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10. 新考法 转化思想 若$a^2=3a+5$，$b^2=3b+5$，则$\frac{b}{a}+\frac{a}{b}$的值等于
2或$-\frac{19}{5}$
。答案
10.2 或$-\frac{19}{5}$ 【点拨】由 $a^2=3a+5,b^2=3b+5$ 可变形为$a^2-3a-5=0,b^2-3b-5=0$,因此 $a,b$ 可看成一元二次方程 $x^2-3x-5=0$ 的根. 分 $a=b$ 和 $a≠ b$ 两种情况:当 $a=b$ 时,$\frac{b}{a}+\frac{a}{b}=2$;当 $a≠ b$ 时,由根与系数的关系可得 $a+b=3,ab=-5,\therefore \frac{b}{a}+\frac{a}{b}=\frac{b^2+a^2}{ab}=$$\frac{(a+b)^2-2ab}{ab}=\frac{3^2-2×(-5)}{-5}=-\frac{19}{5}.$
11.若一元二次方程$2x^2 -4x -1=0$的两根为$m,n$，则$3m^2 -4m +n^2$的值为
6
。答案
11.6 【点拨】$\because$一元二次方程 $2x^2-4x-1=0$ 的两根为$m,n,\therefore 2m^2-4m=1,m+n=-\frac{-4}{2}=2,mn=-\frac{1}{2}.$$\therefore 3m^2-4m+n^2=2m^2-4m+m^2+n^2=1+(m+n)^2-$$2mn=1+2^2-2×(-\frac{1}{2})=6.$
12. 已知实数$m,n$满足$m^2 - am + 1 = 0$，$n^2 - an + 1 = 0$，且$m≠n$。若$a≥3$，则代数式$(m-1)^2 + (n-1)^2$的最小值是
3
。答案
12.3 【点拨】$\because$实数 $m,n$ 满足 $m^2-am+1=0,n^2-an+$$1=0$,且$m≠ n,\therefore m,n$ 可看作关于 $x$ 的一元二次方程$x^2-ax+1=0$ 的两根,$\therefore m+n=a,mn=1. \therefore (m-1)^2+$$(n-1)^2=m^2-2m+1+n^2-2n+1=(m+n)^2-2mn-$$2(m+n)+2=a^2-2a=(a-1)^2-1. \because a≥3,\therefore$当 $a=3$ 时,$(m-1)^2+(n-1)^2$ 有最小值,最小值为$(3-1)^2-1=3.$
13. ⋮⋮ [2026 太原模拟] 已知关于 $ x $ 的一元二次方程 $ x^2 - (2k + 3)x + k^2 - 2k - 1 = 0 $ 有两个不相等的实数根.
(1) 求 $ k $ 的取值范围.
(2) 当方程 $ x^2 - (2k + 3)x + k^2 - 2k - 1 = 0 $ 的判别式的值为 33, 且该方程的两根为 $ x_1, x_2 $ 时, 求代数式 $ (x_1 + 1)(x_2 + 1) $ 的值.
(3) 在(2)的条件下, 若 $ a, b $ 为方程 $ x^2 - (2k + 3)x + k^2 - 2k - 1 = 0 $ 的两个根, 且 $ |a|, |b| $ 分别为菱形 $ ABCD $ 的两条对角线 $ AC, BD $ 的长, 求菱形 $ ABCD $ 的周长.
(1) 求 $ k $ 的取值范围.
(2) 当方程 $ x^2 - (2k + 3)x + k^2 - 2k - 1 = 0 $ 的判别式的值为 33, 且该方程的两根为 $ x_1, x_2 $ 时, 求代数式 $ (x_1 + 1)(x_2 + 1) $ 的值.
(3) 在(2)的条件下, 若 $ a, b $ 为方程 $ x^2 - (2k + 3)x + k^2 - 2k - 1 = 0 $ 的两个根, 且 $ |a|, |b| $ 分别为菱形 $ ABCD $ 的两条对角线 $ AC, BD $ 的长, 求菱形 $ ABCD $ 的周长.
答案
13.【解】(1)根据题意得 $\Delta=[-(2k+3)]^2-4(k^2-2k-$$1)=20k+13＞0,\therefore k＞-\frac{13}{20}.$
(2)根据题意可得 $20k+13=33$,
$\therefore k=1,\therefore$方程为 $x^2-5x-2=0$,
根据根与系数的关系可得 $x_1+x_2=5,x_1· x_2=-2$,
$\therefore(x_1+1)(x_2+1)=x_1 x_2+(x_1+x_2)+1=-2+5+1=4.$
(3)$\because$方程 $x^2-5x-2=0$ 的两根为 $a,b$,
$\therefore a+b=5,ab=-2.$
设两条对角线 $AC,BD$ 交于点 $O$.
$\because AC=|a|,BD=|b|$,
$\therefore AO=CO=\left|\frac{a}{2}\right|,BO=DO=\left|\frac{b}{2}\right|$,
$\therefore AB^2=AO^2+OB^2=\left|\frac{a}{2}\right|^2+\left|\frac{b}{2}\right|^2=\frac{a^2+b^2}{4}=$$\frac{(a+b)^2-2ab}{4}=\frac{5^2-2×(-2)}{4}=\frac{29}{4},$
$\therefore AB=\sqrt{\frac{29}{4}}=\frac{\sqrt{29}}{2},$
$\therefore$菱形 $ABCD$ 的周长为 $4AB=4×\frac{\sqrt{29}}{2}=2\sqrt{29}.$
(2)根据题意可得 $20k+13=33$,
$\therefore k=1,\therefore$方程为 $x^2-5x-2=0$,
根据根与系数的关系可得 $x_1+x_2=5,x_1· x_2=-2$,
$\therefore(x_1+1)(x_2+1)=x_1 x_2+(x_1+x_2)+1=-2+5+1=4.$
(3)$\because$方程 $x^2-5x-2=0$ 的两根为 $a,b$,
$\therefore a+b=5,ab=-2.$
设两条对角线 $AC,BD$ 交于点 $O$.
$\because AC=|a|,BD=|b|$,
$\therefore AO=CO=\left|\frac{a}{2}\right|,BO=DO=\left|\frac{b}{2}\right|$,
$\therefore AB^2=AO^2+OB^2=\left|\frac{a}{2}\right|^2+\left|\frac{b}{2}\right|^2=\frac{a^2+b^2}{4}=$$\frac{(a+b)^2-2ab}{4}=\frac{5^2-2×(-2)}{4}=\frac{29}{4},$
$\therefore AB=\sqrt{\frac{29}{4}}=\frac{\sqrt{29}}{2},$
$\therefore$菱形 $ABCD$ 的周长为 $4AB=4×\frac{\sqrt{29}}{2}=2\sqrt{29}.$
14. 已知实数 $ m,n $ 满足 $ m^2 - m -1=0 $，$ n^2 -n -1=0 $，且 $ m≠n $，则 $ m,n $ 是方程 $ x^2 -x -1=0 $ 的两个不相等的实数根，由根与系数的关系就可以知道：$ m $ 与 $ n $ 的和，$ m $ 与 $ n $ 的积。
根据上述材料，解答以下各题：
(1) $ m+n= $
(2)已知实数 $ a,b $ 满足 $ a^2 -5a +1=0 $，$ b^2 -5b +1=0 $，且 $ a≠b $，求 $ a^2 +b^2 $ 的值；
(3)已知实数 $ s,t $ 满足 $ 2s^2 -7s +1=0 $，$ t^2 -7t +2=0 $，且 $ st≠1 $，求 $ \frac{2st +2}{st +3t +1} $ 的值。
根据上述材料，解答以下各题：
(1) $ m+n= $
1
，$ mn= $ -1
；(2)已知实数 $ a,b $ 满足 $ a^2 -5a +1=0 $，$ b^2 -5b +1=0 $，且 $ a≠b $，求 $ a^2 +b^2 $ 的值；
(3)已知实数 $ s,t $ 满足 $ 2s^2 -7s +1=0 $，$ t^2 -7t +2=0 $，且 $ st≠1 $，求 $ \frac{2st +2}{st +3t +1} $ 的值。
答案
14.【解】(1)$1;-1$
(2)$\because$实数 $a,b$ 满足 $a^2-5a+1=0,b^2-5b+1=0$,且 $a≠ b$,
$\therefore$实数 $a,b$ 是关于 $x$ 的方程 $x^2-5x+1=0$ 的两个不相等的实数根. $\therefore a+b=5,ab=1.$
$\therefore a^2+b^2=(a+b)^2-2ab=5^2-2×1=23.$
(3)当 $t=0$ 时,$t^2-7t+2=2≠0,\therefore t≠0.$
$\because t^2-7t+2=0,\therefore \frac{2}{t^2}-\frac{7}{t}+1=0.$
$\because st≠1,\therefore s≠\frac{1}{t}.$
又$\because 2s^2-7s+1=0,$
$\therefore s,\frac{1}{t}$ 是关于 $x$ 的方程 $2x^2-7x+1=0$ 的两个不相等的实数根.
$\therefore s+\frac{1}{t}=\frac{7}{2}.\therefore \frac{st+1}{t}=\frac{7}{2}.\therefore st+1=\frac{7}{2}t.$
$\therefore \frac{2st+2}{st+3t+1}=\frac{2(st+1)}{(st+1)+3t}=\frac{2×\frac{7}{2}t}{\frac{7}{2}t+3t}=\frac{7t}{\frac{13}{2}t}=\frac{14}{13}.$
(2)$\because$实数 $a,b$ 满足 $a^2-5a+1=0,b^2-5b+1=0$,且 $a≠ b$,
$\therefore$实数 $a,b$ 是关于 $x$ 的方程 $x^2-5x+1=0$ 的两个不相等的实数根. $\therefore a+b=5,ab=1.$
$\therefore a^2+b^2=(a+b)^2-2ab=5^2-2×1=23.$
(3)当 $t=0$ 时,$t^2-7t+2=2≠0,\therefore t≠0.$
$\because t^2-7t+2=0,\therefore \frac{2}{t^2}-\frac{7}{t}+1=0.$
$\because st≠1,\therefore s≠\frac{1}{t}.$
又$\because 2s^2-7s+1=0,$
$\therefore s,\frac{1}{t}$ 是关于 $x$ 的方程 $2x^2-7x+1=0$ 的两个不相等的实数根.
$\therefore s+\frac{1}{t}=\frac{7}{2}.\therefore \frac{st+1}{t}=\frac{7}{2}.\therefore st+1=\frac{7}{2}t.$
$\therefore \frac{2st+2}{st+3t+1}=\frac{2(st+1)}{(st+1)+3t}=\frac{2×\frac{7}{2}t}{\frac{7}{2}t+3t}=\frac{7t}{\frac{13}{2}t}=\frac{14}{13}.$
