专题21.10 一元二次方程章末八大题型总结（拔尖篇）-2023-2024学年九年级数学上册举一反三系列（人教版）

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专题21.10 一元二次方程章末八大题型总结（拔尖篇）【人教版】TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc2359" 【题型1 利用根与系数的关系降次求值】  PAGEREF _Toc2359 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc11610" 【题型2 利用一元二次方程的解法解特殊方程】  PAGEREF _Toc11610 \h 3 HYPERLINK \l "_Toc5857" 【题型3 利用一元二次方程求最值】  PAGEREF _Toc5857 \h 8 HYPERLINK \l "_Toc22316" 【题型4 利用一元二次方程的根求取值范围】  PAGEREF _Toc22316 \h 11 HYPERLINK \l "_Toc25497" 【题型5 一元二次方程中的新定义问题】  PAGEREF _Toc25497 \h 14 HYPERLINK \l "_Toc19093" 【题型6 一元二次方程中的规律探究】  PAGEREF _Toc19093 \h 20 HYPERLINK \l "_Toc21578" 【题型7 一元二次方程在几何中的动点问题】  PAGEREF _Toc21578 \h 25 HYPERLINK \l "_Toc4319" 【题型8 一元二次方程与几何图形的综合问题】  PAGEREF _Toc4319 \h 33【题型1 利用根与系数的关系降次求值】【例1】（2023春·安徽池州·九年级统考期末）已知α和β是方程x2+2023x+1=0的两个根，则α2+2024α+2β2+2024β+2的值为（    ）A．−2021 B．2021 C．−2023 D．2023【答案】A【分析】由α和β是方程x2+2023x+1=0的两个根，根据根于系数关系可得，α⋅β=1，α+β=−2023，由一元二次方程根的定义可得α2+2023α+1=0，β2+2023β+1=0，即可求解；【详解】∵ α和β是方程x2+2023x+1=0的两个根，∴α2+2023α+1=0，β2+2023β+1=0，α⋅β=1，α+β=−2023，∴α2+2024α+2β2+2024β+2=α2+2023α+1+α+1β2+2023β+1+β+1=α+1β+1=α⋅β+α+β+1=1−2023+1=−2021故选A．【点睛】该题考查了根与系数的关系以及一元二次方程的解，熟记一元二次方程根与系数关系公式是解答该题的关键．【变式1-1】（2023春·四川南充·九年级四川省营山中学校校考期中）已知a，b是方程x2−x−1=0的两根，则代数式2a3+5a+3b3+3b+1的值是（    ）A．19 B．20 C．14 D．15【答案】D【分析】由根与系数的关系可得：a+b=1，再由a与b是方程的两根可得a2=a+1，b2=b+1，把a3与b3采用降次的方法即可求得结果的值．【详解】∵a与b是方程x2−x−1=0的两根∴a+b=1，a2-a-1=0，b2-b-1=0∴a2=a+1，b2=b+1∵a3=a2·a=(a+1)a=a2+a=a+1+a=2a+1，同理：b3=2b+1∴2a3+5a+3b3+3b+1=2(2a+1)+5a+3(2b+1)+3b+1=9a+9b+6=9(a+b)+6=9×1+6=15故选：D．【点睛】本题考查了一元二次方程的解的概论、一元二次方程根与系数的关系，求代数式的值，灵活进行整式的运算是解题的关键．【变式1-2】（2023春·全国·九年级专题练习）已知a是方程x2−2021x+1=0的一个根，则a3−2021a2−2021a2+1= ．【答案】−2021【分析】由方程根的定义可得a2−2021a+1=0，变形为a2+1=2021a．再将a2−2021a+1=0等号两边同时乘a并变形得a3−2021a2=−a，代入a3−2021a2−2021a2+1逐步化简即可．【详解】∵a是方程x2−2021x+1=0的一个根．∴a2−2021a+1=0，即a2+1=2021a．将a2−2021a+1=0等号两边同时乘a得：a(a2−2021a+1)=0，即a3−2021a2=−a．∴a3−2021a2−2021a2+1=−a−20212021a=−a−1a=−a2+1a=−2021aa=−2021．故答案为：-2021．【点睛】本题考查一元二次方程解的定义以及代数式求值．熟练掌握整体代入的思想是解答本题的关键．【变式1-3】（2023春·四川自贡·九年级统考期末）若m、n是一元二次方程x2+2x−1=0的两个实数根，则n3+n2m2n−1的值为（    ）A．1 B．-1 C．2 D．-2【答案】C【分析】利用方程根的定义和根与系数关系得到n2+2n−1=0，m+n=−2， n3+n2m2n−1分子进行因式分解后，利用整体代入即可得到答案．【详解】解：∵m，n是x2+2x−1=0的两个实数根∴n2+2n−1=0，m+n=−2 ∴n2=1-2n∴n3+n2m2n−1=n2(n+m)2n−1=−2(1−2n)2n−1=2故选：C【点睛】本题考查了一元二次方程根的定义，根与系数关系等知识，关键在于利用因式分解正确变形，用整体代入方法解决．【题型2 利用一元二次方程的解法解特殊方程】【例2】（2023春·上海青浦·九年级校考期末）解方程：(1)x+2−8−x=2；(2)2xx2−2x−3−1x−3=1；(3)2x2−32x2−1+1=0【答案】(1)x=7(2)x1=3+172，x2=3−172；(3)x1=−102，x2=102，x3=−1，x4=1．【分析】（1）移项后两边平方得出x+2=4+48−x+8−x，求出x−5=28−x，再方程两边平方得出x2−10x+25=48−x，求出x，再进行检验即可；（2）观察可得最简公分母是x−3x+1，方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解；（3）令t=2x2−1，则2x2−1−32x2−1+2=0，代入原方程，得t2−3t+2=0，所以t1=2，t2=1，然后分两种情况分别解方程即可．【详解】（1）x+2−8−x=2解：移项得，x+2=2+8−x，两边平方得，x+2=4+48−x+8−x，合并同类项得，2x−10=48−x，∴x−5=28−x，两边平方得，x2−10x+25=48−x，整理得，x2−6x−7=0，∴x+1x−7=0，解得：x1=−1，x2=7，经检验，x1=−1，不是原方程的解，∴原方程的解为：x=7．（2）2xx2−2x−3−1x−3=1解：方程两边同时乘以x−3x+1得， 2x−x+1=x2−2x−3整理得，x2−3x−2=0，解得，x=3±32−4×1×−22=3±172，∴x1=3+172，x2=3−172，经检验，x1=3+172，x2=3−172时，x−3x+1≠0，∴原方程的根为：x1=3+172，x2=3−172．（3）2x2−32x2−1+1=0解：2x2−1−32x2−1+2=0令t=2x2−1，代入原方程得，t2−3t+2=0，∴t−2t−1=0，解得：t1=2，t2=1，当t1=2时，2x2−1=2，即： 2x2−1=4，∴x2=52，解得：x1=−102，x2=102，当t2=1时，2x2−1=1，即： 2x2−1=1，∴x2=1，解得：x3=−1，x4=1，经检验x1，x2，x3，x4都为原方程的解∴原方程的解为：x1=−102，x2=102，x3=−1，x4=1．【点睛】本题考查了解无理方程，能把无理方程转化成有理方程是解此题的关键；还考查了解分式方程，（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解，（2）解分式方程一定注意要验根．【变式2-1】（2023春·上海·九年级期中）解方程：mx2−3=x2+2 m≠1【答案】当m>1时，原方程的解是x=±5(m−1)m−1，当m<1时，原方程无实数解【分析】先移项，再合并同类项可得m−1x2=5，根据m≠1求出x2=5m−1，再讨论m−1<0时，m−1>0，分别计算出方程的解.【详解】解：移项得：mx2−x2=2+3，化简得：m−1x2=5，∵m≠1，∴x2=5m−1，当m−1<0时，x2=5m−1<0，∴原方程无实数解，当m−1>0时，x2=5m−1>0，∴x1=5m−1=5(m−1)m−1，x2=−5m−1=−5(m−1)m−1∴当m>1时，原方程的解是x=±5m−1=±5(m−1)m−1当m<1时，原方程无实数解．【点睛】此题考查解一元二次方程，根据每个方程的特点选择适合的解法是解题的关键.【变式2-2】（2023春·内蒙古通辽·九年级统考期末）阅读理解：解方程：x3−x=0．解：方程左边分解因式，得x(x+1)(x−1)=0，解得x1=0，x2=1，x3=−1．问题解决：（1）解方程：4x3−12x2−x=0．（2）解方程：(x2−x)2−3(x2−x)=0．（3）方程(2x2−x+1)2−2(2x2−x)−5=0的解为 ．【答案】（1）x1=0，x2=3+102，x3=3−102；（2）x1=0，x2=1，x3=1+132，x4=1−132；（3）x1=1+174，x2=1−174．【分析】（1）先分解因式，即可得出一元一次方程和一元二次方程，求出方程的解即可；（2）先分解因式，即可得出一元二次方程，求出方程的解即可；（3）整理后分解因式，即可得出一元二次方程，求出方程的解即可．【详解】解：（1）4x3−12x2−x=0，∴x(4x2−12x−1)=0，∴x=0，4x2−12x−1=0，解得：x1=0，x2=3+102，x3=3−102；（2）(x2−x)2−3(x2−x)=0，∴(x2−x)(x2−x−3)=0，∴x2−x=0，x2−x−3=0，解得：x1=0，x2=1，x3=1+132，x4=1−132；（3）(2x2−x+1)2−2(2x2−x)−5=0，整理得：(2x2−x)2=4，开方得：2x2−x=±2，∴2x2−x−2=0，2x2−x+2=0，解方程2x2−x−2=0得：x1=1+174，x2=1−174；方程2x2−x+2=0中Δ=−15<0，此方程无解，所以原方程的解为：x1=1+174，x2=1−174，故答案为x1=1+174，x2=1−174．【点睛】本题考查了解高次方程，解一元二次方程，根的判别式等知识点，能把高次方向转化成低次方程是解此题的关键．【变式2-3】（2023春·江西景德镇·九年级景德镇一中校考期末）解方程：(1)x4+2x3−9x2−2x+8=0；(2)|x−1|+|x−2|+|2x−3|=4；(3)x2+y2+xy−3y+3=0．【答案】(1)x1=−1,x2=1,x3=−4,x4=2(2)x=52或x=12(3){x=−1y=2【分析】（1）利用拆项分组的方法把左边分解因式，再化为一次方程即可；（2）分四种情况去绝对值，化为一元一次方程，再解一元一次方程即可；（3）先整理为关于y的一元二次方程，根据根的判别式求解x=−1, 再代入原方程求解y即可.【详解】（1）解：x4+2x3−9x2−2x+8=0∴x4+2x3−8x2−(x2+2x−8)=0, ∴x2(x2+2x−8)−(x2+2x−8)=0, ∴(x2−1)(x2+2x−8)=0, ∴(x+1)(x−1)(x+4)(x−2)=0, 解得：x1=−1,x2=1,x3=−4,x4=2（2）解：|x−1|+|x−2|+|2x−3|=4当x≥2时，原方程为：x−1+x−2+2x−3=4, 即4x=10, 解得：x=52, 经检验符合题意；当32≤x<2时，原方程为：x−1+2−x+2x−3=4, 即2x=6,解得：x=3，经检验不符合题意舍去，当1≤x<32时，原方程为：x−1+2−x+3−2x=4, 即4−2x=4,解得：x=0, 经检验不符合题意，舍去，当x<1时，原方程为：1−x+2−x+3−2x=4, 即4x=2,解得：x=12，经检验符合题意；综上：方程的解为x=52或x=12（3）解：x2+y2+xy−3y+3=0整理为：y2+(x−3)y+x2+3=0, ∴△=(x−3)2−4(x2+3)=−3(x+1)2≥0, ∵−3(x+1)2≤0, 则−3(x+1)2=0, ∴x=−1, 所以原方程化为：y2−4y+4=0, 解得：y=2, 所以方程的解为：{x=−1y=2【点睛】本题考查的是利用因式分解解高次方程，分段去绝对值符号解绝对值方程，利用一元二次方程根的判别式解二元二次方程，熟练的掌握解方程的合适的方法是解本题的关键.【题型3 利用一元二次方程求最值】【例3】（2023春·江西景德镇·九年级景德镇一中校考期末）设实数x,y,z满足x2+y2+z2−xy−yz−zx=27，则y−z的最大值为 .【答案】6【分析】先将已知等式配成一个完全平方的形式，再令x−y=ay−z=b，将完全平方式转化为一个只含a和b的等式，然后将问题转化为已知一元二次方程的根的情况，求未知参数问题，最后利用根的判别式求解即可.【详解】x2+y2+z2−xy−yz−zx=27两边同乘以2得：2(x2+y2+z2−xy−yz−zx)=54整理得：(x−y)2+(y−z)2+(x−z)2=54①令x−y=ay−z=b，则x−z=a+b代入①得：a2+b2+(a+b)2=54化简得：a2+ba+b2−27=0由题意可知，关于a的一元二次方程a2+ba+b2−27=0有实数根则方程的根的判别式Δ=b2−4(b2−27)≥0解得：b≤6，即y−z≤6所以y−z的最大值为6故答案为：6.【点睛】本题是一道难题，考查了求代数式的极值的知识，在已知条件转换变形后，将其看成一个一元二次方程的实数根的情况来分析是解题关键.【变式3-1】（2023春·四川泸州·九年级校考期末）已知实数x，y满足x2+3x+y−3=0，则x+y的最大值为 ．【答案】4【分析】用含x的代数式表示y，计算x+y并进行配方即可.【详解】∵x2+3x+y−3=0∴y=−x2−3x+3∴x+y=−x2−2x+3=−x+12+4∴当x=-1时，x+y有最大值为4故答案为4【点睛】本题考查的是求代数式的最大值，解题的关键是配方法的应用.【变式3-2】（2023·浙江金华·九年级期中）当a= ，b= 时，多项式a2−2ab+2b2−2a−4b+25有最小值，这个最小值是 ．【答案】 4 3 15【分析】利用配方法将多项式a2−2ab+2b2−2a−4b+25转化为(a−b−1)2+(b−3)2+15，然后利用非负数的性质进行解答．【详解】解：a2−2ab+2b2−2a−4b+25=a2−2ab−2a+b2+2b+1+b2−6b+9+15=a2−2a(b+1)+(b+1)2+(b−3)2+15=(a−b−1)2+(b−3)2+15∴当a=4，b=3时，多项式a2−2ab+2b2−2a−4b+25有最小值15．故答案为：4，3，15．【点睛】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．【变式3-3】（2023春·山东济南·九年级阶段练习）阅读下面材料：丽丽这学期学习了轴对称的知识，知道了像角、等腰三角形、正方形、圆等图形都是轴对称图形.类比这一特性，丽丽发现像m+n，mnp，m2+n2等代数式，如果任意交换两个字母的位置，式子的值都不变.太神奇了！于是她把这样的式子命名为神奇对称式.她还发现像m2+n2，(m-1)(n-1)等神奇对称式都可以用mn,m+n表示.例如：m2+n2=(m+n)2−2mn， (m−1)(n−1)=mn−(m+n)+1.于是丽丽把mn 和 m+n称为基本神奇对称式 .请根据以上材料解决下列问题：（1）代数式①1mn ， ②m2−n2 ， ③nm， ④ xy + yz + zx中，属于神奇对称式的是__________（填序号）；（2）已知(x−m)(x−n)=x2−px+q. ① q=__________（用含m，n的代数式表示）；② 若p=3，  q=−2，则神奇对称式1m+1n=__________；③ 若p2−q=0 ，求神奇对称式m3+1m+n3+1n的最小值.【答案】（1）①，④;（2）① q=mn.②−32;③-2.【分析】（1）根据题意新定义的神奇对称式任意交换两个字母的位置，式子的值不变来判断（2）①由所学知识十字相乘法表示对应系数相等可求出②把1m+1n 通分用mn与m+n的形式表示，然后转换成用p、q表示的代数式代入即可求出值③把神奇对称式m3+1m+n3+1n转换成用p、q表示的代数式，再根据求根公式求出范围【详解】解：（1）①，④符合神奇对称式的定义，②③交换字母的位置，式子的值会变故不符合神奇对称式的定义．所以答案应为①，④（2）①∵(x−m)(x−n)=x2−(m+n)x+mn=x2−px+q，∴p=m+n，q=mn.故答案应为：q = mn .                                   ②1m+1n =m+nmn=pq = -32   故答案应为-32 ③∵(x−m)(x−n)=x2−(m+n)x+mn=x2−px+q，∴p=m+n，q=mn.m3+1m+n3+1n= m2+1m+n2+1n=（m+n）2−2mn+m+nmn=p2−2q+pq.∵p2−q=0，∴q=p.   即q=±p.（i）当q=p时，∴原式=p2−2p+1=（p−1）2≥0. （ii）当q=−p时，∴原式=p2+2p−1=（p+1）2−2≥−2.            综上，m3+1m+n3+1n的最小值为-2.【点睛】本题是一道综合性比较强的题，运用了整式的乘法、十字相乘、求根公式等知识点；对新定义的公式的理解也是一项考点．难度相对较大．【题型4 利用一元二次方程的根求取值范围】【例4】（2023春·四川眉山·九年级校考期中）关于x的方程ax2+（a+2）x+9a＝0有两个不等的实数根x1，x2，且x1＜1＜x2，那么a的取值范围是（　　）A．﹣27＜a＜25 B．a＞25 C．a＜﹣27 D．﹣211＜a＜0【答案】D【分析】根据一元二次方程的根的判别式，建立关于a的不等式，求出a的取值范围．又存在x1＜1＜x2，即（x1-1）（x2-1）＜0，x1x2-（x1+x2）+1＜0，利用根与系数的关系，从而最后确定a的取值范围．【详解】解：∵方程有两个不相等的实数根，则a≠0且△＞0，由（a+2）2-4a×9a=-35a2+4a+4＞0，解得−2732或m=12.【分析】分两种情况讨论，当1−m2=0,当1−m2≠0时，即m≠±1, 再分别求解方程的解，再列不等式组，解不等式组可得答案.【详解】解：当1−m2=0, 则m=±1, 当m=1时，方程化为−2x−1=0, 解得x=−12, 不符合题意；当m=−1时，方程化为2x−1=0, 解得x=12, 此时符合题意；当1−m2≠0时，即m≠±1, 由(1−m2)x2−2mx−1=0可得(m2−1)x2+2mx+1=0, ∴[(m+1)x+1][(m−1)x+1]=0, 解得：x1=−1m+1,x2=−1m−1, ∴{−1m+1<2−1m−1>2, 得：m>−12{−1m−1<2−1m−1>0,得：m>32综上：m的取值范围为：m>32或m=12【点睛】本题考查的是根据方程的解的情况求解参数的取值范围，清晰的分类讨论是解本题的关键.【变式4-3】（2023春·山东烟台·九年级山东省烟台第十中学校考期中）若关于x的方程(m2−5m+6)x2−(3−m)x+14=0无解，则m的取值范围是 ．【答案】m≥3【分析】根据题意，可分为两种情况进行分析：①m2−5m+6=0时，有−(3−m)=0此时方程无解，可求出m的值；②m2−5m+6≠0时，由根的判别式Δ<0，即可求出m的取值范围．【详解】解：根据题意，∵关于x的方程(m2−5m+6)x2−(3−m)x+14=0无解，①当m2−5m+6=0时，则原方程是一元一次方程，即−(3−m)x+14=0；则有：m2−5m+6=0−(3−m)=0，解得：m=3；②当m2−5m+6≠0时，则原方程为一元二次方程，∴m≠3，m≠2，∴Δ=[−(3−m)]2−4×(m2−5m+6)×14<0，解得：m>3；综合上述，m的取值范围是m≥3；故答案为：m≥3．【点睛】本题考查了方程无解问题，根的判别式求参数的取值范围，以及解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握方程无解问题，注意运用分类讨论的思想进行解题．【题型5 一元二次方程中的新定义问题】【例5】（2023春·四川资阳·九年级统考期末）定义：已知x1，x2是关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0的两个实数根，若x10，m<0且m≠−1，可求出m的取值范围．最后分类讨论即可求解．【详解】（1）解：x2+9x+14=0，x+2x+7=0，∴x+2=0或x+7=0，∴x1=−7，x2=−2．∵−7<−2，3<−7−2=72<4，∴此方程为“限根方程”；（2）∵方程2x2+k+7x+k2+3=0的两个根分比为x1、x2，∴x1+x2=−k+72，x1x2=k2+32 ．∵x1+x2+x1x2=−1，∴−k+72+k2+32=−1，解得：k1=2，k2=−1．分类讨论：①当k=2时，原方程为2x2+9x+7=0，∴x1=−72，x2=−1，∴x10，m<0且m≠−1，∴1−m2+4m>0，即1+m2>0，∴m<0且m≠−1．分类讨论：①当−1−6，求x的取值范围；（3）小明发现，无论x取何值，计算x2−2x+3∗−x2+2x−5时，得出结果总是负数，你认为小明的结论正确吗？请说明理由．【答案】（1）-13，-5；（2）2≤x<83或109−6或3x−7<3−2x3x−7−3(3−2x)>−6解得x≥2x<83或x<2x>109∴2≤x<83或1095，∴AC=17，∴BE+BF≥17，故答案为：17．  【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，两点之间线段最短，勾股定理的应用及解一元二次方程，熟知相关的判定与性质及解一元二次方程方法是解题关键．【题型8 一元二次方程与几何图形的综合问题】【例8】（2023春·浙江杭州·九年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点，过点E作EF⊥AC，交边AD，AB于点F，H，连接CF，CH．（1）求证：CF＝CH；（2）若正方形ABCD的边长为1，当△AFH与△CDF的面积相等时，求AE的长．【答案】（1）见详解；（2）−2+104【分析】（1）利用正方形的性质得到∠FAE＝∠HAE＝45°，再证明△AEF≌△AEH得到EF＝EH，然后根据线段垂直平分线的性质得到结论；（2）设AE＝x，根据等腰直角三角形的性质得到AF＝2x，FH＝2x，利用三角形面积公式得到12•2x•x＝12×1•（1−2x），然后解方程即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，∴∠FAE＝∠HAE＝45°，∵EF⊥AC，∴∠AEF＝∠AEH＝90°，在△AEF和△AEH中，∠FAE=∠HAEAE=AE∠AEF=∠AEH，∴△AEF≌△AEH（ASA），∴EF＝EH，∴AC垂直平分FH，∴CF＝CH；（2）解：设AE＝x，则AF＝2x，DF＝1-2x，FH＝2AE＝2x，∵△AFH与△CDF的面积相等，∴12•2x•x＝12×1•（1−2x），整理得2x2＋2x −1＝0，解得x1=−2+104，x2=−2−104（舍去），∴AE＝−2+104．【点睛】本题考查了正方形的性质：正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角．也考查了全等三角形的判定与性质．【变式8-1】（2023春·浙江温州·九年级校联考期中）欧几里得的《原本》记载，形如x2+bx=a2的方程的图解法是：画Rt△ABC，使∠ACB=90°，BC=a，AC=b2，再在斜边AB上截取AD=b2，则该方程的一个正根是（   ）A．AC的长 B．AD的长 C．BC的长 D．BD的长【答案】D【分析】在直角△ABC中，利用勾股定理列出关系式，把各自的长度代入，化简后与已知方程比较，即可确定出所求．【详解】解：在Rt△ABC中，根据勾股定理得：AC2+BC2=AB2，∵BC=a，AC=AD=b2，∴(b2)2+a2=(BD+b2)2，整理得：BD2+bBD=a2，比较方程x2+bx=a2，可得BD是方程x2+bx=a2的一个正根．故选：D．【点睛】此题考查了一元二次方程的应用，勾股定理，弄清题意是解本题的关键．【变式8-2】（2023春·浙江金华·九年级统考期末）利用图形的分、和、移、补探索图形关系，是我国传统数学的一种重要方法．如图1，BD是矩形ABCD的对角线，将△BCD分割成两对全等的直角三角形和一个正方形，然后按图2重新摆放，观察两图，若a=5，b=3，则矩形ABCD的面积是 ．  【答案】30【分析】设小正方形的边长为x，利用a、b、x表示矩形的面积，再用a、b、x表示三角形以及正方形的面积，根据面积列出关于a、b、x的关系式，解出x，即可求出矩形面积．【详解】解：设小正方形的边长为x，∴矩形的长为a+x ，宽为b+x ，由图1可得：12a+xb+x=12ax×2+12bx×2+x2，整理得：x2+ax+bx−ab=0，∵a=5，b=3， ∴x2+8x−15=0，∴x2+8x=15，∴矩形的面积为a+xb+x=x+5x+3=x2+8x+15=15+15=30 ．故答案为：30．【点睛】本题主要考查列代数式，一元二次方程的应用，设出小正方形的边长列一元二次方程和整体代换是解题的关键．【变式8-3】（2023春·广东江门·九年级校考期中）《代数学》中记载，形如x2+10x=39的方程，求正数解的几何方法是：“如图①，先构造一个面积为x2的正方形，再以正方形的边为一边向外构造四个面积为52x的矩形，得到阴影部分面积x2+4×52x=x2+10x=39，大正方形的面积为4×522+39=64，则大正方形的边长为8，x=8−2×52=3，所以方程x2+10x=39的正数解为x=3．”小聪按此方法解关于x的方程x2+12x+m=0，构造图②所示的图形，已知阴影部分的面积为60，则该方程的正数解为 ．【答案】x=46−6【分析】根据已知的数学模型，同理可得空白小正方形的边长为3，先计算出大正方形的面积=阴影部分的面积+4个小正方形的面积，可得大正方形的边长，从而得结论．【详解】x2+12x+m=0，x2+12x=−m∵阴影部分的面积为60，∴x2+12x=60，如图②所示的图形，再以正方形的边为一边向外构造四个面积为3x的矩形，得到阴影部分面积x2+4×3x=x2+12x=60，∴大正方形的面积为4×32+60=96，∴大正方形的边长为96=46，∴x=46−2×3=46−6，∴方程x2+12x+m=0的正数解为x=46−6．故答案为：x=46−6．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，正确理解题目给的材料是解题的关键．序号方程方程的解1x2+x﹣2﹣＝0x1＝﹣2x2＝12x2+2x﹣8﹣＝0x1＝﹣4x2＝23x2+3x﹣18＝0x1＝　 　x2＝　 　…………