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专题03 “配方法”的八种应用-2023年中考数学二轮复习核心考点专题提优拓展训练
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这是一份专题03 “配方法”的八种应用-2023年中考数学二轮复习核心考点专题提优拓展训练，文件包含专题03“配方法”的八种应用解析版docx、专题03“配方法”的八种应用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
1．（2021 秋•牡丹江期末）已知x为任意实数，则x﹣1−14x2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＝﹣[1﹣x+（12x）2]
＝﹣（1−12x）2，
∵（1−12x）2≥0，
∴﹣（1−12x）2≤0，
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（m2﹣8m+17）x2+2mx+1＝0，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：（m2﹣8m+17）x2+2mx+1＝0，
∵m2﹣8m+17＝（m﹣4）2+1≥1，
∴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=75t﹣2，N＝t2−35t（t为任意实数），则M，N的大小关系为（ ）
A．M＞NB．M＜NC．M＝ND．不能确定
思路引领：利用配方法把N﹣M的代数式变形，根据偶次方的非负性判断即可．
解：∵N﹣M＝（t2−35t）﹣（75t﹣2）＝t2﹣2t+2＝（t﹣1）2+1＞0，
∴M＜N，
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+y2≤2x+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+y2≤2x+2y，得0≤（x﹣1）2+（y﹣1）2≤2，
因为x，y均为整数，所以有(x−1)2=0(y−1)2=0或(x−1)2=0(y−1)2=1或(x−1)2=1(y−1)2=0或(x−1)2=1(y−1)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：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ax2−2x+a9=（3x−13）2+m，那么a，m的值分别为（ ）
A．3，0B．9，89C．9，13D．89，9
思路引领：由（3x−13）2+m＝9x2﹣2x+19+m可知a＝9，m=89
解：由ax2−2x+a9=（3x−13）2+m
＝9x2﹣2x+19+m
得：a＝9，19+m＝1
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．
6．∵a2±2ab+b2＝（a±b）2，∴我们把形如a2±2ab+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中，当m＝ 时，代数式为完全平方式；
（2）代数式x2+mx+25中，当m＝ ±10 时，代数式为完全平方式；
（3）代数式x2+（m+2）x+（4m﹣7）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m＝9时，代数式为完全平方式；
故答案为：9；
（2）代数式x2+mx+25中，当m＝±10时，代数式为完全平方式；
故答案为：±10；
（3）∵代数式x2+（m+2）x+（4m﹣7）为完全平方式，
∴|m+22|=4m−7，
∴m2+4m+4＝16m﹣28，
m2﹣12m+32＝0，
m2﹣12m+36＝4，
∴（m﹣6）2＝4，
m﹣6＝±2，
m1＝8，m2＝4．
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)2−2，所以代数式的最小值为﹣2”．乙说：“我也用配方法，但我配成y=(x−1x)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＝（x−1x）2+2和y＝（x−1x）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+1x≠0．
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，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x2﹣4x+5的最小值时，利用公式a2±2ab+b2＝（a±b）2，对式子作如下变形：x2﹣4x+5＝x2﹣4x+4+1＝（x﹣2）2+1
因为（x﹣2）2≥0，所以（x﹣2）2+1≥1．
当x＝2时，（x﹣2）2+1＝1，
因此（x﹣2）2+1有最小值1，即x2﹣4x+5的最小值为1．
通过阅读，解决下列问题：
（1）代数式x2+10x﹣6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4x2﹣2x与2x2+6x﹣9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+10x﹣6
＝（x2+10x+25）﹣31
＝（x+5）2﹣31，
∵（x+5）2≥0，
∴当x+5＝0，即x＝﹣5时，代数式最小值为﹣31；
故答案为：﹣31；
（2）﹣x2+6x+8
＝﹣（x2﹣6x+9）+17
＝﹣（x﹣3）2+17，
∵（x﹣3）2≥0，
∴﹣（x﹣3）2≤0，
∴当x﹣3＝0，即x＝3时，代数式有最大值17；
（3）∵（x﹣2）2≥0，
∴（4x2﹣2x）﹣（2x2+6x﹣9）
＝4x2﹣2x﹣2x2﹣6x+9
＝2x2﹣8x+9
＝2（x2﹣4x+4）+1
＝2（x﹣2）2+1≥1＞0，
∴4x2﹣2x＞2x2+6x﹣9．
总结提升：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m﹣n2＝1，则代数式m2+2n2+4m﹣1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：∵m﹣n2＝1，
∴n2＝m﹣1，m≥1，
则m2+2n2+4m﹣1
＝m2+2m﹣2+4m﹣1
＝m2+6m﹣3
＝m2+6m+9﹣12
＝（m+3）2﹣12，
∵m≥1，
∴（m+3）2﹣12≥4，即代数式m2+2n2+4m﹣1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a2±2ab+b2＝（a±b）2．
10．（2020秋•句容市期中）已知x＝m是一元二次方程x2+2x+n﹣3＝0的一个根，则m+n的最大值等于（ ）
A．134B．4C．−154D．−134
思路引领：根据一元二次方程的解的定义，将x＝m代入一元二次方程x2+2x+n﹣3＝0，即可求得n＝﹣m2﹣2m+3，然后代入所求的代数式，利用配方法m+n的最大值．
解：∵x＝m是一元二次方程x2+2x+n﹣3＝0的一个根，
∴x＝m满足一元二次方程x2+2x+n﹣3＝0，
∴m2+2m+n﹣3＝0，
∴n＝﹣m2﹣2m+3，
∴m+n＝m﹣m2﹣2m+3＝﹣（m−12）2+134≤134，
∴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，且满足a2﹣b2+ac﹣bc＝0，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a＝b，根据等腰三角形的判定得出即可．
解：a2﹣b2+ac﹣bc＝0，
（a+b）（a﹣b）+c（a﹣b）＝0，
（a﹣b）（a+b+c）＝0，
∵a、b、c是三角形的三边，
∴a+b+c≠0，
∴a﹣b＝0，
即a＝b，
∴△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+2b＝7，b2﹣4c＝﹣7，c2﹣6a＝﹣14，则a+b+c的值是（ ）
A．2B．3C．4D．5
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转化为偶次方的和的形式（a+1）2+（b+3）2+（c+4）2＝0；最后根据非负数的性质解答即可．
解：∵a2+2b＝7，b2﹣4c＝﹣7，c2﹣6a＝﹣14，
∴a2+2b+b2﹣4c+c2﹣6a＝﹣14，
∴（a2﹣6a+9）+（b2+2b+1）+（c2﹣4c+4）＝0，
即（a﹣3）2+（b+1）2+（c﹣2）2＝0，
∵（a﹣3）2≥0，（b+1）2≥0，（c﹣2）2≥0，
∴a﹣3＝0，b+1＝0，c﹣2＝0，
∴a＝3，b＝﹣1，c＝2，
∴a+b+c＝3+（﹣1）+2＝4．
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）2﹣4（x﹣y）（y+z）＝0，下列式子一定成立的是（ ）
A．x+y﹣z＝0B．x+y+2z＝0C．y﹣z﹣2x＝0D．﹣z+x﹣2y＝0
思路引领：先将原式展开，然后重组后配方得到（x﹣z﹣2y）2＝0，从而得到正确的选项．
解：根据题意
∵（x+z）2﹣4（x﹣y）（y+z）＝0，
∴x2+z2+2xz﹣4xy﹣4xz+4y2+4yz＝0，
∴x2+z2﹣2xz﹣4xy+4y2+4yz＝0，
∴（x﹣z）2﹣4y（x﹣z）+4y2＝0，
∴（x﹣z﹣2y）2＝0，
∴x﹣z﹣2y＝0．
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3x﹣y＝3a2﹣6a+9，x+y＝a2+6a﹣9，若x≤y，则实数a的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
思路引领：根据题意列出关于x、y的方程组，然后求得x、y的值，结合已知条件x≤y来求a的取值．
解：依题意得：3x−y=3a2−6a+9x+y=a2+6a−9，
解得x=a2y=6a−9，
∵x≤y，
∴a2≤6a﹣9，
整理，得（a﹣3）2≤0，
故a﹣3＝0，
解得a＝3．
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a2±2ab+b2＝（a±b）2．
15．（2020•蜀山区校级模拟）已知a﹣b＝2，ab+2b﹣c2+2c＝0，当b≥0，﹣2≤c＜1时，整数a的值是 ．
思路引领：由a﹣b＝2，得出a＝b+2，进一步代入ab+2b﹣c2+2c＝0，进一步利用完全平方公式得到（b+2）2﹣（c﹣1）2﹣3＝0，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：∵a﹣b＝2，
∴a＝b+2，
∴ab+2b﹣c2+2c
＝b（b+2）+2b﹣c2+2c
＝b2+4b﹣（c2﹣2c）
＝（b+2）2﹣（c﹣1）2﹣3
＝0，
∵b≥0，﹣2≤c＜1，
∴4≤（b+2）2≤12，
∵a是整数，
∴b＝0或1，
∴a＝2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+4＝x4+4x2+4﹣4x2＝（x2+2）2﹣4x2＝（x2+2）2﹣（2x）2＝（x2+2x+2）（x2﹣2x+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）x2﹣2ax﹣b2﹣2ab．
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+4x2y2﹣4x2y2＝（2x2+y2）2﹣4x2y2＝（2x2+y2+2xy）（2x2+y2﹣2xy）；
（2）原式＝x2﹣2ax+a2﹣a2﹣b2﹣2ab＝（x﹣a）2﹣（a+b）2＝（x+b）（x﹣2a﹣b）．
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：（5−1）2+29−45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：（5−1）2+29−45
＝5+1﹣25+2(5−2)2
＝6﹣25+2（5−2）
＝6﹣25+25−4
＝2．
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+2＝0有实根，则ba=
思路引领：由二次方程有实根，得到△≥0，即Δ＝4（1+a）2﹣4（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Δ＝4（1+a）2﹣4（3a2+4ab+4b2+2）≥0，
化简得：2a2+4ab+4b2﹣2a+1≤0，
∴（a+2b）2+（a﹣1）2≤0，而（a+2b）2+（a﹣1）2≥0，
∴a+2b＝0，a﹣1＝0，解得a＝1，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+c＝0（a≠0，a，b，c为常数）根的判别式Δ＝b2﹣4ac．当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜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）]2﹣4×3×（ab+bc+ac）＝0，
整理得：4a2+4b2+4c2﹣4ab﹣4bc﹣4ac＝0
2（a﹣b）2+2（b﹣c）2+2（a﹣c）2＝0，
∴a﹣b＝0，b﹣c＝0，a﹣c＝0，
∴a＝b＝c，
∴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）Δ＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）Δ＝0⇔方程有两个相等的实数根；（3）Δ＜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．
1．（2021 秋•牡丹江期末）已知x为任意实数，则x﹣1−14x2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＝﹣[1﹣x+（12x）2]
＝﹣（1−12x）2，
∵（1−12x）2≥0，
∴﹣（1−12x）2≤0，
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（m2﹣8m+17）x2+2mx+1＝0，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：（m2﹣8m+17）x2+2mx+1＝0，
∵m2﹣8m+17＝（m﹣4）2+1≥1，
∴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=75t﹣2，N＝t2−35t（t为任意实数），则M，N的大小关系为（ ）
A．M＞NB．M＜NC．M＝ND．不能确定
思路引领：利用配方法把N﹣M的代数式变形，根据偶次方的非负性判断即可．
解：∵N﹣M＝（t2−35t）﹣（75t﹣2）＝t2﹣2t+2＝（t﹣1）2+1＞0，
∴M＜N，
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+y2≤2x+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+y2≤2x+2y，得0≤（x﹣1）2+（y﹣1）2≤2，
因为x，y均为整数，所以有(x−1)2=0(y−1)2=0或(x−1)2=0(y−1)2=1或(x−1)2=1(y−1)2=0或(x−1)2=1(y−1)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：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ax2−2x+a9=（3x−13）2+m，那么a，m的值分别为（ ）
A．3，0B．9，89C．9，13D．89，9
思路引领：由（3x−13）2+m＝9x2﹣2x+19+m可知a＝9，m=89
解：由ax2−2x+a9=（3x−13）2+m
＝9x2﹣2x+19+m
得：a＝9，19+m＝1
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．
6．∵a2±2ab+b2＝（a±b）2，∴我们把形如a2±2ab+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中，当m＝ 时，代数式为完全平方式；
（2）代数式x2+mx+25中，当m＝ ±10 时，代数式为完全平方式；
（3）代数式x2+（m+2）x+（4m﹣7）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m＝9时，代数式为完全平方式；
故答案为：9；
（2）代数式x2+mx+25中，当m＝±10时，代数式为完全平方式；
故答案为：±10；
（3）∵代数式x2+（m+2）x+（4m﹣7）为完全平方式，
∴|m+22|=4m−7，
∴m2+4m+4＝16m﹣28，
m2﹣12m+32＝0，
m2﹣12m+36＝4，
∴（m﹣6）2＝4，
m﹣6＝±2，
m1＝8，m2＝4．
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)2−2，所以代数式的最小值为﹣2”．乙说：“我也用配方法，但我配成y=(x−1x)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＝（x−1x）2+2和y＝（x−1x）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+1x≠0．
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，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x2﹣4x+5的最小值时，利用公式a2±2ab+b2＝（a±b）2，对式子作如下变形：x2﹣4x+5＝x2﹣4x+4+1＝（x﹣2）2+1
因为（x﹣2）2≥0，所以（x﹣2）2+1≥1．
当x＝2时，（x﹣2）2+1＝1，
因此（x﹣2）2+1有最小值1，即x2﹣4x+5的最小值为1．
通过阅读，解决下列问题：
（1）代数式x2+10x﹣6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4x2﹣2x与2x2+6x﹣9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+10x﹣6
＝（x2+10x+25）﹣31
＝（x+5）2﹣31，
∵（x+5）2≥0，
∴当x+5＝0，即x＝﹣5时，代数式最小值为﹣31；
故答案为：﹣31；
（2）﹣x2+6x+8
＝﹣（x2﹣6x+9）+17
＝﹣（x﹣3）2+17，
∵（x﹣3）2≥0，
∴﹣（x﹣3）2≤0，
∴当x﹣3＝0，即x＝3时，代数式有最大值17；
（3）∵（x﹣2）2≥0，
∴（4x2﹣2x）﹣（2x2+6x﹣9）
＝4x2﹣2x﹣2x2﹣6x+9
＝2x2﹣8x+9
＝2（x2﹣4x+4）+1
＝2（x﹣2）2+1≥1＞0，
∴4x2﹣2x＞2x2+6x﹣9．
总结提升：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m﹣n2＝1，则代数式m2+2n2+4m﹣1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：∵m﹣n2＝1，
∴n2＝m﹣1，m≥1，
则m2+2n2+4m﹣1
＝m2+2m﹣2+4m﹣1
＝m2+6m﹣3
＝m2+6m+9﹣12
＝（m+3）2﹣12，
∵m≥1，
∴（m+3）2﹣12≥4，即代数式m2+2n2+4m﹣1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a2±2ab+b2＝（a±b）2．
10．（2020秋•句容市期中）已知x＝m是一元二次方程x2+2x+n﹣3＝0的一个根，则m+n的最大值等于（ ）
A．134B．4C．−154D．−134
思路引领：根据一元二次方程的解的定义，将x＝m代入一元二次方程x2+2x+n﹣3＝0，即可求得n＝﹣m2﹣2m+3，然后代入所求的代数式，利用配方法m+n的最大值．
解：∵x＝m是一元二次方程x2+2x+n﹣3＝0的一个根，
∴x＝m满足一元二次方程x2+2x+n﹣3＝0，
∴m2+2m+n﹣3＝0，
∴n＝﹣m2﹣2m+3，
∴m+n＝m﹣m2﹣2m+3＝﹣（m−12）2+134≤134，
∴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，且满足a2﹣b2+ac﹣bc＝0，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a＝b，根据等腰三角形的判定得出即可．
解：a2﹣b2+ac﹣bc＝0，
（a+b）（a﹣b）+c（a﹣b）＝0，
（a﹣b）（a+b+c）＝0，
∵a、b、c是三角形的三边，
∴a+b+c≠0，
∴a﹣b＝0，
即a＝b，
∴△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+2b＝7，b2﹣4c＝﹣7，c2﹣6a＝﹣14，则a+b+c的值是（ ）
A．2B．3C．4D．5
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转化为偶次方的和的形式（a+1）2+（b+3）2+（c+4）2＝0；最后根据非负数的性质解答即可．
解：∵a2+2b＝7，b2﹣4c＝﹣7，c2﹣6a＝﹣14，
∴a2+2b+b2﹣4c+c2﹣6a＝﹣14，
∴（a2﹣6a+9）+（b2+2b+1）+（c2﹣4c+4）＝0，
即（a﹣3）2+（b+1）2+（c﹣2）2＝0，
∵（a﹣3）2≥0，（b+1）2≥0，（c﹣2）2≥0，
∴a﹣3＝0，b+1＝0，c﹣2＝0，
∴a＝3，b＝﹣1，c＝2，
∴a+b+c＝3+（﹣1）+2＝4．
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）2﹣4（x﹣y）（y+z）＝0，下列式子一定成立的是（ ）
A．x+y﹣z＝0B．x+y+2z＝0C．y﹣z﹣2x＝0D．﹣z+x﹣2y＝0
思路引领：先将原式展开，然后重组后配方得到（x﹣z﹣2y）2＝0，从而得到正确的选项．
解：根据题意
∵（x+z）2﹣4（x﹣y）（y+z）＝0，
∴x2+z2+2xz﹣4xy﹣4xz+4y2+4yz＝0，
∴x2+z2﹣2xz﹣4xy+4y2+4yz＝0，
∴（x﹣z）2﹣4y（x﹣z）+4y2＝0，
∴（x﹣z﹣2y）2＝0，
∴x﹣z﹣2y＝0．
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3x﹣y＝3a2﹣6a+9，x+y＝a2+6a﹣9，若x≤y，则实数a的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
思路引领：根据题意列出关于x、y的方程组，然后求得x、y的值，结合已知条件x≤y来求a的取值．
解：依题意得：3x−y=3a2−6a+9x+y=a2+6a−9，
解得x=a2y=6a−9，
∵x≤y，
∴a2≤6a﹣9，
整理，得（a﹣3）2≤0，
故a﹣3＝0，
解得a＝3．
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a2±2ab+b2＝（a±b）2．
15．（2020•蜀山区校级模拟）已知a﹣b＝2，ab+2b﹣c2+2c＝0，当b≥0，﹣2≤c＜1时，整数a的值是 ．
思路引领：由a﹣b＝2，得出a＝b+2，进一步代入ab+2b﹣c2+2c＝0，进一步利用完全平方公式得到（b+2）2﹣（c﹣1）2﹣3＝0，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：∵a﹣b＝2，
∴a＝b+2，
∴ab+2b﹣c2+2c
＝b（b+2）+2b﹣c2+2c
＝b2+4b﹣（c2﹣2c）
＝（b+2）2﹣（c﹣1）2﹣3
＝0，
∵b≥0，﹣2≤c＜1，
∴4≤（b+2）2≤12，
∵a是整数，
∴b＝0或1，
∴a＝2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+4＝x4+4x2+4﹣4x2＝（x2+2）2﹣4x2＝（x2+2）2﹣（2x）2＝（x2+2x+2）（x2﹣2x+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）x2﹣2ax﹣b2﹣2ab．
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+4x2y2﹣4x2y2＝（2x2+y2）2﹣4x2y2＝（2x2+y2+2xy）（2x2+y2﹣2xy）；
（2）原式＝x2﹣2ax+a2﹣a2﹣b2﹣2ab＝（x﹣a）2﹣（a+b）2＝（x+b）（x﹣2a﹣b）．
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：（5−1）2+29−45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：（5−1）2+29−45
＝5+1﹣25+2(5−2)2
＝6﹣25+2（5−2）
＝6﹣25+25−4
＝2．
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+2＝0有实根，则ba=
思路引领：由二次方程有实根，得到△≥0，即Δ＝4（1+a）2﹣4（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Δ＝4（1+a）2﹣4（3a2+4ab+4b2+2）≥0，
化简得：2a2+4ab+4b2﹣2a+1≤0，
∴（a+2b）2+（a﹣1）2≤0，而（a+2b）2+（a﹣1）2≥0，
∴a+2b＝0，a﹣1＝0，解得a＝1，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+c＝0（a≠0，a，b，c为常数）根的判别式Δ＝b2﹣4ac．当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜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）]2﹣4×3×（ab+bc+ac）＝0，
整理得：4a2+4b2+4c2﹣4ab﹣4bc﹣4ac＝0
2（a﹣b）2+2（b﹣c）2+2（a﹣c）2＝0，
∴a﹣b＝0，b﹣c＝0，a﹣c＝0，
∴a＝b＝c，
∴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）Δ＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）Δ＝0⇔方程有两个相等的实数根；（3）Δ＜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．
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