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9.（福建中考）已知关于$x$的一元二次方程$(a+1)x^2+2bx+a+1=0$有两个相等的实数根，下列判断正确的是（
A.1一定不是关于$x$的方程$x^2+bx+a=0$的根
B.0一定不是关于$x$的方程$x^2+bx+a=0$的根
C.1和-1都是关于$x$的方程$x^2+bx+a=0$的根
D.1和-1不都是关于$x$的方程$x^2+bx+a=0$的根
D
）A.1一定不是关于$x$的方程$x^2+bx+a=0$的根
B.0一定不是关于$x$的方程$x^2+bx+a=0$的根
C.1和-1都是关于$x$的方程$x^2+bx+a=0$的根
D.1和-1不都是关于$x$的方程$x^2+bx+a=0$的根
答案
∵关于x的一元二次方程(a+1)x²+2bx+a+1=0有两个相等的实数根,
∴a+1≠0且Δ=(2b)²-4(a+1)²=0,
∴b=a+1或b=-(a+1).当b=a+1时,有a-b+1=0,此时-1是方程x²+bx+a=0的根;当b=-(a+1)时,有a+b+1=0,此时1是方程x²+bx+a=0的根.
∵a+1≠0,
∴a+1≠-(a+1),
∴1和-1不都是关于x的方程x²+bx+a=0的根.故选D.
10.(枣庄中考)若等腰三角形的一边长是4，另两边的长是关于x的方程$x^2 -6x +n=0$的两个根，则n的值为
8或9
。答案
当4为腰长时,可得n=8;当4为底边长时,可得n=9.经验证,均符合三角形三边关系.
11. (广安中考改编)若关于$ x $的一元二次方程$ ax^2 - x - \frac{1}{4} = 0 \ (a ≠ 0) $有两个不相等的实数根，
则点$ P(a+1, -a-3) $在第
则点$ P(a+1, -a-3) $在第
四
象限。答案
∵关于x的一元二次方程ax²-x-1/4=0(a≠0)有两个不相等的实数根,
∴$\begin{cases}a≠0,\\(-1)^2-4×a×(-\dfrac{1}{4})＞0,\end{cases}$解得a＞-1且a≠0.
∴a+1＞0,-a-3＜0,
∴点P(a+1,-a-3)在第四象限.
12. 实数$m$既能使关于$x$的不等式组$\begin{cases}x - m ＞ 0, \\ 2 - x ＞ 3\end{cases}$无解，又能使关于$x$的一元二次方程$(m-1)x^2 -4x +1=0$有两个实数根，则$m$的取值范围是 ______ 。
答案
∵不等式组$\begin{cases}x-m＞0,\\2-x＞3\end{cases}$无解,
∴m≥-1.
∵一元二次方程(m-1)x²-4x+1=0有两个实数根,
∴m-1≠0且Δ=16-4(m-1)≥0,解得m≤5且m≠1,
∴m的取值范围是-1≤m≤5且m≠1.
13. 已知$□ ABCD$的两边$AB,AD$的长是关于$x$的方程$2x^2 - 2mx + m - \frac{1}{2}=0$的两个实数根.
(1)当$m$为何值时,四边形$ABCD$是菱形?求出这时菱形的边长.
(2)若$AB=2$,求$□ ABCD$的周长.
(1)当$m$为何值时,四边形$ABCD$是菱形?求出这时菱形的边长.
(2)若$AB=2$,求$□ ABCD$的周长.
答案
(1)
∵四边形ABCD是菱形,
∴AB=AD.
∵AB,AD的长是关于x的方程2x²-2mx+m-1/2=0的两个实数根,
∴Δ=(-2m)²-4×2$(m-\dfrac{1}{2})$=4(m-1)²=0,解得m₁=m₂=1,
∴当m=1时,四边形ABCD是菱形.将m=1代入原方程,得2x²-2x+1/2=0,整理得2$(x-\dfrac{1}{2})^2$=0,解得x₁=x₂=1/2,
∴菱形ABCD的边长为1/2.
(2)把x=2代入原方程得8-4m+m-1/2=0,解得m=5/2.将m=5/2代入原方程,得2x²-5x+2=0,解得x₁=2,x₂=1/2,
∴AD=1/2,
∴□ABCD的周长=2×$(2+\dfrac{1}{2})$=5.
∵四边形ABCD是菱形,
∴AB=AD.
∵AB,AD的长是关于x的方程2x²-2mx+m-1/2=0的两个实数根,
∴Δ=(-2m)²-4×2$(m-\dfrac{1}{2})$=4(m-1)²=0,解得m₁=m₂=1,
∴当m=1时,四边形ABCD是菱形.将m=1代入原方程,得2x²-2x+1/2=0,整理得2$(x-\dfrac{1}{2})^2$=0,解得x₁=x₂=1/2,
∴菱形ABCD的边长为1/2.
(2)把x=2代入原方程得8-4m+m-1/2=0,解得m=5/2.将m=5/2代入原方程,得2x²-5x+2=0,解得x₁=2,x₂=1/2,
∴AD=1/2,
∴□ABCD的周长=2×$(2+\dfrac{1}{2})$=5.
14. 改编题 (1)已知关于$x$的方程$(1-2k)x^2 - 2\sqrt{k+1}x -1=0$有两个不相等的实数根,则$k$的取值范围是
(2)若关于$x$的方程$x^2+2(1+a)x+3a^2+4ab+4b^2+2=0$有实数根,则$\frac{b}{a}=$
(3)已知关于$x$的方程$(k-2)x^2+(1-2k)x+k=0$有实数根,则$k$的取值范围是
$-1≤k＜2$且$k≠\dfrac{1}{2}$
.(2)若关于$x$的方程$x^2+2(1+a)x+3a^2+4ab+4b^2+2=0$有实数根,则$\frac{b}{a}=$
$-\dfrac{1}{2}$
.(3)已知关于$x$的方程$(k-2)x^2+(1-2k)x+k=0$有实数根,则$k$的取值范围是
$k≥-\dfrac{1}{4}$
.答案
(1)$-1≤k＜2$且$k≠\dfrac{1}{2}$ 解析:由题意得Δ=$(-2\sqrt{k+1})^2$-4×(1-2k)×(-1)=8-4k＞0,解得k＜2.又
∵1-2k≠0且k+1≥0,
∴-1≤k＜2且k≠1/2.
(2)$-\dfrac{1}{2}$ 解析:
∵方程有实数根,
∴Δ≥0,即Δ=4(1+a)²-4(3a²+4ab+4b²+2)≥0,化简配方得(a+2b)²+(a-1)²≤0,而(a+2b)²+(a-1)²≥0,
∴a+2b=0,a-1=0,解得a=1,b=-1/2,
∴b/a=-1/2.
(3)$k≥-\dfrac{1}{4}$ 解析:当方程为一元二次方程时,k≠2,Δ=(1-2k)²-4k(k-2)≥0,解得k≥-1/4且k≠2;当方程为一元一次方程时,k=2,-3x+2=0有实数根.综上,k≥-1/4.
∵1-2k≠0且k+1≥0,
∴-1≤k＜2且k≠1/2.
(2)$-\dfrac{1}{2}$ 解析:
∵方程有实数根,
∴Δ≥0,即Δ=4(1+a)²-4(3a²+4ab+4b²+2)≥0,化简配方得(a+2b)²+(a-1)²≤0,而(a+2b)²+(a-1)²≥0,
∴a+2b=0,a-1=0,解得a=1,b=-1/2,
∴b/a=-1/2.
(3)$k≥-\dfrac{1}{4}$ 解析:当方程为一元二次方程时,k≠2,Δ=(1-2k)²-4k(k-2)≥0,解得k≥-1/4且k≠2;当方程为一元一次方程时,k=2,-3x+2=0有实数根.综上,k≥-1/4.
15. 已知关于$x$的两个一元二次方程：
方程①：$(1+\dfrac{k}{2})x^2+(k+2)x-1=0$；
方程②：$x^2+(2k+1)x-2k-3=0$。
(1)若方程①有两个相等的实数根，求解方程②。
(2)若方程①和②中只有一个方程有实数根，请说明此时哪个方程没有实数根。
(3)若方程①和②有一个公共根$a$，求代数式$(a^2+4a-2)k+3a^2+5a$的值。
方程①：$(1+\dfrac{k}{2})x^2+(k+2)x-1=0$；
方程②：$x^2+(2k+1)x-2k-3=0$。
(1)若方程①有两个相等的实数根，求解方程②。
(2)若方程①和②中只有一个方程有实数根，请说明此时哪个方程没有实数根。
(3)若方程①和②有一个公共根$a$，求代数式$(a^2+4a-2)k+3a^2+5a$的值。
答案
(1)
∵方程①有两个相等的实数根,
∴1+k/2≠0且Δ₁=(k+2)²-4$(1+\dfrac{k}{2})$×(-1)=0,解得k₁=-2,k₂=-4.而1+k/2≠0,
∴k=-4.当k=-4时,方程②变形为x²-7x+5=0,解得x₁=$\dfrac{7+\sqrt{29}}{2}$,x₂=$\dfrac{7-\sqrt{29}}{2}$.
(2)
∵Δ₂=(2k+1)²+4(2k+3)=4k²+12k+13=(2k+3)²+4＞0,
∴无论k为何值,方程②总有实数根.
∵方程①和②中只有一个方程有实数根,
∴此时方程①没有实数根.
(3)
∵a是方程①和②的公共根,
∴$(1+\dfrac{k}{2})a^2+(k+2)a-1=0$ ③,$a^2+(2k+1)a-2k-3=0$ ④.由(③-④)×2得ka²=2(k-1)a-4k-4 ⑤,由④得a²=-(2k+1)a+2k+3 ⑥,将⑤和⑥代入原式,得原式=ka²+4ak-2k+3a²+5a=2(k-1)a-4k-4+4ak-2k-3(2k+1)a+6k+9+5a=5.
∵方程①有两个相等的实数根,
∴1+k/2≠0且Δ₁=(k+2)²-4$(1+\dfrac{k}{2})$×(-1)=0,解得k₁=-2,k₂=-4.而1+k/2≠0,
∴k=-4.当k=-4时,方程②变形为x²-7x+5=0,解得x₁=$\dfrac{7+\sqrt{29}}{2}$,x₂=$\dfrac{7-\sqrt{29}}{2}$.
(2)
∵Δ₂=(2k+1)²+4(2k+3)=4k²+12k+13=(2k+3)²+4＞0,
∴无论k为何值,方程②总有实数根.
∵方程①和②中只有一个方程有实数根,
∴此时方程①没有实数根.
(3)
∵a是方程①和②的公共根,
∴$(1+\dfrac{k}{2})a^2+(k+2)a-1=0$ ③,$a^2+(2k+1)a-2k-3=0$ ④.由(③-④)×2得ka²=2(k-1)a-4k-4 ⑤,由④得a²=-(2k+1)a+2k+3 ⑥,将⑤和⑥代入原式,得原式=ka²+4ak-2k+3a²+5a=2(k-1)a-4k-4+4ak-2k-3(2k+1)a+6k+9+5a=5.
