2024春七年级数学下册 第4章 因式分解（压轴30题专练）(含解析)（新版）浙教版.doc

1、第4章因式分解（压轴30题专练）一选择题（共1小题）1（北仑区期末）任何一个正整数n都可以进行这样的分解：nst（s，t是正整数，且st），如果pq在n的所有分解中两因数之差的绝对值最小，我们就称pq是n的最优分解，并规定：F（n）例如24可以分解成124，212，38，46这四种，这时就有F（24）给出下列关于F（n）的说法：F（6）；F（16）1；F（n2n）1；若n是一个完全平方数，F（n）1其中说法正确的个数是（）A1B2C3D4【分析】根据最优分解的定义，分别求出6、16、n2n以及完全平方数n，然后对各小题求解即可作出判断【解答】解：61623，F（6），故本小题正确；161162

2、844，F（16）1，故本小题正确；n2nn（n1），F（n2n）1，故本小题正确；n是一个完全平方数，n分解成两个完全相同的数时，差的绝对值最小，F（n）1，故本小题正确综上所述，说法正确的个数是4故选：D【点评】本题考查了完全平方数，读懂题目信息，理解“最优分解”的定义是解题的关键二填空题（共4小题）2（龙凤区期末）已知a，b，c是ABC的三边，b2+2abc2+2ac，则ABC的形状是等腰三角形【分析】把给出的式子重新组合，分解因式，分析得出bc，才能说明这个三角形是等腰三角形【解答】解：b2+2abc2+2ac，a2+b2+2aba2+c2+2ac，（a+b）2（a+c）2，a+ba+

3、c，bc，所以此三角形是等腰三角形，故答案为：等腰三角形【点评】此题主要考查了学生对等腰三角形的判定，即两边相等的三角形为等腰三角形，分类讨论思想的应用是解题关键3分解因式：a2a+2（a3）2【分析】先提取公因式，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解【解答】解：a2a+2（a26a+9）（a3）2故答案为：（a3）2【点评】本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止4（西湖区校级月考）已知x22x10，则3x26x3；则2x37x2+4x20192022【分析】根据因式分解的提公因式法分

4、解因式，利用整体代入的方法即可求得第一个空的解；分解第二个因式后把7x写成4x3x再重新组合，进行提公因式，最后整体代入即可求得第二个空的解【解答】解：x22x10，x22x1，2x24x2，3x26x3（x22x）32x37x2+4x2019x（2x27x）+4x2019x（2x24x3x）+4x2019x（23x）+4x20192x3x2+4x20193x2+6x20193（x22x）20193120192022故答案为：3，2022【点评】本题考查了因式分解的应用，解决本题的关键是整体思想的运用5（嘉兴期末）在日常生活中如取款、上网等都需要密码，有一种用“因式分解法”产生的密码，方便记忆

5、，原理是对于多项x4y4，因式分解的结果是（xy）（x+y）（x2+y2），若取x9，y9时，则各个因式的值是：（x+y）18，（xy）0，（x2+y2）162，于是就可以把“180162”作为一个六位数的密码，对于多项式9x3xy2，取x10，y10时，用上述方法产生的密码是104020（答案不唯一）（写出一个即可）【分析】9x3xy2x（9x2y2）x（3x+y）（3xy），当x10，y10时，密码可以是10、40、20的任意组合即可【解答】解：9x3xy2x（9x2y2）x（3x+y）（3xy），当x10，y10时，密码可以是104020或102040等等都可以，答案不唯一【点评】本题考

6、查的是因式分解，分解后，将变量赋值，按照因式组合即可三解答题（共25小题）6（婺城区校级期末）小刚同学动手剪了如图所示的正方形与长方形纸片若干张（1）他用1张1号、1张2号和2张3号卡片拼出一个新的图形（如图）根据这个图形的面积关系写出一个你所熟悉的乘法公式，这个乘法公式是（a+b）2a2+2ab+b2；（2）如果要拼成一个长为（a+2b），宽为（a+b）的大长方形，则需要2号卡片2张，3号卡片3张；（3）当他拼成如图所示的长方形，根据6张小纸片的面积和等于大纸片（长方形）的面积可以把多项式a2+3ab+2b2分解因式，其结果是（a+2b）（a+b）；（4）动手操作，请你依照小刚的方法，利用拼

7、图分解因式a2+5ab+6b2（a+2b）（a+3b）画出拼图【分析】（1）利用图的面积可得出这个乘法公式是（a+b）2a2+2ab+b2，（2）由如图可得要拼成一个长为（a+2b），宽为（a+b）的大长方形，即可得出答案，（3）由图可知矩形面积为（a+2b）（a+b），利用面积得出a2+3ab+2b2（a+2b）（a+b），（4）先分解因式，再根据边长画图即可【解答】解：（1）这个乘法公式是（a+b）2a2+2ab+b2，故答案为：（a+b）2a2+2ab+b2（2）由如图可得要拼成一个长为（a+2b），宽为（a+b）的大长方形，则需要2号卡片2张，3号卡片3张；故答案为：2，3（3）由图可

8、知矩形面积为（a+2b）（a+b），所以a2+3ab+2b2（a+2b）（a+b），故答案为：（a+2b）（a+b）（4）a2+5ab+6b2（a+2b）（a+3b），如图，故答案为：（a+2b）（a+3b）【点评】本题主要考查了因式分解的应用，解题的关键是能运用图形的面积计算的不同方法得到多项式的因式分解7（偃师市期末）阅读下列材料：利用完全平方公式，可以将多项式变形为a（x+m）2+n的形式，我们把这样的变形方法叫做多项式ax2+bx+c（a0）的配方法运用多项式的配方法及平方差公式能对一些多项式进行分解因式例如：（x+10）（x1）根据以上材料，解答下列问题：（1）用配方法及平方差公式把

9、多项式x27x+12进行分解因式；（2）用多项式的配方法将x2+6x9化成a（x+m）2+n的形式，并求出多项式的最小值；（3）求证：x，y取任何实数时，多项式x2+y24x+2y+6的值总为正数【分析】（1）根据阅读材料中的方法分解即可；（2）根据阅读材料中的方法将多项式变形，求出最小值即可；（3）原式配方后，利用非负数的性质验证即可【解答】解：（1）x27x+12x27x+12（x）2（x+）（x）（x3）（x4）；（2）x2+6x9x2+6x+918（x+3）21818，即多项式的最小值为18；（3）x2+y24x+2y+6（x2）2+（y+1）2+110，则x，y取任何实数时，多项式x

10、2+y24x+2y+6的值总为正数【点评】此题考查了因式分解的应用，以及非负数的性质：偶次方，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键8（奉化区校级期末）分解因式（1）2x28（2）3x2y6xy2+3y3【分析】（1）首先提取公因式2，进而利用平方差公式分解因式得出答案；（2）首先提取公因式3y，进而利用完全平方公式分解因式得出答案【解答】解：（1）2x282（x24）2（x+2）（x2）；（2）3x2y6xy2+3y33y（x22xy+y2）3y（xy）2【点评】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，熟练应用公式是解题关键9（郾城区期末）下面是某同学对多项式（x24x+2）（x24x+

11、6）+4进行因式分解的过程解：设x24xy原式（y+2）（y+6）+4（第一步）y2+8y+16（第二步）（y+4）2（第三步）（x24x+4）2（第四步）请问：（1）该同学第二步到第三步运用了因式分解的CA提取公因式法B平方差公式C两数和的完全平方公式D两数差的完全平方公式（2）该同学因式分解的结果是否彻底？不彻底（填“彻底”或“不彻底”）若不彻底，请直接写出因式分解的最后结果（x2）4（3）请你模仿以上方法尝试对多项式（x22x）（x22x+2）+1进行因式分解【分析】（1）观察分解过程发现利用了完全平方公式；（2）该同学分解不彻底，最后一步还能利用完全平方公式分解；（3）仿照题中方法将原

12、式分解即可【解答】解：（1）该同学第二步到第三步运用了因式分解的两数和的完全平方公式，选择C，故答案为：C；（2）该同学因式分解的结果不彻底，最后结果为（x2）4；故答案为：不彻底；（x2）4；（3）原式（x22x）2+2（x22x）+1（x22x+1）2（x1）4【点评】此题考查了因式分解运用公式法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键10（西湖区校级期中）如图1，小明同学用1张边长为a的正方形，2张边长为b的正方形，3张边长分别为a、b的长方形纸片拼出了一个长方形纸片拼成了一个长为（a+2b），宽为（a+b）的长方形，它的面积为（a+2b）（a+b），于是，我们可以得到等式（a+2b）（a

13、+b）a2+3ab+2b2请解答下列问题：（1）写出图2，写出一个代数恒等式；（2）利用（1）中所得到的结论，解决下面的问题：已知a+b+c10，a2+b2+c240，求ab+bc+ac的值；（3）小明同学又用4张边长为a的正方形，3张边长为b的正方形，8张边长分别为a、b的长方形纸片拼出了一个长方形，那么该长方形的长为2a+3b，宽为2a+b【分析】（1）由面积的和差法证明多项式乘法（a+b+c）2a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac等式恒成立；（2）由（1）恒等式，等式的性质，待定系数法求出ab+bc+ac的值为30；（3）由多项式的因式分解长为2a+3b，宽为2a+b【解答】解：（1

14、）如图2所示：由图可知，外面边长为（a+b+c）正方形的面积等于3个边长分别为a、b、c小正方形的面积，2个边长分别为a、b的长方形，2个边长分别为a、c的长方形，2个边长分别为b、c的长方形构成，（a+b+c）2a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac；（2）a+b+c10，（a+b+c）2100，又（a+b+c）2a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac，ab+bc+ac（a+b+c）2（a2+b2+c2）（10040）30；（3）依题意得：4a2+3b2+8ab（2a+3b）（2a+b），长方形的长为2a+3b，宽为2a+b，故答案为2a+3b，2a+b【点评】本题综合考查了整式的乘法，

15、多项式的因式分解，完全平方公式的几何意义，正方形和长方形的面积公式等相关知识点，重点掌握因式分解的运用，难点将多项式构建成几何图形，利用面积不变性证明代数恒等式11（樊城区期末）阅读下列材料，然后解答问题：问题：分解因式：x3+3x24解答：把x1代入多项式x3+3x24，发现此多项式的值为0，由此确定多项式x3+3x24中有因式（x1），于是可设x3+3x24（x1）（x2+mx+n），分别求出m，n的值，再代入x3+3x24（x1）（x2+mx+n），就容易分解多项式x3+3x24这种分解因式的方法叫“试根法”（1）求上述式子中m，n的值；（2）请你用“试根法”分解因式：x3+x216x1

16、6【分析】（1）先找出一个x的值，进而找出一个因式，再将多项式设成分解因式的形式，即可得出结论；（2）先找出x1时，得出多项式的值，进而找出一个因式，再将多项式设成分解因式的形式，即可得出结论【解答】解：（1）把x1代入多项式x3+3x24，多项式的值为0，多项式x3+3x24中有因式（x1），于是可设x3+3x24（x1）（x2+mx+n）x3+（m1）x2+（nm）xn，m13，nm0，m4，n4，（2）把x1代入x3+x216x16，多项式的值为0，多项式x3+x216x16中有因式（x+1），于是可设x3+x216x16（x+1）（x2+mx+n）x3+（m+1）x2+（n+m）x+n

17、，m+11，n+m16，m0，n16，x3+x216x16（x+1）（x216）（x+1）（x+4）（x4）【点评】此题是分解因式，主要考查了试根法分解因式的理解和掌握，解本题的关键是理解试根法分解因式12（慈溪市期中）因式分解：（1）3x29xy（2）4x3y9xy3【分析】（1）提取公因式3x分解即可得（2）先提取公因式xy，再利用平方差公式分解可得【解答】解：（1）3x29xy3x（x3y）；（2）4x3y9xy3xy（4x29y2）xy（2x+3y）（2x3y）【点评】本题考查了提公因式法与公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提

18、取公因式，再考虑运用公式法分解13（庆元县期末）先阅读材料，再回答问题：分解因式：（ab）22（ab）+1解：设abM，则原式M22M+1（M1）2再将abM还原，得到：原式（ab1）2上述解题中用到的是“整体思想”，它是数学中常用的一种思想，请你用整体思想解决下列问题：（1）分解因式：（x+y）（x+y4）+4（2）若a为正整数，则（a1）（a2）（a3）（a4）+1为整数的平方，试说明理由【分析】（1）设Mx+y，据此原式M（M4）+4M24M+4（M2）2，再将Mx+y代回即可得；（2）由原式变形为（a25a+4）（a25a+6）+1，令Na25a+4，据此可得原式N（N+2）+1N2+

19、2N+1（N+1）2，根据a为正整数可作出判断【解答】解：（1）设Mx+y，则原式M（M4）+4M24M+4（M2）2，将Mx+y代入还原可得原式（x+y2）2；（2）原式（a1）（a4）（a2）（a3）+1（a25a+4）（a25a+6）+1令Na25a+4，a为正整数，N（a1）（a4）a25a+4也是整数，则原式N（N+2）+1N2+2N+1（N+1）2，N为整数，原式（N+1）2即为整数的平方【点评】本题考查了因式分解的应用，解题的关键是仔细读题，从新定义中整理出进一步解题的有关知识，难度中等14（下城区校级月考）阅读理解并填空：（1）为了求代数式x2+2x+3的值，我们必须知道x的值

20、若x1，则这个代数式的值为6；若x2，则这个代数式的值为11，可见，这个代数式的值因的取值不同而变化尽管如此，我们还是有办法来考虑这个代数式的值的范围（2）把一个多项式进行部分因式分解可以解决求代数式的最大（或最小）值问题例如：x2+2x+3（x2+2x+1）+2（x+1）2+2，因为（x+1）2是非负数，所以，这个代数式x2+2x+3的最小值是2，这时相应的x是1尝试探究并解答：（3）求代数式x212x+37的最小值，并写出相应x的值（4）求代数式x26x+11的最大值，并写出相应x的值（5）已知yx2+6x3，且x的值在数14（包含1和4）之间变化，试探求此时y的不同变化范围（直接写出当x

21、在哪个范围变化时，对应y的变化范围）【分析】（1）把x1和x2分别代入代数式x2+2x+3中，再进行计算即可得出答案，再比较数值的变化情况即可；（2）根据非负数的性质即可得出答案（3）先把给出的式子化成完全平方的形式，再根据非负数的性质即可得出答案；（4）根据完全平方公式把给出的式子进行整理，即可得出答案；（5）先把代数式化成完全平方的形式，再根据非负数的性质以及x的取值范围即可得出答案【解答】解：（1）把x1代入x2+2x+3中，得：12+2+36；若x2，则这个代数式的值为22+22+311；故答案为：6，11（2）根据题意可得：x2+2x+3（x2+2x+1）+2（x+1）2+2，（x+

22、1）2是非负数，这个代数式x2+2x+3的最小值是2，相应的x的值是1；故答案为2；1（3）x212x+37（x6）2+1，x212x+37的最小值是1，相应的x的值是6；（4）根据题意得：x26x+11（x+3）2+20，代数式x26x+11的最大值是20，相应的x的值是3；（5）yx2+6x3，y（x3）2+6，x的值在数14（包含1和4）之间变化，这时y的变化范围是：2y6【点评】此题考查了因式分解的应用，用到的知识点是完全平方公式，非负数的性质，解题的关键是把给出的式子化成完全平方的性质进行解答15（吴兴区校级期中）题目：“分解因式：x2120x+3456”分析：由于常数项数值较大，则

23、常采用将x2120x变形为差的平方的形式进行分解，这样简便易行解：x2120x+3456x2260x+602602+3456（x60）2144（x60）2122（x60+12）（x6012）（x48）（x72）通过阅读上述题目，请你按照上面的方法分解因式：（1）x2140x+4875（2）4x24x575【分析】（1）、（2）仿照阅读材料、利用完全平方公式、平方差公式进行因式分解【解答】解：（1）x2140x+4875x2270x+702702+4875（x70）225（x70）252（x70+5）（x705）（x65）（x75）；（2）4x24x575（2x）222x1+1212575（2x

24、1）2576（2x1）2242（2x1+24）（2x124）（2x+23）（2x25）【点评】本题考查的是因式分解，掌握完全平方公式、平方差公式是解题的关键16（义乌市校级期中）因式分解：（1）（x2+1）24x2（2）x2（xy）+y2（yx）【分析】（1）直接利用平方差公式分解因式，进而结合完全平方公式分解因式即可；（2）直接提取公因式（xy），进而利用平方差公式分解因式即可【解答】解：（1）（x2+1）24x2（x2+1+2x）（x2+12x）（x+1）2（x1）2；（2）x2（xy）+y2（yx）（xy）（x2y2）（xy）2（x+y）【点评】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因

25、式，正确应用乘法公式是解题关键17（萧山区校级期中）因式分解（1）4x3y9xy3（2）（x26）26（x26）+9【分析】（1）原式提取xy，再利用平方差公式分解即可；（2）原式利用完全平方公式，以及平方差公式分解即可【解答】解：（1）原式xy（4x29y2）xy（2x+3y）（2x3y）；（2）原式（x263）2（x+3）2（x3）2【点评】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键18（东阳市期末）【知识拓展】（1）你能对a3+b3因式分解吗？（2）求最大正整数n，使得n3+2017，能被n+13整除【分析】（1）根据公式法对其进行分解因式即可；（2）根

26、据题意列出算式，变形后得到180能整除n+13，即可确定出最大的正整数n的值【解答】解：（1）能，a3+b3（a+b）（a2ab+b2）；（2）要使（n3+2017）（n+13）n213n+169为整数，必须180能整除n+13，则n的最大值为167【点评】此题考查了整式的除法，熟练掌握单项式除单项式法则是解本题的关键19（慈溪市校级期中）（1）已知方程组，由于甲看错了方程中的a得到方程组的解为，乙看错了方程中的b得到方程组的解为，若按正确的a、b计算，则原方程组的解x与y的差xy的值是多少？（2）已知实数x、y、z满足x+y4及xyz2+4，则xy+2z的值为0【分析】（1）将甲得到的方程组

27、的解代入第二个方程求出b的值，将乙得到方程组的解代入第一个方程求出a的值，确定出正确的方程组，求出方程组的解得到正确的x与y的值，进而求得xy的值；（2）由x+y4及xyz2+4，又因为（xy）2（x+y）24xy，可得（xy）2164（z2+4），推出（xy）2+4z20，根据非负数的性质即可解决问题【解答】解：（1）将x13，y1代入方程组中的第二个方程得：52+b2，解得：b50，将x5，y4代入方程组中的第一个方程得：5a+2015，解得：a1，则方程组为，10+得：6x148，解得：x，将x代入得：y，即方程组的正确解为，则xy+（2）x+y4及xyz2+4，又（xy）2（x+y）2

28、4xy，（xy）2164（z2+4），（xy）2+4z20，（xy）20，4z20，xy0，z0，xy+2z的值为0故答案为0【点评】本题考查因式分解的应用、二元一次方程组、非负数的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型20（湖州期中）利用我们学过的知识，可以导出下面这个形式优美的等式：a2+b2+c2abbcac（ab）2+（bc）2+（ac）2，该等式从左到右的变形，不仅保持了结构的对称性，还体现了数学的和谐、简洁美；（1）请你检验说明这个等式的正确性（2）若a2011，b2012，c2013，你能很快求出a2+b2+c2abbcac的值吗？（3）若a

29、b，bc，a2+b2+c21，求ab+bc+ac的值【分析】（1）等式右边中括号中利用完全平方公式展开，合并后去括号得到结果，与左边比较即可得证；（2）根据（1）中的结论，将a，b，c的值代入右边计算即可求出值；（3）由题意求出ac的值，所求式子利用完全平方公式变形，将各自的值代入计算即可求出值【解答】解：（1）等式右边（a22ab+b2+b22bc+c2+a22ac+c2）（2a2+2b2+2c22ab2bc2ac）a2+b2+c2abbcac左边，得证；（2）当a2011，b2012，c2013时，a2+b2+c2abbcac（ab）2+（bc）2+（ac）23；（3）ab，bc，ac，a

30、2+b2+c21，ab+bc+aca2+b2+c2（ab）2+（bc）2+（ac）21（+）【点评】此题考查了因式分解的应用，弄清题意是解本题的关键21（路北区三模）（1）因式分解：（xy）（3xy）+2x（3xy）；（2）设ykx，是否存在实数k，使得上式的化简结果为x2？求出所有满足条件的k的值若不能，请说明理由【分析】（1）首先提取公因式（3xy），进而分解因式得出答案；（2）将ykx代入进而利用使得上式的化简结果为x2，即可得出关于k的等式求出答案【解答】解：（1）原式（3xy）（xy+2x）（3xy）（3xy）（3xy）2；（2）将ykx代入上式得：（3xkx）2（3k）x2（3k）

31、2 x2；令（3k）21，3k1，解得：k4或2【点评】此题主要考查了提取公因式法分解因式，关键是正确找出公因式关键是掌握具体方法：（1）当各项系数都是整数时，公因式的系数应取各项系数的最大公约数；字母取各项的相同的字母，而且各字母的指数取次数最低的；取相同的多项式，多项式的次数取最低的（2）如果多项式的第一项是负的，一般要提出“”号，使括号内的第一项的系数成为正数注意提出“”号时，多项式的各项都要变号22（婺城区校级期末）材料一：一个正整数x能写成xa2b2（a，b均为正整数，且ab），则称x为“雪松数”，a，b为x的一个平方差分解，在x的所有平方差分解中，若a2+b2最大，则称a，b为x的

32、最佳平方差分解，此时F（x）a2+b2例如：247252，24为雪松数，7和5为24的一个平方差分解，329272，326222，因为92+7262+22，所以9和7为32的最佳平方差分解，F（32）92+72材料二：若一个四位正整数，它的千位数字与个位数字相同，百位数字与十位数字相同，但四个数字不全相同，则称这个四位数为“南麓数”例如4334，5665均为“南麓数”根据材料回答：（1）请直接写出两个雪松数，并分别写出它们的一对平方差分解；（2）试证明10不是雪松数；（3）若一个数t既是“雪松数”又是“南麓数”，并且另一个“南麓数”的前两位数字组成的两位数与后两位数字组成的两位数恰好是t的一个

33、平方差分解，请求出所有满足条件的数t中F（t）的最大值【分析】（1）根据雪松数的特征即可得到结论；（2）根据题意即可得到结论；（3）设t（a，b均为正整数，且0ab9），另一个“南麓数”为t（m，n均为正整数，且0nm9），根据“南麓数”的特征即可得到结论【解答】解：（1）11211232，407232；（2）若10是“雪松数”，则可设a2b210（a，b均为正整数，且ab），则（a+b）（ab）10，又1025101，a，b均为正整数，a+bab，或，解得：或，与a，b均为正整数矛盾，故10不是雪松数；（3）设t（a，b均为正整数，且0ab9），另一个“南麓数”为t（m，n均为正整数，且0n

34、m9），则t（10m+n）2（10n+m）299（m2n2）99（m+n）（mn），99（m+n）（mn）1000a+100b+10b+a1001a+110b，整理得（m+n）（mn）10a+b+，a，b，m，n均为正整数，a+b9，经探究，符合题意，t的值分别为：2772，5445，t的值分别为：8668，8338，862+682832+382，F（t）的最大值为：862+68212020【点评】本题主要考查分解因式的应用，实数的运算，理解新定义，并将其转化为实数的运算是解题的关键23（江北区模拟）已知a，b，c为ABC的三边，且满足a2c2b2c2a4b4，试判定ABC的形状【分析】首先把

35、等式的左右两边分解因式，再考虑等式成立的条件，从而判断ABC的形状【解答】解：a2c2b2c2a4b4，a4b4a2c2+b2c20，（a4b4）（a2c2b2c2）0，（a2+b2）（a2b2）c2（a2b2）0，（a2+b2c2）（a2b2）0得：a2+b2c2或ab，即ABC为直角三角形或等腰三角形【点评】此题考查勾股定理的逆定理的应用，还涉及到了分解因式、等腰三角形的有关知识24（洛阳期末）如图，将一张矩形纸板按图中虚线裁剪成九块，其中有两块是边长都为m的大正方形，两块是边长都为n的小正方形，五块是长为m，宽为n的全等小矩形，且mn（以上长度单位：cm）（1）观察图形，可以发现代数式2

36、m2+5mn+2n2可以因式分解为（m+2n）（2m+n）；（2）若每块小矩形的面积为10cm2，四个正方形的面积和为58cm2，试求图中所有裁剪线（虚线部分）长之和【分析】（1）根据图象由长方形面积公式将代数式2m2+5mn+2n2因式分解即可；（2）根据正方形的面积得出正方形的边长，再利用每块小矩形的面积为10厘米2，得出等式求出m+n，进一步得到图中所有裁剪线（虚线部分）长之和即可【解答】解：（1）2m2+5mn+2n2可以因式分解为（m+2n）（2m+n）；故答案为：（m+2n）（2m+n）；（2）依题意得，2m2+2n258，mn10，m2+n229，（m+n）2m2+2mn+n2，

37、（m+n）229+2049，m+n0，m+n7，图中所有裁剪线（虚线部分）长之和为6m+6n6（m+n）42cm【点评】此题主要考查了因式分解的应用、列代数式以及完全平方公式的应用，根据已知图形得出是解题关键25（鄞州区期末）教科书中这样写道：“我们把多项式a2+2ab+b2及a22ab+b2叫做完全平方式”，如果一个多项式不是完全平方式，我们常做如下变形：先添加一个适当的项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法配方法是一种重要的解决问题的数学方法，不仅可以将一个看似不能分解的多项式分解因式，还能解决一些与非负数有关的问题或求代数式最大值，最小值等例如：

38、分解因式x2+2x3（x2+2x+1）4（x+1）24（x+1+2）（x+12）（x+3）（x1）；例如求代数式2x2+4x6的最小值.2x2+4x62（x2+2x3）2（x+1）28可知当x1时，2x2+4x6有最小值，最小值是8，根据阅读材料用配方法解决下列问题：（1）分解因式：m24m5（m+1）（m5）（2）当a，b为何值时，多项式a2+b24a+6b+18有最小值，并求出这个最小值（3）当a，b为何值时，多项式a22ab+2b22a4b+27有最小值，并求出这个最小值【分析】（1）根据阅读材料，先将m24m5变形为m24m+49，再根据完全平方公式写成（m2）29，然后利用平方差公式

39、分解即可；（2）利用配方法将多项式a2+b24a+6b+18转化为（a2）2+（b+3）2+5，然后利用非负数的性质进行解答；（3）利用配方法将多项式a22ab+2b22a4b+27转化为（ab1）2+（b3）2+17，然后利用非负数的性质进行解答【解答】解：（1）m24m5m24m+49（m2）29（m2+3）（m23）（m+1）（m5）故答案为（m+1）（m5）；（2）a2+b24a+6b+18（a2）2+（b+3）2+5，当a2，b3时，多项式a2+b24a+6b+18有最小值5；（3）a22ab+2b22a4b+27a22a（b+1）+（b+1）2+（b3）2+17（ab1）2+（b3

40、）2+17，当a4，b3时，多项式a22ab+2b22a4b+27有最小值17【点评】本题考查了因式分解的应用，非负数的性质，解题时要注意配方法的步骤注意在变形的过程中不要改变式子的值26（洛宁县期中）设am+1，bm+2，cm+3，求代数式a2+2ab+b22ac2bc+c2的值【分析】首先把代数式a2+2ab+b22ac2bc+c2利用完全平方公式因式分解，再代入求得数值即可【解答】解：a2+2ab+b22ac2bc+c2（a+b）22c（a+b）+c2（a+bc）2当am+1，bm+2，cm+3时，原式m+1+m+2（m+3）2m2【点评】此题考查代数式求值，注意利用完全平方公式因式分解

41、，简化计算的方法与步骤27已知四个实数a，b，c，d，且ab，cd若四个关系式：a2+ac4，b2+bc4，c2+ac8，d2+ad8同时成立，试求a，c的值【分析】此题首先由已知得出a+b+c0，a+c+d0，得出bd，再由（a2+ac）+（c2+ac）4+812，（a2+ac）（c2+ac）484，得出，（ac）（a+c）4，然后讨论得出a，c的值【解答】解：由（a2+ac）（b2+bc）440，（c2+ac）（d2+ad）880，得（ab）（a+b+c）0，（cd）（a+c+d）0，ab，cd，a+b+c0，a+c+d0，bd（a+c）又（a2+ac）+（c2+ac）4+812，（a2+

42、ac）（c2+ac）484，得，（ac）（a+c）4当时，解得，当，解得，【点评】此题考查的知识点是因式分解的应用，通过等式加减及运用因式分解是关键28已知整数a，b满足6ab9a10b+16，求a+b的值【分析】运用因式分解法把原来的等式变形为（3a+5）（2b3）1，再根据两个整数的乘积是1的，只有11和（1）（1），再进一步解方程组即可【解答】解：由6ab9a10b+16，得6ab9a+10b151615（3a+5）（2b3）1（3分）3a+5，2b3都为整数，或，（4分），或（2分）a，b为整数取，故a+b1（3分）【点评】此题考查了因式分解的应用，能够根据条件的限制分析不定方程的解2

43、9三项式x2x2n能分解为两个整系数一次因式的乘积（1）若1n30，且n是整数，则这样的n有多少个？（2）当n2005时，求最大整数n【分析】（1）利用公式法求出x2x2n0的根，将n从1至30代入开平方验证，舍去不合题意得，得到最终n的取值及个数（2）观察数列1，3，6，10，15，21，28，寻找规律，将基本规律的代数式代入求值【解答】解：（1）x2x2n（3分）则应有1+8n9，25，49，81，121，169，225，289（7分）相应解得n1，3，6，10，15，21，28，36（舍去）故当1n30时，满足条件的整数n有7个（10分）（2）观察数列1，3，6，10，发现11，31+2

44、，61+2+3，101+2+3+4故n1+2+3+k20052005验证得当k62时，n取最大值为1953（20分）【点评】本题考查因式分解的应用解决（1）主要是通过公式法分解出因式，再将符合条件的n代入逐个验证；（2）关键是观察数列找到规律30（慈溪市期末）利用我们学过的知识，可以导出下面这个形式优美的等式：a2+b2+c2abbcac（ab）2+（bc）2+（ac）2该等式从左到右的变形，不仅保持了结构的对称性，还体现了数学的和谐、简洁美（1）请你说明这个等式的正确性；（2）若a2014，b2015，c2016，你能很快求出a2+b2+c2abbcac的值；（3）已知实数x，y，z，a满足

45、x+a22014，y+a22015，z+a22016，且xyz36求代数式+的值【分析】（1）等式右边中括号中利用完全平方公式展开看，合并后去括号得到结果，与左边比较即可得证；（2）根据（1）中的结论，将a，b，c的值代入右边计算即可求出值；（3）由xyz36，将代数式+变形得到（x2+y2+z2xyyzxz），再将x，y，z的值代入右边计算即可求出值【解答】解：（1）等式右边（a22ab+b2+b22bc+c2+a22ac+c2）（2a2+2b2+2c22ab2bc2ac）a2+b2+c2abbcac左边，得证；（2）当a2014，b2015，c2016时，a2+b2+c2abbcac（ab）2+（bc）2+（ac）23；（3）xyz36，+（x2+y2+z2xyyzxz），x+a22014，y+a22015，z+a22016，xa2+2014，ya2+2015，za2+2016，原式3【点评】此题考查了因式分解的应用，弄清题意是解本题的关键