专题03 “配方法”的八种应用（解析版）.docx

1、专题03 “配方法”的八种应用（解析版）类型一 判断代数式的正负 1（2021 秋牡丹江期末）已知x为任意实数，则x114x2的值（）A一定为负数B不可能为正数C一定为正数D可能为正数、负数或0思路引领：先提出负号，运用完全平方公式配方，根据平方的非负性即可作出判断解：原式1x+（12x）2（112x）2，（112x）20，（112x）20，故选：B总结提升：本题考查了配方法的应用，平方的非负性，提出负号是解题的关键4（2022秋朝阳区校级期中）求证：关于x的方程（m28m+17）x2+2mx+10，无论m取何值，该方程都是一元二次方程思路引领：根据一元二次方程的定义只要说明二次项系数不为零即

2、可证明结论成立，根据配方法可以说明二次项系数不为零证明：（m28m+17）x2+2mx+10，m28m+17（m4）2+11，无论m取何值，该方程都是一元二次方程总结提升：本题考查一元二次方程的定义，解答本题的关键是明确一元二次方程的定义类型二 比较大小2（2021潍坊一模）已知M=75t2，Nt235t（t为任意实数），则M，N的大小关系为（）AMNBMNCMND不能确定思路引领：利用配方法把NM的代数式变形，根据偶次方的非负性判断即可解：NM（t235t）（75t2）t22t+2（t1）2+10，MN，故选：B总结提升：本题考查的是配方法的应用和非负数的性质，掌握完全平方公式、偶次方的非负

3、性是解题的关键 3（2020浙江自主招生）在平面直角坐标系xOy中，满足不等式x2+y22x+2y的整数点坐标（x，y）的个数为 思路引领：已知不等式变形后，利用完全平方公式化简，根据x与y均为整数，确定出x与y的值，即可得到结果解：由题设x2+y22x+2y，得0（x1）2+（y1）22，因为x，y均为整数，所以有(x1)2=0(y1)2=0或(x1)2=0(y1)2=1或(x1)2=1(y1)2=0或(x1)2=1(y1)2=1，解得：x=1y=1或x=1y=2或x=1y=0或x=0y=1或x=0y=0或x=0y=2或x=2y=1或x=2y=0或x=2y=2，以上共计9对（x，y）故答案为

4、：9总结提升：此题考查了坐标与图形性质，配方法的应用，以及非负数的性质，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键类型三 配方变形5（2019春西湖区校级期中）如果ax22x+a9=（3x13）2+m，那么a，m的值分别为（）A3，0B9，89C9，13D89，9思路引领：由（3x13）2+m9x22x+19+m可知a9，m=89解：由ax22x+a9=（3x13）2+m9x22x+19+m 得：a9，19+m1 所以：m=89故选：B总结提升：本题主要考查完全平方公式在配方法中的应用6a22ab+b2（ab）2，我们把形如a22ab+b2的式子称为完全平方式请解决下列问题：（1）代数式x2+6x+m

5、中，当m 时，代数式为完全平方式；（2）代数式x2+mx+25中，当m10时，代数式为完全平方式；（3）代数式x2+（m+2）x+（4m7）为完全平方式，求m的值思路引领：根据完全平方式的定义即可求解解：（1）代数式x2+6x+m中，当m9时，代数式为完全平方式；故答案为：9；（2）代数式x2+mx+25中，当m10时，代数式为完全平方式；故答案为：10；（3）代数式x2+（m+2）x+（4m7）为完全平方式，|m+22|=4m7，m2+4m+416m28，m212m+320，m212m+364，（m6）24，m62，m18，m24总结提升：本题考查了完全平方式的定义，熟记完全平方公式是解答本

6、题的关键类型四 用配方法求代数式的最值7（2014春宜兴市校级期中）甲、乙两位同学对问题“求代数式y=x2+1x2的最小值”提出各自的想法甲说：“可以利用已经学过的完全平方公式，把它配方成y=(x+1x)22，所以代数式的最小值为2”乙说：“我也用配方法，但我配成y=(x1x)2+2，最小值为2”你认为（）A甲对B乙对C甲、乙都对D甲乙都不对思路引领：先用配方法得到y（x1x）2+2和y（x1x）2+2，再根据x和1x一定同号判断出正确的解析式解：因为x和1x一定同号，不可能出现x=1x的情况所以 x+1x0所以 乙正确故选：B总结提升：本题考查了配方法的应用此题注意x和1x的关系：互为倒数，

7、显然它们的平方和只有在都是1或1时，有最小值8（2021秋台江区期末）阅读材料：数学课上，老师在求代数式x24x+5的最小值时，利用公式a22ab+b2（ab）2，对式子作如下变形：x24x+5x24x+4+1（x2）2+1因为（x2）20，所以（x2）2+11当x2时，（x2）2+11，因此（x2）2+1有最小值1，即x24x+5的最小值为1通过阅读，解决下列问题：（1）代数式x2+10x6的最小值为 ；（2）当x取何值时，代数式x2+6x+8的值有最大值或最小值，并求出最大值或最小值；（3）试比较代数式4x22x与2x2+6x9的大小，并说明理由思路引领：（1）仿照阅读材料中的方法把代数式

8、配方后，利用非负数的性质确定出最小值即可；（2）代数式利用完全平方公式配方后，利用非负数的性质判断即可；（3）利用作差法列出关系式，配方后利用非负数的性质确定出大小即可解：（1）x2+10x6（x2+10x+25）31（x+5）231，（x+5）20，当x+50，即x5时，代数式最小值为31；故答案为：31；（2）x2+6x+8（x26x+9）+17（x3）2+17，（x3）20，（x3）20，当x30，即x3时，代数式有最大值17；（3）（x2）20，（4x22x）（2x2+6x9）4x22x2x26x+92x28x+92（x24x+4）+12（x2）2+110，4x22x2x2+6x9总结

9、提升：此题考查了配方法的应用，以及非负数的性质，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键9（2021春奉化区校级期末）已知实数m，n满足mn21，则代数式m2+2n2+4m1的最小值等于？思路引领：根据题意把原式变形，根据配方法把原式写成含有完全平方的形式，根据偶次方的非负性解答解：mn21，n2m1，m1，则m2+2n2+4m1m2+2m2+4m1m2+6m3m2+6m+912（m+3）212，m1，（m+3）2124，即代数式m2+2n2+4m1的最小值等于4总结提升：本题考查的是配方法的应用，配方法的理论依据是公式a22ab+b2（ab）210（2020秋句容市期中）已知xm是一元二次方程x2

10、+2x+n30的一个根，则m+n的最大值等于（）A134B4C154D134思路引领：根据一元二次方程的解的定义，将xm代入一元二次方程x2+2x+n30，即可求得nm22m+3，然后代入所求的代数式，利用配方法m+n的最大值解：xm是一元二次方程x2+2x+n30的一个根，xm满足一元二次方程x2+2x+n30，m2+2m+n30，nm22m+3，m+nmm22m+3（m12）2+134134，m+n的最大值为134，故选：A总结提升：本题主要考查了一元二次方程的解的定义，注意配方法在解题过程中的应用类型五 配方法在多元二次方程中的应用11（2017秋蓬溪县期末）已知a、b、c是ABC的三边

11、，且满足a2b2+acbc0，则ABC的形状是（）A直角三角形B等边三角形C等腰三角形D无法确定思路引领：先分解因式，即可得出ab，根据等腰三角形的判定得出即可解：a2b2+acbc0，（a+b）（ab）+c（ab）0，（ab）（a+b+c）0，a、b、c是三角形的三边，a+b+c0，ab0，即ab，ABC的形状是等腰三角形，故选：C总结提升：本题考查等腰三角形的判定和分解因式，能正确分解因式是解此题的关键12已知a，b，c满足a2+2b7，b24c7，c26a14，则a+b+c的值是（）A2B3C4D5思路引领：将已知三个等式的左右分别相加，然后根据配方法将a2+6b+b2+8c+c2+2a

12、转化为偶次方的和的形式（a+1）2+（b+3）2+（c+4）20；最后根据非负数的性质解答即可解：a2+2b7，b24c7，c26a14，a2+2b+b24c+c26a14，（a26a+9）+（b2+2b+1）+（c24c+4）0，即（a3）2+（b+1）2+（c2）20，（a3）20，（b+1）20，（c2）20，a30，b+10，c20，a3，b1，c2，a+b+c3+（1）+24故选：C总结提升：本题考查了配方法的应用、非负数的性质，解题的关键是根据完全平方和公式将代数式转化为偶次方的和的形式，求出a，b，c的值13（2020秋犍为县期末）已知实数x、y、z满足：（x+z）24（xy）（

13、y+z）0，下列式子一定成立的是（）Ax+yz0Bx+y+2z0Cyz2x0Dz+x2y0思路引领：先将原式展开，然后重组后配方得到（xz2y）20，从而得到正确的选项解：根据题意（x+z）24（xy）（y+z）0，x2+z2+2xz4xy4xz+4y2+4yz0，x2+z22xz4xy+4y2+4yz0，（xz）24y（xz）+4y20，（xz2y）20，xz2y0故选：D总结提升：考查了因式分解的应用，解题的关键是能够将原式进行适当的变形，难度不大14（2022秋鼓楼区校级月考）已知3xy3a26a+9，x+ya2+6a9，若xy，则实数a的值为（）A1B2C3D4思路引领：根据题意列出关

14、于x、y的方程组，然后求得x、y的值，结合已知条件xy来求a的取值解：依题意得：3xy=3a26a+9x+y=a2+6a9，解得x=a2y=6a9，xy，a26a9，整理，得（a3）20，故a30，解得a3故选：C总结提升：本题考查了配方法的应用，非负数的性质以及解二元一次方程组配方法的理论依据是公式a22ab+b2（ab）215（2020蜀山区校级模拟）已知ab2，ab+2bc2+2c0，当b0，2c1时，整数a的值是思路引领：由ab2，得出ab+2，进一步代入ab+2bc2+2c0，进一步利用完全平方公式得到（b+2）2（c1）230，再根据已知条件得到b的值，进一步求得整数a的值即可解：

15、ab2，ab+2，ab+2bc2+2cb（b+2）+2bc2+2cb2+4b（c22c）（b+2）2（c1）230，b0，2c1，4（b+2）212，a是整数，b0或1，a2或3故答案为：2或3总结提升：此题考查配方法的运用，非负数的性质，掌握完全平方公式是解决问题的关键类型六 用配方法分解因式16（2022春吉安期末）请看下面的问题：把x4+4分解因式分析：这个二项式既无公因式可提，也不能直接利用公式，怎么办呢？19世纪的法国数学家苏菲热门抓住了该式只有两项，而且属于平方和（x2）2+22的形式，要使用公式就必须添一项4x2，随即将此项4x2减去，即可得x4+4x4+4x2+44x2（x2+

16、2）24x2（x2+2）2（2x）2（x2+2x+2）（x22x+2）人们为了纪念苏菲热门给出这一解法，就把它叫做“热门定理”，请你依照苏菲热门的做法，将下列各式因式分解（1）4x4+y4；（2）x22axb22ab思路引领：（1）原式变形后，利用完全平方公式及平方差公式分解即可；（2）原式变形后，利用完全平方公式及平方差公式分解即可解：（1）原式4x4+y4+4x2y24x2y2（2x2+y2）24x2y2（2x2+y2+2xy）（2x2+y22xy）；（2）原式x22ax+a2a2b22ab（xa）2（a+b）2（x+b）（x2ab）总结提升：此题考查了因式分解配方法，以及分组分解法，熟练

17、掌握因式分解的方法是解本题的关键类型七 用配方法化简二次根式17化简：（51）2+2945的结果是 思路引领：利用完全平方公式以及二次根式的性质化简求出即可解：（51）2+29455+125+2(52)2625+2（52）625+2542故答案为：2总结提升：此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确化简二次根式是解题关键类型八 配方法与根的判别式综合运用18（2020黄州区校级模拟）若方程x2+2（1+a）x+3a2+4ab+4b2+20有实根，则ba=思路引领：由二次方程有实根，得到0，即4（1+a）24（3a2+4ab+4b2+2）0，通过代数式变形可得两个非负数的和小于或等于0，从而得到

18、a，b的方程组，解方程组即可求出它们的比解：方程有实根，0，即4（1+a）24（3a2+4ab+4b2+2）0，化简得：2a2+4ab+4b22a+10，（a+2b）2+（a1）20，而（a+2b）2+（a1）20，a+2b0，a10，解得a1，b=12，所以ba=12故答案为12总结提升：本题考查了一元二次方程ax2+bx+c0（a0，a，b，c为常数）根的判别式b24ac当0，方程有两个不相等的实数根；当0，方程有两个相等的实数根；当0，方程没有实数根同时考查了几个非负数和的性质以及代数式变形的能力19如果关于x的方程（x+a）（x+b）+（x+b）（x+c）+（x+c）（x+a）0（其中

19、a，b，c均为正数）有两个相等的实数根，证明：以a，b，c为长的线段能够组成一个三角形，并指出三角形的特征思路引领：首先整理方程得出3x2+2（a+b+c）x+（ab+bc+ac）0，进一步利用根的判别式等于0，得出a、b、c的关系判断即可证明：原方程可以整理成3x2+2（a+b+c）x+（ab+bc+ac）0，方程有两个相等的实数根，2（a+b+c）243（ab+bc+ac）0，整理得：4a2+4b2+4c24ab4bc4ac02（ab）2+2（bc）2+2（ac）20，ab0，bc0，ac0，abc，三角形为等边三角形总结提升：此题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式的关系：（1）0方程有两个不相等的实数根；（2）0方程有两个相等的实数根；（3）0方程没有实数根，关键是根据判别式和已知条件求出a，b，c的关系