21.「2026福建福州十九中月考，★★☆」（10分）在数学研究课上，小明发现了一个有趣的现象:有些看似和一元二次方程不相关的问题，只要巧妙构造一元二次方程，利用根与系数的关系就能轻松解决.他随即抛出了两个问题，邀请同学们一起探究.
(1)若实数$a,b$满足$a^2 -5a +1=0,b^2 -5b +1=0$,求$\frac{b}{a}+\frac{a}{b}$的值.
(2)若实数$p,q$满足$p^2 -2p = m,\frac{1}{2}q^2 - q=\frac{1}{2}m$,且$p≠q$,求$(q^2 +1)(2p +1 +m)$的取值范围.

21.解析 (1)分两种情况:①当 $a=b$ 时,原式 $=1+1=2$;②当 $a≠b$ 时,a,b 可看作方程 $x^2-5x+1=0$ 的两个不相等的实数根,
∴ $a+b=5$,$ab=1$,
∴ $\frac{b}{a}+\frac{a}{b}=\frac{b^2+a^2}{ab}=\frac{(a+b)^2-2ab}{ab}=\frac{5^2-2×1}{1}=23$.综上,$\frac{b}{a}+\frac{a}{b}=23$ 或 2.
(2)将方程 $\frac{1}{2}q^2-q=\frac{1}{2}m$ 两边同乘 2,得 $q^2-2q=m$,
∵ 实数 p,q 满足 $p^2-2p=m$,$\frac{1}{2}q^2-q=\frac{1}{2}m$,且 $p≠q$,
∴ p,q 是一元二次方程 $x^2-2x-m=0$ 的两个不相等的实数根,
∴ $p+q=2$,$pq=-m$,$q^2=2q+m$,$\Delta=4+4m＞0$,
∴ $m＞-1$,
∴ $(q^2+1)(2p+1+m)=(2q+m+1)(2p+1+m)=4pq+2q(1+m)+2p(1+m)+(1+m)^2=4pq+2(1+m)(p+q)+(1+m)^2=-4m+4(1+m)+(1+m)^2=(m+1)^2+4$.
∵ $m＞-1$,
∴ $(m+1)^2＞0$,
∴ $(m+1)^2+4＞4$,
∴ $(q^2+1)(2p+1+m)＞4$.

22.「2026甘肃兰州期中，★★★」(12分)如图,在矩形ABCD中,AB=6 cm,BC=12 cm,点P从点D出发向点A运动,运动到点A时停止;同时,点Q从点B出发向点C运动,运动到点C时停止.点P,Q的速度都是2 cm/s.连接PQ,AQ,CP,设点P,Q运动的时间为t s.
(1)BQ=DP=cm,AP=CQ=cm(用含有t的代数式表示).
(2)求当t为何值时,四边形AQCP是菱形.
(3)在运动过程中,沿着AQ把△ABQ翻折,求当t为何值时,翻折后点B的对应点B'恰好落在PQ上.

22.解析 (1)$2t$;$(12-2t)$.
(2)
∵ 四边形 ABCD 是矩形,
∴ $AD// BC$,$∠B=90°$,又
∵ $AP=CQ=(12-2t)$ cm,
∴ 四边形 AQCP 是平行四边形,当 $AQ=CQ$ 时,四边形 AQCP 是菱形,在 $Rt△ABQ$ 中,由勾股定理得 $AQ^2=AB^2+BQ^2$,
∴ $(12-2t)^2=6^2+(2t)^2$,解得 $t=\frac{9}{4}$,
∴ 当 $t=\frac{9}{4}$ 时,四边形 AQCP 是菱形.
(3)由折叠的性质得 $∠AQB=∠AQB'$,$AB'=AB=6$ cm,$BQ=B'Q=2t$ cm,$∠AB'Q=∠B=90°$,
∵ $AD// BC$,
∴ $∠AQB=∠PAQ$,
∴ $∠AQB'=∠PAQ$,
∴ $PA=PQ=(12-2t)$ cm,
∴ $B'P=12-2t-2t=(12-4t)$ cm,
∵ $∠AB'P=180°-90°=90°$,
∴ $△AB'P$ 是直角三角形,在 $Rt△AB'P$ 中,由勾股定理得 $AB'^2+B'P^2=PA^2$,
∴ $6^2+(12-4t)^2=(12-2t)^2$,整理得 $t^2-4t+3=0$,解得 $t_1=1$,$t_2=3$,即当 t 为 1 或 3 时,翻折后点 B 的对应点 B'恰好落在 PQ 上.