《2025年实验班提优训练九年级数学上册苏科版》

4.(2025·常州新北区河海实验学校月考)新定义:如果一个矩形,它的周长和面积分别是另外一个矩形的周长和面积的一半,则这个矩形是另一个矩形的"减半"矩形.
(1)验证:矩形 EFGH 是矩形 ABCD 的"减半"矩形,其中矩形 ABCD 的长为 12、宽为 2,矩形 EFGH 的长为 4、宽为 3.
(2)探索:一矩形的长为 2、宽为 1 时,它是否存在"减半"矩形?请作出判断,并说明理由.

答案：
(1)
∵矩形EFGH的周长为2×(4 + 3) = 14,矩形ABCD的周长为2×(12 + 2) = 28,
∴矩形EFGH的周长 = $\frac{1}{2}$矩形ABCD的周长。
∵矩形EFGH的面积为4×3 = 12,矩形ABCD的面积为2×12 = 24,
∴矩形EFGH的面积 = $\frac{1}{2}$矩形ABCD的面积。
∴矩形EFGH是矩形ABCD的“减半”矩形。
(2)该矩形不存在“减半”矩形,理由如下：
若矩形存在“减半”矩形,设该“减半”矩形的长和宽分别为m,n(m ＞ n)。
∵原矩形的长和宽分别为2,1,
∴2(m + n) = $\frac{1}{2}$×2×(2 + 1)①,mn = $\frac{1}{2}$×1×2②。
由①,得m = $\frac{3}{2}$ - n,
将m = $\frac{3}{2}$ - n代入②,得($\frac{3}{2}$ - n)n = 1,即$n^2$ - $\frac{3}{2}$n + 1 = 0。
∵$b^2$ - 4ac = (-$\frac{3}{2}$)$^2$ - 4×1×1 = -$\frac{7}{4}$ ＜ 0,
∴$n^2$ - $\frac{3}{2}$n + 1 = 0无实数根。
∴该矩形不存在“减半”矩形。

5.(2025·山东济南章丘四中期中)[问题发现]我国数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法.例如$x^{2}+2x-35= 0$,可变形为$x(x+2)= 35$.如图(1),构造一个长为$x+2$、宽为x、面积为 35 的矩形;如图(2),将 4 个矩形构造成一个边长为$(x+x+2)$的大正方形,中间恰好是一个边长为2 的小正方形.大正方形的面积可表示为$(x+x+2)^{2}$,也可表示为$4×35+2^{2}$,由此可得新方程:$(x+x+2)^{2}= 144$,易得这个方程的正数解为$x= 5$.注意:这种构造图形的方法只能求出方程的一个根!
(1)尝试:小颖根据赵爽的解法解方程$2x^{2}+3x-2= 0$,请将其解答过程补充完整:
第一步:将原方程变为$x^{2}+\frac {3}{2}x-1= 0$,即$x($______$)= 1$;
第二步:利用四个全等的矩形构造"空心"大正方形;(在图(3)中画出示意图,标明各边长)
第三步:根据大正方形的面积可得新的方程:______,解得原方程的一个根为______;
(2)[思维拓展]参照以上方法求出关于x的一元二次方程$x^{2}+bx= c(b＞0,c＞0)$的正数解(用含b 的代数式表示).

答案：

(1)第一步:将原方程变为$x^2$ + $\frac{3}{2}$x - 1 = 0,即x(x + $\frac{3}{2}$) = 1;
第二步:利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形,如图所示:
第三步:根据大正方形的面积可得新的方程:(x + x + $\frac{3}{2}$)$^2$ = 4×1 + ($\frac{3}{2}$)$^2$,即(2x + $\frac{3}{2}$)$^2$ = $\frac{25}{4}$,解得x = $\frac{1}{2}$或x = -2,
∴原方程的一个根为x = $\frac{1}{2}$。

(2)方程变形为x(x + b) = c。
根据赵爽的解法可得方程:(x + x + b)$^2$ = 4c + $b^2$。
∵b ＞ 0,c ＞ 0,
∴2x + b = ±$\sqrt{4c + b^2}$(舍去负值)。
∴x = $\frac{1}{2}$($\sqrt{4c + b^2}$ - b)。
∴原方程的一个正数解为x = $\frac{1}{2}$($\sqrt{4c + b^2}$ - b)。