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8.已知关于$x$的方程$a(x-m)^2 + k = 0$($a,m,k$均为常数,且$a≠0$)的两个解是$x_1=1,x_2=4$,则方程$a(x-m-2)^2 + k = 0$的解是（
A.$x_1=1,x_2=-2$
B.$x_1=3,x_2=6$
C.$x_1=1,x_2=4$
D.$x_1=-1,x_2=2$
B
）A.$x_1=1,x_2=-2$
B.$x_1=3,x_2=6$
C.$x_1=1,x_2=4$
D.$x_1=-1,x_2=2$
答案
8.B
解析
【分析】
要解决本题，需观察两个方程的结构联系，利用换元思想简化求解。已知第一个方程的解，可得出关于$(x - m)$的等式，对比第二个方程发现，第二个方程中$(x - m -2)$相当于第一个方程中的$(x - m)$，通过变量替换即可快速得到新方程的解。
【解析】
1. 对第一个方程变形：方程$a(x - m)^2 + k = 0$（$a≠0$）移项得$(x - m)^2 = -\frac{k}{a}$，其解为$x = m ± \sqrt{-\frac{k}{a}}$，已知解为$x_1=1$，$x_2=4$，即$m + \sqrt{-\frac{k}{a}} = 4$，$m - \sqrt{-\frac{k}{a}} =1$。
2. 对第二个方程变形：方程$a(x - m -2)^2 +k=0$移项得$(x - m -2)^2 = -\frac{k}{a}$，其解满足$x - m -2 = ±\sqrt{-\frac{k}{a}}$，即$x = m +2 ±\sqrt{-\frac{k}{a}}$。
3. 代入计算：当取正号时，$x = (m + \sqrt{-\frac{k}{a}}) +2 =4 +2=6$；当取负号时，$x=(m - \sqrt{-\frac{k}{a}})+2=1+2=3$。因此方程的解为$x_1=3$，$x_2=6$。
【答案】
B
【知识点】
一元二次方程的解；换元法
【点评】
本题考查一元二次方程解的应用，核心是利用整体换元思想，通过对比两个方程的结构，发现解之间的平移关系，无需复杂计算即可快速求解，体现了数学中的整体思想。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需观察两个方程的结构联系，利用换元思想简化求解。已知第一个方程的解，可得出关于$(x - m)$的等式，对比第二个方程发现，第二个方程中$(x - m -2)$相当于第一个方程中的$(x - m)$，通过变量替换即可快速得到新方程的解。
【解析】
1. 对第一个方程变形：方程$a(x - m)^2 + k = 0$（$a≠0$）移项得$(x - m)^2 = -\frac{k}{a}$，其解为$x = m ± \sqrt{-\frac{k}{a}}$，已知解为$x_1=1$，$x_2=4$，即$m + \sqrt{-\frac{k}{a}} = 4$，$m - \sqrt{-\frac{k}{a}} =1$。
2. 对第二个方程变形：方程$a(x - m -2)^2 +k=0$移项得$(x - m -2)^2 = -\frac{k}{a}$，其解满足$x - m -2 = ±\sqrt{-\frac{k}{a}}$，即$x = m +2 ±\sqrt{-\frac{k}{a}}$。
3. 代入计算：当取正号时，$x = (m + \sqrt{-\frac{k}{a}}) +2 =4 +2=6$；当取负号时，$x=(m - \sqrt{-\frac{k}{a}})+2=1+2=3$。因此方程的解为$x_1=3$，$x_2=6$。
【答案】
B
【知识点】
一元二次方程的解；换元法
【点评】
本题考查一元二次方程解的应用，核心是利用整体换元思想，通过对比两个方程的结构，发现解之间的平移关系，无需复杂计算即可快速求解，体现了数学中的整体思想。
【难度系数】
0.6
9. 在四边形ABCD中，$AC ⊥ BD$，E，F分别是AD和BC的中点。若$AC=6$，$BD=8$，则EF为 （
A.5
B.6
C.8
D.10
A
）A.5
B.6
C.8
D.10
答案
9.A
解析
【分析】
要计算EF的长度，已知四边形ABCD中AC⊥BD，E、F分别是AD、BC的中点，可通过构造辅助线（取AB的中点G），利用三角形中位线定理得到相关线段的长度与位置关系，结合AC⊥BD的条件将问题转化为直角三角形，再用勾股定理求解。
【解析】
取AB的中点G，连接EG、FG。
1. 因为E是AD中点，G是AB中点，所以EG是△ABD的中位线，根据三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，可得：
$EG = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}×8 = 4$，且$EG// BD$。
2. 同理，F是BC中点，G是AB中点，所以FG是△ABC的中位线，可得：
$FG = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}×6 = 3$，且$FG// AC$。
3. 已知$AC⊥BD$，结合$EG// BD$、$FG// AC$，可推出$EG⊥FG$，即△EGF是直角三角形。
4. 在Rt△EGF中，根据勾股定理：
$EF = \sqrt{EG^2 + FG^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5$。
【答案】
A
【知识点】
三角形中位线定理，勾股定理
【点评】
本题通过构造中位线将分散的线段整合到直角三角形中，巧妙利用对角线垂直的条件转化为直角三角形，考查了三角形中位线定理和勾股定理的应用，关键在于辅助线的构造，是几何中常见的线段长度求解题型。
【难度系数】
0.5
要计算EF的长度，已知四边形ABCD中AC⊥BD，E、F分别是AD、BC的中点，可通过构造辅助线（取AB的中点G），利用三角形中位线定理得到相关线段的长度与位置关系，结合AC⊥BD的条件将问题转化为直角三角形，再用勾股定理求解。
【解析】
取AB的中点G，连接EG、FG。
1. 因为E是AD中点，G是AB中点，所以EG是△ABD的中位线，根据三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，可得：
$EG = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}×8 = 4$，且$EG// BD$。
2. 同理，F是BC中点，G是AB中点，所以FG是△ABC的中位线，可得：
$FG = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}×6 = 3$，且$FG// AC$。
3. 已知$AC⊥BD$，结合$EG// BD$、$FG// AC$，可推出$EG⊥FG$，即△EGF是直角三角形。
4. 在Rt△EGF中，根据勾股定理：
$EF = \sqrt{EG^2 + FG^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5$。
【答案】
A
【知识点】
三角形中位线定理，勾股定理
【点评】
本题通过构造中位线将分散的线段整合到直角三角形中，巧妙利用对角线垂直的条件转化为直角三角形，考查了三角形中位线定理和勾股定理的应用，关键在于辅助线的构造，是几何中常见的线段长度求解题型。
【难度系数】
0.5
10.如图,在矩形ABCD中,BC＞AB,对角线AC,BD交于点O,过点O作$OE⊥AC$交BC于点E,OF平分$∠BOE$交BC于点F。若矩形ABCD的周长为定值,则下列线段的长度为定值的是 （
A.CF
B.BF
C.CE
D.OF
A
）A.CF
B.BF
C.CE
D.OF
答案
10.A
解析
【分析】
要解决本题，需结合矩形的性质、垂直平分线和角平分线的相关知识推导线段的定值性：
1. 利用矩形对角线互相平分且相等，得到OA=OC，结合OE⊥AC，可知OE是AC的垂直平分线；
2. 利用角平分线定理，结合坐标法推导线段间的比例关系，最终得出CF与矩形边长和的关联，结合矩形周长为定值，判断CF为定值。
【解析】
设矩形ABCD中，AB=b，BC=a，则周长为2(a+b)，故a+b为定值。
建立平面直角坐标系：令B(0,0)，A(0,b)，C(a,0)，D(a,b)，对角线交点O的坐标为$(\frac{a}{2},\frac{b}{2})$。
1. 由OE⊥AC，AC的斜率为$-\frac{b}{a}$，故OE的斜率为$\frac{a}{b}$，OE的方程为$y-\frac{b}{2}=\frac{a}{b}(x-\frac{a}{2})$。
因E在BC上（y=0），代入得E点坐标为$(\frac{a^2-b^2}{2a},0)$，故$BE=\frac{a^2-b^2}{2a}$。
2. OF平分∠BOE，根据角平分线定理，在△BOE中，角平分线OF交BC于F，故$\frac{BF}{FE}=\frac{BO}{OE}$。
计算得$BO=\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{2}$，$OE=\frac{b\sqrt{a^2+b^2}}{2a}$，则$\frac{BO}{OE}=\frac{a}{b}$，即$\frac{BF}{FE}=\frac{a}{b}$。
3. 由$BF+FE=BE=\frac{a^2-b^2}{2a}$，解得$BF=\frac{a}{a+b}· BE=\frac{a^2-b^2}{2(a+b)}$。
因此$CF=BC-BF=a-\frac{a^2-b^2}{2(a+b)}=\frac{(a+b)^2}{2(a+b)}=\frac{a+b}{2}$。
因矩形周长为定值，故$a+b$为定值，所以CF为定值。
【答案】
A
【知识点】
矩形的性质，角平分线定理，垂直平分线的性质
【点评】
本题综合运用矩形性质、角平分线定理，通过坐标法推导线段的定值性，需具备较强的几何逻辑推导能力，属于中等难度的几何题。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合矩形的性质、垂直平分线和角平分线的相关知识推导线段的定值性：
1. 利用矩形对角线互相平分且相等，得到OA=OC，结合OE⊥AC，可知OE是AC的垂直平分线；
2. 利用角平分线定理，结合坐标法推导线段间的比例关系，最终得出CF与矩形边长和的关联，结合矩形周长为定值，判断CF为定值。
【解析】
设矩形ABCD中，AB=b，BC=a，则周长为2(a+b)，故a+b为定值。
建立平面直角坐标系：令B(0,0)，A(0,b)，C(a,0)，D(a,b)，对角线交点O的坐标为$(\frac{a}{2},\frac{b}{2})$。
1. 由OE⊥AC，AC的斜率为$-\frac{b}{a}$，故OE的斜率为$\frac{a}{b}$，OE的方程为$y-\frac{b}{2}=\frac{a}{b}(x-\frac{a}{2})$。
因E在BC上（y=0），代入得E点坐标为$(\frac{a^2-b^2}{2a},0)$，故$BE=\frac{a^2-b^2}{2a}$。
2. OF平分∠BOE，根据角平分线定理，在△BOE中，角平分线OF交BC于F，故$\frac{BF}{FE}=\frac{BO}{OE}$。
计算得$BO=\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{2}$，$OE=\frac{b\sqrt{a^2+b^2}}{2a}$，则$\frac{BO}{OE}=\frac{a}{b}$，即$\frac{BF}{FE}=\frac{a}{b}$。
3. 由$BF+FE=BE=\frac{a^2-b^2}{2a}$，解得$BF=\frac{a}{a+b}· BE=\frac{a^2-b^2}{2(a+b)}$。
因此$CF=BC-BF=a-\frac{a^2-b^2}{2(a+b)}=\frac{(a+b)^2}{2(a+b)}=\frac{a+b}{2}$。
因矩形周长为定值，故$a+b$为定值，所以CF为定值。
【答案】
A
【知识点】
矩形的性质，角平分线定理，垂直平分线的性质
【点评】
本题综合运用矩形性质、角平分线定理，通过坐标法推导线段的定值性，需具备较强的几何逻辑推导能力，属于中等难度的几何题。
【难度系数】
0.5
11.计算：$(\sqrt{3})^{2}=$
3
。答案
11.3
解析
【分析】
本题考查二次根式的基本性质，解题思路是：回忆当被开方数为非负数时，$(\sqrt{a})^2$的运算规则，直接代入计算即可。
【解析】
根据二次根式的性质：当$a≥0$时，$(\sqrt{a})^2 = a$。本题中被开方数$3≥0$，因此$(\sqrt{3})^2 = 3$。
【答案】
3
【知识点】
二次根式的性质
【点评】
本题是基础计算题，直接考查二次根式的基本性质，难度较低，适合巩固相关基础知识点。
【难度系数】
0.9
本题考查二次根式的基本性质，解题思路是：回忆当被开方数为非负数时，$(\sqrt{a})^2$的运算规则，直接代入计算即可。
【解析】
根据二次根式的性质：当$a≥0$时，$(\sqrt{a})^2 = a$。本题中被开方数$3≥0$，因此$(\sqrt{3})^2 = 3$。
【答案】
3
【知识点】
二次根式的性质
【点评】
本题是基础计算题，直接考查二次根式的基本性质，难度较低，适合巩固相关基础知识点。
【难度系数】
0.9
12.若一个多边形的每个外角均为$60°$,则这个多边形的边数为________。
答案
12.6
解析
【分析】
要确定多边形的边数，需利用多边形外角和的性质：任意多边形的外角和固定为360°，与边数无关。已知该多边形每个外角为60°，因此边数等于外角和除以每个外角的度数，据此可计算出结果。
【解析】
根据多边形外角和定理，任意多边形的外角和为360°。已知该多边形每个外角是60°，则边数 = 外角和 ÷ 每个外角的度数 = 360° ÷ 60° = 6。
【答案】
6
【知识点】
多边形外角和
【点评】
本题考查多边形外角和的基础应用，属于简单题型，只要牢记多边形外角和为360°的性质，即可快速得出结果，适合基础阶段的学生练习。
【难度系数】
0.8
要确定多边形的边数，需利用多边形外角和的性质：任意多边形的外角和固定为360°，与边数无关。已知该多边形每个外角为60°，因此边数等于外角和除以每个外角的度数，据此可计算出结果。
【解析】
根据多边形外角和定理，任意多边形的外角和为360°。已知该多边形每个外角是60°，则边数 = 外角和 ÷ 每个外角的度数 = 360° ÷ 60° = 6。
【答案】
6
【知识点】
多边形外角和
【点评】
本题考查多边形外角和的基础应用，属于简单题型，只要牢记多边形外角和为360°的性质，即可快速得出结果，适合基础阶段的学生练习。
【难度系数】
0.8
13. 已知一组数据1,2,3,4,5,则这组数据的方差为
2
。答案
13.2
14.构造一个一元二次方程,要求:①常数项是-6;②有一个根为2。
这个一元二次方程可以是
这个一元二次方程可以是
$(x-2)(x+3)=0$(答案不唯一)
。(写出一个即可)答案
14.$(x-2)(x+3)=0$(答案不唯一)
解析
【分析】要构造满足条件的一元二次方程，可利用一元二次方程的根与因式分解的关系：若一元二次方程的两个根为$x_1$、$x_2$，则方程可表示为$(x - x_1)(x - x_2)=0$。已知方程有一个根为2，设另一个根为$m$，展开该因式分解形式的方程后，常数项为$2m$，结合题目要求常数项为-6，即可求出另一个根$m$，进而构造出符合条件的方程。
【解析】设该一元二次方程的另一个根为$m$，根据因式分解法，方程可写为$(x - 2)(x - m) = 0$，展开得$x^2 - (2 + m)x + 2m = 0$。由题意，常数项为-6，因此$2m = -6$，解得$m = -3$。将$m=-3$代入，得到方程$(x - 2)(x + 3) = 0$，该方程满足常数项为-6，且有一个根为2，答案不唯一。
【答案】$(x-2)(x+3)=0$（答案不唯一）
【知识点】一元二次方程的构造、一元二次方程的根
【点评】本题考查一元二次方程的构造，属于基础题型，利用根与因式分解的关系即可快速求解，答案不唯一，只要满足题目给定的两个条件即可。
【难度系数】0.7
【解析】设该一元二次方程的另一个根为$m$，根据因式分解法，方程可写为$(x - 2)(x - m) = 0$，展开得$x^2 - (2 + m)x + 2m = 0$。由题意，常数项为-6，因此$2m = -6$，解得$m = -3$。将$m=-3$代入，得到方程$(x - 2)(x + 3) = 0$，该方程满足常数项为-6，且有一个根为2，答案不唯一。
【答案】$(x-2)(x+3)=0$（答案不唯一）
【知识点】一元二次方程的构造、一元二次方程的根
【点评】本题考查一元二次方程的构造，属于基础题型，利用根与因式分解的关系即可快速求解，答案不唯一，只要满足题目给定的两个条件即可。
【难度系数】0.7
15.如图,正方形ABCD的边长为13,以BC为斜边向内作$\mathrm{Rt}△ BCF$,$∠ F=90°$,$BF＞CF$,$AE⊥ BF$于点E,连结DE。若$EF=7$,则$△ AED$的面积为$\underline{\hspace{5em}}$。
答案
15.72
解析
【分析】要解决本题，需先利用正方形的性质和角的关系证明三角形全等，得到对应边相等，再结合勾股定理求出关键线段长度，最后通过建立坐标系确定各点坐标，利用坐标法计算三角形面积。具体步骤：1. 由正方形和直角三角形的角关系，证明△ABE≌△BCF；2. 设未知数，利用勾股定理求出BE、BF的长度；3. 建立合适的坐标系，确定A、E、D三点坐标，代入三角形面积公式计算。
【解析】
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=13，∠ABC=90°，即∠ABE + ∠CBF=90°。又
∵△BCF是直角三角形，∠F=90°，
∴∠CBF + ∠BCF=90°，
∴∠ABE=∠BCF。
∵AE⊥BF，
∴∠AEB=∠BFC=90°，在△ABE和△BCF中，$\{\begin{array}{l}∠AEB=∠BFC\\∠ABE=∠BCF\\AB=BC\end{array} $，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴AE=BF，BE=CF。设BE=x，则BF=BE+EF=x+7，CF=x。在Rt△BCF中，由勾股定理得：$CF^2 + BF^2 = BC^2$，即$x^2 + (x+7)^2 =13^2$，展开整理得$2x^2 +14x -120=0$，即$x^2 +7x -60=0$，解得$x=5$（舍去负根），故BE=5，BF=12，AE=12。建立坐标系：设E为原点(0,0)，BF在x轴上，AE在y轴上，则E(0,0)，B(-5,0)，A(0,12)。
∵ABCD是正方形，向量$\overrightarrow{AB}=(-5,-12)$，则向量$\overrightarrow{AD}$为$\overrightarrow{AB}$逆时针旋转90°所得，即(12,-5)，
∴D点坐标为A + $\overrightarrow{AD}$=(0+12,12-5)=(12,7)。根据三点坐标求三角形面积公式：$S=\frac{1}{2}|x_A(y_E - y_D)+x_E(y_D - y_A)+x_D(y_A - y_E)|$，代入A(0,12)、E(0,0)、D(12,7)得：$S_{△AED}=\frac{1}{2}|0×(0-7)+0×(7-12)+12×(12-0)|=\frac{1}{2}×144=72$。
【答案】72
【知识点】正方形性质、全等三角形判定、勾股定理、坐标法求面积
【点评】本题综合运用正方形、全等三角形、勾股定理等知识，通过全等转化线段长度，再用坐标法简化面积计算，解题关键是证明三角形全等并建立坐标系确定点坐标，难度适中。
【难度系数】0.5
【解析】
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=13，∠ABC=90°，即∠ABE + ∠CBF=90°。又
∵△BCF是直角三角形，∠F=90°，
∴∠CBF + ∠BCF=90°，
∴∠ABE=∠BCF。
∵AE⊥BF，
∴∠AEB=∠BFC=90°，在△ABE和△BCF中，$\{\begin{array}{l}∠AEB=∠BFC\\∠ABE=∠BCF\\AB=BC\end{array} $，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴AE=BF，BE=CF。设BE=x，则BF=BE+EF=x+7，CF=x。在Rt△BCF中，由勾股定理得：$CF^2 + BF^2 = BC^2$，即$x^2 + (x+7)^2 =13^2$，展开整理得$2x^2 +14x -120=0$，即$x^2 +7x -60=0$，解得$x=5$（舍去负根），故BE=5，BF=12，AE=12。建立坐标系：设E为原点(0,0)，BF在x轴上，AE在y轴上，则E(0,0)，B(-5,0)，A(0,12)。
∵ABCD是正方形，向量$\overrightarrow{AB}=(-5,-12)$，则向量$\overrightarrow{AD}$为$\overrightarrow{AB}$逆时针旋转90°所得，即(12,-5)，
∴D点坐标为A + $\overrightarrow{AD}$=(0+12,12-5)=(12,7)。根据三点坐标求三角形面积公式：$S=\frac{1}{2}|x_A(y_E - y_D)+x_E(y_D - y_A)+x_D(y_A - y_E)|$，代入A(0,12)、E(0,0)、D(12,7)得：$S_{△AED}=\frac{1}{2}|0×(0-7)+0×(7-12)+12×(12-0)|=\frac{1}{2}×144=72$。
【答案】72
【知识点】正方形性质、全等三角形判定、勾股定理、坐标法求面积
【点评】本题综合运用正方形、全等三角形、勾股定理等知识，通过全等转化线段长度，再用坐标法简化面积计算，解题关键是证明三角形全等并建立坐标系确定点坐标，难度适中。
【难度系数】0.5
16.如果关于$x$的一元二次方程$ax^2+bx+c=0$有两个实数根,且其中一个根为另外一个根的3倍,则称这样的方程为“三倍根方程”,以下关于三倍根方程的说法,正确的有________。(填序号)
①方程$x^2-4x+3=0$是三倍根方程；
②若$(x-3)(mx+n)=0$是三倍根方程:则$9m^2+10mn+n^2=0$；
③若$p,q$满足$pq=3$,则关于$x$的方程$px^2+4x+q=0$是三倍根方程。
①方程$x^2-4x+3=0$是三倍根方程；
②若$(x-3)(mx+n)=0$是三倍根方程:则$9m^2+10mn+n^2=0$；
③若$p,q$满足$pq=3$,则关于$x$的方程$px^2+4x+q=0$是三倍根方程。
答案
16.①②③
解析
【分析】
首先明确“三倍根方程”的定义：一元二次方程有两个实根，其中一个根是另一个根的3倍。接下来逐个分析三个说法：
1. 对①，解方程验证根是否满足三倍关系；
2. 对②，先求方程的两根，再根据三倍关系分情况讨论，推导代数式的值；
3. 对③，利用韦达定理结合已知条件，验证方程是否满足三倍根关系。
【解析】
1. 验证①：解方程$x^2-4x+3=0$，因式分解得$(x-1)(x-3)=0$，根为$x_1=1$，$x_2=3$，显然$3=3×1$，满足三倍根方程定义，故①正确。
2. 验证②：方程$(x-3)(mx+n)=0$的两根为$x_1=3$，$x_2=-\frac{n}{m}$（$m≠0$）。因是三倍根方程，分两种情况：
若$x_1=3x_2$，则$3=3×(-\frac{n}{m})$，化简得$m+n=0$；
若$x_2=3x_1$，则$-\frac{n}{m}=3×3=9$，化简得$9m+n=0$；
对代数式$9m^2+10mn+n^2$因式分解：$9m^2+10mn+n^2=(9m+n)(m+n)$，结合上述两种情况，乘积为0，故$9m^2+10mn+n^2=0$，②正确。
3. 验证③：方程$px^2+4x+q=0$（$p≠0$），由韦达定理得$x_1+x_2=-\frac{4}{p}$，$x_1x_2=\frac{q}{p}$。假设$x_1=3x_2$，则$x_1+x_2=4x_2=-\frac{4}{p}$，得$x_2=-\frac{1}{p}$，代入$x_1x_2=3x_2^2=3×\frac{1}{p^2}$，又$x_1x_2=\frac{q}{p}$，故$\frac{3}{p^2}=\frac{q}{p}$，化简得$pq=3$，与已知条件一致，故方程是三倍根方程，③正确。
【答案】
①②③
【知识点】
一元二次方程的根、韦达定理、因式分解
【点评】
本题为新定义题型，需准确理解“三倍根方程”的核心特征，结合一元二次方程的解法、韦达定理、因式分解等知识，通过分类讨论和代数推导验证各选项，考查学生对新定义的应用能力与逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
首先明确“三倍根方程”的定义：一元二次方程有两个实根，其中一个根是另一个根的3倍。接下来逐个分析三个说法：
1. 对①，解方程验证根是否满足三倍关系；
2. 对②，先求方程的两根，再根据三倍关系分情况讨论，推导代数式的值；
3. 对③，利用韦达定理结合已知条件，验证方程是否满足三倍根关系。
【解析】
1. 验证①：解方程$x^2-4x+3=0$，因式分解得$(x-1)(x-3)=0$，根为$x_1=1$，$x_2=3$，显然$3=3×1$，满足三倍根方程定义，故①正确。
2. 验证②：方程$(x-3)(mx+n)=0$的两根为$x_1=3$，$x_2=-\frac{n}{m}$（$m≠0$）。因是三倍根方程，分两种情况：
若$x_1=3x_2$，则$3=3×(-\frac{n}{m})$，化简得$m+n=0$；
若$x_2=3x_1$，则$-\frac{n}{m}=3×3=9$，化简得$9m+n=0$；
对代数式$9m^2+10mn+n^2$因式分解：$9m^2+10mn+n^2=(9m+n)(m+n)$，结合上述两种情况，乘积为0，故$9m^2+10mn+n^2=0$，②正确。
3. 验证③：方程$px^2+4x+q=0$（$p≠0$），由韦达定理得$x_1+x_2=-\frac{4}{p}$，$x_1x_2=\frac{q}{p}$。假设$x_1=3x_2$，则$x_1+x_2=4x_2=-\frac{4}{p}$，得$x_2=-\frac{1}{p}$，代入$x_1x_2=3x_2^2=3×\frac{1}{p^2}$，又$x_1x_2=\frac{q}{p}$，故$\frac{3}{p^2}=\frac{q}{p}$，化简得$pq=3$，与已知条件一致，故方程是三倍根方程，③正确。
【答案】
①②③
【知识点】
一元二次方程的根、韦达定理、因式分解
【点评】
本题为新定义题型，需准确理解“三倍根方程”的核心特征，结合一元二次方程的解法、韦达定理、因式分解等知识，通过分类讨论和代数推导验证各选项，考查学生对新定义的应用能力与逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
