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14. 已知矩形$ABCD$的对角线$AC$的长为$\sqrt{31}$，且矩形的两条边$AB$和$BC$的长恰好是关于$x$的一元二次方程$x^2-(2k+1)x+4k-3=0$的两个根.
(1)试说明，无论$k$取任何实数，方程总有两个不相等的实数根.
(2)求矩形$ABCD$的周长和面积.
(3)①是否存在另一个矩形$EFGH$，它的周长和面积分别是矩形$ABCD$的周长和面积的一半？如果存在，请求出该矩形的长和宽；如果不存在，请说明理由.
②如果有一个矩形的长为$a$，宽为$b$，那么$a$，$b$应满足什么条件，才一定存在另一个矩形，其周长和面积都是该矩形的一半？请直接写出$a$，$b$应满足的条件.
(1)试说明，无论$k$取任何实数，方程总有两个不相等的实数根.
(2)求矩形$ABCD$的周长和面积.
(3)①是否存在另一个矩形$EFGH$，它的周长和面积分别是矩形$ABCD$的周长和面积的一半？如果存在，请求出该矩形的长和宽；如果不存在，请说明理由.
②如果有一个矩形的长为$a$，宽为$b$，那么$a$，$b$应满足什么条件，才一定存在另一个矩形，其周长和面积都是该矩形的一半？请直接写出$a$，$b$应满足的条件.
答案
解：
(1) 对于一元二次方程$x^2-(2k+1)x+4k-3=0$，
判别式$\Delta =[-(2k+1)]^2 -4×1×(4k-3)$
$=4k^2 +4k +1 -16k +12$
$=4k^2 -12k +13$
$=4(k-\frac{3}{2})^2 +4$
$\because 4(k-\frac{3}{2})^2 ≥ 0$，
$\therefore \Delta=4(k-\frac{3}{2})^2 +4 ＞ 0$，
$\therefore$ 无论$k$取任何实数，方程总有两个不相等的实数根。
(2) 由根与系数的关系，得$AB + BC = 2k+1$，$AB· BC =4k-3$。
在矩形$ABCD$中，$∠ ABC=90°$，由勾股定理：
$AB^2 + BC^2 = AC^2 = (\sqrt{31})^2=31$
又$\because AB^2 + BC^2=(AB+BC)^2 - 2AB· BC$
代入得：$(2k+1)^2 -2(4k-3)=31$
整理得：$k^2 -k -6=0$
解得$k_1=3$，$k_2=-2$。
$\because AB, BC$是矩形边长，均为正，$\therefore 2k+1＞0$且$4k-3＞0$，即$k＞ \frac{3}{4}$，
$\therefore k=-2$舍去，取$k=3$。
$\therefore AB+BC=2×3 +1=7$，$AB· BC=4×3 -3=9$。
$\therefore$ 矩形$ABCD$的周长为$2(AB+BC)=14$，面积为$AB· BC=9$。
(3)① 不存在，理由如下：
假设存在满足条件的矩形$EFGH$，设它的长和宽分别为$m,n$（$m≥ n＞0$），
则$2(m+n)=\frac{1}{2}×14=7$，$mn=\frac{1}{2}×9=\frac{9}{2}$，
即$m+n=\frac{7}{2}$，$mn=\frac{9}{2}$。
此时$m,n$是一元二次方程$x^2-\frac{7}{2}x+\frac{9}{2}=0$的两个根，
该方程的判别式$\Delta'=(-\frac{7}{2})^2 -4×1×\frac{9}{2}=-\frac{23}{4}＜0$，该方程无实数根，
$\therefore$ 不存在这样的矩形$EFGH$。
② $a^2 + b^2 ≥ 6ab$
(1) 对于一元二次方程$x^2-(2k+1)x+4k-3=0$，
判别式$\Delta =[-(2k+1)]^2 -4×1×(4k-3)$
$=4k^2 +4k +1 -16k +12$
$=4k^2 -12k +13$
$=4(k-\frac{3}{2})^2 +4$
$\because 4(k-\frac{3}{2})^2 ≥ 0$，
$\therefore \Delta=4(k-\frac{3}{2})^2 +4 ＞ 0$，
$\therefore$ 无论$k$取任何实数，方程总有两个不相等的实数根。
(2) 由根与系数的关系，得$AB + BC = 2k+1$，$AB· BC =4k-3$。
在矩形$ABCD$中，$∠ ABC=90°$，由勾股定理：
$AB^2 + BC^2 = AC^2 = (\sqrt{31})^2=31$
又$\because AB^2 + BC^2=(AB+BC)^2 - 2AB· BC$
代入得：$(2k+1)^2 -2(4k-3)=31$
整理得：$k^2 -k -6=0$
解得$k_1=3$，$k_2=-2$。
$\because AB, BC$是矩形边长，均为正，$\therefore 2k+1＞0$且$4k-3＞0$，即$k＞ \frac{3}{4}$，
$\therefore k=-2$舍去，取$k=3$。
$\therefore AB+BC=2×3 +1=7$，$AB· BC=4×3 -3=9$。
$\therefore$ 矩形$ABCD$的周长为$2(AB+BC)=14$，面积为$AB· BC=9$。
(3)① 不存在，理由如下：
假设存在满足条件的矩形$EFGH$，设它的长和宽分别为$m,n$（$m≥ n＞0$），
则$2(m+n)=\frac{1}{2}×14=7$，$mn=\frac{1}{2}×9=\frac{9}{2}$，
即$m+n=\frac{7}{2}$，$mn=\frac{9}{2}$。
此时$m,n$是一元二次方程$x^2-\frac{7}{2}x+\frac{9}{2}=0$的两个根，
该方程的判别式$\Delta'=(-\frac{7}{2})^2 -4×1×\frac{9}{2}=-\frac{23}{4}＜0$，该方程无实数根，
$\therefore$ 不存在这样的矩形$EFGH$。
② $a^2 + b^2 ≥ 6ab$
解析
【分析】
(1) 要判断一元二次方程根的情况，只需计算判别式Δ的取值，若Δ恒大于0，则无论k取何值，方程总有两个不相等的实数根，通过对Δ配方即可判断其正负性。
(2) AB、BC是方程的两根，由根与系数的关系可得到两根之和、两根之积关于k的表达式；结合矩形的性质，直角三角形的勾股定理可得AB²+BC²=AC²，再利用完全平方公式的变形将其转化为含两根和、两根积的式子，代入后列方程求解k；注意矩形边长为正数，需舍去不符合条件的k值，最后计算周长和面积即可。
(3) ①假设存在满足条件的矩形，设其长、宽为m、n，根据“周长和面积是原矩形的一半”得到m+n和mn的值，构造对应的一元二次方程，通过判断方程判别式的正负，即可确定是否存在这样的矩形；②将长为a、宽为b的矩形作为原矩形，同理写出新矩形对应的一元二次方程，令方程判别式≥0，整理即可得到a、b需满足的条件。
【解析】
(1) 对于一元二次方程$x^2-(2k+1)x+4k-3=0$，
判别式$\Delta =[-(2k+1)]^2 -4×1×(4k-3)$
$=4k^2 +4k +1 -16k +12$
$=4k^2 -12k +13$
$=4(k-\frac{3}{2})^2 +4$
$\because 4(k-\frac{3}{2})^2 ≥ 0$，
$\therefore \Delta=4(k-\frac{3}{2})^2 +4 ＞ 0$，
$\therefore$ 无论$k$取任何实数，方程总有两个不相等的实数根。
(2) 由根与系数的关系，得$AB + BC = 2k+1$，$AB· BC =4k-3$。
在矩形$ABCD$中，$∠ ABC=90°$，由勾股定理：
$AB^2 + BC^2 = AC^2 = (\sqrt{31})^2=31$
又$\because AB^2 + BC^2=(AB+BC)^2 - 2AB· BC$
代入得：$(2k+1)^2 -2(4k-3)=31$
整理得：$k^2 -k -6=0$
解得$k_1=3$，$k_2=-2$。
$\because AB, BC$是矩形边长，均为正，$\therefore 2k+1＞0$且$4k-3＞0$，即$k＞ \frac{3}{4}$，
$\therefore k=-2$舍去，取$k=3$。
$\therefore AB+BC=2×3 +1=7$，$AB· BC=4×3 -3=9$。
$\therefore$ 矩形$ABCD$的周长为$2(AB+BC)=14$，面积为$AB· BC=9$。
(3)① 不存在，理由如下：
假设存在满足条件的矩形$EFGH$，设它的长和宽分别为$m,n$（$m≥ n＞0$），
则$2(m+n)=\frac{1}{2}×14=7$，$mn=\frac{1}{2}×9=\frac{9}{2}$，
即$m+n=\frac{7}{2}$，$mn=\frac{9}{2}$。
此时$m,n$是一元二次方程$x^2-\frac{7}{2}x+\frac{9}{2}=0$的两个根，
该方程的判别式$\Delta'=(-\frac{7}{2})^2 -4×1×\frac{9}{2}=-\frac{23}{4}＜0$，该方程无实数根，
$\therefore$ 不存在这样的矩形$EFGH$。
② 若原矩形长为$a$、宽为$b$，设新矩形长和宽为$x,y$，则$x+y=\frac{a+b}{2}$，$xy=\frac{ab}{2}$，对应方程为$t^2-\frac{a+b}{2}t+\frac{ab}{2}=0$，要使方程有正实根，需$\Delta''≥0$，即$(\frac{a+b}{2})^2 -4×1×\frac{ab}{2}≥0$，整理得$a^2 + b^2 ≥ 6ab$。
【答案】
(1) 证明成立，无论k取任何实数，方程总有两个不相等的实数根；
(2) 矩形ABCD的周长为$\boldsymbol{14}$，面积为$\boldsymbol{9}$；
(3) ①不存在满足条件的矩形EFGH；②$\boldsymbol{a^2 + b^2 ≥ 6ab}$
【知识点】
一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，矩形的性质
【点评】
本题将一元二次方程知识与几何图形性质结合考查，既涉及判别式、韦达定理的基础应用，也考查了存在性问题的分析逻辑，解题时需注意实际问题中边长为正的隐含条件，掌握将几何的周长、面积关系转化为方程问题的转化思想。
【难度系数】
0.6
(1) 要判断一元二次方程根的情况，只需计算判别式Δ的取值，若Δ恒大于0，则无论k取何值，方程总有两个不相等的实数根，通过对Δ配方即可判断其正负性。
(2) AB、BC是方程的两根，由根与系数的关系可得到两根之和、两根之积关于k的表达式；结合矩形的性质，直角三角形的勾股定理可得AB²+BC²=AC²，再利用完全平方公式的变形将其转化为含两根和、两根积的式子，代入后列方程求解k；注意矩形边长为正数，需舍去不符合条件的k值，最后计算周长和面积即可。
(3) ①假设存在满足条件的矩形，设其长、宽为m、n，根据“周长和面积是原矩形的一半”得到m+n和mn的值，构造对应的一元二次方程，通过判断方程判别式的正负，即可确定是否存在这样的矩形；②将长为a、宽为b的矩形作为原矩形，同理写出新矩形对应的一元二次方程，令方程判别式≥0，整理即可得到a、b需满足的条件。
【解析】
(1) 对于一元二次方程$x^2-(2k+1)x+4k-3=0$，
判别式$\Delta =[-(2k+1)]^2 -4×1×(4k-3)$
$=4k^2 +4k +1 -16k +12$
$=4k^2 -12k +13$
$=4(k-\frac{3}{2})^2 +4$
$\because 4(k-\frac{3}{2})^2 ≥ 0$，
$\therefore \Delta=4(k-\frac{3}{2})^2 +4 ＞ 0$，
$\therefore$ 无论$k$取任何实数，方程总有两个不相等的实数根。
(2) 由根与系数的关系，得$AB + BC = 2k+1$，$AB· BC =4k-3$。
在矩形$ABCD$中，$∠ ABC=90°$，由勾股定理：
$AB^2 + BC^2 = AC^2 = (\sqrt{31})^2=31$
又$\because AB^2 + BC^2=(AB+BC)^2 - 2AB· BC$
代入得：$(2k+1)^2 -2(4k-3)=31$
整理得：$k^2 -k -6=0$
解得$k_1=3$，$k_2=-2$。
$\because AB, BC$是矩形边长，均为正，$\therefore 2k+1＞0$且$4k-3＞0$，即$k＞ \frac{3}{4}$，
$\therefore k=-2$舍去，取$k=3$。
$\therefore AB+BC=2×3 +1=7$，$AB· BC=4×3 -3=9$。
$\therefore$ 矩形$ABCD$的周长为$2(AB+BC)=14$，面积为$AB· BC=9$。
(3)① 不存在，理由如下：
假设存在满足条件的矩形$EFGH$，设它的长和宽分别为$m,n$（$m≥ n＞0$），
则$2(m+n)=\frac{1}{2}×14=7$，$mn=\frac{1}{2}×9=\frac{9}{2}$，
即$m+n=\frac{7}{2}$，$mn=\frac{9}{2}$。
此时$m,n$是一元二次方程$x^2-\frac{7}{2}x+\frac{9}{2}=0$的两个根，
该方程的判别式$\Delta'=(-\frac{7}{2})^2 -4×1×\frac{9}{2}=-\frac{23}{4}＜0$，该方程无实数根，
$\therefore$ 不存在这样的矩形$EFGH$。
② 若原矩形长为$a$、宽为$b$，设新矩形长和宽为$x,y$，则$x+y=\frac{a+b}{2}$，$xy=\frac{ab}{2}$，对应方程为$t^2-\frac{a+b}{2}t+\frac{ab}{2}=0$，要使方程有正实根，需$\Delta''≥0$，即$(\frac{a+b}{2})^2 -4×1×\frac{ab}{2}≥0$，整理得$a^2 + b^2 ≥ 6ab$。
【答案】
(1) 证明成立，无论k取任何实数，方程总有两个不相等的实数根；
(2) 矩形ABCD的周长为$\boldsymbol{14}$，面积为$\boldsymbol{9}$；
(3) ①不存在满足条件的矩形EFGH；②$\boldsymbol{a^2 + b^2 ≥ 6ab}$
【知识点】
一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，矩形的性质
【点评】
本题将一元二次方程知识与几何图形性质结合考查，既涉及判别式、韦达定理的基础应用，也考查了存在性问题的分析逻辑，解题时需注意实际问题中边长为正的隐含条件，掌握将几何的周长、面积关系转化为方程问题的转化思想。
【难度系数】
0.6
