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初中人教版21.2.1 配方法课后作业题
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这是一份初中人教版21.2.1 配方法课后作业题，文件包含专题214配方法解一元二次方程-重难点题型同步练习原卷版docx、专题214配方法解一元二次方程-重难点题型同步练习解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
【知识点1 配方法解一元二次方程】
将一元二次方程配成(x+m)2=n的形式，再用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．
用配方法解一元二次方程的步骤：①把原方程化为ax2+bx+c=0(a≠0)的形式；②方程两边同除以二
次项系数，使二次项系数为1，并把常数项移到方程右边；③方程两边同时加上一次项系数一半的平方；④
把左边配成一个完全平方式，右边化为一个常数；⑤如果右边是非负数，就可以进一步通过直接开平方法
来求出它的解，如果右边是一个负数，则判定此方程无实数解．
【题型1 用配方法解二次项系数为1的一元二次方程】
【例1】（2021春•上城区校级期中）用配方法解一元二次方程x2+2x﹣3＝0，配方后得到的方程是（ ）
A．（x﹣1）2＝4B．（x+1）2＝4C．（x+2）2＝1D．（x﹣2）2＝1
【分析】先将常数项移到方程右边，再将两边都加上一次项系数一半的平方，据此可得答案．
【解答】解：∵x2+2x﹣3＝0，
∴x2+2x＝3，
则x2+2x+1＝3+1，即（x+1）2＝4，
故选：B．
【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
【变式1-1】（2020秋•隆回县期末）把x2﹣3x+1＝0的左边配方后，方程可化为（ ）
A．(x-32)2=134B．(x+32)2=134
C．(x-32)2=54D．(x+32)2=54
【分析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后即可．
【解答】解：∵x2﹣3x+1＝0，
∴x2﹣3x＝﹣1，
则x2﹣3x+94=-1+94，即（x-32）2=54，
故选：C．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
【变式1-2】（2020秋•崂山区期末）解方程：x2﹣5x+1＝0（配方法）．
【分析】移项，然后两边都加上一次项系数的一半的平方，再根据完全平方公式整理，然后求解即可．
【解答】解：移项得，x2﹣5x＝﹣1，
配方得，x2﹣5x+（52）2＝﹣1+254，即（x-52）2=214，
∴x-52=±212，
∴x1=5+212，x2=5-212．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法：将一元二次方程配成（x+m）2＝n的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．
【变式1-3】（2020秋•白银期末）解方程：x2+2＝22x．
【分析】根据一元二次方程的配方法即可求出答案．
【解答】解：∵x2+2＝22x，
∴x2﹣22x+2＝0，
（x-2）2＝0，
∴x1＝x2=2．
【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
【题型2 用配方法解二次项系数不为1的一元二次方程】
【例2】（2020秋•陇县期中）用配方法解方程2x2＝7x﹣3，方程可变形为（ ）
A．（x-72）2=374B．（x-72）2=434
C．（x-74）2=116D．(x-74)2=2516
【分析】先把常数项移到方程右侧，再把二次项系数化为1，然后把方程两边加上4916即可．
【解答】解：∵2x2﹣7x＝﹣3，
x2-72x=-32，
x2-72x+4916=-32+4916，
∴（x-74）2=2516．
故选：D．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法：将一元二次方程配成（x+m）2＝n的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．
【变式2-1】（2020秋•巩义市期中）用配方法解下列方程时，配方有错误的是（ ）
A．2m2+m﹣1＝0化为(m+14)2=916
B．x2﹣6x+4＝0化为（x﹣3）2＝5
C．2t2﹣3t﹣2＝0化为(t-32)2=2516
D．3y2﹣4y+1＝0化为(y-23)2=19
【分析】各项中的方程变形得到结果，即可做出判断．
【解答】解：A、2m2+m﹣1＝0，变形得：m2+12m=12，
配方得：m2+12m+116=916，即（m+14）2=916，本选项正确；
B、x2﹣6x+4＝0，移项得：x2﹣6x＝﹣4，
配方得：x2﹣6x+9＝5，即（x﹣3）2＝5，本选项正确；
C、2t2﹣3t﹣2＝0，变形得：t2-32t＝1，
配方得：t2-32t+916=2516，即（t-34）2=2516，本选项错误；
D、3y2﹣4y+1＝0，变形得：y2-43y=-13，
配方得：y2-43y+49=19，即（y-23）2=19，本选项正确．
故选：C．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
【变式2-2】（2020秋•开江县期末）解方程：3x2+1＝23x．
【分析】根据配方法即可求出答案．
【解答】解：原方程化为：3x2﹣23x+1＝0，
∴（3x﹣1）2＝0，
∴x1＝x2=33
【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解的解法，本题属于基础题型．
【变式2-3】（2020春•朝阳区校级期中）已知y1=13x2+8x﹣1，y2＝6x+2，当x取何值时y1＝y2．
【分析】先建立方程，然后根据一元二次方程的解法即可求出答案．
【解答】解：当y1＝y2时，
∴13x2+8x﹣1＝6x+2，
∴x2+6x﹣9＝0，
∴x2+6x+9＝18，
∴（x+3）2＝18，
∴x＝﹣3±23．
即当x＝﹣3±23时，y1＝y2．
【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
【题型3 利用一元二次方程的配方求字母的值】
【例3】（2020秋•津南区期中）一元二次方程x2﹣8x+c＝0配方，得（x﹣m）2＝11，则c和m的值分别是（ ）
A．c＝5，m＝4B．c＝10，m＝6C．c＝﹣5，m＝﹣4D．c＝3，m＝8
【分析】方程配方后确定出所求即可．
【解答】解：方程x2﹣8x+c＝0，配方得：x2﹣8x+16＝16﹣c，
整理得：（x﹣4）2＝16﹣c，
由配方结果为（x﹣m）2＝11，
∴m＝4，c＝5．
故选：A．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
【变式3-1】（2020•镇江校级期中）已知方程x2﹣6x+q＝0配方后是（x﹣p）2＝7，那么方程x2+6x+q＝0配方后是（ ）
A．（x﹣p）2＝5B．（x+p）2＝5C．（x﹣p）2＝9D．（x+p）2＝7
【分析】根据完全平方公式展开，求出p的值，再代入求出即可．
【解答】解：∵方程x2﹣6x+q＝0配方后是（x﹣p）2＝7，
∴x2﹣2px+p2＝7，
∴﹣6＝﹣2p，
解得：p＝3，
即（x﹣3）2＝7，
∴x2﹣6x+9﹣7＝0，
∴q＝2，
即（x+3）2＝7，
即（x+p）2＝7，
故选：D．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能够正确配方是解此题的关键．
【变式3-2】（2020秋•内江期末）如果x2﹣8x+m＝0可以通过配方写成（x﹣n）2＝6的形式，那么x2+8x+m＝0可以配方成（ ）
A．（x﹣n+5）2＝1B．（x+n）2＝1
C．（x﹣n+5）2＝11D．（x+n）2＝6
【分析】根据配方法即可求出答案．
【解答】解：∵x2﹣8x+m＝0可以通过配方写成（x﹣n）2＝6的形式，
∴x2﹣8x+16＝16﹣m，x2﹣2nx+n2＝6，
∴n＝4，m＝10，
∴x2+8x+m＝x2+8x+10＝0，
∴（x+4）2＝6，
故选：D．
【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用配方法，本题属于基础题型．
【变式3-3】（2020秋•邓州市期末）若一元二次方程x2+bx+5＝0配方后为（x﹣4）2＝k，则k的值为 ．
【分析】根据配方法即可求出答案．
【解答】解：∵（x﹣4）2＝k，
∴x2﹣4x+16﹣k＝0，
由题意可知：16﹣k＝5，
∴k＝11，
故答案为：11
【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
【题型4 利用一元二次方程的配方法解新定义问题】
【例4】（2020秋•建平县期末）设a、b是两个整数，若定义一种运算“△”，a△b＝a2+b2+ab，则方程（x+2）△x＝1的实数根是（ ）
A．x1＝x2＝1B．x1＝0，x2＝1C．x1＝x2＝﹣1D．x1＝1，x2＝﹣2
【分析】根据题中的新定义将所求方程化为普通方程，左边化为完全平方式，开方转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解．
【解答】解：∵a△b＝a2+b2+ab，
∴（x+2）△x＝（x+2）2+x2+x（x+2）＝1，
整理得：x2+2x+1＝0，即（x+1）2＝0，
解得：x1＝x2＝﹣1．
故选：C．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，利用此方法解方程时，首先将方程二次项系数化为1，常数项移到方程右边，然后方程左右两边都加上一次项系数一半的平方，左边化为完全平方式，右边合并为一个非负常数，开方转化为两个一元一次方程来求解．
【变式4-1】（2021秋•北辰区校级月考）在实数范围内定义运算“☆”和“★”，其规则为：a☆b＝a2+b2，a★b=ab2，则方程3☆x＝x★12的解为 ．
【分析】根据题中的新定义将方程化为普通方程，利用完全平方公式将方程左边的多项式分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
【解答】解：根据题中的新定义得：3☆x＝9+x2，x★12＝6x，
所求方程化为：9+x2＝6x，即（x﹣3）2＝0，
解得：x1＝x2＝3．
故答案为：x1＝x2＝3
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法及因式分解法，利用因式分解法解方程时，首先将方程右边化为0，左边化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
【变式4-2】（2020秋•福州期中））将4个数a，b，c，d排成2行、2列，两边各加一条竖直线记成acbd，定义acbd=ad﹣bc，上述记号就叫做2阶行列式．若x+11-xx-1x+1=8x，则x＝ ．
【分析】解此题关键是理解题意：x+11-xx-1x+1=8x，即（x+1）（x+1）﹣（1﹣x）（x﹣1）＝8x，解此方程即可．
【解答】∵x+11-xx-1x+1=8x
∴（x+1）（x+1）﹣（1﹣x）（x﹣1）＝8x，
∴x2﹣4x+1＝0
∴x2﹣4x+4＝﹣1+4
∴（x﹣2）2＝3
∴x＝2±3．
【点评】配方法的一般步骤：
（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
解题时还要注意审题，学会学以致用．
【变式4-3】（2020秋•市中区期中）阅读理解题：
定义：如果一个数的平方等于﹣1，记为i2＝﹣1，这个数i叫做虚数单位．那么和我们所学的实数对应起来就叫做复数，复数一般表示为a+bi（a，b为实数），a叫这个复数的实部，b叫做这个复数的虚部，它的加法，减法，乘法运算与整式的加法，减法，乘法运算类似．
例如：解方程x2＝﹣1，
解得：x1＝i，x2＝﹣i．
同样我们也可以化简-4=4×(-1)=22×i2=2i；
读完这段文字，请你解答以下问题：
（1）填空：i3＝ ，i4＝ ，i6＝ ，i2020＝ ；
（2）在复数范围内解方程：（x﹣1）2＝﹣1．
（3）在复数范围内解方程：x2﹣4x+8＝0．
【分析】（1）根据由题意i2＝﹣1，则i3＝i2•i，i4＝i2•i2，然后计算；
（2）利用直接开平方法求解即可；
（3）利用配方法求即可．
【解答】解：（1）i3＝i2×i＝﹣i；
i4＝i2×i2＝1．
i6＝（i2）3＝﹣1；
i2020＝（i2）1010＝1；
故答案为﹣i，1，﹣1，1；
（2）∵（x﹣1）2＝﹣1，
∴（x﹣1）2＝i2，
∴x﹣1＝±i，
∴x1＝1+i，x2＝1﹣i．
（3）x2﹣4x+8＝0，
x2﹣4x＝﹣8，
（x﹣2）2＝4i2，
∴x﹣2＝±2i
解得：x1＝2+2i，x2＝2﹣2i．
【点评】本题考查了实数的运算，解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
【题型5 配方法的应用】
【例5】（2021春•常熟市期中）我们知道“a2≥0”，其中a表示任何有理数，也可表示任意代数式．有时我们通过将某些代数式配成完全平方式进行恒等变形来解决符号判断、大小比较等问题，简称“配方法”．例如：x2+2x+2＝x2+2x+1+1＝（x+1）2+1．
∵（x+1）2≥0，
∴（x+1）2+1≥1．
即：x2+2x+2≥1．
试利用“配方法”解决以下问题：
（1）填空：x2﹣2x+4＝（A）2+B，则代数式A＝ ，常数B＝ ；
（2）已知a2+b2＝6a﹣4b﹣13，求ab的值；
（3）已知代数式M＝4x﹣5，N＝2x2﹣1，试比较M，N的大小．
【分析】（1）根据题干的例题配方即可；
（2）对这个等式进行变形，求出a，b，再求ab的值；
（3）通过作差法比较大小．
【解答】解：（1）x2﹣2x+4
＝x2﹣2x+1+3
＝（x﹣1）2+3，
故答案为：x﹣1；3；
（2）∵a2+b2＝6a﹣4b﹣13，
∴a2﹣6a+9+b2+4b+4＝0，
∴（a﹣3）2+（b+2）2＝0，
∵（a﹣3）2≥0，（b+2）2≥0，
∴a﹣3＝0，b+2＝0，
∴a＝3，b＝﹣2，
∴ab＝3﹣2=132=19；
（3）∵N﹣M＝2x2﹣1﹣（4x﹣5）
＝2x2﹣1﹣4x+5
＝2x2﹣4x+4
＝2（x2﹣2x+1）+2
＝2（x﹣1）2+2，
∵2（x﹣1）2≥0，
∴2（x﹣1）2+2＞0，
∴N﹣M＞0，
∴N＞M，
∴M＜N．
【点评】本题考查了配方法的应用，利用作差法比较大小是本题的关键．
【变式5-1】（2020秋•石狮市校级月考）阅读材料：若m2﹣2mn+2n2﹣8n+16＝0，求m，n的值．
解：∵m2﹣2mn+2n2﹣8n+16＝0，
∴（m2﹣2mn+n2）+（n2﹣8n+16）＝0，（m﹣n）2+（n﹣4）2＝0，
∴（m﹣n）2＝0，（n﹣4）2＝0，
∴n＝4，m＝4．
根据你的观察，探究下面的问题：
（1）已知△ABC的三边长a，b，c，且满足a2+b2﹣10a﹣12b+61＝0，求c的取值范围；
（2）已知P＝2x2+4y+13，Q＝x2﹣y2+6x﹣1，比较P，Q的大小．
【分析】（1）利用配方法求出a和b的值，再利用三角形三边关系求出c的取值范围即可；
（2）用配方法得出P﹣Q的值大于0即可．
【解答】解：（1）∵a2+b2﹣10a﹣12b+61＝0，
∴a2﹣10a+25+b2﹣12b+36＝0，
∴（a﹣5）2+（b﹣6）2＝0，
∵（a﹣5）2≥0，（b﹣6）2≥0，
∴a﹣5＝0，b﹣6＝0，
解得：a＝5，b＝6，
∵a，b，c，是△ABC的三边长，
∴6﹣5＜c＜6+5，
即：1＜c＜11；
（2）由题知P﹣Q＝2x2+4y+13﹣（x2﹣y2+6x﹣1）＝x2﹣6x+9+y2+4y+4+1＝（x﹣3）2+（y+2）2+1＞0，
∴P＞Q．
【点评】本题主要考查配方法解决实际问题以及三角形三边关系，熟练掌握配方法是解题的关键．
【变式5-2】（2021春•历城区期中）阅读下列材料：
利用完全平方公式，将多项式x2+bx+c变形为（x+m）2+n的形式，
例如：x2﹣8x+17＝x2﹣2•x•4+42﹣42+17＝（x﹣4）2+1．
根据以上材料，解答下列问题：
（1）填空：将多项式x2﹣2x+3变形为（x+m）2+n的形式，并判断x2﹣2x+3与0的大小关系，
∵x2﹣2x+3＝（x﹣ ）2+ ；
所以x2﹣2x+3 0（填“＞”、“＜”、“＝”）；
（2）将多项式x2+6x﹣9变形为（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+y2﹣4x+2y+6的值总为正数．
【分析】（1）模仿题干的例题配方即可，利用平方的非负性与0比较大小；
（2）将多项式配方，根据平方的非负性求出多项式的最小值；
（3）对多项式进行配方即可证明多项式的值总为正数．
【解答】解：（1）x2﹣2x+3
＝x2﹣2x+1+2
＝（x﹣1）2+2，
∵（x﹣1）2≥0，
∴（x﹣1）2+2＞0，
∴x2﹣2x+3＞0，
故答案为：1；2；＞；
（2）x2+6x﹣9
＝x2+6x+9﹣18
＝（x+3）2﹣18，
∵（x+3）2≥0，
∴当x＝﹣3时，x2+6x﹣9有最小值，最小值为﹣18；
（3）证明：x2+y2﹣4x+2y+6
＝x2﹣4x+4+y2+2y+1+1
＝（x﹣2）2+（y+1）2+1，
∵（x﹣2）2≥0，（y+1）2≥0，
∴（x﹣2）2+（y+1）2+1＞0，
∴x、y取任何实数时，多项式x2+y2﹣4x+2y+6的值总为正数．
【点评】本题考查了配方法的应用，熟练掌握配方法是解题的关键．
【变式5-3】（2021春•南京月考）教科书中这样写道：“我们把多项式a2+2ab+b2及a2﹣2ab+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：分解因式x2+2x﹣3＝（x2+2x+1）﹣4＝（x+1）2﹣4＝（x+1+2）（x+1﹣2）＝（x+3）（x﹣1）；
例如：求代数式2x2+4x﹣6的最小值：2x2+4x﹣6＝2（x2+2x﹣3）＝2（x+1）2﹣8．可知当x＝﹣1时，2x2+4x﹣6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：m2﹣6m﹣7．
（2）当a，b为何值时，多项式a2+b2﹣4a+6b+20有最小值，并求出这个最小值；
（3）当a，b为何值时，多项式a2﹣2ab+2b2﹣2a﹣4b+28有最小值，并求出这个最小值．
【分析】（1）将多项式加9再减9，利用配方法可得；
（2）将多项式配方后可得结论；
（3）将多项式配方后可得结论．
【解答】解：（1）原式＝m2﹣6m﹣7＝m2﹣6m+9﹣9﹣7＝（m﹣3）2﹣16＝（m﹣3+4）（m﹣3﹣4）＝（m+1）（m﹣7）．
（2）a2+b2﹣4a+6b+20＝a2﹣4a+4+b2+6b+9+7＝（a﹣2）2+（b+3）2+7．
∵（a﹣2）2≥0，（b+3）2≥0
∴当a＝2，b＝﹣3时，多项式a2+b2﹣4a+6b+20有最小值为：7．
（3）a2﹣2ab+2b2﹣2a﹣4b+28＝a2﹣2a（b+1）+b2+2b+1+b2﹣6b+9+18＝[a﹣（b+1）]2+（b﹣3）2+18．
∵[a﹣（b+1）]2≥0，（b﹣3）2≥0，
∴当a﹣（b+1）＝0，b﹣3＝0时，多项式a2﹣2ab+2b2﹣2a﹣4b+28有最小值．
即当a＝4，b＝3时，多项式a2﹣2ab+2b2﹣2a﹣4b+28有最小值18．
【点评】本题主要考查了配方法的应用，非负数的性质，将多项式配方，再利用非负数的性质解答是解题的关键．
【题型6 一元二次方程的几何解法】
【例6】（2020秋•内江期末）《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，再以正方形的边长为一边向外构造四个面积为52x的矩形，得到大正方形的面积为39+25＝64，则该方程的正数解为8﹣5＝3．”小聪按此方法解关于x的方程x2+6x+m＝0时，构造出如图2所示的图形，已知阴影部分的面积为36，则该方程的正数解为（ ）
A．6B．35-3C．35-2D．35-32
【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32，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．
【解答】解：x2+6x+m＝0，
x2+6x＝﹣m，
∵阴影部分的面积为36，
∴x2+6x＝36，
设4a＝6，
则a=32，
同理：先构造一个面积为x2的正方形，再以正方形的边长为一边向外构造四个面积为32x的矩形，得到大正方形的面积为36+（32）2×4＝36+9＝45，则该方程的正数解为45-3＝35-3．
故选：B．
【点评】此题考查了解一元二次方程的几何解法，用到的知识点是长方形、正方形的面积公式，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程．
【变式6-1】（2020春•丰台区期末）公元9世纪，阿拉伯数学家花拉子米在他的名著《代数学》中用图解一元二次方程．他把一元二次方程x2+2x﹣35＝0写成x2+2x＝35的形式，并将方程左边的x2+2x看作是由一个正方形（边长为x）和两个同样的矩形（一边长为x，另一边长为1）构成的矩尺形，它的面积为35，如图所示，于是只要在这个图形上添加一个小正方形，即可得到一个完整的大正方形，这个大正方形的面积可以表示为：x2+2x+ ＝35+ ，整理，得（x+1）2＝36．因为x表示边长，所以x＝ ．
【分析】观察图形可知，图形中缺少的正方形的边长是1，由此可知，大正方形的边长为x+1，化简即求．
【解答】解：由已知可得，图形中所缺正方形为边长为1的正方形，
∴大正方形的边长为x+1，
∴（x+1）2＝36，
∴x+1＝6，
∴x＝5．
故答案为1，1，5．
【点评】本题考查一元二次方程的解；能够通过正方形面积与边长的关系建立等式，利用配方法求解方程是解题的关键．
【变式6-2】（2020秋•东海县期中）某“优学团”在社团活动时，研究了教材第12页的“数学实验室”他们发现教材阐述的方法其实是配方过程的直观演示．他们查阅资料还发现，这种构图法有阿拉伯数学家阿尔花拉子米和我国古代数学家赵爽两种不同构图方法．该社团以方程x2+10x﹣39＝0为例，分别进行了展示，请你完成该社团展示中的一些填空．因为x2+10x﹣39＝0，所以有x（x+10）＝39．
展示1：阿尔•花拉子米构图法
如图1，由方程结构，可以看成是一个长为（x+10），宽为x，面积为39的矩形若剪去两个相邻的，长、宽都分别为5和x的小矩形，重新摆放并补上一个合适的小正方形，可以拼成如图2的大正方形．
（1）图2中，补上的空白小正方形的边长为 ；通过不同的方式表达大正方形面积，可以将原方程化为（x+ ）2＝39+ ；
展示2：赵爽构图法
如图3，用4个长都是（x+10），宽都是x的相同矩形，拼成如图3所示的正方形．
（2）图3中，大正方形面积可以表示为（ ）2（用含x的代数式表示）；另一方面，它又等于4个小矩形的面积加上中间小正方形面积，即等于4×39+ ，故可得原方程的一个正的根为 ．
（3）请选择上述某一种拼图方法直观地表示方程x2+2x＝3的配方结果（请在相应位置画出图形，需在图中标注出相关线段的长度）．
【分析】（1）观察图形即可求解；
（2）先观察图形填空，再直接开平方即可求解；
（3）根据拼图方法直观地表示方程x2+2x＝3的配方结果．
【解答】解：（1）图2中，补上的空白小正方形的边长为5；通过不同的方式表达大正方形面积，可以将原方程化为（x+5）2＝39+25；
故答案为：5，5，25；
（2）图3中，大正方形面积可以表示为（2x+10）2（用含x的代数式表示）；另一方面，它又等于4个小矩形的面积加上中间小正方形面积，即等于4×39+100，
则（2x+10）2＝4×39+100，
（2x+10 ）2＝256，
2x+10＝±16，
解得x1＝3，x2＝﹣13．
故原方程的一个正的根为x＝3．
故答案为：2x+10，100，x＝3；
（3）如图所示：
【点评】本题主要考查解一元二次方程﹣配方法，根据示例和方程的特点构建几何图形并完成分割是解题的关键．
【变式6-3】（2020春•杭州期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以点B为圆心，BC长为半径画弧，交线段AB于点D，连接CD．以点A为圆心，AC长为半径画弧，交线段AB于点E，连接CE．
（1）求∠DCE的度数．
（2）设BC＝a，AC＝b．
①线段BE的长是关于x的方程x2+2bx﹣a2＝0的一个根吗？说明理由．
②若D为AE的中点，求ab的值．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质结合三角形内角和定理得出答案；
（2）①直接利用勾股定理得出AB的长，再利用配方法解方程得出答案；
②直接利用勾股定理得出等式求出答案．
【解答】解：（1）∵BC＝BD，
∴∠BCD＝∠BDC，
∵AC＝AE，
∴∠ACE＝∠AEC，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCD+∠ACE﹣∠DCE＝90°，
又∵在△DCE中，∠BDC+∠AEC+∠DCE＝180°，
则90°+2∠DCE＝180°，
∴∠DCE＝45°．
（2）①线段BE的长是关于x的方程x2+2bx﹣a2＝0的一个根．
理由如下：
由勾股定理得：AB=BC2+AC2=a2+b2，
∴BE=a2+b2-b
解关于x的方程x2+2bx﹣a2＝0，
（x+b）2＝a2+b2，
得x=±a2+b2-b，
∴线段BE的长是关于x的方程x2+2bx﹣a2＝0的一个根；
②∵D为AE的中点，
∴AD=DE=b2，
由勾股定理得：a2+b2=(b2+a)2，
则34b2﹣ab＝0，
故34b﹣a＝0，
整理得：ab=34．
【点评】本题考查了勾股定理、等腰三角形的性质、一元二次方程的解等知识点．解决本题的关键是熟练掌握和运用等腰三角形的性质及勾股定理．
【知识点1 配方法解一元二次方程】
将一元二次方程配成(x+m)2=n的形式，再用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．
用配方法解一元二次方程的步骤：①把原方程化为ax2+bx+c=0(a≠0)的形式；②方程两边同除以二
次项系数，使二次项系数为1，并把常数项移到方程右边；③方程两边同时加上一次项系数一半的平方；④
把左边配成一个完全平方式，右边化为一个常数；⑤如果右边是非负数，就可以进一步通过直接开平方法
来求出它的解，如果右边是一个负数，则判定此方程无实数解．
【题型1 用配方法解二次项系数为1的一元二次方程】
【例1】（2021春•上城区校级期中）用配方法解一元二次方程x2+2x﹣3＝0，配方后得到的方程是（ ）
A．（x﹣1）2＝4B．（x+1）2＝4C．（x+2）2＝1D．（x﹣2）2＝1
【分析】先将常数项移到方程右边，再将两边都加上一次项系数一半的平方，据此可得答案．
【解答】解：∵x2+2x﹣3＝0，
∴x2+2x＝3，
则x2+2x+1＝3+1，即（x+1）2＝4，
故选：B．
【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
【变式1-1】（2020秋•隆回县期末）把x2﹣3x+1＝0的左边配方后，方程可化为（ ）
A．(x-32)2=134B．(x+32)2=134
C．(x-32)2=54D．(x+32)2=54
【分析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后即可．
【解答】解：∵x2﹣3x+1＝0，
∴x2﹣3x＝﹣1，
则x2﹣3x+94=-1+94，即（x-32）2=54，
故选：C．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
【变式1-2】（2020秋•崂山区期末）解方程：x2﹣5x+1＝0（配方法）．
【分析】移项，然后两边都加上一次项系数的一半的平方，再根据完全平方公式整理，然后求解即可．
【解答】解：移项得，x2﹣5x＝﹣1，
配方得，x2﹣5x+（52）2＝﹣1+254，即（x-52）2=214，
∴x-52=±212，
∴x1=5+212，x2=5-212．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法：将一元二次方程配成（x+m）2＝n的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．
【变式1-3】（2020秋•白银期末）解方程：x2+2＝22x．
【分析】根据一元二次方程的配方法即可求出答案．
【解答】解：∵x2+2＝22x，
∴x2﹣22x+2＝0，
（x-2）2＝0，
∴x1＝x2=2．
【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
【题型2 用配方法解二次项系数不为1的一元二次方程】
【例2】（2020秋•陇县期中）用配方法解方程2x2＝7x﹣3，方程可变形为（ ）
A．（x-72）2=374B．（x-72）2=434
C．（x-74）2=116D．(x-74)2=2516
【分析】先把常数项移到方程右侧，再把二次项系数化为1，然后把方程两边加上4916即可．
【解答】解：∵2x2﹣7x＝﹣3，
x2-72x=-32，
x2-72x+4916=-32+4916，
∴（x-74）2=2516．
故选：D．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法：将一元二次方程配成（x+m）2＝n的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．
【变式2-1】（2020秋•巩义市期中）用配方法解下列方程时，配方有错误的是（ ）
A．2m2+m﹣1＝0化为(m+14)2=916
B．x2﹣6x+4＝0化为（x﹣3）2＝5
C．2t2﹣3t﹣2＝0化为(t-32)2=2516
D．3y2﹣4y+1＝0化为(y-23)2=19
【分析】各项中的方程变形得到结果，即可做出判断．
【解答】解：A、2m2+m﹣1＝0，变形得：m2+12m=12，
配方得：m2+12m+116=916，即（m+14）2=916，本选项正确；
B、x2﹣6x+4＝0，移项得：x2﹣6x＝﹣4，
配方得：x2﹣6x+9＝5，即（x﹣3）2＝5，本选项正确；
C、2t2﹣3t﹣2＝0，变形得：t2-32t＝1，
配方得：t2-32t+916=2516，即（t-34）2=2516，本选项错误；
D、3y2﹣4y+1＝0，变形得：y2-43y=-13，
配方得：y2-43y+49=19，即（y-23）2=19，本选项正确．
故选：C．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
【变式2-2】（2020秋•开江县期末）解方程：3x2+1＝23x．
【分析】根据配方法即可求出答案．
【解答】解：原方程化为：3x2﹣23x+1＝0，
∴（3x﹣1）2＝0，
∴x1＝x2=33
【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解的解法，本题属于基础题型．
【变式2-3】（2020春•朝阳区校级期中）已知y1=13x2+8x﹣1，y2＝6x+2，当x取何值时y1＝y2．
【分析】先建立方程，然后根据一元二次方程的解法即可求出答案．
【解答】解：当y1＝y2时，
∴13x2+8x﹣1＝6x+2，
∴x2+6x﹣9＝0，
∴x2+6x+9＝18，
∴（x+3）2＝18，
∴x＝﹣3±23．
即当x＝﹣3±23时，y1＝y2．
【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
【题型3 利用一元二次方程的配方求字母的值】
【例3】（2020秋•津南区期中）一元二次方程x2﹣8x+c＝0配方，得（x﹣m）2＝11，则c和m的值分别是（ ）
A．c＝5，m＝4B．c＝10，m＝6C．c＝﹣5，m＝﹣4D．c＝3，m＝8
【分析】方程配方后确定出所求即可．
【解答】解：方程x2﹣8x+c＝0，配方得：x2﹣8x+16＝16﹣c，
整理得：（x﹣4）2＝16﹣c，
由配方结果为（x﹣m）2＝11，
∴m＝4，c＝5．
故选：A．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
【变式3-1】（2020•镇江校级期中）已知方程x2﹣6x+q＝0配方后是（x﹣p）2＝7，那么方程x2+6x+q＝0配方后是（ ）
A．（x﹣p）2＝5B．（x+p）2＝5C．（x﹣p）2＝9D．（x+p）2＝7
【分析】根据完全平方公式展开，求出p的值，再代入求出即可．
【解答】解：∵方程x2﹣6x+q＝0配方后是（x﹣p）2＝7，
∴x2﹣2px+p2＝7，
∴﹣6＝﹣2p，
解得：p＝3，
即（x﹣3）2＝7，
∴x2﹣6x+9﹣7＝0，
∴q＝2，
即（x+3）2＝7，
即（x+p）2＝7，
故选：D．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能够正确配方是解此题的关键．
【变式3-2】（2020秋•内江期末）如果x2﹣8x+m＝0可以通过配方写成（x﹣n）2＝6的形式，那么x2+8x+m＝0可以配方成（ ）
A．（x﹣n+5）2＝1B．（x+n）2＝1
C．（x﹣n+5）2＝11D．（x+n）2＝6
【分析】根据配方法即可求出答案．
【解答】解：∵x2﹣8x+m＝0可以通过配方写成（x﹣n）2＝6的形式，
∴x2﹣8x+16＝16﹣m，x2﹣2nx+n2＝6，
∴n＝4，m＝10，
∴x2+8x+m＝x2+8x+10＝0，
∴（x+4）2＝6，
故选：D．
【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用配方法，本题属于基础题型．
【变式3-3】（2020秋•邓州市期末）若一元二次方程x2+bx+5＝0配方后为（x﹣4）2＝k，则k的值为 ．
【分析】根据配方法即可求出答案．
【解答】解：∵（x﹣4）2＝k，
∴x2﹣4x+16﹣k＝0，
由题意可知：16﹣k＝5，
∴k＝11，
故答案为：11
【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
【题型4 利用一元二次方程的配方法解新定义问题】
【例4】（2020秋•建平县期末）设a、b是两个整数，若定义一种运算“△”，a△b＝a2+b2+ab，则方程（x+2）△x＝1的实数根是（ ）
A．x1＝x2＝1B．x1＝0，x2＝1C．x1＝x2＝﹣1D．x1＝1，x2＝﹣2
【分析】根据题中的新定义将所求方程化为普通方程，左边化为完全平方式，开方转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解．
【解答】解：∵a△b＝a2+b2+ab，
∴（x+2）△x＝（x+2）2+x2+x（x+2）＝1，
整理得：x2+2x+1＝0，即（x+1）2＝0，
解得：x1＝x2＝﹣1．
故选：C．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，利用此方法解方程时，首先将方程二次项系数化为1，常数项移到方程右边，然后方程左右两边都加上一次项系数一半的平方，左边化为完全平方式，右边合并为一个非负常数，开方转化为两个一元一次方程来求解．
【变式4-1】（2021秋•北辰区校级月考）在实数范围内定义运算“☆”和“★”，其规则为：a☆b＝a2+b2，a★b=ab2，则方程3☆x＝x★12的解为 ．
【分析】根据题中的新定义将方程化为普通方程，利用完全平方公式将方程左边的多项式分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
【解答】解：根据题中的新定义得：3☆x＝9+x2，x★12＝6x，
所求方程化为：9+x2＝6x，即（x﹣3）2＝0，
解得：x1＝x2＝3．
故答案为：x1＝x2＝3
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法及因式分解法，利用因式分解法解方程时，首先将方程右边化为0，左边化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
【变式4-2】（2020秋•福州期中））将4个数a，b，c，d排成2行、2列，两边各加一条竖直线记成acbd，定义acbd=ad﹣bc，上述记号就叫做2阶行列式．若x+11-xx-1x+1=8x，则x＝ ．
【分析】解此题关键是理解题意：x+11-xx-1x+1=8x，即（x+1）（x+1）﹣（1﹣x）（x﹣1）＝8x，解此方程即可．
【解答】∵x+11-xx-1x+1=8x
∴（x+1）（x+1）﹣（1﹣x）（x﹣1）＝8x，
∴x2﹣4x+1＝0
∴x2﹣4x+4＝﹣1+4
∴（x﹣2）2＝3
∴x＝2±3．
【点评】配方法的一般步骤：
（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
解题时还要注意审题，学会学以致用．
【变式4-3】（2020秋•市中区期中）阅读理解题：
定义：如果一个数的平方等于﹣1，记为i2＝﹣1，这个数i叫做虚数单位．那么和我们所学的实数对应起来就叫做复数，复数一般表示为a+bi（a，b为实数），a叫这个复数的实部，b叫做这个复数的虚部，它的加法，减法，乘法运算与整式的加法，减法，乘法运算类似．
例如：解方程x2＝﹣1，
解得：x1＝i，x2＝﹣i．
同样我们也可以化简-4=4×(-1)=22×i2=2i；
读完这段文字，请你解答以下问题：
（1）填空：i3＝ ，i4＝ ，i6＝ ，i2020＝ ；
（2）在复数范围内解方程：（x﹣1）2＝﹣1．
（3）在复数范围内解方程：x2﹣4x+8＝0．
【分析】（1）根据由题意i2＝﹣1，则i3＝i2•i，i4＝i2•i2，然后计算；
（2）利用直接开平方法求解即可；
（3）利用配方法求即可．
【解答】解：（1）i3＝i2×i＝﹣i；
i4＝i2×i2＝1．
i6＝（i2）3＝﹣1；
i2020＝（i2）1010＝1；
故答案为﹣i，1，﹣1，1；
（2）∵（x﹣1）2＝﹣1，
∴（x﹣1）2＝i2，
∴x﹣1＝±i，
∴x1＝1+i，x2＝1﹣i．
（3）x2﹣4x+8＝0，
x2﹣4x＝﹣8，
（x﹣2）2＝4i2，
∴x﹣2＝±2i
解得：x1＝2+2i，x2＝2﹣2i．
【点评】本题考查了实数的运算，解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
【题型5 配方法的应用】
【例5】（2021春•常熟市期中）我们知道“a2≥0”，其中a表示任何有理数，也可表示任意代数式．有时我们通过将某些代数式配成完全平方式进行恒等变形来解决符号判断、大小比较等问题，简称“配方法”．例如：x2+2x+2＝x2+2x+1+1＝（x+1）2+1．
∵（x+1）2≥0，
∴（x+1）2+1≥1．
即：x2+2x+2≥1．
试利用“配方法”解决以下问题：
（1）填空：x2﹣2x+4＝（A）2+B，则代数式A＝ ，常数B＝ ；
（2）已知a2+b2＝6a﹣4b﹣13，求ab的值；
（3）已知代数式M＝4x﹣5，N＝2x2﹣1，试比较M，N的大小．
【分析】（1）根据题干的例题配方即可；
（2）对这个等式进行变形，求出a，b，再求ab的值；
（3）通过作差法比较大小．
【解答】解：（1）x2﹣2x+4
＝x2﹣2x+1+3
＝（x﹣1）2+3，
故答案为：x﹣1；3；
（2）∵a2+b2＝6a﹣4b﹣13，
∴a2﹣6a+9+b2+4b+4＝0，
∴（a﹣3）2+（b+2）2＝0，
∵（a﹣3）2≥0，（b+2）2≥0，
∴a﹣3＝0，b+2＝0，
∴a＝3，b＝﹣2，
∴ab＝3﹣2=132=19；
（3）∵N﹣M＝2x2﹣1﹣（4x﹣5）
＝2x2﹣1﹣4x+5
＝2x2﹣4x+4
＝2（x2﹣2x+1）+2
＝2（x﹣1）2+2，
∵2（x﹣1）2≥0，
∴2（x﹣1）2+2＞0，
∴N﹣M＞0，
∴N＞M，
∴M＜N．
【点评】本题考查了配方法的应用，利用作差法比较大小是本题的关键．
【变式5-1】（2020秋•石狮市校级月考）阅读材料：若m2﹣2mn+2n2﹣8n+16＝0，求m，n的值．
解：∵m2﹣2mn+2n2﹣8n+16＝0，
∴（m2﹣2mn+n2）+（n2﹣8n+16）＝0，（m﹣n）2+（n﹣4）2＝0，
∴（m﹣n）2＝0，（n﹣4）2＝0，
∴n＝4，m＝4．
根据你的观察，探究下面的问题：
（1）已知△ABC的三边长a，b，c，且满足a2+b2﹣10a﹣12b+61＝0，求c的取值范围；
（2）已知P＝2x2+4y+13，Q＝x2﹣y2+6x﹣1，比较P，Q的大小．
【分析】（1）利用配方法求出a和b的值，再利用三角形三边关系求出c的取值范围即可；
（2）用配方法得出P﹣Q的值大于0即可．
【解答】解：（1）∵a2+b2﹣10a﹣12b+61＝0，
∴a2﹣10a+25+b2﹣12b+36＝0，
∴（a﹣5）2+（b﹣6）2＝0，
∵（a﹣5）2≥0，（b﹣6）2≥0，
∴a﹣5＝0，b﹣6＝0，
解得：a＝5，b＝6，
∵a，b，c，是△ABC的三边长，
∴6﹣5＜c＜6+5，
即：1＜c＜11；
（2）由题知P﹣Q＝2x2+4y+13﹣（x2﹣y2+6x﹣1）＝x2﹣6x+9+y2+4y+4+1＝（x﹣3）2+（y+2）2+1＞0，
∴P＞Q．
【点评】本题主要考查配方法解决实际问题以及三角形三边关系，熟练掌握配方法是解题的关键．
【变式5-2】（2021春•历城区期中）阅读下列材料：
利用完全平方公式，将多项式x2+bx+c变形为（x+m）2+n的形式，
例如：x2﹣8x+17＝x2﹣2•x•4+42﹣42+17＝（x﹣4）2+1．
根据以上材料，解答下列问题：
（1）填空：将多项式x2﹣2x+3变形为（x+m）2+n的形式，并判断x2﹣2x+3与0的大小关系，
∵x2﹣2x+3＝（x﹣ ）2+ ；
所以x2﹣2x+3 0（填“＞”、“＜”、“＝”）；
（2）将多项式x2+6x﹣9变形为（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+y2﹣4x+2y+6的值总为正数．
【分析】（1）模仿题干的例题配方即可，利用平方的非负性与0比较大小；
（2）将多项式配方，根据平方的非负性求出多项式的最小值；
（3）对多项式进行配方即可证明多项式的值总为正数．
【解答】解：（1）x2﹣2x+3
＝x2﹣2x+1+2
＝（x﹣1）2+2，
∵（x﹣1）2≥0，
∴（x﹣1）2+2＞0，
∴x2﹣2x+3＞0，
故答案为：1；2；＞；
（2）x2+6x﹣9
＝x2+6x+9﹣18
＝（x+3）2﹣18，
∵（x+3）2≥0，
∴当x＝﹣3时，x2+6x﹣9有最小值，最小值为﹣18；
（3）证明：x2+y2﹣4x+2y+6
＝x2﹣4x+4+y2+2y+1+1
＝（x﹣2）2+（y+1）2+1，
∵（x﹣2）2≥0，（y+1）2≥0，
∴（x﹣2）2+（y+1）2+1＞0，
∴x、y取任何实数时，多项式x2+y2﹣4x+2y+6的值总为正数．
【点评】本题考查了配方法的应用，熟练掌握配方法是解题的关键．
【变式5-3】（2021春•南京月考）教科书中这样写道：“我们把多项式a2+2ab+b2及a2﹣2ab+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：分解因式x2+2x﹣3＝（x2+2x+1）﹣4＝（x+1）2﹣4＝（x+1+2）（x+1﹣2）＝（x+3）（x﹣1）；
例如：求代数式2x2+4x﹣6的最小值：2x2+4x﹣6＝2（x2+2x﹣3）＝2（x+1）2﹣8．可知当x＝﹣1时，2x2+4x﹣6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：m2﹣6m﹣7．
（2）当a，b为何值时，多项式a2+b2﹣4a+6b+20有最小值，并求出这个最小值；
（3）当a，b为何值时，多项式a2﹣2ab+2b2﹣2a﹣4b+28有最小值，并求出这个最小值．
【分析】（1）将多项式加9再减9，利用配方法可得；
（2）将多项式配方后可得结论；
（3）将多项式配方后可得结论．
【解答】解：（1）原式＝m2﹣6m﹣7＝m2﹣6m+9﹣9﹣7＝（m﹣3）2﹣16＝（m﹣3+4）（m﹣3﹣4）＝（m+1）（m﹣7）．
（2）a2+b2﹣4a+6b+20＝a2﹣4a+4+b2+6b+9+7＝（a﹣2）2+（b+3）2+7．
∵（a﹣2）2≥0，（b+3）2≥0
∴当a＝2，b＝﹣3时，多项式a2+b2﹣4a+6b+20有最小值为：7．
（3）a2﹣2ab+2b2﹣2a﹣4b+28＝a2﹣2a（b+1）+b2+2b+1+b2﹣6b+9+18＝[a﹣（b+1）]2+（b﹣3）2+18．
∵[a﹣（b+1）]2≥0，（b﹣3）2≥0，
∴当a﹣（b+1）＝0，b﹣3＝0时，多项式a2﹣2ab+2b2﹣2a﹣4b+28有最小值．
即当a＝4，b＝3时，多项式a2﹣2ab+2b2﹣2a﹣4b+28有最小值18．
【点评】本题主要考查了配方法的应用，非负数的性质，将多项式配方，再利用非负数的性质解答是解题的关键．
【题型6 一元二次方程的几何解法】
【例6】（2020秋•内江期末）《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，再以正方形的边长为一边向外构造四个面积为52x的矩形，得到大正方形的面积为39+25＝64，则该方程的正数解为8﹣5＝3．”小聪按此方法解关于x的方程x2+6x+m＝0时，构造出如图2所示的图形，已知阴影部分的面积为36，则该方程的正数解为（ ）
A．6B．35-3C．35-2D．35-32
【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32，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．
【解答】解：x2+6x+m＝0，
x2+6x＝﹣m，
∵阴影部分的面积为36，
∴x2+6x＝36，
设4a＝6，
则a=32，
同理：先构造一个面积为x2的正方形，再以正方形的边长为一边向外构造四个面积为32x的矩形，得到大正方形的面积为36+（32）2×4＝36+9＝45，则该方程的正数解为45-3＝35-3．
故选：B．
【点评】此题考查了解一元二次方程的几何解法，用到的知识点是长方形、正方形的面积公式，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程．
【变式6-1】（2020春•丰台区期末）公元9世纪，阿拉伯数学家花拉子米在他的名著《代数学》中用图解一元二次方程．他把一元二次方程x2+2x﹣35＝0写成x2+2x＝35的形式，并将方程左边的x2+2x看作是由一个正方形（边长为x）和两个同样的矩形（一边长为x，另一边长为1）构成的矩尺形，它的面积为35，如图所示，于是只要在这个图形上添加一个小正方形，即可得到一个完整的大正方形，这个大正方形的面积可以表示为：x2+2x+ ＝35+ ，整理，得（x+1）2＝36．因为x表示边长，所以x＝ ．
【分析】观察图形可知，图形中缺少的正方形的边长是1，由此可知，大正方形的边长为x+1，化简即求．
【解答】解：由已知可得，图形中所缺正方形为边长为1的正方形，
∴大正方形的边长为x+1，
∴（x+1）2＝36，
∴x+1＝6，
∴x＝5．
故答案为1，1，5．
【点评】本题考查一元二次方程的解；能够通过正方形面积与边长的关系建立等式，利用配方法求解方程是解题的关键．
【变式6-2】（2020秋•东海县期中）某“优学团”在社团活动时，研究了教材第12页的“数学实验室”他们发现教材阐述的方法其实是配方过程的直观演示．他们查阅资料还发现，这种构图法有阿拉伯数学家阿尔花拉子米和我国古代数学家赵爽两种不同构图方法．该社团以方程x2+10x﹣39＝0为例，分别进行了展示，请你完成该社团展示中的一些填空．因为x2+10x﹣39＝0，所以有x（x+10）＝39．
展示1：阿尔•花拉子米构图法
如图1，由方程结构，可以看成是一个长为（x+10），宽为x，面积为39的矩形若剪去两个相邻的，长、宽都分别为5和x的小矩形，重新摆放并补上一个合适的小正方形，可以拼成如图2的大正方形．
（1）图2中，补上的空白小正方形的边长为 ；通过不同的方式表达大正方形面积，可以将原方程化为（x+ ）2＝39+ ；
展示2：赵爽构图法
如图3，用4个长都是（x+10），宽都是x的相同矩形，拼成如图3所示的正方形．
（2）图3中，大正方形面积可以表示为（ ）2（用含x的代数式表示）；另一方面，它又等于4个小矩形的面积加上中间小正方形面积，即等于4×39+ ，故可得原方程的一个正的根为 ．
（3）请选择上述某一种拼图方法直观地表示方程x2+2x＝3的配方结果（请在相应位置画出图形，需在图中标注出相关线段的长度）．
【分析】（1）观察图形即可求解；
（2）先观察图形填空，再直接开平方即可求解；
（3）根据拼图方法直观地表示方程x2+2x＝3的配方结果．
【解答】解：（1）图2中，补上的空白小正方形的边长为5；通过不同的方式表达大正方形面积，可以将原方程化为（x+5）2＝39+25；
故答案为：5，5，25；
（2）图3中，大正方形面积可以表示为（2x+10）2（用含x的代数式表示）；另一方面，它又等于4个小矩形的面积加上中间小正方形面积，即等于4×39+100，
则（2x+10）2＝4×39+100，
（2x+10 ）2＝256，
2x+10＝±16，
解得x1＝3，x2＝﹣13．
故原方程的一个正的根为x＝3．
故答案为：2x+10，100，x＝3；
（3）如图所示：
【点评】本题主要考查解一元二次方程﹣配方法，根据示例和方程的特点构建几何图形并完成分割是解题的关键．
【变式6-3】（2020春•杭州期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以点B为圆心，BC长为半径画弧，交线段AB于点D，连接CD．以点A为圆心，AC长为半径画弧，交线段AB于点E，连接CE．
（1）求∠DCE的度数．
（2）设BC＝a，AC＝b．
①线段BE的长是关于x的方程x2+2bx﹣a2＝0的一个根吗？说明理由．
②若D为AE的中点，求ab的值．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质结合三角形内角和定理得出答案；
（2）①直接利用勾股定理得出AB的长，再利用配方法解方程得出答案；
②直接利用勾股定理得出等式求出答案．
【解答】解：（1）∵BC＝BD，
∴∠BCD＝∠BDC，
∵AC＝AE，
∴∠ACE＝∠AEC，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCD+∠ACE﹣∠DCE＝90°，
又∵在△DCE中，∠BDC+∠AEC+∠DCE＝180°，
则90°+2∠DCE＝180°，
∴∠DCE＝45°．
（2）①线段BE的长是关于x的方程x2+2bx﹣a2＝0的一个根．
理由如下：
由勾股定理得：AB=BC2+AC2=a2+b2，
∴BE=a2+b2-b
解关于x的方程x2+2bx﹣a2＝0，
（x+b）2＝a2+b2，
得x=±a2+b2-b，
∴线段BE的长是关于x的方程x2+2bx﹣a2＝0的一个根；
②∵D为AE的中点，
∴AD=DE=b2，
由勾股定理得：a2+b2=(b2+a)2，
则34b2﹣ab＝0，
故34b﹣a＝0，
整理得：ab=34．
【点评】本题考查了勾股定理、等腰三角形的性质、一元二次方程的解等知识点．解决本题的关键是熟练掌握和运用等腰三角形的性质及勾股定理．
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