种情况讨论：①a为腰（即b或c等于a=3）；②a为底（即b=c）。每种情况中，利用b、c是方程的根，通过代入方程或根的判别式求出参数m，再解出方程的根，最后根据三角形三边关系验证根的合理性，计算三角形周长。
【解析】
解：已知△ABC为等腰三角形，a=3，b、c是方程$x^2+mx+2-\frac{1}{2}m=0$的两个实数根，分两种情况讨论：
1. 当a为腰时（即b=3或c=3）：
此时x=3是方程的根，代入方程得：
$3^2 + 3m + 2 - \frac{1}{2}m = 0$，
化简得：$9 + \frac{5}{2}m + 2 = 0$，解得$m=-\frac{22}{5}$。
此时方程为$x^2 - \frac{22}{5}x + \frac{21}{5}=0$，即$5x^2 -22x +21=0$，
因式分解得$(x-3)(5x-7)=0$，解得$x_1=3$，$x_2=\frac{7}{5}$。
三边为3、3、$\frac{7}{5}$，满足三角形三边关系，周长为$3+3+\frac{7}{5}=\frac{37}{5}$。
2. 当a为底时（即b=c）：
此时方程有两个相等实根，判别式$\Delta=m^2 -4×1×(2-\frac{1}{2}m)=0$，
化简得$m^2 +2m -8=0$，解得$m=2$或$m=-4$。
当$m=2$时，方程为$x^2+2x+1=0$，解得$x=-1$，边长为负，舍去；
当$m=-4$时，方程为$x^2-4x+4=0$，解得$x=2$，三边为3、2、2，满足三角形三边关系，周长为$3+2+2=7$。
综上，△ABC的周长为7或$\frac{37}{5}$。
【答案】
7或$\frac{37}{5}$
【知识点】
等腰三角形性质、一元二次方程根的判别式、三角形三边关系
【点评】
本题需分情况讨论等腰三角形的腰和底，核心是结合一元二次方程的根的性质求解，易错点为忽略边长为正的条件或漏解，需验证三角形三边关系，属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.5
本题是等腰三角形与一元二次方程的综合题，解题思路为：等腰三角形的三边中，需分两种情况讨论：①a为腰（即b或c等于a=3）；②a为底（即b=c）。每种情况中，利用b、c是方程的根，通过代入方程或根的判别式求出参数m，再解出方程的根，最后根据三角形三边关系验证根的合理性，计算三角形周长。
【解析】
解：已知△ABC为等腰三角形，a=3，b、c是方程$x^2+mx+2-\frac{1}{2}m=0$的两个实数根，分两种情况讨论：
1. 当a为腰时（即b=3或c=3）：
此时x=3是方程的根，代入方程得：
$3^2 + 3m + 2 - \frac{1}{2}m = 0$，
化简得：$9 + \frac{5}{2}m + 2 = 0$，解得$m=-\frac{22}{5}$。
此时方程为$x^2 - \frac{22}{5}x + \frac{21}{5}=0$，即$5x^2 -22x +21=0$，
因式分解得$(x-3)(5x-7)=0$，解得$x_1=3$，$x_2=\frac{7}{5}$。
三边为3、3、$\frac{7}{5}$，满足三角形三边关系，周长为$3+3+\frac{7}{5}=\frac{37}{5}$。
2. 当a为底时（即b=c）：
此时方程有两个相等实根，判别式$\Delta=m^2 -4×1×(2-\frac{1}{2}m)=0$，
化简得$m^2 +2m -8=0$，解得$m=2$或$m=-4$。
当$m=2$时，方程为$x^2+2x+1=0$，解得$x=-1$，边长为负，舍去；
当$m=-4$时，方程为$x^2-4x+4=0$，解得$x=2$，三边为3、2、2，满足三角形三边关系，周长为$3+2+2=7$。
综上，△ABC的周长为7或$\frac{37}{5}$。
【答案】
7或$\frac{37}{5}$
【知识点】
等腰三角形性质、一元二次方程根的判别式、三角形三边关系
【点评】
本题需分情况讨论等腰三角形的腰和底，核心是结合一元二次方程的根的性质求解，易错点为忽略边长为正的条件或漏解，需验证三角形三边关系，属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.5
12. (2026·许昌期中) 已知关于 $x$ 的方程 $x^{2}-$ $2mx+m^{2}-9=0.$
(1)求证:此方程有两个不相等的实数根;
(2)若方程的一个实数根为2,求另一个实数根.
(1)求证:此方程有两个不相等的实数根;
(2)若方程的一个实数根为2,求另一个实数根.
答案
(1)$b^{2}-4ac=4m^{2}-4(m^{2}-9)=4m^{2}-4m^{2}+36=36＞0$,
∴ 此方程有两个不相等的实数根.
(2)把 $x=2$ 代入方程 $x^{2}-2mx+m^{2}-9=0$ 得 $4-4m+m^{2}-9=0$,整理得 $m^{2}-4m-5=0$,解得 $m_1=5$,$m_2=-1$.当 $m=5$ 时,方程为 $x^{2}-10x+16=0$,解得 $x_1=2$,$x_2=8$;当 $m=-1$ 时,方程为 $x^{2}+2x-8=0$,解得 $x_1=-4$,$x_2=2$.综上,另一个实数根为 $-4$ 或 $8$.
∴ 此方程有两个不相等的实数根.
(2)把 $x=2$ 代入方程 $x^{2}-2mx+m^{2}-9=0$ 得 $4-4m+m^{2}-9=0$,整理得 $m^{2}-4m-5=0$,解得 $m_1=5$,$m_2=-1$.当 $m=5$ 时,方程为 $x^{2}-10x+16=0$,解得 $x_1=2$,$x_2=8$;当 $m=-1$ 时,方程为 $x^{2}+2x-8=0$,解得 $x_1=-4$,$x_2=2$.综上,另一个实数根为 $-4$ 或 $8$.
解析
【分析】
第(1)问要证明一元二次方程有两个不相等的实数根，需利用一元二次方程根的判别式$\Delta = b^2 - 4ac$，计算判别式的值并判断其是否大于0；第(2)问已知方程的一个根，将该根代入原方程求出参数$m$的值，再把$m$代回原方程，解一元二次方程即可得到另一个根，也可利用韦达定理快速计算另一根，两种方法均可行。
【解析】
(1) 对于方程$x^2 - 2mx + m^2 - 9 = 0$，其中$a=1$，$b=-2m$，$c=m^2 - 9$，计算判别式：
$\Delta = b^2 - 4ac = (-2m)^2 - 4×1×(m^2 - 9) = 4m^2 - 4m^2 + 36 = 36$，
因为$36＞0$，所以此方程有两个不相等的实数根。
(2) 把$x=2$代入原方程得：
$2^2 - 2m×2 + m^2 - 9 = 0$，整理得$m^2 - 4m - 5 = 0$，
因式分解得$(m - 5)(m + 1) = 0$，解得$m_1=5$，$m_2=-1$。
当$m=5$时，原方程为$x^2 - 10x + 16 = 0$，因式分解得$(x - 2)(x - 8) = 0$，根为$x_1=2$，$x_2=8$，故另一个根为8；
当$m=-1$时，原方程为$x^2 + 2x - 8 = 0$，因式分解得$(x + 4)(x - 2) = 0$，根为$x_1=-4$，$x_2=2$，故另一个根为-4。
综上，另一个实数根为$-4$或$8$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) 另一个实数根为$-4$或$8$。
【知识点】
一元二次方程根的判别式，一元二次方程的解，解一元二次方程
【点评】
本题为一元二次方程的基础题型，主要考查根的判别式的应用、已知根求参数及另一根的方法，是期中测试的常考题，需掌握判别式计算和一元二次方程的因式分解解法。
【难度系数】
0.7
第(1)问要证明一元二次方程有两个不相等的实数根，需利用一元二次方程根的判别式$\Delta = b^2 - 4ac$，计算判别式的值并判断其是否大于0；第(2)问已知方程的一个根，将该根代入原方程求出参数$m$的值，再把$m$代回原方程，解一元二次方程即可得到另一个根，也可利用韦达定理快速计算另一根，两种方法均可行。
【解析】
(1) 对于方程$x^2 - 2mx + m^2 - 9 = 0$，其中$a=1$，$b=-2m$，$c=m^2 - 9$，计算判别式：
$\Delta = b^2 - 4ac = (-2m)^2 - 4×1×(m^2 - 9) = 4m^2 - 4m^2 + 36 = 36$，
因为$36＞0$，所以此方程有两个不相等的实数根。
(2) 把$x=2$代入原方程得：
$2^2 - 2m×2 + m^2 - 9 = 0$，整理得$m^2 - 4m - 5 = 0$，
因式分解得$(m - 5)(m + 1) = 0$，解得$m_1=5$，$m_2=-1$。
当$m=5$时，原方程为$x^2 - 10x + 16 = 0$，因式分解得$(x - 2)(x - 8) = 0$，根为$x_1=2$，$x_2=8$，故另一个根为8；
当$m=-1$时，原方程为$x^2 + 2x - 8 = 0$，因式分解得$(x + 4)(x - 2) = 0$，根为$x_1=-4$，$x_2=2$，故另一个根为-4。
综上，另一个实数根为$-4$或$8$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) 另一个实数根为$-4$或$8$。
【知识点】
一元二次方程根的判别式，一元二次方程的解，解一元二次方程
【点评】
本题为一元二次方程的基础题型，主要考查根的判别式的应用、已知根求参数及另一根的方法，是期中测试的常考题，需掌握判别式计算和一元二次方程的因式分解解法。
【难度系数】
0.7
13. 已知关于 $x$ 的一元二次方程 $(a+c)x^2+2bx+$ $(c-a)=0$，其中 $2a,2b$ 分别为 $□ ABCD$ 的对角线 $AC,BD$ 的长，$c$ 为边 $AB$ 的长.
(1) 如果方程有两个相等的实数根,试判断四边形 $ABCD$ 的形状,并说明理由；
(2) 如果四边形 $ABCD$ 为正方形,试求这个一元二次方程的根.
(1) 如果方程有两个相等的实数根,试判断四边形 $ABCD$ 的形状,并说明理由；
(2) 如果四边形 $ABCD$ 为正方形,试求这个一元二次方程的根.
答案
(1)四边形 $ABCD$ 是菱形.理由如下:
∵ 一元二次方程 $(a+c)x^{2}+2bx+(c-a)=0$ 有两个相等的实数根,
∴ $(2b)^{2}-4(a+c)(c-a)=0$,化简,得 $a^{2}+b^{2}=c^{2}$.
∵ $2a,2b$ 分别为 $□ ABCD$ 的对角线 $AC,BD$ 的长,$c$ 为边 $AB$ 的长,
∴ $□ ABCD$ 的对角线 $AC,BD$ 互相垂直,
∴ 四边形 $ABCD$ 是菱形.
(2)
∵ 四边形 $ABCD$ 为正方形,$2a,2b$ 分别为 $□ ABCD$ 的对角线 $AC,BD$ 的长,$c$ 为边 $AB$ 的长,
∴ $a^{2}+b^{2}=c^{2}$,$a=b=\frac{\sqrt{2}}{2}c$,$c=\sqrt{2}b$.已知一元二次方程 $(a+c)x^{2}+2bx+(c-a)=0$,
∴ $(2b)^{2}-4(a+c)(c-a)=4(b^{2}+a^{2}-c^{2})=0$,
∴ $x=\frac{-2b}{2(a+c)}=\frac{-b}{b+\sqrt{2}b}=1-\sqrt{2}$.即这个一元二次方程的根是 $x_1=x_2=1-\sqrt{2}$.
∵ 一元二次方程 $(a+c)x^{2}+2bx+(c-a)=0$ 有两个相等的实数根,
∴ $(2b)^{2}-4(a+c)(c-a)=0$,化简,得 $a^{2}+b^{2}=c^{2}$.
∵ $2a,2b$ 分别为 $□ ABCD$ 的对角线 $AC,BD$ 的长,$c$ 为边 $AB$ 的长,
∴ $□ ABCD$ 的对角线 $AC,BD$ 互相垂直,
∴ 四边形 $ABCD$ 是菱形.
(2)
∵ 四边形 $ABCD$ 为正方形,$2a,2b$ 分别为 $□ ABCD$ 的对角线 $AC,BD$ 的长,$c$ 为边 $AB$ 的长,
∴ $a^{2}+b^{2}=c^{2}$,$a=b=\frac{\sqrt{2}}{2}c$,$c=\sqrt{2}b$.已知一元二次方程 $(a+c)x^{2}+2bx+(c-a)=0$,
∴ $(2b)^{2}-4(a+c)(c-a)=4(b^{2}+a^{2}-c^{2})=0$,
∴ $x=\frac{-2b}{2(a+c)}=\frac{-b}{b+\sqrt{2}b}=1-\sqrt{2}$.即这个一元二次方程的根是 $x_1=x_2=1-\sqrt{2}$.
解析
【分析】
首先，第(1)问利用一元二次方程根的判别式：当方程有两个相等实数根时，判别式Δ=0，计算并化简Δ得到a、b、c的关系式；再结合平行四边形对角线与边的关系，判断对角线是否垂直，进而确定四边形形状。第(2)问利用正方形的性质（对角线相等且与边长的关系），将a、b用c表示，代入原方程，结合判别式为0的特点计算方程的根。
【解析】
(1) 因为一元二次方程 $(a+c)x^2 + 2bx + (c-a)=0$ 有两个相等的实数根，所以判别式 $\Delta = (2b)^2 - 4(a+c)(c-a) = 0$。
展开并化简：
$\Delta = 4b^2 - 4(c^2 - a^2) = 0$，两边同除以4得：$b^2 - c^2 + a^2 = 0$，即 $a^2 + b^2 = c^2$。
已知 $2a,2b$ 是平行四边形 $ABCD$ 的对角线 $AC,BD$ 的长，$c$ 是边 $AB$ 的长。根据平行四边形性质，若对角线互相垂直则为菱形；结合 $a^2 + b^2 = c^2$，可得对角线 $AC ⊥ BD$，因此四边形 $ABCD$ 是菱形。
(2) 因为四边形 $ABCD$ 为正方形，所以正方形对角线相等且与边长满足：$AC=BD$，$AC=\sqrt{2}AB$。
已知 $AC=2a$，$BD=2b$，$AB=c$，故 $2a=2b \implies a=b$，且 $2a=\sqrt{2}c \implies a=\frac{\sqrt{2}}{2}c$，即 $b=a=\frac{\sqrt{2}}{2}c$。
将 $a=\frac{\sqrt{2}}{2}c$，$b=\frac{\sqrt{2}}{2}c$ 代入原方程，利用方程有两个相等实根，根的公式为 $x=\frac{-2b}{2(a+c)}$，代入得：
$x=\frac{-2 × \frac{\sqrt{2}}{2}c}{2(\frac{\sqrt{2}}{2}c + c)} = \frac{-\sqrt{2}c}{2 × c × \frac{2+\sqrt{2}}{2}} = \frac{-\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}}$，
分母有理化后计算得 $x=1-\sqrt{2}$，即方程的根为 $x_1=x_2=1-\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 四边形 $ABCD$ 是菱形；(2) $x_1=x_2=1-\sqrt{2}$
【知识点】
一元二次方程根的判别式、菱形的判定、正方形的性质
【点评】
本题是代数与几何的综合题，将一元二次方程根的判别式与特殊四边形的性质结合，需熟练掌握判别式计算、特殊四边形的判定及性质，关键是将几何条件转化为代数关系式，再代入方程求解，难度适中。
【难度系数】
0.5
首先，第(1)问利用一元二次方程根的判别式：当方程有两个相等实数根时，判别式Δ=0，计算并化简Δ得到a、b、c的关系式；再结合平行四边形对角线与边的关系，判断对角线是否垂直，进而确定四边形形状。第(2)问利用正方形的性质（对角线相等且与边长的关系），将a、b用c表示，代入原方程，结合判别式为0的特点计算方程的根。
【解析】
(1) 因为一元二次方程 $(a+c)x^2 + 2bx + (c-a)=0$ 有两个相等的实数根，所以判别式 $\Delta = (2b)^2 - 4(a+c)(c-a) = 0$。
展开并化简：
$\Delta = 4b^2 - 4(c^2 - a^2) = 0$，两边同除以4得：$b^2 - c^2 + a^2 = 0$，即 $a^2 + b^2 = c^2$。
已知 $2a,2b$ 是平行四边形 $ABCD$ 的对角线 $AC,BD$ 的长，$c$ 是边 $AB$ 的长。根据平行四边形性质，若对角线互相垂直则为菱形；结合 $a^2 + b^2 = c^2$，可得对角线 $AC ⊥ BD$，因此四边形 $ABCD$ 是菱形。
(2) 因为四边形 $ABCD$ 为正方形，所以正方形对角线相等且与边长满足：$AC=BD$，$AC=\sqrt{2}AB$。
已知 $AC=2a$，$BD=2b$，$AB=c$，故 $2a=2b \implies a=b$，且 $2a=\sqrt{2}c \implies a=\frac{\sqrt{2}}{2}c$，即 $b=a=\frac{\sqrt{2}}{2}c$。
将 $a=\frac{\sqrt{2}}{2}c$，$b=\frac{\sqrt{2}}{2}c$ 代入原方程，利用方程有两个相等实根，根的公式为 $x=\frac{-2b}{2(a+c)}$，代入得：
$x=\frac{-2 × \frac{\sqrt{2}}{2}c}{2(\frac{\sqrt{2}}{2}c + c)} = \frac{-\sqrt{2}c}{2 × c × \frac{2+\sqrt{2}}{2}} = \frac{-\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}}$，
分母有理化后计算得 $x=1-\sqrt{2}$，即方程的根为 $x_1=x_2=1-\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 四边形 $ABCD$ 是菱形；(2) $x_1=x_2=1-\sqrt{2}$
【知识点】
一元二次方程根的判别式、菱形的判定、正方形的性质
【点评】
本题是代数与几何的综合题，将一元二次方程根的判别式与特殊四边形的性质结合，需熟练掌握判别式计算、特殊四边形的判定及性质，关键是将几何条件转化为代数关系式，再代入方程求解，难度适中。
【难度系数】
0.5
14. 一题多解 在面积等于 3 的所有矩形卡片中,周长不可能是 （
A.12
B.10
C.8
D.6
[视频讲题]
D
）A.12
B.10
C.8
D.6
[视频讲题]
答案
D 解析:设矩形的长为 $x$,周长为 $m$,则宽为 $\frac{3}{x}$,则 $2(x+\frac{3}{x})=m$,整理得 $2x^{2}-mx+6=0$,
∴ $b^{2}-4ac=m^{2}-4×2×6=m^{2}-48≥0$,
∴ $m^{2}≥48$.
∵ $m＞0$,
∴ $m≥\sqrt{48}=4\sqrt{3}$,
∴ 周长不可能是 6,故选 D.
一题多解 设矩形的长为 $x$,周长为 $m$,则宽为 $\frac{3}{x}$,则 $2(x+\frac{3}{x})=m$,
∵ $x+\frac{3}{x}=(\sqrt{x}-\sqrt{\frac{3}{x}})^{2}+2\sqrt{3}$,
∴ $x+\frac{3}{x}≥2\sqrt{3}(当且仅当\sqrt{x}=\sqrt{\frac{3}{x}},即x=\sqrt{3}时取等号)$,
∴ $m≥4\sqrt{3}$,
∴ 周长不可能是 6.
∴ $b^{2}-4ac=m^{2}-4×2×6=m^{2}-48≥0$,
∴ $m^{2}≥48$.
∵ $m＞0$,
∴ $m≥\sqrt{48}=4\sqrt{3}$,
∴ 周长不可能是 6,故选 D.
一题多解 设矩形的长为 $x$,周长为 $m$,则宽为 $\frac{3}{x}$,则 $2(x+\frac{3}{x})=m$,
∵ $x+\frac{3}{x}=(\sqrt{x}-\sqrt{\frac{3}{x}})^{2}+2\sqrt{3}$,
∴ $x+\frac{3}{x}≥2\sqrt{3}(当且仅当\sqrt{x}=\sqrt{\frac{3}{x}},即x=\sqrt{3}时取等号)$,
∴ $m≥4\sqrt{3}$,
∴ 周长不可能是 6.
解析
【分析】
要解决这个问题，我们可以先设矩形的长为$x$，周长为$m$，根据面积为3得出宽为$\frac{3}{x}$，再结合周长公式建立关于$m$和$x$的关系式，通过一元二次方程根的判别式或基本不等式求出周长$m$的取值范围，最后对比选项判断不可能的周长。
【解析】
设矩形的长为$x$（$x＞0$），周长为$m$，则宽为$\frac{3}{x}$。
根据矩形周长公式：$2(x+\frac{3}{x})=m$，整理得：$2x^2 - mx + 6 = 0$。
因为$x$是正数，所以该一元二次方程有正实数根，其判别式需满足：
$\Delta = (-m)^2 - 4×2×6 = m^2 - 48 ≥ 0$。
又因为周长$m＞0$，所以$m ≥ \sqrt{48} = 4\sqrt{3} ≈ 6.928$。
对比选项：A选项12、B选项10、C选项8均大于$4\sqrt{3}$，D选项6小于$4\sqrt{3}$，因此周长不可能是6。
【答案】
D
【知识点】
矩形的面积与周长、一元二次方程根的判别式、基本不等式求最值
【点评】
本题为一题多解题型，既可以通过一元二次方程根的判别式确定参数范围，也可利用基本不等式求最值，考察了矩形的基本性质及代数方法的应用，有助于培养学生的逻辑思维和一题多解的能力。
【难度系数】
0.5
要解决这个问题，我们可以先设矩形的长为$x$，周长为$m$，根据面积为3得出宽为$\frac{3}{x}$，再结合周长公式建立关于$m$和$x$的关系式，通过一元二次方程根的判别式或基本不等式求出周长$m$的取值范围，最后对比选项判断不可能的周长。
【解析】
设矩形的长为$x$（$x＞0$），周长为$m$，则宽为$\frac{3}{x}$。
根据矩形周长公式：$2(x+\frac{3}{x})=m$，整理得：$2x^2 - mx + 6 = 0$。
因为$x$是正数，所以该一元二次方程有正实数根，其判别式需满足：
$\Delta = (-m)^2 - 4×2×6 = m^2 - 48 ≥ 0$。
又因为周长$m＞0$，所以$m ≥ \sqrt{48} = 4\sqrt{3} ≈ 6.928$。
对比选项：A选项12、B选项10、C选项8均大于$4\sqrt{3}$，D选项6小于$4\sqrt{3}$，因此周长不可能是6。
【答案】
D
【知识点】
矩形的面积与周长、一元二次方程根的判别式、基本不等式求最值
【点评】
本题为一题多解题型，既可以通过一元二次方程根的判别式确定参数范围，也可利用基本不等式求最值，考察了矩形的基本性质及代数方法的应用，有助于培养学生的逻辑思维和一题多解的能力。
【难度系数】
0.5
15. (1) 若方程 $|x^{2}+ax|=4$ 有 3 个不相等的实数根,则 $a=$
(2) 已知关于 $x$ 的方程 $\left|\dfrac{x^{2}}{x-2}\right|=a$有且仅有两个不同的实数根,则 $a$的取值范围是
±4
.(2) 已知关于 $x$ 的方程 $\left|\dfrac{x^{2}}{x-2}\right|=a$有且仅有两个不同的实数根,则 $a$的取值范围是
0＜a＜8
.答案
(1)±4 解析:原方程可化为 $x^{2}+ax-4=0$ ①或 $x^{2}+ax+4=0$ ②,由题意,方程①中根的判别式为 $a^{2}+16＞0$,
∴ 方程①有两个不相等的实数根.又
∵ 原方程有三个不相等的实数根,
∴ 方程②中根的判别式为 $a^{2}-16=0$,解得 $a=±4$.
(2)$0＜a＜8$ 解析:当 $a＜0$ 时,原方程无实数根,不符合题意;当 $a=0$ 时,则 $\frac{x^{2}}{x-2}=0$,解得 $x=0$,方程只有 1 个实数根,不符合题意;当 $a＞0$ 时,原方程化为 $\frac{x^{2}}{x-2}=±a$,整理得 $x^{2}-ax+2a=0$ ①或 $x^{2}+ax-2a=0$ ②.
∵ ②中根的判别式为 $a^{2}+8a＞0$,且当 $x=2$ 时,方程②不成立,
∴ 方程②必有两个不同的实数根.
∵ 原方程只有两个不同的实数根,当 $x=2$ 时,方程①不成立,
∴ 方程①无实数根,
∴ 根的判别式为 $a^{2}-8a＜0$,即 $a(a-8)＜0$,解得 $0＜a＜8$.
∴ 方程①有两个不相等的实数根.又
∵ 原方程有三个不相等的实数根,
∴ 方程②中根的判别式为 $a^{2}-16=0$,解得 $a=±4$.
(2)$0＜a＜8$ 解析:当 $a＜0$ 时,原方程无实数根,不符合题意;当 $a=0$ 时,则 $\frac{x^{2}}{x-2}=0$,解得 $x=0$,方程只有 1 个实数根,不符合题意;当 $a＞0$ 时,原方程化为 $\frac{x^{2}}{x-2}=±a$,整理得 $x^{2}-ax+2a=0$ ①或 $x^{2}+ax-2a=0$ ②.
∵ ②中根的判别式为 $a^{2}+8a＞0$,且当 $x=2$ 时,方程②不成立,
∴ 方程②必有两个不同的实数根.
∵ 原方程只有两个不同的实数根,当 $x=2$ 时,方程①不成立,
∴ 方程①无实数根,
∴ 根的判别式为 $a^{2}-8a＜0$,即 $a(a-8)＜0$,解得 $0＜a＜8$.
解析
【分析】
本题是含绝对值的方程根的问题，核心思路是将绝对值方程转化为不含绝对值的二次方程，再结合二次方程根的判别式，根据原方程根的个数要求分析参数的取值。对于绝对值方程，先利用绝对值的性质拆分为两个二次方程，再分别判断每个二次方程的根的情况，同时注意定义域和根的重复情况。
【解析】
(1) 求解$a$的值
原方程$|x^2 + ax| = 4$等价于两个二次方程：
$x^2 + ax = 4$，即方程①：$x^2 + ax - 4 = 0$；
$x^2 + ax = -4$，即方程②：$x^2 + ax + 4 = 0$。
计算方程①的判别式：$\Delta_1 = a^2 + 16$，显然$\Delta_1 ＞ 0$，因此方程①总有两个不相等的实数根。
要使原方程有3个不相等的实数根，说明方程②必须仅有一个实数根（重根），即方程②的判别式$\Delta_2 = a^2 - 16 = 0$，解得$a = \pm 4$。
(2) 求解$a$的取值范围
原方程$\left|\dfrac{x^2}{x - 2}\right| = a$的定义域为$x ≠ 2$，且绝对值非负，因此：
当$a ＜ 0$时，方程无实数根，不符合题意；
当$a = 0$时，方程化为$\dfrac{x^2}{x - 2} = 0$，解得$x = 0$，仅1个实数根，不符合题意；
当$a ＞ 0$时，原方程等价于：
$\dfrac{x^2}{x - 2} = a$，整理得方程①：$x^2 - ax + 2a = 0$；
$\dfrac{x^2}{x - 2} = -a$，整理得方程②：$x^2 + ax - 2a = 0$。
计算方程②的判别式：$\Delta_2 = a^2 + 8a$，当$a ＞ 0$时$\Delta_2 ＞ 0$，方程②有两个不相等的实数根；且$x=2$代入方程②得$4 + 2a - 2a = 4 ≠ 0$，故方程②的根均满足$x ≠ 2$。
要使原方程仅有两个不同的实数根，需方程①无实数根，即方程①的判别式$\Delta_1 = a^2 - 8a ＜ 0$，解得$0 ＜ a ＜ 8$。
【答案】
(1)$\pm 4$；(2)$0 ＜ a ＜ 8$
【知识点】
绝对值方程、二次方程根的判别式、一元二次方程根的分布
【点评】
本题通过将绝对值方程转化为二次方程，利用判别式分析根的个数，需注意定义域和根的重复情况，是方程根问题的典型题型，考查学生转化与分类讨论的能力。
【难度系数】
0.5
本题是含绝对值的方程根的问题，核心思路是将绝对值方程转化为不含绝对值的二次方程，再结合二次方程根的判别式，根据原方程根的个数要求分析参数的取值。对于绝对值方程，先利用绝对值的性质拆分为两个二次方程，再分别判断每个二次方程的根的情况，同时注意定义域和根的重复情况。
【解析】
(1) 求解$a$的值
原方程$|x^2 + ax| = 4$等价于两个二次方程：
$x^2 + ax = 4$，即方程①：$x^2 + ax - 4 = 0$；
$x^2 + ax = -4$，即方程②：$x^2 + ax + 4 = 0$。
计算方程①的判别式：$\Delta_1 = a^2 + 16$，显然$\Delta_1 ＞ 0$，因此方程①总有两个不相等的实数根。
要使原方程有3个不相等的实数根，说明方程②必须仅有一个实数根（重根），即方程②的判别式$\Delta_2 = a^2 - 16 = 0$，解得$a = \pm 4$。
(2) 求解$a$的取值范围
原方程$\left|\dfrac{x^2}{x - 2}\right| = a$的定义域为$x ≠ 2$，且绝对值非负，因此：
当$a ＜ 0$时，方程无实数根，不符合题意；
当$a = 0$时，方程化为$\dfrac{x^2}{x - 2} = 0$，解得$x = 0$，仅1个实数根，不符合题意；
当$a ＞ 0$时，原方程等价于：
$\dfrac{x^2}{x - 2} = a$，整理得方程①：$x^2 - ax + 2a = 0$；
$\dfrac{x^2}{x - 2} = -a$，整理得方程②：$x^2 + ax - 2a = 0$。
计算方程②的判别式：$\Delta_2 = a^2 + 8a$，当$a ＞ 0$时$\Delta_2 ＞ 0$，方程②有两个不相等的实数根；且$x=2$代入方程②得$4 + 2a - 2a = 4 ≠ 0$，故方程②的根均满足$x ≠ 2$。
要使原方程仅有两个不同的实数根，需方程①无实数根，即方程①的判别式$\Delta_1 = a^2 - 8a ＜ 0$，解得$0 ＜ a ＜ 8$。
【答案】
(1)$\pm 4$；(2)$0 ＜ a ＜ 8$
【知识点】
绝对值方程、二次方程根的判别式、一元二次方程根的分布
【点评】
本题通过将绝对值方程转化为二次方程，利用判别式分析根的个数，需注意定义域和根的重复情况，是方程根问题的典型题型，考查学生转化与分类讨论的能力。
【难度系数】
0.5
16. 任意给定一个矩形$A$,是否存在另一个矩形$B$,它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的一半?
(1)当已知矩形$A$的邻边长分别为6和1时,小亮同学是这样研究的:
设所求矩形$B$的邻边长分别是$x$和$y$,
由题意,得$\begin{cases} x+y=\dfrac{7}{2},\\ xy=3,\\ \end{cases}$
消去$y$,化简得$2x^{2}-7x+6=0$.
$\because b^{2}-4ac=49-48＞0$,
$\therefore x_{1}=$
$\therefore$ 满足要求的矩形$B$存在.
(2)如果已知矩形$A$的邻边长分别为2和1,请你依照小亮的方法研究是否存在满足要求的矩形$B$.
(3)探究:任意给定一个矩形,是否存在另一个矩形,使它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的3倍?请说明理由.
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(1)当已知矩形$A$的邻边长分别为6和1时,小亮同学是这样研究的:
设所求矩形$B$的邻边长分别是$x$和$y$,
由题意,得$\begin{cases} x+y=\dfrac{7}{2},\\ xy=3,\\ \end{cases}$
消去$y$,化简得$2x^{2}-7x+6=0$.
$\because b^{2}-4ac=49-48＞0$,
$\therefore x_{1}=$
2
,$x_{2}=$$\dfrac{3}{2}$
,$\therefore$ 满足要求的矩形$B$存在.
(2)如果已知矩形$A$的邻边长分别为2和1,请你依照小亮的方法研究是否存在满足要求的矩形$B$.
(3)探究:任意给定一个矩形,是否存在另一个矩形,使它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的3倍?请说明理由.
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答案
(1)2 $\frac{3}{2}$ 解析:$2x^{2}-7x+6=0$,
∵ $b^{2}-4ac=49-48=1＞0$,
∴ $x=\frac{7±1}{4}$,
∴ $x_1=2$,$x_2=\frac{3}{2}$,
∴ 满足要求的矩形 $B$ 存在.
(2)设所求矩形 $B$ 的邻边长分别是 $x$ 和 $y$,
由题意,得$\begin{cases} x+y=\dfrac{3}{2},\\ xy=1,\\ \end{cases}$消去 $y$,化简得 $2x^{2}-3x+2=0$,
∵ $b^{2}-4ac=9-16＜0$,
∴ 不存在满足要求的矩形 $B$.
(3)存在.理由:设已知矩形的邻边长分别为 $m$ 和 $n$,所求矩形的邻边长分别是 $x$ 和 $y$,由题意可得$\begin{cases} x+y=3(m+n),\\ xy=3mn,\\ \end{cases}$消去 $y$,得 $x^{2}-3(m+n)x+3mn=0$.
∵ $b^{2}-4ac=9(m+n)^{2}-12mn=9m^{2}+6mn+9n^{2}=(3m+n)^{2}+8n^{2}＞0$,
∴ 满足要求的矩形一定存在.
∵ $b^{2}-4ac=49-48=1＞0$,
∴ $x=\frac{7±1}{4}$,
∴ $x_1=2$,$x_2=\frac{3}{2}$,
∴ 满足要求的矩形 $B$ 存在.
(2)设所求矩形 $B$ 的邻边长分别是 $x$ 和 $y$,
由题意,得$\begin{cases} x+y=\dfrac{3}{2},\\ xy=1,\\ \end{cases}$消去 $y$,化简得 $2x^{2}-3x+2=0$,
∵ $b^{2}-4ac=9-16＜0$,
∴ 不存在满足要求的矩形 $B$.
(3)存在.理由:设已知矩形的邻边长分别为 $m$ 和 $n$,所求矩形的邻边长分别是 $x$ 和 $y$,由题意可得$\begin{cases} x+y=3(m+n),\\ xy=3mn,\\ \end{cases}$消去 $y$,得 $x^{2}-3(m+n)x+3mn=0$.
∵ $b^{2}-4ac=9(m+n)^{2}-12mn=9m^{2}+6mn+9n^{2}=(3m+n)^{2}+8n^{2}＞0$,
∴ 满足要求的矩形一定存在.
解析
【分析】
本题核心是通过代数建模判断矩形的存在性：设所求矩形的邻边长，根据周长、面积关系列方程组，消元后转化为一元二次方程，利用根的判别式判断方程是否有正实数解（边长需为正），若判别式大于0则存在，否则不存在。
【解析】
(1) 对于方程$2x^2 -7x +6=0$，由求根公式$x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$，其中$a=2$，$b=-7$，$c=6$，得：
$x=\frac{7\pm\sqrt{49-48}}{4}=\frac{7\pm1}{4}$，故$x_1=2$，$x_2=\frac{3}{2}$。
(2) 设矩形$B$的邻边长为$x$、$y$，原矩形$A$邻边长为2和1，其周长为$2×(2+1)=6$，面积为$2×1=2$，则矩形$B$的周长为$\frac{6}{2}=3$，面积为$\frac{2}{2}=1$，因此列方程组：
$\begin{cases}x+y=\frac{3}{2}\\xy=1\end{cases}$，消去$y$得$x(\frac{3}{2}-x)=1$，整理为$2x^2-3x+2=0$。
判别式$\Delta=(-3)^2-4×2×2=9-16=-7＜0$，方程无实根，故不存在满足要求的矩形$B$。
(3) 设已知矩形邻边长为$m$、$n$，所求矩形邻边长为$x$、$y$，原矩形周长为$2(m+n)$，面积为$mn$，则所求矩形周长为$3×2(m+n)=6(m+n)$，面积为$3mn$，列方程组：
$\begin{cases}x+y=3(m+n)\\xy=3mn\end{cases}$，消去$y$得$x^2-3(m+n)x+3mn=0$。
判别式$\Delta=[-3(m+n)]^2-4×1×3mn=9(m+n)^2-12mn=9m^2+6mn+9n^2=(3m+n)^2+8n^2$，因$m$、$n$为矩形边长（均为正数），故$\Delta＞0$，方程有两个不同正实根，因此存在满足要求的矩形。
【答案】
(1)$2$，$\frac{3}{2}$；(2)不存在；(3)存在，理由见解析
【知识点】
一元二次方程根的判别式，矩形的周长与面积计算
【点评】
本题将几何中矩形的存在性问题转化为代数方程解的存在性问题，考查了一元二次方程根的判别式的应用，体现了数形结合思想，需掌握设元、列方程、判别式判断的逻辑，是代数与几何结合的典型题型。
【难度系数】
0.6
本题核心是通过代数建模判断矩形的存在性：设所求矩形的邻边长，根据周长、面积关系列方程组，消元后转化为一元二次方程，利用根的判别式判断方程是否有正实数解（边长需为正），若判别式大于0则存在，否则不存在。
【解析】
(1) 对于方程$2x^2 -7x +6=0$，由求根公式$x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$，其中$a=2$，$b=-7$，$c=6$，得：
$x=\frac{7\pm\sqrt{49-48}}{4}=\frac{7\pm1}{4}$，故$x_1=2$，$x_2=\frac{3}{2}$。
(2) 设矩形$B$的邻边长为$x$、$y$，原矩形$A$邻边长为2和1，其周长为$2×(2+1)=6$，面积为$2×1=2$，则矩形$B$的周长为$\frac{6}{2}=3$，面积为$\frac{2}{2}=1$，因此列方程组：
$\begin{cases}x+y=\frac{3}{2}\\xy=1\end{cases}$，消去$y$得$x(\frac{3}{2}-x)=1$，整理为$2x^2-3x+2=0$。
判别式$\Delta=(-3)^2-4×2×2=9-16=-7＜0$，方程无实根，故不存在满足要求的矩形$B$。
(3) 设已知矩形邻边长为$m$、$n$，所求矩形邻边长为$x$、$y$，原矩形周长为$2(m+n)$，面积为$mn$，则所求矩形周长为$3×2(m+n)=6(m+n)$，面积为$3mn$，列方程组：
$\begin{cases}x+y=3(m+n)\\xy=3mn\end{cases}$，消去$y$得$x^2-3(m+n)x+3mn=0$。
判别式$\Delta=[-3(m+n)]^2-4×1×3mn=9(m+n)^2-12mn=9m^2+6mn+9n^2=(3m+n)^2+8n^2$，因$m$、$n$为矩形边长（均为正数），故$\Delta＞0$，方程有两个不同正实根，因此存在满足要求的矩形。
【答案】
(1)$2$，$\frac{3}{2}$；(2)不存在；(3)存在，理由见解析
【知识点】
一元二次方程根的判别式，矩形的周长与面积计算
【点评】
本题将几何中矩形的存在性问题转化为代数方程解的存在性问题，考查了一元二次方程根的判别式的应用，体现了数形结合思想，需掌握设元、列方程、判别式判断的逻辑，是代数与几何结合的典型题型。
【难度系数】
0.6
