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25. (8 分)小明观察多项式$x^2 + 2x - 3$，发现有以下特点:①当$x=1$时，原式$=0$；②$x^2 + 2x - 3 = (x - 1)(x + 3)$.根据小明的发现，解答以下两个问题:
(1)若$x + 1$是多项式$2x^2 + ax + 5$的一个因式，求$a$的值并将多项式$2x^2 + ax + 5$分解因式；
(2)若多项式$2x^3 + ax^2 + bx - 2$含有因式$(x + 1),(x - 2)$，求$a,b$的值.
(1)若$x + 1$是多项式$2x^2 + ax + 5$的一个因式，求$a$的值并将多项式$2x^2 + ax + 5$分解因式；
(2)若多项式$2x^3 + ax^2 + bx - 2$含有因式$(x + 1),(x - 2)$，求$a,b$的值.
答案
【点拨】本题考查因式分解的意义.
【解析】(1)$\because x+1$ 是多项式 $2x^2+ax+5$ 的一个因式,
$\therefore$ 令 $2x^2+ax+5=(x+1)(bx+c)=bx^2+(b+c)x+c$,
$\therefore \begin{cases}b=2,\\b+c=a,\\c=5,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}a=7,\\b=2,\\c=5,\end{cases}$
$\therefore 2x^2+ax+5=2x^2+7x+5=(x+1)(2x+5).$
(2)设 $2x^3+ax^2+bx-2=(x+1)(x-2)· M$,
由已知可得 $x+1=0$,$x-2=0$,即 $x=-1$ 或 $x=2$ 是方程 $2x^3+ax^2+bx-2=0$ 的根,
$\therefore \begin{cases}-2+a-b-2=0,\\16+4a+2b-2=0,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}a=-1,\\b=-5.\end{cases}$
【解析】(1)$\because x+1$ 是多项式 $2x^2+ax+5$ 的一个因式,
$\therefore$ 令 $2x^2+ax+5=(x+1)(bx+c)=bx^2+(b+c)x+c$,
$\therefore \begin{cases}b=2,\\b+c=a,\\c=5,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}a=7,\\b=2,\\c=5,\end{cases}$
$\therefore 2x^2+ax+5=2x^2+7x+5=(x+1)(2x+5).$
(2)设 $2x^3+ax^2+bx-2=(x+1)(x-2)· M$,
由已知可得 $x+1=0$,$x-2=0$,即 $x=-1$ 或 $x=2$ 是方程 $2x^3+ax^2+bx-2=0$ 的根,
$\therefore \begin{cases}-2+a-b-2=0,\\16+4a+2b-2=0,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}a=-1,\\b=-5.\end{cases}$
解析
【分析】
本题利用因式分解的核心性质：若$(x - m)$是多项式的因式，则$x=m$是对应多项式方程的根，或通过待定系数法，将多项式分解为因式乘积形式，利用对应系数相等求解。第(1)问设多项式分解为$(x+1)$与另一个一次式的乘积，对比系数求$a$；第(2)问利用因式对应的根代入多项式，建立方程组求解$a,b$。
【解析】
(1) 因为$x+1$是多项式$2x^2 + ax +5$的一个因式，设$2x^2 + ax +5=(x+1)(bx + c)=bx^2 + (b+c)x + c$，
对比系数得：$\begin{cases}b=2 \\ c=5 \\ b+c=a \end{cases}$，解得$\begin{cases}a=7 \\ b=2 \\ c=5 \end{cases}$，
因此$2x^2 + ax +5=2x^2 +7x +5=(x+1)(2x+5)$。
(2) 因为多项式$2x^3 +ax^2 +bx -2$含有因式$(x+1),(x-2)$，所以$x=-1$和$x=2$是方程$2x^3 +ax^2 +bx -2=0$的根，
将$x=-1$代入得：$2×(-1)^3 +a×(-1)^2 +b×(-1)-2=0$，即$a - b =4$；
将$x=2$代入得：$2×2^3 +a×2^2 +b×2 -2=0$，即$4a +2b=-14$；
联立方程组$\begin{cases}a - b=4 \\ 4a +2b=-14 \end{cases}$，解得$\begin{cases}a=-1 \\ b=-5 \end{cases}$。
【答案】
(1)$a=7$，分解因式结果为$(x+1)(2x+5)$；(2)$a=-1$，$b=-5$
【知识点】
因式分解的意义、待定系数法、多项式的因式与根的关系
【点评】
本题是因式分解章节的典型题型，考查因式与多项式根的性质、待定系数法的应用，思路清晰，需掌握多项式因式的核心特点，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.5
本题利用因式分解的核心性质：若$(x - m)$是多项式的因式，则$x=m$是对应多项式方程的根，或通过待定系数法，将多项式分解为因式乘积形式，利用对应系数相等求解。第(1)问设多项式分解为$(x+1)$与另一个一次式的乘积，对比系数求$a$；第(2)问利用因式对应的根代入多项式，建立方程组求解$a,b$。
【解析】
(1) 因为$x+1$是多项式$2x^2 + ax +5$的一个因式，设$2x^2 + ax +5=(x+1)(bx + c)=bx^2 + (b+c)x + c$，
对比系数得：$\begin{cases}b=2 \\ c=5 \\ b+c=a \end{cases}$，解得$\begin{cases}a=7 \\ b=2 \\ c=5 \end{cases}$，
因此$2x^2 + ax +5=2x^2 +7x +5=(x+1)(2x+5)$。
(2) 因为多项式$2x^3 +ax^2 +bx -2$含有因式$(x+1),(x-2)$，所以$x=-1$和$x=2$是方程$2x^3 +ax^2 +bx -2=0$的根，
将$x=-1$代入得：$2×(-1)^3 +a×(-1)^2 +b×(-1)-2=0$，即$a - b =4$；
将$x=2$代入得：$2×2^3 +a×2^2 +b×2 -2=0$，即$4a +2b=-14$；
联立方程组$\begin{cases}a - b=4 \\ 4a +2b=-14 \end{cases}$，解得$\begin{cases}a=-1 \\ b=-5 \end{cases}$。
【答案】
(1)$a=7$，分解因式结果为$(x+1)(2x+5)$；(2)$a=-1$，$b=-5$
【知识点】
因式分解的意义、待定系数法、多项式的因式与根的关系
【点评】
本题是因式分解章节的典型题型，考查因式与多项式根的性质、待定系数法的应用，思路清晰，需掌握多项式因式的核心特点，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.5
26. (8分)如图,在平面直角坐标系$xOy$中,直线$y=2x+4$分别交$x$轴、$y$轴于点$A,B$.
(1)若在$x$轴上有一点$C$,使$△ ABC$的面积为10,求点$C$的坐标;
(2)点$P$是线段$AB$上一点,点$M,N$分别在线段$OA,OB$上,且$AP=AM$,$BP=BN$,过点$M$作$MQ ⊥ PM$,交$PN$的延长线于点$Q$.
①求$∠ QPM$的度数;
②若点$Q$恰好在直线$y=x$上,求点$P$和点$Q$的坐标.
(1)若在$x$轴上有一点$C$,使$△ ABC$的面积为10,求点$C$的坐标;
(2)点$P$是线段$AB$上一点,点$M,N$分别在线段$OA,OB$上,且$AP=AM$,$BP=BN$,过点$M$作$MQ ⊥ PM$,交$PN$的延长线于点$Q$.
①求$∠ QPM$的度数;
②若点$Q$恰好在直线$y=x$上,求点$P$和点$Q$的坐标.
答案
【点拨】本题考查一次函数的图象与性质.
【解析】(1)由题意可知,$A(-2,0)$,$B(0,4)$.
设点 $C(x,0)$,则 $△ ABC$ 的面积 $=\dfrac{1}{2}OB· AC=\dfrac{1}{2}×4×|x+2|=10$,解得 $x=3$ 或 $-7$.
即点 $C$ 的坐标为 $(3,0)$ 或 $(-7,0)$.
(2)①$\because AP=AM$,$BP=BN$,
设 $∠ APM=∠ AMP=α$,$∠ BPN=∠ BNP=β$,
则 $∠ BAO=180°-2α$,$∠ ABO=180°-2β$,
则 $180°-2α+180°-2β=90°$,
解得 $α+β=135°$,
则 $∠ QPM=180°-α-β=45°$.
②设点 $P(m,2m+4)$,点 $M(t,0)$.
如图,过点 $P,Q$ 分别作 $x$ 轴的垂线,垂足分别为 $G,H$.
$\because ∠ QPM=45°$,则 $PM=QM$,
$\therefore ∠ PMG+∠ QMH=90°$,
$∠ QMH+∠ MQH=90°$,
$\therefore ∠ PMG=∠ MQH$.
$\because ∠ PGM=∠ MHQ=90°$,
$\therefore △ PGM≌△ MHQ(\mathrm{AAS})$,
$\therefore MH=GP=2m+4$,$QH=GM=t-m$,
则点 $Q(t+2m+4,t-m)$,
$\because$ 点 $Q$ 在直线 $y=x$ 上,$PA=AM$,
则 $t+2m+4=t-m$ 且 $(m+2)^2+(2m+4)^2=(t+2)^2$,
解得 $m=-\dfrac{4}{3}$,$t_1=-2+\dfrac{2\sqrt{5}}{3}$,$t_2=-2-\dfrac{2\sqrt{5}}{3}$(舍去).
即点 $P,Q$ 的坐标分别为 $(-\dfrac{4}{3},\dfrac{4}{3})$,$(\dfrac{2\sqrt{5}-2}{3},\dfrac{2\sqrt{5}-2}{3})$.
解析
【分析】
本题分为两小问，第(1)问先求出直线与坐标轴交点A、B的坐标，再利用三角形面积公式，设点C坐标，根据面积条件列方程求解；第(2)问①利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理推导角度；②通过作辅助线构造全等三角形，结合Q在直线y=x上的条件，联立方程求解点的坐标。
【解析】
(1) 对于直线$ y=2x+4 $，令$ x=0 $得$ y=4 $，故$ B(0,4) $；令$ y=0 $得$ x=-2 $，故$ A(-2,0) $。
设点$ C(x,0) $，则$ AC=|x - (-2)|=|x+2| $，$ △ ABC $的面积为：
$ S_{△ ABC}=\frac{1}{2} · OB · AC=\frac{1}{2} × 4 × |x+2|=10 $，
化简得$ |x+2|=5 $，解得$ x=3 $或$ x=-7 $，
因此点$ C $的坐标为$ (3,0) $或$ (-7,0) $。
(2) ① 因为$ AP=AM $，所以$ △ APM $为等腰三角形，设$ ∠ APM=∠ AMP=α $；
因为$ BP=BN $，所以$ △ BPN $为等腰三角形，设$ ∠ BPN=∠ BNP=β $。
在$ △ AOB $中，$ ∠ AOB=90° $，故$ ∠ BAO + ∠ ABO=90° $。
又$ ∠ BAO=180° - 2α $，$ ∠ ABO=180° - 2β $，代入得：
$ (180° - 2α)+(180° - 2β)=90° $，
化简得$ α + β=135° $，
因此$ ∠ QPM=180° - α - β=180° -135°=45° $。
② 设点$ P(m,2m+4) $，点$ M(t,0) $。过$ P $作$ PG ⊥ x $轴于$ G $，过$ Q $作$ QH ⊥ x $轴于$ H $。
因为$ ∠ QPM=45° $，且$ MQ ⊥ PM $，故$ △ PMQ $为等腰直角三角形，$ PM=QM $。
易证$ ∠ PMG + ∠ QMH=90° $，$ ∠ QMH + ∠ MQH=90° $，故$ ∠ PMG=∠ MQH $。
又$ ∠ PGM=∠ MHQ=90° $，所以$ △ PGM ≌ △ MHQ $（AAS），
因此$ MH=GP=2m+4 $，$ QH=GM=t - m $，
故点$ Q $的坐标为$ (t+2m+4, t - m) $。
因为点$ Q $在直线$ y=x $上，所以$ t+2m+4 = t - m $，解得$ m=-\frac{4}{3} $。
又$ PA=AM $，$ PA=\sqrt{(m+2)^2 + (2m+4)^2} $，$ AM=|t+2| $，代入$ m=-\frac{4}{3} $：
$ \sqrt{(-\frac{4}{3}+2)^2 + (-\frac{8}{3}+4)^2}=|t+2| $，
计算左边：$ \sqrt{(\frac{2}{3})^2 + (\frac{4}{3})^2}=\sqrt{\frac{4}{9}+\frac{16}{9}}=\sqrt{\frac{20}{9}}=\frac{2\sqrt{5}}{3} $，
故$ |t+2|=\frac{2\sqrt{5}}{3} $，因为$ M $在线段$ OA $上，所以$ t \in [-2,0] $，故$ t+2=\frac{2\sqrt{5}}{3} $，解得$ t=-2+\frac{2\sqrt{5}}{3} $。
因此点$ P $的坐标为$ (-\frac{4}{3}, \frac{4}{3}) $，点$ Q $的坐标为$ (\frac{2\sqrt{5}-2}{3}, \frac{2\sqrt{5}-2}{3}) $。
【答案】
(1) $ (3,0) $或$ (-7,0) $；(2) ① $ 45° $；② $ P(-\frac{4}{3},\frac{4}{3}) $，$ Q(\frac{2\sqrt{5}-2}{3},\frac{2\sqrt{5}-2}{3}) $
【知识点】
一次函数、等腰三角形性质、全等三角形判定
【点评】
本题综合考查一次函数与几何图形的结合，涉及等腰三角形、全等三角形的知识，需要学生具备较强的数形结合能力和逻辑推导能力，是一道综合性较强的中档题。
【难度系数】
0.4
本题分为两小问，第(1)问先求出直线与坐标轴交点A、B的坐标，再利用三角形面积公式，设点C坐标，根据面积条件列方程求解；第(2)问①利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理推导角度；②通过作辅助线构造全等三角形，结合Q在直线y=x上的条件，联立方程求解点的坐标。
【解析】
(1) 对于直线$ y=2x+4 $，令$ x=0 $得$ y=4 $，故$ B(0,4) $；令$ y=0 $得$ x=-2 $，故$ A(-2,0) $。
设点$ C(x,0) $，则$ AC=|x - (-2)|=|x+2| $，$ △ ABC $的面积为：
$ S_{△ ABC}=\frac{1}{2} · OB · AC=\frac{1}{2} × 4 × |x+2|=10 $，
化简得$ |x+2|=5 $，解得$ x=3 $或$ x=-7 $，
因此点$ C $的坐标为$ (3,0) $或$ (-7,0) $。
(2) ① 因为$ AP=AM $，所以$ △ APM $为等腰三角形，设$ ∠ APM=∠ AMP=α $；
因为$ BP=BN $，所以$ △ BPN $为等腰三角形，设$ ∠ BPN=∠ BNP=β $。
在$ △ AOB $中，$ ∠ AOB=90° $，故$ ∠ BAO + ∠ ABO=90° $。
又$ ∠ BAO=180° - 2α $，$ ∠ ABO=180° - 2β $，代入得：
$ (180° - 2α)+(180° - 2β)=90° $，
化简得$ α + β=135° $，
因此$ ∠ QPM=180° - α - β=180° -135°=45° $。
② 设点$ P(m,2m+4) $，点$ M(t,0) $。过$ P $作$ PG ⊥ x $轴于$ G $，过$ Q $作$ QH ⊥ x $轴于$ H $。
因为$ ∠ QPM=45° $，且$ MQ ⊥ PM $，故$ △ PMQ $为等腰直角三角形，$ PM=QM $。
易证$ ∠ PMG + ∠ QMH=90° $，$ ∠ QMH + ∠ MQH=90° $，故$ ∠ PMG=∠ MQH $。
又$ ∠ PGM=∠ MHQ=90° $，所以$ △ PGM ≌ △ MHQ $（AAS），
因此$ MH=GP=2m+4 $，$ QH=GM=t - m $，
故点$ Q $的坐标为$ (t+2m+4, t - m) $。
因为点$ Q $在直线$ y=x $上，所以$ t+2m+4 = t - m $，解得$ m=-\frac{4}{3} $。
又$ PA=AM $，$ PA=\sqrt{(m+2)^2 + (2m+4)^2} $，$ AM=|t+2| $，代入$ m=-\frac{4}{3} $：
$ \sqrt{(-\frac{4}{3}+2)^2 + (-\frac{8}{3}+4)^2}=|t+2| $，
计算左边：$ \sqrt{(\frac{2}{3})^2 + (\frac{4}{3})^2}=\sqrt{\frac{4}{9}+\frac{16}{9}}=\sqrt{\frac{20}{9}}=\frac{2\sqrt{5}}{3} $，
故$ |t+2|=\frac{2\sqrt{5}}{3} $，因为$ M $在线段$ OA $上，所以$ t \in [-2,0] $，故$ t+2=\frac{2\sqrt{5}}{3} $，解得$ t=-2+\frac{2\sqrt{5}}{3} $。
因此点$ P $的坐标为$ (-\frac{4}{3}, \frac{4}{3}) $，点$ Q $的坐标为$ (\frac{2\sqrt{5}-2}{3}, \frac{2\sqrt{5}-2}{3}) $。
【答案】
(1) $ (3,0) $或$ (-7,0) $；(2) ① $ 45° $；② $ P(-\frac{4}{3},\frac{4}{3}) $，$ Q(\frac{2\sqrt{5}-2}{3},\frac{2\sqrt{5}-2}{3}) $
【知识点】
一次函数、等腰三角形性质、全等三角形判定
【点评】
本题综合考查一次函数与几何图形的结合，涉及等腰三角形、全等三角形的知识，需要学生具备较强的数形结合能力和逻辑推导能力，是一道综合性较强的中档题。
【难度系数】
0.4
