《2025年正大图书练测考八年级数学下册鲁教版》

12. 已知关于$x$的一元二次方程$x^{2}-2kx + k-\frac{1}{2}=0$.
（1）判断该方程根的情况，并说明理由；
（2）若方程的两个实数根之和等于两根之积，求$k$的值.

答案： 解：
(1)方程有两个不相等的实数根. 理由：
∵$\Delta=( - 2k)^{2}-4(k-\frac{1}{2})=4k^{2}-4k + 2=4(k-\frac{1}{2})^{2}+1＞0$，
∴方程有两个不相等的实数根.
(2)设方程的两根为$x_{1}$，$x_{2}$，
则有$x_{1}+x_{2}=2k$，$x_{1}x_{2}=k-\frac{1}{2}$.
∵方程的两个实数根之和等于两根之积，
∴$2k=k-\frac{1}{2}$，解得$k = -\frac{1}{2}$.

13.（2024·烟台莱山区期中）已知关于$x$的一元二次方程$x^{2}-2kx + k^{2}+2 = 2(1 - x)$有两个实数根$x_{1}$，$x_{2}$.
（1）求实数$k$的取值范围；
（2）若方程的两实数根$x_{1}$，$x_{2}$满足$|x_{1}+x_{2}|=x_{1}x_{2}-6$，求$k$的值.

答案： 解：
(1)$x^{2}-2kx + k^{2}+2=2(1 - x)$，
整理，得$x^{2}-2(k - 1)x + k^{2}=0$.
∵该方程有两个实数根$x_{1}$，$x_{2}$，
∴$\Delta=4(k - 1)^{2}-4k^{2}\geqslant0$，解得$k\leqslant\frac{1}{2}$，
∴实数$k$的取值范围是$k\leqslant\frac{1}{2}$.
(2)
∵$x_{1}$，$x_{2}$是方程$x^{2}-2(k - 1)x + k^{2}=0$的两实数根，
∴$x_{1}+x_{2}=2(k - 1)$，$x_{1}x_{2}=k^{2}$.
又
∵$|x_{1}+x_{2}|=x_{1}x_{2}-6$，
∴$|2(k - 1)|=k^{2}-6$.
∵$k\leqslant\frac{1}{2}$，
∴$2(k - 1)＜0$，
∴$|2(k - 1)|=k^{2}-6$可化简为$k^{2}+2k - 8 = 0$，
∴$(k - 2)(k + 4)=0$，解得$k_{1}=2$(不合题意，舍去)，$k_{2}=-4$，
∴$k$的值为$-4$.

14.（2024·济南莱芜区月考）已知关于$x$的一元二次方程：$2x^{2}+(m - 2)x - m = 0$.
（1）求证：不论$m$为何实数，方程总有实数根；
（2）当方程的两个根$x_{1}$，$x_{2}$均为正数时，
①求$m$的取值范围；
②若$x_{1}$，$x_{2}$分别是菱形$ABCD$的对角线对角线的长，求菱形$ABCD$的边长（用含$m$的代数式表示）.

答案：
(1)证明：
∵$a = 2$，$b = m - 2$，$c=-m$，
∴$b^{2}-4ac=(m - 2)^{2}-4\times2\times(-m)=m^{2}+4m + 4=(m + 2)^{2}\geqslant0$，
∴不论$m$为何实数，方程总有实数根.
(2)解：①由题意，得$\begin{cases}x_{1}+x_{2}=\frac{2 - m}{2}＞0\\x_{1}x_{2}=\frac{-m}{2}＞0\end{cases}$，
解得$\begin{cases}m＜2\\m＜0\end{cases}$，
∴$m$的取值范围为$m＜0$.
②设菱形的边长为$a$，则$a^{2}=(\frac{x_{1}}{2})^{2}+(\frac{x_{2}}{2})^{2}=\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{4}$.
∵$x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=(x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}x_{2}=(\frac{2 - m}{2})^{2}-2\times\frac{-m}{2}=\frac{m^{2}+4}{4}$，
∴$a^{2}=\frac{m^{2}+4}{16}$，
∴$a_{1}=\frac{\sqrt{m^{2}+4}}{4}$，$a_{2}=-\frac{\sqrt{m^{2}+4}}{4}$(舍)，
所以菱形的边长为$\frac{\sqrt{m^{2}+4}}{4}$.