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23.如图，A,B,C,D为矩形的四个顶点，AB=16 cm，AD=6 cm，动点P,Q分别从点A，C同时出发，点P以3 cm/s的速度向点B移动，一直到达点B为止，点Q以2 cm/s的速度向点D移动，当点P到达点B时，点Q随之停止运动，设运动时间为t s.
(1)AP=
(2)t为多少时，点P和点Q间的距离为10 cm？
(3)t为多少时，△PQD是以PQ为腰的等腰三角形？
(1)AP=
$3t$ cm
，DQ=$(16-2t)$ cm
.(用含t的代数式表示)(2)t为多少时，点P和点Q间的距离为10 cm？
(3)t为多少时，△PQD是以PQ为腰的等腰三角形？
答案
23.(1)$3t$ cm $(16-2t)$ cm
(2)如图①,过点$Q$作$QE⊥ AB$于点$E$.
$\because∠ B=∠ C=90°,QE⊥ AB,\therefore$四边形$BCQE$是矩形,
$\therefore BE=QC=2t,QE=BC=AD=6$,
$\therefore PE=|(16-3t)-2t|=|16-5t|$,
在$\mathrm{Rt}△ PEQ$中$PE^2+QE^2=PQ^2,\therefore |16-5t|^2+6^2=10^2$,解得$t_1=\frac{8}{5},t_2=\frac{24}{5}$.
$\therefore$当$t$为$\frac{8}{5}$或$\frac{24}{5}$时,点$P$和点$Q$间的距离为10 cm.
(3)①当$PD=PQ$时,过$P$作$PF⊥ CD$,如图②.
$\because$四边形$ABCD$是矩形,$\therefore∠ A=∠ ADC=90°$,
$\because PF⊥ CD,PD=PQ,\therefore DF=FQ=\frac{1}{2}DQ=\frac{1}{2}(16-2t)=(8-t)$ cm,$∠ PFD=90°$,
$\therefore$四边形$APFD$是矩形,$\therefore AP=DF,\therefore 3t=8-t$,解得$t=2$.
②当$PQ=DQ$时,过点$Q$作$QE⊥ AB$于点$E$,如图③.
$\because$四边形$BCQE$是矩形,$\therefore QE=AD=6$ cm,$BE=QC=2t$ cm,
$\therefore DQ=CD-QC=(16-2t)$ cm,$PE=PB-BE=|16-3t-2t|=|16-5t|$ cm,
在$\mathrm{Rt}△ PEQ$中由勾股定理得$PE^2+EQ^2=PQ^2$,
$\therefore |16-5t|^2+6^2=(16-2t)^2$,解得$t=\frac{2\sqrt{43}+16}{7}$或$t=\frac{16-2\sqrt{43}}{7}$.
综上所述,$t=2$或$\frac{2\sqrt{43}+16}{7}$或$\frac{16-2\sqrt{43}}{7}$时,$△ PQD$是以$PQ$为腰的等腰三角形.
解析
【分析】
(1) 根据“路程=速度×时间”，点P速度为3cm/s，运动时间为t，直接可得AP的长度；点Q从C向D运动，CD总长16cm，Q的运动路程为2t，用CD长度减去Q的运动路程即可得到DQ的长度。
(2) 求PQ的长度时，可通过作垂线构造直角三角形求解：过Q作QE⊥AB于E，易得四边形BCQE是矩形，QE等于矩形的宽6cm，PE为P、E两点的水平距离，即|16-3t-2t|，再在Rt△PEQ中利用勾股定理列方程求解即可，注意t的取值范围为0≤t≤16/3。
(3) △PQD以PQ为腰，需分两种情况分类讨论：①PQ=PD：过P作PF⊥CD于F，利用等腰三角形三线合一得DF=FQ，结合矩形APFD的性质AP=DF列方程求解；②PQ=DQ：同样构造直角三角形PEQ，用勾股定理表示PQ的长度，令PQ=DQ列方程求解，最后验证所有解符合动点运动的时间范围即可。
【解析】
(1) 点P的运动路程AP=3×t=3t cm；点Q从C向D运动，CQ=2t cm，CD=16cm，因此DQ=CD-CQ=(16-2t) cm。
(2) 如图①，过点$Q$作$QE⊥ AB$于点$E$.
$\because∠ B=∠ C=90°,QE⊥ AB,\therefore$四边形$BCQE$是矩形,
$\therefore BE=QC=2t,QE=BC=AD=6$,
$\therefore PE=|(16-3t)-2t|=|16-5t|$,
在$\mathrm{Rt}△ PEQ$中$PE^2+QE^2=PQ^2,\therefore |16-5t|^2+6^2=10^2$,解得$t_1=\frac{8}{5},t_2=\frac{24}{5}$，两个解都满足0≤t≤16/3，符合题意。
(3) 分两种情况讨论：
①当$PD=PQ$时,过$P$作$PF⊥ CD$,如图②.
$\because$四边形$ABCD$是矩形,$\therefore∠ A=∠ ADC=90°$,
$\because PF⊥ CD,PD=PQ,\therefore DF=FQ=\frac{1}{2}DQ=\frac{1}{2}(16-2t)=(8-t)$ cm,$∠ PFD=90°$,
$\therefore$四边形$APFD$是矩形,$\therefore AP=DF,\therefore 3t=8-t$,解得$t=2$，符合t的取值范围。
②当$PQ=DQ$时,过点$Q$作$QE⊥ AB$于点$E$,如图③.
$\because$四边形$BCQE$是矩形,$\therefore QE=AD=6$ cm,$BE=QC=2t$ cm,
$\therefore DQ=CD-QC=(16-2t)$ cm,$PE=PB-BE=|16-3t-2t|=|16-5t|$ cm,
在$\mathrm{Rt}△ PEQ$中由勾股定理得$PE^2+EQ^2=PQ^2$,
$\therefore |16-5t|^2+6^2=(16-2t)^2$,解得$t=\frac{2\sqrt{43}+16}{7}$或$t=\frac{16-2\sqrt{43}}{7}$，两个解都满足0≤t≤16/3，符合题意。
【答案】
(1)$3t$ cm $(16-2t)$ cm
(2)当$t$为$\frac{8}{5}$或$\frac{24}{5}$时,点$P$和点$Q$间的距离为10 cm.
(3)$t=2$或$\frac{2\sqrt{43}+16}{7}$或$\frac{16-2\sqrt{43}}{7}$时,$△ PQD$是以$PQ$为腰的等腰三角形.
【知识点】
矩形的性质、勾股定理、等腰三角形分类讨论
【点评】
本题是矩形背景下的动点综合题，将行程问题与几何计算结合，考查了方程思想和分类讨论思想，解题时需注意对等腰三角形的腰分类避免漏解，同时要检验所求时间是否符合动点的运动范围。
【难度系数】
0.5
(1) 根据“路程=速度×时间”，点P速度为3cm/s，运动时间为t，直接可得AP的长度；点Q从C向D运动，CD总长16cm，Q的运动路程为2t，用CD长度减去Q的运动路程即可得到DQ的长度。
(2) 求PQ的长度时，可通过作垂线构造直角三角形求解：过Q作QE⊥AB于E，易得四边形BCQE是矩形，QE等于矩形的宽6cm，PE为P、E两点的水平距离，即|16-3t-2t|，再在Rt△PEQ中利用勾股定理列方程求解即可，注意t的取值范围为0≤t≤16/3。
(3) △PQD以PQ为腰，需分两种情况分类讨论：①PQ=PD：过P作PF⊥CD于F，利用等腰三角形三线合一得DF=FQ，结合矩形APFD的性质AP=DF列方程求解；②PQ=DQ：同样构造直角三角形PEQ，用勾股定理表示PQ的长度，令PQ=DQ列方程求解，最后验证所有解符合动点运动的时间范围即可。
【解析】
(1) 点P的运动路程AP=3×t=3t cm；点Q从C向D运动，CQ=2t cm，CD=16cm，因此DQ=CD-CQ=(16-2t) cm。
(2) 如图①，过点$Q$作$QE⊥ AB$于点$E$.
$\because∠ B=∠ C=90°,QE⊥ AB,\therefore$四边形$BCQE$是矩形,
$\therefore BE=QC=2t,QE=BC=AD=6$,
$\therefore PE=|(16-3t)-2t|=|16-5t|$,
在$\mathrm{Rt}△ PEQ$中$PE^2+QE^2=PQ^2,\therefore |16-5t|^2+6^2=10^2$,解得$t_1=\frac{8}{5},t_2=\frac{24}{5}$，两个解都满足0≤t≤16/3，符合题意。
(3) 分两种情况讨论：
①当$PD=PQ$时,过$P$作$PF⊥ CD$,如图②.
$\because$四边形$ABCD$是矩形,$\therefore∠ A=∠ ADC=90°$,
$\because PF⊥ CD,PD=PQ,\therefore DF=FQ=\frac{1}{2}DQ=\frac{1}{2}(16-2t)=(8-t)$ cm,$∠ PFD=90°$,
$\therefore$四边形$APFD$是矩形,$\therefore AP=DF,\therefore 3t=8-t$,解得$t=2$，符合t的取值范围。
②当$PQ=DQ$时,过点$Q$作$QE⊥ AB$于点$E$,如图③.
$\because$四边形$BCQE$是矩形,$\therefore QE=AD=6$ cm,$BE=QC=2t$ cm,
$\therefore DQ=CD-QC=(16-2t)$ cm,$PE=PB-BE=|16-3t-2t|=|16-5t|$ cm,
在$\mathrm{Rt}△ PEQ$中由勾股定理得$PE^2+EQ^2=PQ^2$,
$\therefore |16-5t|^2+6^2=(16-2t)^2$,解得$t=\frac{2\sqrt{43}+16}{7}$或$t=\frac{16-2\sqrt{43}}{7}$，两个解都满足0≤t≤16/3，符合题意。
【答案】
(1)$3t$ cm $(16-2t)$ cm
(2)当$t$为$\frac{8}{5}$或$\frac{24}{5}$时,点$P$和点$Q$间的距离为10 cm.
(3)$t=2$或$\frac{2\sqrt{43}+16}{7}$或$\frac{16-2\sqrt{43}}{7}$时,$△ PQD$是以$PQ$为腰的等腰三角形.
【知识点】
矩形的性质、勾股定理、等腰三角形分类讨论
【点评】
本题是矩形背景下的动点综合题，将行程问题与几何计算结合，考查了方程思想和分类讨论思想，解题时需注意对等腰三角形的腰分类避免漏解，同时要检验所求时间是否符合动点的运动范围。
【难度系数】
0.5
24.定义:将一元二次方程的二次项系数,一次项系数和常数项按照 $n:1:\frac{1}{n}$ 的比例放大或缩小,其中 $n≠0$,我们称新方程为原方程的“系变方程”,$n$ 为系变倍数.
(1)当系变倍数为3时,写出一元二次方程 $x^2+2x-3=0$ 的“系变方程”的根.
(2)已知某一元二次方程有两个实数根 $x_1,x_2$,当 $n=2$ 时,其“系变方程”也有两个实数根 $p,q$,且 $x_1x_2=1$,求 $\frac{q}{p}+\frac{p}{q}-(\frac{4}{p}+\frac{1}{4q})+17$ 的最小值.
(3)已知关于 $x$ 的方程 $(3x^2+tx-2)^2+(-2x^2-tx+3)^2=(x^2+1)^2$ 有四个实数根 $x_1,x_2,x_3,x_4$.是否存在定值 $k$,对于任意实数 $t$,都满足 $\frac{x_1}{x_2}=\frac{x_3}{x_4}=k$? 若存在,请求出 $k$ 的值;若不存在,请说明理由.
(1)当系变倍数为3时,写出一元二次方程 $x^2+2x-3=0$ 的“系变方程”的根.
(2)已知某一元二次方程有两个实数根 $x_1,x_2$,当 $n=2$ 时,其“系变方程”也有两个实数根 $p,q$,且 $x_1x_2=1$,求 $\frac{q}{p}+\frac{p}{q}-(\frac{4}{p}+\frac{1}{4q})+17$ 的最小值.
(3)已知关于 $x$ 的方程 $(3x^2+tx-2)^2+(-2x^2-tx+3)^2=(x^2+1)^2$ 有四个实数根 $x_1,x_2,x_3,x_4$.是否存在定值 $k$,对于任意实数 $t$,都满足 $\frac{x_1}{x_2}=\frac{x_3}{x_4}=k$? 若存在,请求出 $k$ 的值;若不存在,请说明理由.
答案
24.(1)$x_1=-1,x_2=\frac{1}{3}$.
(2)设原方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$,当$n=2$时,系变方程为$2ax^2+bx+\frac{c}{2}=0$.
$\because x_1x_2=1,\therefore pq=\frac{c}{4a}=\frac{1}{4}x_1x_2=\frac{1}{4}$.
$\therefore$原式$=\frac{p^2+q^2}{pq}-\frac{p+16q}{4pq}+17=4p^2+4q^2-16q-p+17=(2p-\frac{1}{4})^2+(2q-4)^2+\frac{15}{16}$.
$\therefore$当$p=\frac{1}{8},q=2$时,原式取到最小值$\frac{15}{16}$.
(3)设方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$,则其“系变方程”为$nax^2+bx+\frac{c}{n}=0$,
系变方程两边同时乘$n$,整理得$a(nx)^2+b(nx)+c=0$.
$\therefore$若一元二次方程有实数根,则其“系变方程”必有实数根,且实数根存在倍数关系.
由题意,令$p=3x^2+tx-2,q=-2x^2-tx+3,\therefore p^2+q^2=(p+q)^2$,
$\therefore pq=0$,即$(3x^2+tx-2)(-2x^2-tx+3)=0,\therefore 3x^2+tx-2=0$或$2x^2+tx-3=0$.
$3x^2+tx-2=0$和$2x^2+tx-3=0$互为“系变方程”,且对任意实数$t$,方程都有实数根,
$\because \frac{x_1}{x_2}=\frac{x_3}{x_4}=k,\therefore k=\frac{2}{3}$或$\frac{3}{2}$.
(2)设原方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$,当$n=2$时,系变方程为$2ax^2+bx+\frac{c}{2}=0$.
$\because x_1x_2=1,\therefore pq=\frac{c}{4a}=\frac{1}{4}x_1x_2=\frac{1}{4}$.
$\therefore$原式$=\frac{p^2+q^2}{pq}-\frac{p+16q}{4pq}+17=4p^2+4q^2-16q-p+17=(2p-\frac{1}{4})^2+(2q-4)^2+\frac{15}{16}$.
$\therefore$当$p=\frac{1}{8},q=2$时,原式取到最小值$\frac{15}{16}$.
(3)设方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$,则其“系变方程”为$nax^2+bx+\frac{c}{n}=0$,
系变方程两边同时乘$n$,整理得$a(nx)^2+b(nx)+c=0$.
$\therefore$若一元二次方程有实数根,则其“系变方程”必有实数根,且实数根存在倍数关系.
由题意,令$p=3x^2+tx-2,q=-2x^2-tx+3,\therefore p^2+q^2=(p+q)^2$,
$\therefore pq=0$,即$(3x^2+tx-2)(-2x^2-tx+3)=0,\therefore 3x^2+tx-2=0$或$2x^2+tx-3=0$.
$3x^2+tx-2=0$和$2x^2+tx-3=0$互为“系变方程”,且对任意实数$t$,方程都有实数根,
$\because \frac{x_1}{x_2}=\frac{x_3}{x_4}=k,\therefore k=\frac{2}{3}$或$\frac{3}{2}$.
解析
【分析】
(1) 先根据“系变方程”的定义，确定n=3时原方程各项系数的变化规则，写出系变方程后再求解方程的根即可。
(2) 先设出原一元二次方程的一般形式，结合n=2写出对应的系变方程，利用韦达定理得到原方程、系变方程的两根之积的关系，再将所求代数式化简变形，通过配方法转化为非负数加常数的形式，即可求出最小值。
(3) 对已知等式合理换元，观察换元后两个式子的和与等式右边的关系，变形推出两个因式乘积为0，拆分为两个一元二次方程，再结合“系变方程”根的规律，即可求出定值k。
【解析】
(1) 由“系变方程”定义，当系变倍数n=3时，原方程$x^2+2x-3=0$的系变方程为：
$3x^2+2x-3×\frac{1}{3}=0$，整理得$3x^2+2x-1=0$
因式分解得$(3x-1)(x+1)=0$，解得$x_1=-1$，$x_2=\frac{1}{3}$。
(2) 设原一元二次方程为$ax^2+bx+c=0(a≠0)$，当$n=2$时，对应的系变方程为$2ax^2+bx+\frac{c}{2}=0$。
由韦达定理得：原方程两根之积$x_1x_2=\frac{c}{a}=1$，系变方程两根之积$pq=\frac{\frac{c}{2}}{2a}=\frac{c}{4a}=\frac{1}{4}×\frac{c}{a}=\frac{1}{4}$。
对所求代数式化简：
$\frac{q}{p}+\frac{p}{q}-(\frac{4}{p}+\frac{1}{4q})+17=\frac{p^2+q^2}{pq}-\frac{16q+p}{4pq}+17$
将$pq=\frac{1}{4}$代入上式得：
$4(p^2+q^2)-(p+16q)+17=4p^2+4q^2-p-16q+17$
配方得：
$(2p-\frac{1}{4})^2-\frac{1}{16}+(2q-4)^2-16+17=(2p-\frac{1}{4})^2+(2q-4)^2+\frac{15}{16}$
∵平方数具有非负性，
∴当$2p-\frac{1}{4}=0$，$2q-4=0$即$p=\frac{1}{8}$，$q=2$时，原式取得最小值$\frac{15}{16}$。
(3) 存在定值k，理由如下：
令$p=3x^2+tx-2$，$q=-2x^2-tx+3$，则$p+q=x^2+1$，原等式可写为$p^2+q^2=(p+q)^2$。
展开右边整理得$pq=0$，即$(3x^2+tx-2)(-2x^2-tx+3)=0$，
∴$3x^2+tx-2=0$①，或$2x^2+tx-3=0$②。
方程①②互为“系变方程”，根据系变方程的性质，两个方程的根的比值为定值，即$\frac{x_1}{x_2}=\frac{x_3}{x_4}=k=\frac{2}{3}$或$\frac{3}{2}$，满足对任意实数t都成立。
【答案】
(1) $x_1=-1,x_2=\frac{1}{3}$
(2) 最小值为$\frac{15}{16}$
(3) 存在，$k$的值为$\frac{2}{3}$或$\frac{3}{2}$
【知识点】
新定义问题，根与系数的关系，配方法求最值
【点评】
本题结合新定义综合考查一元二次方程的相关知识，从基础的方程求解到代数式最值计算，再到探究性问题，梯度设置合理，需要熟练掌握方程变形、韦达定理、配方法等核心技能，第三问的换元简化是解题的关键，对逻辑思维能力要求较高。
【难度系数】
0.3
(1) 先根据“系变方程”的定义，确定n=3时原方程各项系数的变化规则，写出系变方程后再求解方程的根即可。
(2) 先设出原一元二次方程的一般形式，结合n=2写出对应的系变方程，利用韦达定理得到原方程、系变方程的两根之积的关系，再将所求代数式化简变形，通过配方法转化为非负数加常数的形式，即可求出最小值。
(3) 对已知等式合理换元，观察换元后两个式子的和与等式右边的关系，变形推出两个因式乘积为0，拆分为两个一元二次方程，再结合“系变方程”根的规律，即可求出定值k。
【解析】
(1) 由“系变方程”定义，当系变倍数n=3时，原方程$x^2+2x-3=0$的系变方程为：
$3x^2+2x-3×\frac{1}{3}=0$，整理得$3x^2+2x-1=0$
因式分解得$(3x-1)(x+1)=0$，解得$x_1=-1$，$x_2=\frac{1}{3}$。
(2) 设原一元二次方程为$ax^2+bx+c=0(a≠0)$，当$n=2$时，对应的系变方程为$2ax^2+bx+\frac{c}{2}=0$。
由韦达定理得：原方程两根之积$x_1x_2=\frac{c}{a}=1$，系变方程两根之积$pq=\frac{\frac{c}{2}}{2a}=\frac{c}{4a}=\frac{1}{4}×\frac{c}{a}=\frac{1}{4}$。
对所求代数式化简：
$\frac{q}{p}+\frac{p}{q}-(\frac{4}{p}+\frac{1}{4q})+17=\frac{p^2+q^2}{pq}-\frac{16q+p}{4pq}+17$
将$pq=\frac{1}{4}$代入上式得：
$4(p^2+q^2)-(p+16q)+17=4p^2+4q^2-p-16q+17$
配方得：
$(2p-\frac{1}{4})^2-\frac{1}{16}+(2q-4)^2-16+17=(2p-\frac{1}{4})^2+(2q-4)^2+\frac{15}{16}$
∵平方数具有非负性，
∴当$2p-\frac{1}{4}=0$，$2q-4=0$即$p=\frac{1}{8}$，$q=2$时，原式取得最小值$\frac{15}{16}$。
(3) 存在定值k，理由如下：
令$p=3x^2+tx-2$，$q=-2x^2-tx+3$，则$p+q=x^2+1$，原等式可写为$p^2+q^2=(p+q)^2$。
展开右边整理得$pq=0$，即$(3x^2+tx-2)(-2x^2-tx+3)=0$，
∴$3x^2+tx-2=0$①，或$2x^2+tx-3=0$②。
方程①②互为“系变方程”，根据系变方程的性质，两个方程的根的比值为定值，即$\frac{x_1}{x_2}=\frac{x_3}{x_4}=k=\frac{2}{3}$或$\frac{3}{2}$，满足对任意实数t都成立。
【答案】
(1) $x_1=-1,x_2=\frac{1}{3}$
(2) 最小值为$\frac{15}{16}$
(3) 存在，$k$的值为$\frac{2}{3}$或$\frac{3}{2}$
【知识点】
新定义问题，根与系数的关系，配方法求最值
【点评】
本题结合新定义综合考查一元二次方程的相关知识，从基础的方程求解到代数式最值计算，再到探究性问题，梯度设置合理，需要熟练掌握方程变形、韦达定理、配方法等核心技能，第三问的换元简化是解题的关键，对逻辑思维能力要求较高。
【难度系数】
0.3
