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1 问题引入:若一元二次方程$mx^{2}+nx+p=0$①,$nx^{2}+px+m=0$②,$px^{2}+mx+n=0$③($m,n,p$均不为0)有公共实数解,求$m+n+p$的值.
解:由①+②+③,得$(m+n+p)x^{2}+(m+n+p)x+(m+n+p)=0,\therefore (m+n+p)(x^{2}+x+$$1)=0$.又$\because x^{2}+x+1=(x+\dfrac{1}{2})^{2}+\dfrac{3}{4}＞0.\therefore m+n+p=0$.
(1) 初步研究:若三个一元二次方程$x^{2}+2x+k=0,2x^{2}+kx+1=0,kx^{2}+x+2=0$有公共实数解,则$k$的值为
(2) 深入探究:已知$a,b,c$是非零实数,关于$x$的一元二次方程$4ax^{2}+4bx+c=0,4bx^{2}+4cx+$$a=0,4cx^{2}+4ax+b=0$有公共解,求代数式$\dfrac{c^{2}}{ab}-\dfrac{a}{b}-\dfrac{b}{a}$的值.
解:由①+②+③,得$(m+n+p)x^{2}+(m+n+p)x+(m+n+p)=0,\therefore (m+n+p)(x^{2}+x+$$1)=0$.又$\because x^{2}+x+1=(x+\dfrac{1}{2})^{2}+\dfrac{3}{4}＞0.\therefore m+n+p=0$.
(1) 初步研究:若三个一元二次方程$x^{2}+2x+k=0,2x^{2}+kx+1=0,kx^{2}+x+2=0$有公共实数解,则$k$的值为
-3
.(2) 深入探究:已知$a,b,c$是非零实数,关于$x$的一元二次方程$4ax^{2}+4bx+c=0,4bx^{2}+4cx+$$a=0,4cx^{2}+4ax+b=0$有公共解,求代数式$\dfrac{c^{2}}{ab}-\dfrac{a}{b}-\dfrac{b}{a}$的值.
答案
1.(1) -3
(2) $\because$ 关于 $x$ 的一元二次方程 $4ax^{2}+4bx+c=0$，$4bx^{2}+4cx+a=0,4cx^{2}+4ax+b=0$ 有公共解，$\therefore$ 可设公共解为 $x=t$，则 $at^{2}+bt+\dfrac{c}{4}=0$①，$bt^{2}+ct+\dfrac{a}{4}=0$②，$ct^{2}+at+\dfrac{b}{4}=0$③。①+②+③，得 $(a+b+c)t^{2}+(a+b+c)t+\dfrac{a+b+c}{4}=0$，即 $(a+b+c)(t^{2}+t+\dfrac{1}{4})=0$。$\because t^{2}+t+\dfrac{1}{4}=(t+\dfrac{1}{2})^{2}≥0$，$\therefore a+b+c=0$ 或 $t=-\dfrac{1}{2}$。当 $a+b+c=0$ 时，$c=-a-b$，原式 $=\dfrac{c^{2}-a^{2}-b^{2}}{ab}=\dfrac{(-a-b)^{2}-a^{2}-b^{2}}{ab}=\dfrac{a^{2}+2ab+b^{2}-a^{2}-b^{2}}{ab}=\dfrac{2ab}{ab}=2$。当 $t=-\dfrac{1}{2}$ 时，分别代入已知的前两个方程，可得 $a-2b+c=0$，$a+b-2c=0$。联立两式，得 $a=b=c$。$\therefore \dfrac{c^{2}}{ab}-\dfrac{a}{b}-\dfrac{b}{a}=\dfrac{a^{2}}{a· a}-\dfrac{a}{a}-\dfrac{a}{a}=1-1-1=-1$。综上所述，代数式 $\dfrac{c^{2}}{ab}-\dfrac{a}{b}-\dfrac{b}{a}$ 的值为 2 或 -1。
(2) $\because$ 关于 $x$ 的一元二次方程 $4ax^{2}+4bx+c=0$，$4bx^{2}+4cx+a=0,4cx^{2}+4ax+b=0$ 有公共解，$\therefore$ 可设公共解为 $x=t$，则 $at^{2}+bt+\dfrac{c}{4}=0$①，$bt^{2}+ct+\dfrac{a}{4}=0$②，$ct^{2}+at+\dfrac{b}{4}=0$③。①+②+③，得 $(a+b+c)t^{2}+(a+b+c)t+\dfrac{a+b+c}{4}=0$，即 $(a+b+c)(t^{2}+t+\dfrac{1}{4})=0$。$\because t^{2}+t+\dfrac{1}{4}=(t+\dfrac{1}{2})^{2}≥0$，$\therefore a+b+c=0$ 或 $t=-\dfrac{1}{2}$。当 $a+b+c=0$ 时，$c=-a-b$，原式 $=\dfrac{c^{2}-a^{2}-b^{2}}{ab}=\dfrac{(-a-b)^{2}-a^{2}-b^{2}}{ab}=\dfrac{a^{2}+2ab+b^{2}-a^{2}-b^{2}}{ab}=\dfrac{2ab}{ab}=2$。当 $t=-\dfrac{1}{2}$ 时，分别代入已知的前两个方程，可得 $a-2b+c=0$，$a+b-2c=0$。联立两式，得 $a=b=c$。$\therefore \dfrac{c^{2}}{ab}-\dfrac{a}{b}-\dfrac{b}{a}=\dfrac{a^{2}}{a· a}-\dfrac{a}{a}-\dfrac{a}{a}=1-1-1=-1$。综上所述，代数式 $\dfrac{c^{2}}{ab}-\dfrac{a}{b}-\dfrac{b}{a}$ 的值为 2 或 -1。
解析
【分析】
对于有公共实数解的多个一元二次方程，通常设公共解为t，将各方程相加后提取公因式，结合平方的非负性分类讨论，同时需检验解的合理性，避免漏解。
(1) 设三个方程的公共解为t，代入后相加，利用t²+t+1恒正求解k；
(2) 设公共解为t，代入三个方程相加，结合平方的非负性分两种情况讨论，分别计算代数式的值。
【解析】
(1) 设三个方程的公共解为t，则：
$t^2 + 2t + k = 0$ ①，
$2t^2 + kt + 1 = 0$ ②，
$kt^2 + t + 2 = 0$ ③，
①+②+③得：$(1+2+k)t^2 + (2+k+1)t + (k+1+2)=0$，
整理得：$(k+3)(t^2 + t + 1)=0$，
∵ $t^2 + t + 1 = (t+\frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4} ＞ 0$，
∴ $k+3=0$，即$k=-3$，
检验：当$k=-3$时，三个方程为$x^2+2x-3=0$、$2x^2-3x+1=0$、$-3x^2+x+2=0$，公共解为$x=1$，符合题意，故$k=-3$。
(2) 设公共解为$x=t$，代入三个方程得：
$4at^2 + 4bt + c = 0$ ①，
$4bt^2 + 4ct + a = 0$ ②，
$4ct^2 + 4at + b = 0$ ③，
①+②+③得：$4(a+b+c)t^2 + 4(a+b+c)t + (a+b+c)=0$，
提取公因式得：$(a+b+c)(4t^2 + 4t + 1)=0$，
∵ $4t^2 + 4t + 1=(2t+1)^2≥0$，
∴ 分两种情况：
情况1：$a+b+c=0$，即$c=-a-b$，
代入代数式：$\frac{c^2}{ab} - \frac{a}{b} - \frac{b}{a} = \frac{c^2 - a^2 - b^2}{ab}$，
将$c=-a-b$代入得：$\frac{(-a-b)^2 - a^2 - b^2}{ab} = \frac{a^2+2ab+b^2 - a^2 - b^2}{ab} = \frac{2ab}{ab}=2$；
情况2：$(2t+1)^2=0$，即$t=-\frac{1}{2}$，
将$t=-\frac{1}{2}$代入①②得：
$a - 2b + c = 0$，
$a + b - 2c = 0$，
联立解得$a=b=c$，
代入代数式：$\frac{c^2}{ab} - \frac{a}{b} - \frac{b}{a} = \frac{a^2}{a·a} - \frac{a}{a} - \frac{a}{a}=1-1-1=-1$；
综上，代数式的值为2或-1。
【答案】
(1) -3；(2) 2或-1
【知识点】
一元二次方程公共解，代数式求值，平方的非负性
【点评】
本题考查一元二次方程公共解的代数综合应用，核心方法是设公共解并将方程相加因式分解，结合平方的非负性分类讨论，需注意避免漏解，计算时需仔细推导，是中等难度的代数题。
【难度系数】
0.5
对于有公共实数解的多个一元二次方程，通常设公共解为t，将各方程相加后提取公因式，结合平方的非负性分类讨论，同时需检验解的合理性，避免漏解。
(1) 设三个方程的公共解为t，代入后相加，利用t²+t+1恒正求解k；
(2) 设公共解为t，代入三个方程相加，结合平方的非负性分两种情况讨论，分别计算代数式的值。
【解析】
(1) 设三个方程的公共解为t，则：
$t^2 + 2t + k = 0$ ①，
$2t^2 + kt + 1 = 0$ ②，
$kt^2 + t + 2 = 0$ ③，
①+②+③得：$(1+2+k)t^2 + (2+k+1)t + (k+1+2)=0$，
整理得：$(k+3)(t^2 + t + 1)=0$，
∵ $t^2 + t + 1 = (t+\frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4} ＞ 0$，
∴ $k+3=0$，即$k=-3$，
检验：当$k=-3$时，三个方程为$x^2+2x-3=0$、$2x^2-3x+1=0$、$-3x^2+x+2=0$，公共解为$x=1$，符合题意，故$k=-3$。
(2) 设公共解为$x=t$，代入三个方程得：
$4at^2 + 4bt + c = 0$ ①，
$4bt^2 + 4ct + a = 0$ ②，
$4ct^2 + 4at + b = 0$ ③，
①+②+③得：$4(a+b+c)t^2 + 4(a+b+c)t + (a+b+c)=0$，
提取公因式得：$(a+b+c)(4t^2 + 4t + 1)=0$，
∵ $4t^2 + 4t + 1=(2t+1)^2≥0$，
∴ 分两种情况：
情况1：$a+b+c=0$，即$c=-a-b$，
代入代数式：$\frac{c^2}{ab} - \frac{a}{b} - \frac{b}{a} = \frac{c^2 - a^2 - b^2}{ab}$，
将$c=-a-b$代入得：$\frac{(-a-b)^2 - a^2 - b^2}{ab} = \frac{a^2+2ab+b^2 - a^2 - b^2}{ab} = \frac{2ab}{ab}=2$；
情况2：$(2t+1)^2=0$，即$t=-\frac{1}{2}$，
将$t=-\frac{1}{2}$代入①②得：
$a - 2b + c = 0$，
$a + b - 2c = 0$，
联立解得$a=b=c$，
代入代数式：$\frac{c^2}{ab} - \frac{a}{b} - \frac{b}{a} = \frac{a^2}{a·a} - \frac{a}{a} - \frac{a}{a}=1-1-1=-1$；
综上，代数式的值为2或-1。
【答案】
(1) -3；(2) 2或-1
【知识点】
一元二次方程公共解，代数式求值，平方的非负性
【点评】
本题考查一元二次方程公共解的代数综合应用，核心方法是设公共解并将方程相加因式分解，结合平方的非负性分类讨论，需注意避免漏解，计算时需仔细推导，是中等难度的代数题。
【难度系数】
0.5
2 活动内容:将一条线段分成长度依次为 $a,b,c\ (a＞b＞c＞0)$ 的三条线段,且 $a=b+c$ ①, $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{c}$ ②,试探究 $a$ 与 $b$ 之间的数量关系.
探究过程:由①,得 $c=a-b$ ③. 将③代入②,得 $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{a-b}.\ \therefore\ \dfrac{a+b}{ab}=\dfrac{1}{a-b}.\ \therefore\ (a+b)(a-b)=ab$. 整理,得 $a^2-ab-b^2=0$. 由一元二次方程的求根公式,得 $a=\dfrac{b\pm\sqrt{b^2+4b^2}}{2}=\dfrac{b\pm\sqrt{5}b}{2}$.
$\because\ a＞0,\therefore\ a=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}b$.
灵活运用:若一条线段的长为 4,按上述活动中的方法分割这条线段,三条线段的长依次为 $a,b,c$ $(a＞b＞c＞0)$,求 $a,b,c$ 的值.
探究过程:由①,得 $c=a-b$ ③. 将③代入②,得 $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{a-b}.\ \therefore\ \dfrac{a+b}{ab}=\dfrac{1}{a-b}.\ \therefore\ (a+b)(a-b)=ab$. 整理,得 $a^2-ab-b^2=0$. 由一元二次方程的求根公式,得 $a=\dfrac{b\pm\sqrt{b^2+4b^2}}{2}=\dfrac{b\pm\sqrt{5}b}{2}$.
$\because\ a＞0,\therefore\ a=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}b$.
灵活运用:若一条线段的长为 4,按上述活动中的方法分割这条线段,三条线段的长依次为 $a,b,c$ $(a＞b＞c＞0)$,求 $a,b,c$ 的值.
答案
2. 由题意，得 $c=a-b=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}b$。又$\because a+b+c=4$，$\therefore \dfrac{\sqrt{5}+1}{2}b + b + \dfrac{\sqrt{5}-1}{2}b=4$，解得 $b=\sqrt{5}-1$。$\therefore a=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}×(\sqrt{5}-1)=2$，$c=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}b=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}×(\sqrt{5}-1)=3-\sqrt{5}$。
解析
【分析】
本题是前面线段分割探究过程的延伸，解题思路为：先根据探究得出的$a$与$b$、$c$与$b$的关系，结合线段总长为4的条件，将$a$、$c$用$b$表示后代入总长等式，求出$b$的值，再进一步计算$a$和$c$的值。
【解析】
根据探究过程的结论，已知$a=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}b$，且$c=a-b=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}b$。
因为线段总长为4，所以$a+b+c=4$，将$a$、$c$用$b$代入得：
$\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}b + b + \dfrac{\sqrt{5}-1}{2}b = 4$
合并同类项计算括号内的值：
$(\dfrac{\sqrt{5}+1}{2} + 1 + \dfrac{\sqrt{5}-1}{2})b = (\dfrac{2\sqrt{5}}{2} +1)b = (\sqrt{5}+1)b =4$
解得$b=\dfrac{4}{\sqrt{5}+1}=\dfrac{4(\sqrt{5}-1)}{(\sqrt{5}+1)(\sqrt{5}-1)}=\sqrt{5}-1$。
再计算$a$：
$a=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}×(\sqrt{5}-1)=\dfrac{5-1}{2}=2$
计算$c$：
$c=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}×(\sqrt{5}-1)=\dfrac{6-2\sqrt{5}}{2}=3-\sqrt{5}$
【答案】
$a=2$，$b=\sqrt{5}-1$，$c=3-\sqrt{5}$
【知识点】
一元二次方程应用，代数式化简求值
【点评】
本题是探究型问题的延伸，重点考查代数式的代入运算、一元二次方程求根公式的运用，解题关键是利用已知的线段关系结合总长条件求解，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.6
本题是前面线段分割探究过程的延伸，解题思路为：先根据探究得出的$a$与$b$、$c$与$b$的关系，结合线段总长为4的条件，将$a$、$c$用$b$表示后代入总长等式，求出$b$的值，再进一步计算$a$和$c$的值。
【解析】
根据探究过程的结论，已知$a=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}b$，且$c=a-b=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}b$。
因为线段总长为4，所以$a+b+c=4$，将$a$、$c$用$b$代入得：
$\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}b + b + \dfrac{\sqrt{5}-1}{2}b = 4$
合并同类项计算括号内的值：
$(\dfrac{\sqrt{5}+1}{2} + 1 + \dfrac{\sqrt{5}-1}{2})b = (\dfrac{2\sqrt{5}}{2} +1)b = (\sqrt{5}+1)b =4$
解得$b=\dfrac{4}{\sqrt{5}+1}=\dfrac{4(\sqrt{5}-1)}{(\sqrt{5}+1)(\sqrt{5}-1)}=\sqrt{5}-1$。
再计算$a$：
$a=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}×(\sqrt{5}-1)=\dfrac{5-1}{2}=2$
计算$c$：
$c=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}×(\sqrt{5}-1)=\dfrac{6-2\sqrt{5}}{2}=3-\sqrt{5}$
【答案】
$a=2$，$b=\sqrt{5}-1$，$c=3-\sqrt{5}$
【知识点】
一元二次方程应用，代数式化简求值
【点评】
本题是探究型问题的延伸，重点考查代数式的代入运算、一元二次方程求根公式的运用，解题关键是利用已知的线段关系结合总长条件求解，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.6
