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1.「2026湖南郴州永兴月考」如图，在宽为20 m，长为30 m的矩形地面上修建两条竖直方向的小路与一条水平方向的小路(小路的宽度相同)，余下部分作为草地，若草地面积为468 m²，则小路的宽度为（
A.1 m
B.2 m
C.3 m
D.4 m
B
）A.1 m
B.2 m
C.3 m
D.4 m
答案
小路的宽度为x m,由题意得(30-2x)(20-x)=468,整理得x²-35x+66=0,解得x₁=2,x₂=33(舍去).故选B.
解析
【分析】
解决这道题可采用平移法简化计算：首先将分散的草地平移拼接，可得到一个完整的矩形，该矩形的长等于原矩形的长减去2倍小路宽度，宽等于原矩形的宽减去1倍小路宽度；再根据“草地面积为468m²”的等量关系列一元二次方程，最后求解方程并结合实际情况舍去不符合题意的根，即可得到小路宽度。
【解析】
设小路的宽度为$ x \, \mathrm{m} $。
将草地平移拼接后，草地为矩形，长为$ (30-2x) \, \mathrm{m} $，宽为$ (20-x) \, \mathrm{m} $，根据草地面积列方程：
$(30-2x)(20-x)=468$
展开并整理方程：
$\begin{aligned}600 - 30x - 40x + 2x^2 &= 468 \\2x^2 -70x +132 &= 0 \\x^2 -35x +66 &=0\end{aligned}$
因式分解得$ (x-2)(x-33)=0 $，解得$ x_1=2 $，$ x_2=33 $。
因为小路宽度不可能大于矩形的长和宽，$ 33＞20 $，不符合实际意义，故舍去$ x_2=33 $，即$ x=2 $。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
1. 一元二次方程应用 2. 矩形面积计算 3. 实际问题验根
【点评】
本题是典型的道路类面积应用题，核心技巧是通过平移草地将不规则的草地面积转化为规则矩形面积求解，既避免了重复计算小路重叠部分的面积，也简化了计算过程；解题时需注意对一元二次方程的根结合实际场景进行检验，排除不符合题意的解。
【难度系数】
0.7
解决这道题可采用平移法简化计算：首先将分散的草地平移拼接，可得到一个完整的矩形，该矩形的长等于原矩形的长减去2倍小路宽度，宽等于原矩形的宽减去1倍小路宽度；再根据“草地面积为468m²”的等量关系列一元二次方程，最后求解方程并结合实际情况舍去不符合题意的根，即可得到小路宽度。
【解析】
设小路的宽度为$ x \, \mathrm{m} $。
将草地平移拼接后，草地为矩形，长为$ (30-2x) \, \mathrm{m} $，宽为$ (20-x) \, \mathrm{m} $，根据草地面积列方程：
$(30-2x)(20-x)=468$
展开并整理方程：
$\begin{aligned}600 - 30x - 40x + 2x^2 &= 468 \\2x^2 -70x +132 &= 0 \\x^2 -35x +66 &=0\end{aligned}$
因式分解得$ (x-2)(x-33)=0 $，解得$ x_1=2 $，$ x_2=33 $。
因为小路宽度不可能大于矩形的长和宽，$ 33＞20 $，不符合实际意义，故舍去$ x_2=33 $，即$ x=2 $。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
1. 一元二次方程应用 2. 矩形面积计算 3. 实际问题验根
【点评】
本题是典型的道路类面积应用题，核心技巧是通过平移草地将不规则的草地面积转化为规则矩形面积求解，既避免了重复计算小路重叠部分的面积，也简化了计算过程；解题时需注意对一元二次方程的根结合实际场景进行检验，排除不符合题意的解。
【难度系数】
0.7
2.「2026北京师大附中期中」如图，正方形ABCD的边长是6，E是AB上一点，F是AD延长线上的一点，四边形AEGF是矩形，BE=DF，若矩形AEGF的面积为32，则BE=
2
.答案
由题意得AD=AB=6,设BE=DF=x,则AE=6-x,AF=6+x,
∵矩形AEGF的面积为32,
∴(6-x)(6+x)=32,解得x₁=2,x₂=-2(舍去),故答案为2.
∵矩形AEGF的面积为32,
∴(6-x)(6+x)=32,解得x₁=2,x₂=-2(舍去),故答案为2.
解析
【分析】
解题时首先从已知条件入手，正方形ABCD边长为6，可得AB=AD=6；要求BE的长度，可设BE=DF=x，再用含x的式子分别表示出矩形AEGF的两条邻边AE、AF的长度：AE=AB-BE=6-x，AF=AD+DF=6+x；再根据矩形面积公式列出关于x的方程，解方程后结合线段长度为正的实际意义舍去负根，即可得到结果。
【解析】
∵四边形ABCD是正方形，边长为6，
∴AB=AD=6，
设BE=DF=x（x＞0），
则AE=6 - x，AF=6 + x，
∵矩形AEGF的面积为32，矩形面积=邻边长度乘积，
∴(6 - x)(6 + x)=32，
展开得36 - x²=32，
整理得x²=4，
解得x₁=2，x₂=-2，
∵线段长度为正数，故x=-2舍去，
∴BE=2。
【答案】
2
【知识点】
正方形的性质、矩形面积计算、一元二次方程应用
【点评】
本题是几何与代数结合的基础题型，核心是将几何图形的边长关系转化为方程求解，渗透了数形结合的思想，解题时需注意根据实际意义对方程的解进行取舍。
【难度系数】
0.75
解题时首先从已知条件入手，正方形ABCD边长为6，可得AB=AD=6；要求BE的长度，可设BE=DF=x，再用含x的式子分别表示出矩形AEGF的两条邻边AE、AF的长度：AE=AB-BE=6-x，AF=AD+DF=6+x；再根据矩形面积公式列出关于x的方程，解方程后结合线段长度为正的实际意义舍去负根，即可得到结果。
【解析】
∵四边形ABCD是正方形，边长为6，
∴AB=AD=6，
设BE=DF=x（x＞0），
则AE=6 - x，AF=6 + x，
∵矩形AEGF的面积为32，矩形面积=邻边长度乘积，
∴(6 - x)(6 + x)=32，
展开得36 - x²=32，
整理得x²=4，
解得x₁=2，x₂=-2，
∵线段长度为正数，故x=-2舍去，
∴BE=2。
【答案】
2
【知识点】
正方形的性质、矩形面积计算、一元二次方程应用
【点评】
本题是几何与代数结合的基础题型，核心是将几何图形的边长关系转化为方程求解，渗透了数形结合的思想，解题时需注意根据实际意义对方程的解进行取舍。
【难度系数】
0.75
3.「2026河南安阳内黄月考」将一个体积为315 cm³的长方体包装盒剪开铺平，纸样如图所示，则该包装盒平面图中的x(单位:cm)的值为
3或7
。答案
由题意可知,长方体的高为15 cm,底面一边长为x cm,其邻边长为$\frac{20-2x}{2}$cm,即(10-x)cm,
∵长方体的体积为315 cm³,
∴15x(10-x)=315,整理得x²-10x+21=0,解得x₁=3,x₂=7.故答案为3或7.
∵长方体的体积为315 cm³,
∴15x(10-x)=315,整理得x²-10x+21=0,解得x₁=3,x₂=7.故答案为3或7.
解析
【分析】
要解决本题，首先需要从长方体展开图中确定长方体的长、宽、高：已知长方体的高为15cm，观察水平方向20cm的边，可发现它由2个长度为x的边和2个底面邻边共同组成，因此可以先将底面的另一条边长用含x的代数式表示。再结合长方体体积公式，将已知体积代入列一元二次方程，最后解方程即可得到x的值。
【解析】
由展开图可知，长方体的高为15cm，底面的一条边长为x cm，底面的另一条边长为$\frac{20-2x}{2}=(10-x)$cm。
根据长方体体积公式$V=长×宽×高$，已知体积为$315\ \mathrm{cm}^3$，列方程得：
$15x(10-x)=315$
两边同时除以15得：$x(10-x)=21$
整理为标准一元二次方程形式：$x^2-10x+21=0$
因式分解得：$(x-3)(x-7)=0$
解得$x_1=3$，$x_2=7$，两个解均符合边长为正数的实际要求，均有效。
【答案】
3或7
【知识点】
长方体展开图，长方体体积公式，一元二次方程的应用
【点评】
本题属于几何与方程结合的基础应用题，解题核心是准确从展开图中提取各边的数量关系，结合体积公式列方程，求解后注意验证解是否符合实际意义即可。
【难度系数】
0.7
要解决本题，首先需要从长方体展开图中确定长方体的长、宽、高：已知长方体的高为15cm，观察水平方向20cm的边，可发现它由2个长度为x的边和2个底面邻边共同组成，因此可以先将底面的另一条边长用含x的代数式表示。再结合长方体体积公式，将已知体积代入列一元二次方程，最后解方程即可得到x的值。
【解析】
由展开图可知，长方体的高为15cm，底面的一条边长为x cm，底面的另一条边长为$\frac{20-2x}{2}=(10-x)$cm。
根据长方体体积公式$V=长×宽×高$，已知体积为$315\ \mathrm{cm}^3$，列方程得：
$15x(10-x)=315$
两边同时除以15得：$x(10-x)=21$
整理为标准一元二次方程形式：$x^2-10x+21=0$
因式分解得：$(x-3)(x-7)=0$
解得$x_1=3$，$x_2=7$，两个解均符合边长为正数的实际要求，均有效。
【答案】
3或7
【知识点】
长方体展开图，长方体体积公式，一元二次方程的应用
【点评】
本题属于几何与方程结合的基础应用题，解题核心是准确从展开图中提取各边的数量关系，结合体积公式列方程，求解后注意验证解是否符合实际意义即可。
【难度系数】
0.7
4. 情境数学文化发展史 《九章算术》中有一道题:今有户不知高、广,竿不知长短.横之不出四尺,从之不出二尺,邪之适出.问户高、广、邪各几何? 译文:现有一扇门,不知道门的高度和门的宽度是多少,现有一支竹竿,不知竹竿的长短是多少.横着放竹竿比门宽多出4尺,竖着放竹竿比门高多出2尺,斜着放竹竿恰好与门的对角线一样长.问门高、宽和对角线的长各是多少? 如图,则门的高度是
8
尺.答案
设竹竿的长为x尺,则门的宽度为(x-4)尺,门的高度为(x-2)尺,根据题意得(x-2)²+(x-4)²=x²,整理得x²-12x+20=0,解得x₁=10,x₂=2(舍去),
∴门的高度为10-2=8(尺).
∴门的高度为10-2=8(尺).
解析
【分析】
这是一道结合古代数学文化的实际应用题，解题核心是将问题转化为直角三角形的勾股定理模型。首先设竹竿长度（即门的对角线长度）为未知数，用未知数分别表示出门的高度和宽度，再根据矩形的长、宽与对角线构成直角三角形，满足勾股定理列一元二次方程，求解后结合实际情况舍去不符合的根，最后计算门的高度即可。
【解析】
解：设竹竿的长为x尺，即门的对角线长为x尺。
由题意可知，门的宽度为$(x-4)$尺，门的高度为$(x-2)$尺。
门的高、宽和对角线构成直角三角形，根据勾股定理列方程：
$(x-2)^2 + (x-4)^2 = x^2$
展开整理得：
$x^2 - 12x + 20 = 0$
因式分解得$(x-10)(x-2)=0$，解得$x_1=10$，$x_2=2$。
当$x=2$时，门的宽度为$2-4=-2$尺，不符合实际情况，故舍去。
因此门的高度为$10-2=8$尺。
【答案】
8
【知识点】
勾股定理；一元二次方程的应用；一元二次方程的解法
【点评】
本题依托古代经典数学问题，将生活实际问题转化为几何方程模型，既考查了勾股定理的应用，也考查了一元二次方程的求解，解题时需注意对根的实际意义进行验证，舍去不符合常理的结果。
【难度系数】
0.7
这是一道结合古代数学文化的实际应用题，解题核心是将问题转化为直角三角形的勾股定理模型。首先设竹竿长度（即门的对角线长度）为未知数，用未知数分别表示出门的高度和宽度，再根据矩形的长、宽与对角线构成直角三角形，满足勾股定理列一元二次方程，求解后结合实际情况舍去不符合的根，最后计算门的高度即可。
【解析】
解：设竹竿的长为x尺，即门的对角线长为x尺。
由题意可知，门的宽度为$(x-4)$尺，门的高度为$(x-2)$尺。
门的高、宽和对角线构成直角三角形，根据勾股定理列方程：
$(x-2)^2 + (x-4)^2 = x^2$
展开整理得：
$x^2 - 12x + 20 = 0$
因式分解得$(x-10)(x-2)=0$，解得$x_1=10$，$x_2=2$。
当$x=2$时，门的宽度为$2-4=-2$尺，不符合实际情况，故舍去。
因此门的高度为$10-2=8$尺。
【答案】
8
【知识点】
勾股定理；一元二次方程的应用；一元二次方程的解法
【点评】
本题依托古代经典数学问题，将生活实际问题转化为几何方程模型，既考查了勾股定理的应用，也考查了一元二次方程的求解，解题时需注意对根的实际意义进行验证，舍去不符合常理的结果。
【难度系数】
0.7
5. 情境 中华优秀传统文化 学科特色 教材变式 「2026广东汕尾期中」软笔书法承载着中华五千年的灿烂文化，
是一幅软笔作品示意图，它是长180 cm，宽90 cm的矩形。为了美观，现需装裱此作品，将作品四周裱上边衬（上、下边衬宽度相等，左、右边衬宽度也相等），装裱后的作品所示，若左边衬的宽度是上边衬的宽度的2倍，装裱后的作品面积变为原作品的$\frac{100}{81}$倍，求上边衬的宽度。
是一幅软笔作品示意图，它是长180 cm，宽90 cm的矩形。为了美观，现需装裱此作品，将作品四周裱上边衬（上、下边衬宽度相等，左、右边衬宽度也相等），装裱后的作品所示，若左边衬的宽度是上边衬的宽度的2倍，装裱后的作品面积变为原作品的$\frac{100}{81}$倍，求上边衬的宽度。答案
设上边衬的宽度是x cm,则左边衬的宽度是2x cm,装裱后的作品长为(180+4x)cm,宽为(90+2x)cm,依题意得$(180+4x)(90+2x)=180×90×\frac{100}{81}$,整理得(45+x)²=2 500,解得x₁=5,x₂=-95(舍去).答:上边衬的宽度是5 cm.
解析
【分析】
这是一道一元二次方程的几何实际应用题，解题思路如下：第一步先设未知数，设上边衬宽度为x cm，根据题意可知左边衬宽度为2x cm；第二步表示出装裱后矩形的长和宽：左右两侧各有宽度为2x的边衬，因此装裱后总长度为原长加2个2x即180+4x，上下两侧各有宽度为x的边衬，因此装裱后总宽度为原宽加2个x即90+2x；第三步找等量关系：装裱后的面积=原作品面积×$\frac{100}{81}$，据此列一元二次方程；第四步解方程，注意边衬宽度为正数，需舍去不符合实际的负根，得到最终结果。
【解析】
解：设上边衬的宽度是x cm，则左边衬的宽度是2x cm，
装裱后的作品长为$(180 + 4x)$ cm，宽为$(90 + 2x)$ cm，
依题意得：
$(180+4x)(90+2x)=180×90×\frac{100}{81}$
整理得$(45+x)^2=2500$，
解得$x_1=5$，$x_2=-95$，
因为边衬宽度不能为负数，故$x_2=-95$不符合实际意义，舍去。
答：上边衬的宽度是5 cm。
【答案】
上边衬的宽度是5 cm
【知识点】
1.一元二次方程的应用 2.矩形面积计算 3.一元二次方程的求解
【点评】
本题结合传统书法装裱的实际情境，考查利用方程思想解决几何面积问题，解题的关键是正确表示出装裱后图形的长与宽，求解方程后要注意结合实际意义检验根的合理性。
【难度系数】
0.7
这是一道一元二次方程的几何实际应用题，解题思路如下：第一步先设未知数，设上边衬宽度为x cm，根据题意可知左边衬宽度为2x cm；第二步表示出装裱后矩形的长和宽：左右两侧各有宽度为2x的边衬，因此装裱后总长度为原长加2个2x即180+4x，上下两侧各有宽度为x的边衬，因此装裱后总宽度为原宽加2个x即90+2x；第三步找等量关系：装裱后的面积=原作品面积×$\frac{100}{81}$，据此列一元二次方程；第四步解方程，注意边衬宽度为正数，需舍去不符合实际的负根，得到最终结果。
【解析】
解：设上边衬的宽度是x cm，则左边衬的宽度是2x cm，
装裱后的作品长为$(180 + 4x)$ cm，宽为$(90 + 2x)$ cm，
依题意得：
$(180+4x)(90+2x)=180×90×\frac{100}{81}$
整理得$(45+x)^2=2500$，
解得$x_1=5$，$x_2=-95$，
因为边衬宽度不能为负数，故$x_2=-95$不符合实际意义，舍去。
答：上边衬的宽度是5 cm。
【答案】
上边衬的宽度是5 cm
【知识点】
1.一元二次方程的应用 2.矩形面积计算 3.一元二次方程的求解
【点评】
本题结合传统书法装裱的实际情境，考查利用方程思想解决几何面积问题，解题的关键是正确表示出装裱后图形的长与宽，求解方程后要注意结合实际意义检验根的合理性。
【难度系数】
0.7
6.「2026江苏扬州高邮期中，★☆」如图，若线段MN将边长分别为6,8,m的三个正方形组成的图形分成面积相等的两部分，则m=
2或6
。答案
如图,延长NA,MB交于点C,易得△MNC是直角三角形,
由题意得$\frac{1}{2}(6+8+m)×8 - m(8 - m)$$=\frac{1}{2}(6^2+8^2+m^2)$,整理得m²-8m+12=0,∴(m-2)(m-6)=0,解得m₁=2,m₂=6.故答案为2或6.
解析
【分析】
遇到直线平分不规则组合图形面积的问题，可通过割补法将不规则面积转化为规则图形面积的和差计算。首先延长NA、MB交于点C得到直角△MNC，MN下方的面积等于大直角△MNC的面积减去右下角不属于原图形的小矩形（长为m、宽为8-m）的面积，该面积恰好等于三个正方形总面积的一半，据此列一元二次方程求解即可，注意验证解的合理性。
【解析】
解：延长NA、MB交于点C，可得△MNC为直角三角形，直角边$MC=6+8+m$，$NC=8$。
因为线段MN将原图形分为面积相等的两部分，所以MN下方的面积等于三个正方形面积和的一半，列方程：
$\frac{1}{2}(6+8+m)×8 - m(8 - m) = \frac{1}{2}(6^2+8^2+m^2)$
整理方程：
左边化简得$m^2-4m+56$，右边化简得$\frac{1}{2}m^2+50$，
移项合并同类项得$m^2-8m+12=0$，
因式分解得$(m-2)(m-6)=0$，
解得$m_1=2$，$m_2=6$，两个解均符合正方形边长为正的要求，均成立。
【答案】
2或6
【知识点】
一元二次方程的应用；割补法求面积；正方形的性质
【点评】
本题重点考查组合图形的面积计算和一元二次方程的实际应用，解题的核心是通过构造辅助线，将不规则部分的面积转化为规则图形面积的和差，建立等量关系列方程，同时要注意求解后验证解是否符合实际意义。
【难度系数】
0.6
遇到直线平分不规则组合图形面积的问题，可通过割补法将不规则面积转化为规则图形面积的和差计算。首先延长NA、MB交于点C得到直角△MNC，MN下方的面积等于大直角△MNC的面积减去右下角不属于原图形的小矩形（长为m、宽为8-m）的面积，该面积恰好等于三个正方形总面积的一半，据此列一元二次方程求解即可，注意验证解的合理性。
【解析】
解：延长NA、MB交于点C，可得△MNC为直角三角形，直角边$MC=6+8+m$，$NC=8$。
因为线段MN将原图形分为面积相等的两部分，所以MN下方的面积等于三个正方形面积和的一半，列方程：
$\frac{1}{2}(6+8+m)×8 - m(8 - m) = \frac{1}{2}(6^2+8^2+m^2)$
整理方程：
左边化简得$m^2-4m+56$，右边化简得$\frac{1}{2}m^2+50$，
移项合并同类项得$m^2-8m+12=0$，
因式分解得$(m-2)(m-6)=0$，
解得$m_1=2$，$m_2=6$，两个解均符合正方形边长为正的要求，均成立。
【答案】
2或6
【知识点】
一元二次方程的应用；割补法求面积；正方形的性质
【点评】
本题重点考查组合图形的面积计算和一元二次方程的实际应用，解题的核心是通过构造辅助线，将不规则部分的面积转化为规则图形面积的和差，建立等量关系列方程，同时要注意求解后验证解是否符合实际意义。
【难度系数】
0.6
7.「2026四川成都武侯期中，★★」定义:给定一个矩形的长和宽,若存在另外一个矩形的周长和面积分别是这个矩形周长和面积的k倍(k＞0),则称这个矩形是给定矩形的“k倍”矩形.现有一个长为5,宽为4的矩形,若它的“k倍”矩形存在,则k的最小值为
$\frac{80}{81}$
.答案
∵给定矩形的长为5,宽为4,
∴这个矩形的周长为2×(5+4)=18,面积为5×4=20,
∴这个矩形的“k倍”矩形的周长为18k,面积为20k,设“k倍”矩形的长为a,宽为b,显然a＞0,b＞0,
∴2(a+b)=18k①,ab=20k②,由①得b=9k-a③,将③代入②,得a(9k-a)=20k,整理成关于a的方程得a²-9ka+20k=0,
∵“k倍”矩形存在,
∴关于a的方程a²-9ka+20k=0一定有实数根,
∴Δ=(-9k)²-4×1×20k≥0,整理得k(81k-80)≥0,
∵k＞0,
∴81k-80≥0,解得$k≥\frac{80}{81}$,
∴k的最小值为$\frac{80}{81}$.
解析
【分析】
解题时首先要准确理解“k倍矩形”的定义，第一步先计算原矩形的周长和面积，从而得到k倍矩形对应的周长和面积；接着设出k倍矩形的长和宽，根据周长、面积公式列出方程组，消元后得到关于边长的一元二次方程；由于矩形的边长一定是正实数，因此该一元二次方程必须有正实数根，根据一元二次方程有实根的条件（判别式≥0）列出不等式，结合k＞0的条件解不等式即可求出k的最小值。
【解析】
已知原矩形长为5，宽为4，
∴原矩形周长为$2×(5+4)=18$，面积为$5×4=20$，
则其“k倍”矩形的周长为$18k$，面积为$20k$。
设“k倍”矩形的长为$a$，宽为$b$（$a＞0,b＞0$），可得：
$\begin{cases}2(a+b)=18k&①\\ab=20k&②\end{cases}$
由①得：$b=9k-a$ ③，
将③代入②得：$a(9k-a)=20k$，
整理为关于$a$的一元二次方程：$a^2-9ka+20k=0$。
∵“k倍”矩形存在，即边长$a,b$为正实数，
∴上述一元二次方程有正实数根，
∴判别式$\Delta=(-9k)^2-4×1×20k≥0$，
整理得：$k(81k-80)≥0$，
又
∵$k＞0$，
∴$81k-80≥0$，解得$k≥\frac{80}{81}$，
∴$k$的最小值为$\frac{80}{81}$。
【答案】
$\frac{80}{81}$
【知识点】
1. 新定义问题 2. 矩形周长与面积计算 3. 一元二次方程判别式应用
【点评】
本题将新定义与几何、代数知识结合，核心是把“矩形存在”的几何问题转化为一元二次方程有实根的代数问题，解题时要注意挖掘$k＞0$的隐含条件，避免出现多解错误，对学生的转化思维能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题时首先要准确理解“k倍矩形”的定义，第一步先计算原矩形的周长和面积，从而得到k倍矩形对应的周长和面积；接着设出k倍矩形的长和宽，根据周长、面积公式列出方程组，消元后得到关于边长的一元二次方程；由于矩形的边长一定是正实数，因此该一元二次方程必须有正实数根，根据一元二次方程有实根的条件（判别式≥0）列出不等式，结合k＞0的条件解不等式即可求出k的最小值。
【解析】
已知原矩形长为5，宽为4，
∴原矩形周长为$2×(5+4)=18$，面积为$5×4=20$，
则其“k倍”矩形的周长为$18k$，面积为$20k$。
设“k倍”矩形的长为$a$，宽为$b$（$a＞0,b＞0$），可得：
$\begin{cases}2(a+b)=18k&①\\ab=20k&②\end{cases}$
由①得：$b=9k-a$ ③，
将③代入②得：$a(9k-a)=20k$，
整理为关于$a$的一元二次方程：$a^2-9ka+20k=0$。
∵“k倍”矩形存在，即边长$a,b$为正实数，
∴上述一元二次方程有正实数根，
∴判别式$\Delta=(-9k)^2-4×1×20k≥0$，
整理得：$k(81k-80)≥0$，
又
∵$k＞0$，
∴$81k-80≥0$，解得$k≥\frac{80}{81}$，
∴$k$的最小值为$\frac{80}{81}$。
【答案】
$\frac{80}{81}$
【知识点】
1. 新定义问题 2. 矩形周长与面积计算 3. 一元二次方程判别式应用
【点评】
本题将新定义与几何、代数知识结合，核心是把“矩形存在”的几何问题转化为一元二次方程有实根的代数问题，解题时要注意挖掘$k＞0$的隐含条件，避免出现多解错误，对学生的转化思维能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
