九年级上册1.1 一元二次方程精练

这是一份九年级上册1.1 一元二次方程精练，共53页。试卷主要包含了完全平方公式中的配方，配方变形求字母的值，利用配方法比较代数式的大小等内容，欢迎下载使用。

题型一 完全平方公式中的配方
【例题1】（2021春•潜山市期末）已知x2﹣mx+16是一个完全平方式，则m的值为（ ）
A．4B．﹣4C．8或﹣8D．4或﹣4
【变式1-1】填空：
（1）x2+ +16＝（x+ ）2．
（2）3x2+12x+ ＝3（x+ ）2；
（3）12x2﹣5x+ =12（x﹣ ）2．
（4）4x2﹣12x+ ＝4（x﹣ ）2．
【变式1-2】（2022秋•汉阴县期末）已知x2﹣2kx+64可以写成某一个式子的平方的形式，则常数k的值
为（ ）
A．8B．±8C．16D．±1
【变式1-3】（2023春•安乡县期中）若4x2﹣mx+4是一个完全平方式，则m的值是（ ）
A．4B．﹣4C．±4D．±8
【变式1-4】（2023春•济南期中）已知代数式x2+mx+16是一个完全平方式，则m的值为 ．
【变式1-5】（2022春•漳州期中）已知9x2+mxy+16y2能运用完全平方公式因式分解，则m的值为（ ）
A．12B．±12C．24D．±24
【变式1-6】（2022秋•龙江县期末）若x2﹣2（n﹣1）x+25是完全平方式，则n的值为（ ）
A．6B．﹣4或6C．1D．﹣9
题型二 配方变形求字母的值
【例题2】（2023春•谯城区校级月考）用配方法解一元二次方程2x2﹣4x﹣1＝0时，配方成（x+k）2＝h的形式，则k，h的值为（ ）
A．k＝1，h=32B．k＝1，h＝2C．k＝﹣1，h=32D．k＝﹣1，h＝2
【变式2-1】（2023春•瑞安市期中）用配方法将方程x2﹣4x+3＝0化成（x+a）2＝b的形式，则b的值
是（ ）
A．1B．﹣1C．7D．﹣7
【变式2-2】（2022秋•宁强县期末）如果方程x2+4x+n＝0可以配方成（x+m）2＝3，那么（n﹣m）2020＝ ．
【变式2-3】如果将一元二次方程x2+4x﹣5＝0化为（x+m）2＝n的形式，则m+n的值为 ．
【变式2-4】（2023•东城区一模）用配方法解一元二次方程x2+6x+3＝0时，将它化为（x+m）2＝n的形式，则m﹣n的值为（ ）
A．﹣6B．﹣3C．0D．2
【变式2-5】（2022秋•南充期末）小明用配方法解一元二次方程x2﹣6x+5＝0，将它化成（x﹣p）2＝q的形式，则p+q的值为 ．
【变式2-6】（2023春•金安区校级期中）把方程x2+4x﹣2＝0用配方法化为（x+m）2＝n的形式，则mn的值是 ．
题型三 利用配方法比较代数式的大小
【例题3】（2023春•即墨区期中）已知m＝2b+2022，n＝b2+2023，则m和n的大小关系中正确的是（ ）
A．m＞nB．m≥nC．m＜nD．m≤n
【变式3-1】（2022秋•仙桃校级期末）设M＝2x2﹣7x+6，N＝x2﹣3x+2，则M，N的大小关系是（ ）
A．M＜NB．M≥NC．M＝ND．M≤N
【变式3-2】（2022秋•黔江区期末）若A＝x2+2x﹣6y，B＝﹣y2+4x﹣10，则A、B的大小关系为（ ）
A．A＞BB．A＜BC．A≥BD．A≤B
【变式3-3】（2022秋•江北区校级期末）已知a、b满足等式，x＝a2﹣6ab+9b2．y＝4a﹣12b﹣4，则x，y的大小关系是（ ）
A．x＝yB．x＞yC．x＜yD．x≥y
【变式3-4】（2022•顺德区校级三模）已知a、b满足等式x＝a2+b2+5，y＝2（2b﹣a），则x、y的大小关系是（ ）
A．x＜yB．x＞yC．x≤yD．x≥y
【变式3-5】若代数式M＝10a2+b2﹣7a+8，N＝a2+b2+5a+1．请比较M、N的大小．
【变式3-6】（2023春•屏南县期中）对于任意两个数a，b的大小比较，有下面的方法：当a﹣b＞0时，一定有a＞b；当a﹣b＝0时，一定有a＝b；当a﹣b＜0时，一定有a＜b．反过来也成立．因此，我们把这种比较两个数大小的方法叫做“求差法”．
请根据以上材料完成下面的题目：
（1）已知，A＝x2y+4y，B＝4xy，且A＞B，试判断y的符号；
（2）已知a、b、c为三角形的三边，比较a2+c2和2ac+b2的大小．
题型四 利用配方法判断二次多项式的符号问题
【例题4】求证：无论x、y为何值，4x2﹣12x+9y2+30y+35的值恒为正．
【变式4-1】下列代数式，不论x取何值，它总是正值的是（ ）
A．x2﹣4x+4B．x2+2x+3
C．x2﹣4x+1D．以上答案都不对
【变式4-2】求证：无论x、y取何值时，代数式x2+y2﹣2x﹣4y+10的值是正数．
【变式4-3】试证明：不论x、y取何值，x2﹣4x+y2﹣6y+13的值不小于0．
【变式4-4】求证：无论x，y为何值时，多项式x2+y2﹣2x+6y+10的值恒大于非负数．
【变式4-5】用配方法证明：﹣2x2+4x﹣10的值恒小于0．
【变式4-6】（2022秋•高陵区期末）请阅读下列材料：
我们可以通过以下方法，求代数式x2+2x﹣3的最小值．
x2+2x﹣3＝x2+2x+12﹣12﹣3＝（x+1）2﹣4，
∵（x+1）2≥0，∴当x＝﹣1时，x2+2x﹣3有最小值﹣4．
请根据上述方法，解答下列问题：
（1）x2+6x+10＝x2+2×3x+32﹣32+10＝（x+a）2+b，则a＝ ，b＝ ；
（2）求证：无论x取何值，代数式x2+23x+5的值都是正数；
（3）若代数式x2﹣2kx+7的最小值为3，求k的值．
题型五 利用配方法解决二次三项式的最值问题
【例题5】（2023春•拱墅区校级期中）已知x是实数，则多项式x2+4x+5的最小值为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【变式5-1】不论x，y为什么数，代数式4x2+3y2+8x﹣12y+7的值（ ）
A．总大于7B．总不小于9
C．总不小于﹣9D．为任意有理数
【变式5-2】（2022秋•海门市期末）已知实数a，b满足b2+12＝4b（1﹣a），则4a2+b2的最小值为（ ）
A．8B．5C．4D．0
【变式5-3】（2023•天门三模）已知实数m，n满足 m2﹣2am+a2﹣2a+4＝0，n2﹣2an+a2﹣2a+4＝0，则
（m+1）2+（n+1）2 的最小值是（ ）
A．18B．16C．﹣6D．﹣14
【变式5-4】先阅读理解下面的例题，再按要求解答下列问题．
例题：求代数式y2+4y+8的最小值．
解：y2+4y+8＝y2+4y+4+4＝（y+2）2+4
∵（y+2）2≥0，
∴（y+2）2+4≥4，
∴y2+4y+8的最小值是4．
（1）求代数式m2+2m+3的最小值；
（2）求代数式4﹣x2+2x的最大值．
【变式5-5】（2022秋•东湖区期中）我们已经学习了利用配方法解一元二次方程，其实配方法还有其它重要应用．
例如：求代数式x2+4x+5的最小值．解答过程如下：
解：x2+4x+5＝（x2+4x+4）+1＝（x+2）2+1
∵（x+2）2≥0
∴（x+2）2+1≥1
∴当x＝﹣2时，x2+4x+5有最小值，是1．
（1）仿照上述方法，求代数式x2﹣6x+12的最小值；
（2）﹣x2+8x﹣1有最 （直接填“大”或“小”）值，是 （直接填空）．
【变式5-6】（2022秋•东湖区校级期末）老师在讲完乘法公式（a±b）2＝a2±2ab+b2的各种运用后，要求同学们运用所学知识解答：求代数式x2+4x+5最小值？同学们经过交流、讨论，最后总结出如下解答方法：
解：x2+4x+5＝（x+2）2+1
∵（x+2）2≥0∴（x+2）2+1≥1
即：当（x+2）2＝0时，x2+4x+5＝（x+2）2+1的值最小，最小值是1，
请你根据上述方法，解答下列各题：
（1）直接写出：（x+1）2﹣2的最小值为 ；
（2）求出代数式x2+10x+28的最小值；
（3）若x2+7x+y+2＝0，求x+y的最大值．
题型六 利用配方法恒等变形后求值
【例题6】（2023春•安庆期中）已知a2+b2﹣4a﹣6b+13＝0，则（a﹣b）2023的值为 ．
【变式6-1】（2023•龙湖区校级开学）已知a，b，c满足a2+2b＝﹣4，b2+4a＝﹣1，则a+b的值为（ ）
A．1B．﹣5C．﹣3D．﹣7
【变式6-2】（2022春•沙坪坝区校级月考）已知x2y2+x2+y2+6xy+4＝0，则2x+2y−1xy的值为 ．
【变式6-3】（2022春•江北区校级期末）已知4x2+20xy＝﹣25y2+12x+30y+16，则4x•32y＝ ．
【变式6-4】（2022秋•博罗县期中）若a2+6a+b2﹣2b+10＝0，则2a+3b的值为（ ）
A．3B．﹣9C．9D．﹣3
【变式6-5】（2022春•宣城期末）已知a，b，c满足a2+2b＝7，b2﹣2c＝﹣1，c2﹣6a＝﹣17，则a+b﹣c的值为（ ）
A．1B．﹣5C．﹣6D．﹣7
【变式6-6】（2022春•法库县期中）阅读材料：已知x2+4x+4+y2﹣8y+16＝0，求yx的值．
解：x2+4x+4+y2﹣8y+16＝0，即（x+2）2+（y﹣4）2＝0，
所以（x+2）2＝0，（y﹣4）2＝0，所以x＝﹣2，y＝4，所以yx=4−2−2．
根据你的观察，探究下面的问题：
（1）若m2+2mn+2n2﹣6n+9＝0，则mn的值为 ；
（2）已知x2﹣4x+4y2﹣12y+13＝0，求xy的值．
【变式6-7】（2022秋•越秀区校级期末）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a2+2b2﹣2ab+4b+4＝0，求ab的值；
（2）已知△ABC的三边长a，b，c都是正整数，且满足a2+b2﹣8a﹣12b+52＝0，求△ABC的最长边c的值；
（3）已知a﹣b＝8，ab+c2﹣16c+80＝0，求a+b+c的值．
【变式6-8】（2023春•锦江区校级期中）已知常数a、b、c是△ABC的三条边长．
（1）若x2﹣（2a+14）x+144 是完全平方式，求a的值；
（2）在（1）的条件下，若b，c满足b²+4+|c﹣5|＝4b，试判断△ABC的形状．
题型七 利用配方法的综合应用问题
【例题7】（2022秋•隆昌市校级月考）（阅读材料）把形如ax2+bx+c的二次三项式（或其一部分）经过适当变形配成完全平方式的方法叫配方法，配方法在因式分解、证明恒等式．利用a2≥0求代数式最值等问题中都有广泛应用．
例如：利用配方法将x2﹣6x+8变形为a（x+m）2+n的形式，并把二次三项式分解因式．
配方：x2﹣6x+8＝x2﹣6x+32﹣32+8＝（x﹣3）2﹣1
分解因式：x2﹣6x+8＝（x﹣3）2﹣1＝（x﹣3+1）（x﹣3﹣1）＝（x﹣2）（x﹣4）
（解决问题）根据以上材料，解答下列问题：
（1）利用配方法将多项式x2﹣4x﹣5化成a（x+m）2+n的形式；
（2）利用配方法把二次三项式x2﹣2x﹣35分解因式；
（3）若a、b、c分别是△ABC的三边，且a2+2b2+3c2﹣2ab﹣2b﹣6c+4＝0，试判断△ABC的形状，并说明理由；
（4）求证：无论x，y取任何实数，代数式x2+y2+4x﹣6y+15的值恒为正数．
【变式7-1】（2023春•平果市期中）阅读理解：
在教材中，我们有学习到（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，又因为任何实数的平方都是非负数，所以（a﹣b）2≥0，即a2+b2≥2ab．例如，比较整式x2+4和4x的大小关系，因为x2+4﹣4x＝（x﹣2）2≥0，所以x2+4≥4x．请类比以上的解题过程，解决下列问题：
【初步尝试】比较大小：x2+1 2x；9 6x﹣x2．
【知识应用】比较整式5x2+2xy+10y2和（2x﹣y）2的大小关系，并请说明理由．
【拓展提升】比较整式2a2﹣4ab+4b2和2a﹣1的大小关系，并请说明理由．
【变式7-2】（2023春•灌南县期中）阅读下列材料：
“a2≥0”这个结论在数学中非常有用，有时我们需要将代数式配成完全平方式．例如：
x2+4x+5＝x2+4x+4+1＝（x+2）2+1，∵（x+2）2≥0，∴（x+2）2+1≥1，∴x2+4x+5≥1．
试利用“配方法”解决下列问题：
（1）填空：x2﹣6x+12＝（x﹣ ）2+ ；
（2）已知a，b，c是△ABC的三边长，满足a2+b2＝10a+8b﹣41，且c是△ABC中最长的边，求c的取值范围；
（3）比较代数式x2+2y2与2xy+4y﹣8的大小．
【变式7-3】（2023春•禅城区校级月考）配方法是数学中重要的一种思想方法．它是指将一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法．这种方法常被用到代数式的变形中，并结合非负数的意义来解决一些问题．我们定义：一个整数能表示成a2+b2（a、b是整数）的形式，则称这个数为“完美数”．例如，5是“完美数”．理由：因为5＝22+12，所以5是“完美数”．
（1）解决问题：已知29是“完美数”，请将它写成a2+b2（a、b是整数）的形式；
（2）若x2﹣6x+5可配方成（x﹣m）2+n（m、n为常数），求mn的值．
（3）探究问题：已知x2+y2﹣2x+4y+5＝0，求x+y的值．
【变式7-4】（2022秋•临西县期末）请阅读下列材料：
若m2﹣2m+n2+6n+10＝0，求m，n的值．
解：∵m2﹣2m+n2+6n+10＝0，
∴（m2﹣2m+1）+（n2+6n+9）＝0，
∴（m﹣1）2+（n+3）2＝0，
∴（m﹣1）2＝0，（n+3）2＝0，
∴m＝1，n＝﹣3．
根据你的观察，探究下面的问题：
（1）若a2+2ab+2b2+6b+9＝0，则a的值为 ；b的值为 ．
（2）已知△ABC的三边长a，b，c都是正整数，且满足a2﹣4a+b2﹣2b+5＝0，求c的值．
（3）若A＝2a2+3a﹣5，B＝a2+5a﹣7，试比较A与B的大小关系，并说明理由．
【变式7-5】（2023春•江都区期中）将一个式子或一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和，这种方法称之为配方法．这种方法常常被用到式子的恒等变形中，以挖掘题目中的隐含条件，是解题的有力手段之一．
例如，求代数式x2+2x+3的最小值．
解：原式＝x2+2x+1+2＝（x+1）2+2．
∵（x+1）2≥0，
∴（x+1）2+2≥2．
∴当x＝﹣1时，x2+2x+3的最小值是2．
（1）在横线上添加一个常数项，使代数式x2+10x+ 成为完全平方式；
（2）请仿照上面的方法求代数式x2+6x﹣1的最小值；
（3）已知△ABC的三边a，b，c满足a2﹣6b＝﹣14，b2﹣8c＝﹣23，c2﹣4a＝8．求△ABC的周长．
【变式7-6】（2023春•南岸区校级期中）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，
∴m＝4，n＝4．
根据你的观察，探究下面的问题：
（1）已知x2+4xy+5y2+2y+1＝0．则2x+3y的值为 ；
（2）已知△ABC的边长a、b、c是三个互不相等的正整数，且满足a2+b2﹣4a﹣6b+13＝0，求c的值；（写出求解过程）．
（3）已知a﹣b＝8，ab+c2﹣10c+41＝0，求a+b﹣c的值．
【变式7-7】（2022•南京模拟）利用我们学过的完全平方公式及不等式知识能解决方程或代数式的一些问题，请阅读下列材料：
阅读材料：若m2﹣2mm+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a2+4ab+5b2+6b+9＝0，求a＝ ，b＝ ；
（2）已知△ABC的三边长a、b、c都是正整数，且满足a2﹣4a+2b2﹣4b+6＝0，求c的值；
（3）若A＝3a2+3a﹣4，B＝2a2+4a﹣6，试比较A与B的大小关系，并说明理由．
【变式7-8】（2022秋•石狮市期末）在求解一类代数问题时，我们常常将二次三项式x2+bx+c化成（x+m）2+n的形式，并利用（x+m）2的非负性解决问题．请阅读下列材料，并解决相关问题：
【例1】求代数式x2+4x+7的最小值．
解：x2+4x+7＝x2+4x+4+3＝（x+2）2+3．
因为（x+2）2≥0，所以（x+2）2+3≥3，即代数式x2+4x+7的最小值为3．
【例2】若m2﹣2mn+2n2﹣8n+16＝0，求m、n的值．
解：因为m2﹣2mn+2n2﹣8n+16＝0，
所以（m2﹣2mn+n2）+（n2﹣8n+16）＝0，
即（m﹣n）2+（n﹣4）2＝0，
因为（m﹣n）2≥0，（n﹣4）2≥0，
所以m−n=0n−4=0，
即m＝n＝4．
（1）求代数式x2+6x+10的最小值；
（2）在△ABC中，BC＝a，AC＝b，AB＝c．
①若△ABC是等腰三角形，且满足a2﹣8a+b2﹣14b+65＝0，求△ABC的周长；
②若c﹣b＝1，且c（b﹣25）+2a2﹣20a+219＝0，求△ABC中最大边上的高．
（苏科版）九年级上册数学《第1章 一元二次方程》
专题1-1 配方法的应用
题型一 完全平方公式中的配方
【例题1】（2021春•潜山市期末）已知x2﹣mx+16是一个完全平方式，则m的值为（ ）
A．4B．﹣4C．8或﹣8D．4或﹣4
【分析】根据完全平方式得出﹣mx＝±2•x•4，再求出m即可．
【解答】解：∵x2﹣mx+16是一个完全平方式，
∴﹣mx＝±2•x•4，
解得：m＝±8，
即m＝8或﹣8，
故选：C．
【点评】本题考查了完全平方式，能熟记完全平方式是解此题的关键，注意：完全平方式有a2+2ab+b2和a2﹣2ab+b2两个．
【变式1-1】填空：
（1）x2+ +16＝（x+ ）2．
（2）3x2+12x+ ＝3（x+ ）2；
（3）12x2﹣5x+ =12（x﹣ ）2．
（4）4x2﹣12x+ ＝4（x﹣ ）2．
【分析】根据完全平方式的特点：前平方、后平方、积的2倍在中央进行配方即可．
【解答】解：（1）x2+8x+16＝（x+4）2．
（2）3x2+12x+12＝3（x2+4x+4）＝3（x+2）2；
（3）12x2﹣5x+252=12（x2﹣10x+25）=12（x﹣5）2
（4）4x2﹣12x+9＝4[x2﹣3x+(32)2]＝4（x−32）2．
故答案为：（1）；8 ； 4 （2）12；2；（3）252；5．（4）9，32．
【点评】本题考查的是配方法的应用，掌握完全平方公式是解题的关键，完全平方式是：前平方、后平方、积的2倍在中央．
【变式1-2】（2022秋•汉阴县期末）已知x2﹣2kx+64可以写成某一个式子的平方的形式，则常数k的值
为（ ）
A．8B．±8C．16D．±1
【分析】利用完全平方公式得出答案．
【解答】解：∵x2﹣2kx+64＝x2+kx+82是一个完全平方式，
∴﹣2kx＝±2x•8，
解得k＝±8．
故选：B．
【点评】本题考查了完全平方公式，熟练掌握完全平方公式是解答本题的关键．
【变式1-3】（2023春•安乡县期中）若4x2﹣mx+4是一个完全平方式，则m的值是（ ）
A．4B．﹣4C．±4D．±8
【分析】利用完全平方公式判断即可．
【解答】解：∵4x2﹣mx+4＝（2x）2﹣mx+22是一个完全平方式，
∴m＝±8，
故选：D．
【点评】此题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
【变式1-4】（2023春•济南期中）已知代数式x2+mx+16是一个完全平方式，则m的值为 ．
【分析】根据完全平方式：a2±2ab+b2＝（a±b）2求解即可．
【解答】解：∵代数式x2+mx+16是一个完全平方式，
∴m＝±2×1×4＝±8，
故答案为：±8．
【点评】本题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方式是解题的关键．
【变式1-5】（2022春•漳州期中）已知9x2+mxy+16y2能运用完全平方公式因式分解，则m的值为（ ）
A．12B．±12C．24D．±24
【分析】这里首末两项是3x和4y个数的平方，那么中间一项为加上或减去3x和4y乘积的2倍，进而得出答案．
【解答】解：∵（3x±4y）2＝9x2±24xy+16y2，
∴在9x2+mxy+16y2中，m＝±24．
故选：D．
【点评】此题主要考查了公式法分解因式，正确应用完全平方公式是解题关键．
【变式1-6】（2022秋•龙江县期末）若x2﹣2（n﹣1）x+25是完全平方式，则n的值为（ ）
A．6B．﹣4或6C．1D．﹣9
【分析】由完全平方式的特点可得﹣2（n﹣1）＝10或﹣2（n﹣1）＝﹣10，再解方程即可．
【解答】解：∵x2﹣2（n﹣1）x+25是完全平方式，
∴﹣2（n﹣1）＝10或﹣2（n﹣1）＝﹣10．
解得：n＝﹣4或n＝6，故B正确．
故选：B．
【点评】本题考查的是完全平方式的特点，掌握“利用完全平方式的特点建立方程求解”是解本题的关键．
题型二 配方变形求字母的值
【例题2】（2023春•谯城区校级月考）用配方法解一元二次方程2x2﹣4x﹣1＝0时，配方成（x+k）2＝h的形式，则k，h的值为（ ）
A．k＝1，h=32B．k＝1，h＝2C．k＝﹣1，h=32D．k＝﹣1，h＝2
【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，继而得出答案．
【解答】解：∵2x2﹣4x﹣1＝0，
∴x2﹣2x=12，
则x2﹣2x+1=12+1，即（x﹣1）2=32，
∴k＝﹣1，h=32，
故选：C．
【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2-1】（2023春•瑞安市期中）用配方法将方程x2﹣4x+3＝0化成（x+a）2＝b的形式，则b的值
是（ ）
A．1B．﹣1C．7D．﹣7
【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得．
【解答】解：∵x2﹣4x+3＝0，
∴x2﹣4x＝﹣3，
则x2﹣4x+4＝﹣3+4，即（x﹣2）2＝1，
故选：A．
【点评】本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程的常用方法有直接开平方法、公式法、因式分解法，解题的关键是根据方程的特点选择合适、简便的方法求解．
【变式2-2】（2022秋•宁强县期末）如果方程x2+4x+n＝0可以配方成（x+m）2＝3，那么（n﹣m）2020＝ ．
【分析】先根据配方法求出m、n的值，再代入计算可得．
【解答】解：∵x2+4x＝﹣n，
∴x2+4x+4＝4﹣n，即（x+2）2＝4﹣n，
又（x+m）2＝3，
∴m＝2，n＝1，
则（n﹣m）2020＝（1﹣2）2020＝1，
故答案为：1．
【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2-3】如果将一元二次方程x2+4x﹣5＝0化为（x+m）2＝n的形式，则m+n的值为 ．
【分析】先把常数项移到方程右侧，两边加上4，利用完全平方公式得到（x+2）2＝9，从而得到m＝2，n＝9，然后计算m+n即可．
【解答】解：x2+4x＝5，
x2+4x+4＝9，
（x+2）2＝9，
所以m＝2，n＝9，
所以m+n＝2+9＝11．
故答案为11．
【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，掌握配方法是解题关键．
【变式2-4】（2023•东城区一模）用配方法解一元二次方程x2+6x+3＝0时，将它化为（x+m）2＝n的形式，则m﹣n的值为（ ）
A．﹣6B．﹣3C．0D．2
【分析】先把常数项移到方程右侧，再把方程两边加上9，接着把方程左边写成完全平方的形式，从而得到m、n的值，然后计算m﹣n的值．
【解答】解：x2+6x+3＝0，
x2+6x＝﹣3，
x2+6x+9＝6，
（x+3）2＝6，
所以m＝3，n＝6，
所以m﹣n＝3﹣6＝﹣3．
故选：B．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法：熟练掌握用配方法解一元二次方程的步骤是解决问题的关键．
【变式2-5】（2022秋•南充期末）小明用配方法解一元二次方程x2﹣6x+5＝0，将它化成（x﹣p）2＝q的形式，则p+q的值为 ．
【分析】把常数项5移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数6的一半的平方．
【解答】解：把方程x2﹣6x+5＝0的常数项移到等号的右边，得到x2﹣6x＝﹣5，
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2﹣6x+9＝﹣5+9，
配方得 （x﹣3）2＝4，
∴p＝3，q＝4，
∴p+q＝3+4＝7，
故答案为：7．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣﹣配方法．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．
【变式2-6】（2023春•金安区校级期中）把方程x2+4x﹣2＝0用配方法化为（x+m）2＝n的形式，则mn的值是 ．
【分析】先把常数项移到方程右边，再把方程两边加上4，接着把方程左边写成完全平方的形式，从而得到m、n的值．
【解答】解：x2+4x﹣2＝0，
x2+4x＝2，
x2+4x+4＝6，
（x+2）2＝6．
所以m＝2，n＝6，
所以mn＝12．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法：熟练掌握用配方法解一元二次方程的一般步骤是解决问题的关键．
题型三 利用配方法比较代数式的大小
【例题3】（2023春•即墨区期中）已知m＝2b+2022，n＝b2+2023，则m和n的大小关系中正确的是（ ）
A．m＞nB．m≥nC．m＜nD．m≤n
【分析】首先求得m﹣n＝2b﹣b2﹣1，进一步分解因式，利用非负数的性质判定即可．
【解答】解：∵m＝2b+2022，n＝b2+2023，
∴m﹣n＝2b﹣b2﹣1＝﹣（b﹣1）2≤0，
∴m≤n．
故选：D．
【点评】此题考查完全平方公式的运用，以及非负数的性质，作差比较大小是一种常用的方法．
【变式3-1】（2022秋•仙桃校级期末）设M＝2x2﹣7x+6，N＝x2﹣3x+2，则M，N的大小关系是（ ）
A．M＜NB．M≥NC．M＝ND．M≤N
【分析】利用作差法，结合完全平方公式比较大小即可．
【解答】解：∵M＝2x2﹣7x+6，N＝x2﹣3x+2，
∴M﹣N
＝2x2﹣7x+6﹣（x2﹣3x+2）
＝2x2﹣7x+6﹣x2+3x﹣2
＝x2﹣4x+4
＝（x﹣2）2≥0，
∴M≥N，
故选：B．
【点评】本题考查整式的性质，熟练掌握作差法比较大小的方法，灵活应用完全平方公式是解题的关键．
【变式3-2】（2022秋•黔江区期末）若A＝x2+2x﹣6y，B＝﹣y2+4x﹣10，则A、B的大小关系为（ ）
A．A＞BB．A＜BC．A≥BD．A≤B
【分析】利用作差法和配方法作答即可．
【解答】解：A﹣B＝x2+2x﹣6y﹣（﹣y2+4x﹣10）
＝x2+2x﹣6y+y2﹣4x+10
＝x2﹣2x+y2﹣6y+10
＝x2﹣2x+1+y2﹣6y+9
＝（x﹣1）2+（y﹣3）2，
∵（x﹣1）2≥0，（y﹣3）2≥0，
∴（x﹣1）2+（y﹣3）2≥0，
即A﹣B≥0，
∴A≥B．
故选：C．
【点评】本题考查了配方法的应用，能够运用作差法比较两个数的大小，结合非负数的性质比较大小是解答本题的关键．
【变式3-3】（2022秋•江北区校级期末）已知a、b满足等式，x＝a2﹣6ab+9b2．y＝4a﹣12b﹣4，则x，y的大小关系是（ ）
A．x＝yB．x＞yC．x＜yD．x≥y
【分析】利用作差法判断即可．
【解答】解：∵x﹣y＝a2﹣6ab+9b2﹣（4a﹣12b﹣4）＝（a﹣3b）2﹣4（a﹣3b）+4＝[（a﹣3b）﹣2]2，
∴[（a﹣3b）﹣2]2≥0，
∴x≥y．
故选：D．
【点评】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3-4】（2022•顺德区校级三模）已知a、b满足等式x＝a2+b2+5，y＝2（2b﹣a），则x、y的大小关系是（ ）
A．x＜yB．x＞yC．x≤yD．x≥y
【分析】把x与y代入x﹣y中，判断差的正负即可得到大小关系．
【解答】解：∵x﹣y＝a2+b2+5﹣2（2b﹣a）＝a2+b2+5﹣4b+2a＝（a+1）2+（b﹣2）2≥0，
∴x≥y．
故选：D．
【点评】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3-5】若代数式M＝10a2+b2﹣7a+8，N＝a2+b2+5a+1．请比较M、N的大小．
【分析】利用作差法判断大小即可．
【解答】解：∵M＝10a2+b2﹣7a+8，N＝a2+b2+5a+1，
∴M﹣N＝10a2+b2﹣7a+8﹣（a2+b2+5a+1）＝9a2﹣12a+7＝（3a﹣2）2+3＞0，
∴M＞N
【点评】此题考查了整式的加减，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
【变式3-6】（2023春•屏南县期中）对于任意两个数a，b的大小比较，有下面的方法：当a﹣b＞0时，一定有a＞b；当a﹣b＝0时，一定有a＝b；当a﹣b＜0时，一定有a＜b．反过来也成立．因此，我们把这种比较两个数大小的方法叫做“求差法”．
请根据以上材料完成下面的题目：
（1）已知，A＝x2y+4y，B＝4xy，且A＞B，试判断y的符号；
（2）已知a、b、c为三角形的三边，比较a2+c2和2ac+b2的大小．
【分析】（1）根据题意得到x2y+4y﹣4xy＞0，因式分解得到y（x﹣2）2＞0，进而得到y的符号即可；
（2）将a2+c2和2ac+b2作差，结合已知及三角形的两边之和大于第三边可求．
【解答】解：（1）∵A＞B，
∴A﹣B＞0，
即x2y+4y﹣4xy＞0，
∴y（x2+4﹣4x）＝y（x﹣2）2＞0，
∴（x﹣2）2＞0，y＞0；
（2）∵a、b、c为三角形的三边，
∴a+b＞c，a＜b+c，
∵a2﹣b2+c2﹣2ac＝a2+c2﹣2ac﹣b2＝（a﹣c）2﹣b2＝（a﹣c﹣b）（a﹣c+b），
∴（a﹣c﹣b）（a﹣c+b）＜0，
所以a2﹣b2+c2﹣2ac的符号为负．
∴a2+c2＜2ac+b2．
【点评】本题考查了作差法比较两个式子的大小以及因式分解，解题的关键是理解题中的“求差法”比较两个数的大小，并熟练掌握因式分解的方法．
题型四 利用配方法判断二次多项式的符号问题
【例题4】求证：无论x、y为何值，4x2﹣12x+9y2+30y+35的值恒为正．
【分析】将式子配方，写成完全平方式加常数项的形式，再判断式子的取值范围即可解答．
【解答】解：∵4x2﹣12x+9y2+30y+35
＝4x2﹣12x+9+9y2+30y+25﹣9﹣25+35
＝（2x﹣3）2+（3y+5）2+1≥1，
∴多项式4x2﹣12x+9y2+30y+35的值恒为正．
【点评】本题考查了配方法和非负数的性质．主要考查了学生的应用能力，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．
【变式4-1】下列代数式，不论x取何值，它总是正值的是（ ）
A．x2﹣4x+4B．x2+2x+3
C．x2﹣4x+1D．以上答案都不对
【分析】通过配方把代数式变形，根据非负数是性质即可得出答案．
【解答】解：由于x2﹣4x+4＝（x﹣2）2≥0，x2+2x+3＝（x+1）2+2＞0，x2﹣4x+1＝（x﹣2）2﹣3，
故x2+2x+3不论x取何值，它总是正值，
故选：B．
【点评】此题考查了配方法的应用，用到的知识点是配方法、非负数的性质，掌握配方法是解答本题的关键．
【变式4-2】求证：无论x、y取何值时，代数式x2+y2﹣2x﹣4y+10的值是正数．
【分析】先把原代数式利用配方法转化为（x﹣1）2+（y﹣2）2+5的形式，然后根据非负数的性质来讨论代数式x2+y2﹣2x﹣4y+10的值的正负．
【解答】解：∵x2+y2﹣2x﹣4y+10，
＝x2﹣2x+1+y2﹣4y+4+5，
＝（x﹣1）2+（y﹣2）2+5；
无论x，y取何值，（x﹣1）2≥0，（y﹣2）2≥0，
故（x﹣1）2+（y﹣2）2+5≥5＞0．
因此代数式的值总是正数．
【点评】本题考查了配方法的应用、非负数的性质﹣﹣偶次方．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．
【变式4-3】试证明：不论x、y取何值，x2﹣4x+y2﹣6y+13的值不小于0．
【分析】利用配方法得到原式＝（x﹣2）2+（y﹣3）2，然后根据非负数的性质进行证明．
【解答】证明：x2﹣4x+y2﹣6y+13＝x2﹣4x+4+y2﹣6y+9
＝（x﹣2）2+（y﹣3）2，
∵（x﹣2）2≥0，（y﹣3）2≥0，
∴x2﹣4x+y2﹣6y+13≥0，
即不论x、y取何值，x2﹣4x+y2﹣6y+13的值不小于0．
【点评】本题考查了配方法的应用：用配方法解一元二次方程；利用配方法求二次三项式是一个完全平方式时所含字母系数的值．也考查了非负数的性质．
【变式4-4】求证：无论x，y为何值时，多项式x2+y2﹣2x+6y+10的值恒大于非负数．
【分析】先用配方法把代数式x2+y2﹣2x+6y+10化成（x﹣1）2+（y+3）2的形式，然后然后根据非负数的性质即可得出结果．
【解答】证明：x2+y2﹣2x+6y+10＝（x﹣1）2+（y+3）2．
∵（x﹣1）2，≥0，（y+3）2≥0，
∴（x﹣1）2+（y+3）2≥0，即x2+y2﹣2x+6y+10≥0，
∴多项式x2+y2﹣2x+6y+10的值恒大于非负数．
【点评】本题考查了配方法的应用、非负数的性质﹣﹣偶次方．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．
【变式4-5】用配方法证明：﹣2x2+4x﹣10的值恒小于0．
【分析】先利用配方法把原式变形为﹣2x2+4x﹣10＝﹣2（x﹣1）2﹣8，然后根据非负数的性质进行证明．
【解答】证明：﹣2x2+4x﹣10＝﹣2（x2﹣2x）﹣10
＝﹣2（x2﹣2x+1﹣1）﹣10
＝﹣2（x﹣1）2﹣8，
∵2（x﹣1）2≥0，
∴﹣2（x﹣1）2≤0，
∴﹣2（x﹣1）2﹣8＜0，
即﹣2x2+4x﹣10＜0．
【点评】本题考查了配方法的应用：用配方法解一元二次方程，配方法的理论依据是公式a2±2ab+b2＝（a±b）2；利用配方法求二次三项式是一个完全平方式时所含字母系数的值．也考查了非负数的性质．
【变式4-6】（2022秋•高陵区期末）请阅读下列材料：
我们可以通过以下方法，求代数式x2+2x﹣3的最小值．
x2+2x﹣3＝x2+2x+12﹣12﹣3＝（x+1）2﹣4，
∵（x+1）2≥0，∴当x＝﹣1时，x2+2x﹣3有最小值﹣4．
请根据上述方法，解答下列问题：
（1）x2+6x+10＝x2+2×3x+32﹣32+10＝（x+a）2+b，则a＝ ，b＝ ；
（2）求证：无论x取何值，代数式x2+23x+5的值都是正数；
（3）若代数式x2﹣2kx+7的最小值为3，求k的值．
【分析】（1）将x2+6x+10配方，然后与x2+6x+10＝（x+a）2+b比较，可得a与b的值，则问题得解；
（2）先利用完全平方公式配方，再根据偶次方非负数的性质列式求解；
（3）二次项系数为1的二次三项式配方时，常数项为一次项系数一半的平方，故先将代数式配方，然后根据代数式x2﹣2kx+7的最小值为3，可得关于k的方程，求解即可．
【解答】解：（1）x2+6x+10
＝x2+2×3x+32﹣32+10
＝（x+3）2+1，
∴（x+3）2+1＝（x+a）2+b，
∴a＝3，b＝1
故答案为：3，1；
（2）证明：x2+23x+5
=x2+2×3x+(3)2−(3)2+5
=(x+3)2+2，
∵(x+3)2≥0，
∴x2+23x+5＞0，
∴无论x取何值，代数式x2+23x+5的值都是正数；
（3）x2﹣2kx+7
＝x2﹣2kx+k2﹣k2+7
＝（x﹣k）2﹣k2+7，
∵（x﹣k）2≥0，
∴x2﹣2kx+7的最小值为﹣k2+7，
又∵代数式x2﹣2kx+7的最小值为3，
∴﹣k2+7＝3，解得k＝2或﹣2．
【点评】本题考查了配方法的应用和非负数的性质．配方法的关键是：先将二次项系数化为1，然后加上一次项系数一半的平方再减去一次项系数一半的平方即可完成配方．
题型五 利用配方法解决二次三项式的最值问题
【例题5】（2023春•拱墅区校级期中）已知x是实数，则多项式x2+4x+5的最小值为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【分析】将代数式配方后讨论最值即可．
【解答】解：x2+4x+5
＝x2+4x+4+1
＝（x+2）2+1．
∵（x+2）2≥0，
∴（x+2）2+1≥1，
∴（x+2）2+1的最小值是1，
即x2+4x+5的最小值为1．
故选：D．
【点评】本题考查了代数式配方的应用，判断实数a2的取值是解题关键．
【变式5-1】不论x，y为什么数，代数式4x2+3y2+8x﹣12y+7的值（ ）
A．总大于7B．总不小于9
C．总不小于﹣9D．为任意有理数
【分析】先将原式化简，然后根据偶次方的非负性质，判断出代数式的值总不小于﹣9即可．
【解答】解：4x2+3y2+8x﹣12y+7
＝4x2+8x+4+3y2﹣12y+3
＝4（x2+2x+1）+3（y2﹣4y+1）
＝4（x+1）2+3（y2﹣4y+4﹣4+1）
＝4（x+1）2+3（y﹣2）2﹣9，
∵（x+1）2≥0，（y﹣2）2≥0，
∴4x2+3y2+8x﹣12y+7≥﹣9．
即不论x、y为什么实数，代数式4x2+3y2+8x﹣12y+7的值总不小于﹣9．
故选：C．
【点评】此题主要考查了配方法的应用，以及偶次方的非负性质的应用，要熟练掌握．解决本题的关键是掌握配方法．
【变式5-2】（2022秋•海门市期末）已知实数a，b满足b2+12＝4b（1﹣a），则4a2+b2的最小值为（ ）
A．8B．5C．4D．0
【分析】先把等式变形配方得出﹣4ab≥8，再把代数式变形求解．
【解答】解：∵b2+12＝4b（1﹣a），
∴b2﹣4b+4+8＝﹣4ab，
∴﹣4ab＝（b﹣2）2+8≥8，
∴4a2+b2＝（2a+b）2﹣4ab，
∵（2a+b）2≥0，﹣4ab≥8，
∴（2a+b）2﹣4ab≥8，
即：4a2+b2的最小值为8，
故选：A．
【点评】本题考查了配方法的应用，理解非负数的性质是解题的关键．
【变式5-3】（2023•天门三模）已知实数m，n满足 m2﹣2am+a2﹣2a+4＝0，n2﹣2an+a2﹣2a+4＝0，则
（m+1）2+（n+1）2 的最小值是（ ）
A．18B．16C．﹣6D．﹣14
【分析】根据一元二次方程判别式的意义得出a≥2，利用根与系数关系得到m+n和mn的值，代入（m﹣1）2+（n﹣1）2变形后的代数式，再利用配方法以及二次函数的性质即可求出最小值．
【解答】解：∵m、n满足m2﹣2am+a2﹣2a+4＝0，n2﹣2an+a2﹣2a+4＝0，
∴m、n是方程x2﹣2ax+a2﹣2a+4＝0的两个实数根，
∴Δ＝（﹣2a）2﹣4（a2﹣2a+4）＝8a﹣16≥0，且m+n＝2a，mn＝a2﹣2a+4，
∴a≥2，
∴（m+1）2+（n+1）2
＝m2+2m+1+n2+2n+1
＝m2+n2+2（m+n）+2
＝（m+n）2﹣2mn+2（m+n）+2
＝4a2﹣2（a2﹣2a+4）+4a+2
＝2a2+8a﹣6
＝2（a+2）2﹣14，
∴a≥2，
∴当a＝2时，（m+1）2+（n+1）2的最小值是18，
故选：A．
【点评】本题考查了代数式求值，一元二次方程根与系数的关系，配方法的运用，熟练掌握根和系数关系是解题关键．
【变式5-4】先阅读理解下面的例题，再按要求解答下列问题．
例题：求代数式y2+4y+8的最小值．
解：y2+4y+8＝y2+4y+4+4＝（y+2）2+4
∵（y+2）2≥0，
∴（y+2）2+4≥4，
∴y2+4y+8的最小值是4．
（1）求代数式m2+2m+3的最小值；
（2）求代数式4﹣x2+2x的最大值．
【分析】（1）先根据题意将原代数式化为（m+1）2+2，再运用平方数的非负性即可求解；
（2）先将原式化为﹣（x﹣1）2+5，再运用平方数的非负性即可求解．
【解答】解：（1）m2+2m+3＝m2+2m+1+2＝（m+1）2+2，
∵（m+1）2≥0，
∴（m+1）2+2≥2，
∴代数式m2+2m+3的最小值为2．
（2）4﹣x2+2x＝﹣x2+2x﹣1+5＝﹣（x﹣1）2+5，
∵（x﹣1）2≥0，
∴﹣（x﹣1）2+5≤5，
∴4﹣x2+2x的最大值为5．
【点评】本题考查的是因式分解以及非负数的性质，关键是掌握例题的解答方法．
【变式5-5】（2022秋•东湖区期中）我们已经学习了利用配方法解一元二次方程，其实配方法还有其它重要应用．
例如：求代数式x2+4x+5的最小值．解答过程如下：
解：x2+4x+5＝（x2+4x+4）+1＝（x+2）2+1
∵（x+2）2≥0
∴（x+2）2+1≥1
∴当x＝﹣2时，x2+4x+5有最小值，是1．
（1）仿照上述方法，求代数式x2﹣6x+12的最小值；
（2）﹣x2+8x﹣1有最 （直接填“大”或“小”）值，是 （直接填空）．
【分析】（1）利用配方法把原式变形，根据偶次方的非负性解答即可；
（2）利用配方法把原式变形，根据偶次方的非负性解答即可．
【解答】解：（1）x2﹣6x+12＝（x2﹣6x+9）+3＝（x﹣3）2+3，
∵（x﹣3）2≥0，
∴（x﹣3）2+3≥3，
∴当x＝3时，代数式x2﹣6x+12有最小值，是3；
（2）﹣x2+8x﹣1＝﹣（x2﹣8x+16）+15＝﹣（x﹣4）2+15，
∵（x﹣4）2≥0，
∴﹣（x﹣4）2≤0，
∴﹣（x﹣4）2+15≤15，
∴当x＝4时，﹣x2+8x﹣1有最大值，是15，
故答案为：大，15．
【点评】本题考查的是配方法，非负数的性质，掌握配方法的一般步骤和偶次方的非负性是解题的关键．
【变式5-6】（2022秋•东湖区校级期末）老师在讲完乘法公式（a±b）2＝a2±2ab+b2的各种运用后，要求同学们运用所学知识解答：求代数式x2+4x+5最小值？同学们经过交流、讨论，最后总结出如下解答方法：
解：x2+4x+5＝（x+2）2+1
∵（x+2）2≥0∴（x+2）2+1≥1
即：当（x+2）2＝0时，x2+4x+5＝（x+2）2+1的值最小，最小值是1，
请你根据上述方法，解答下列各题：
（1）直接写出：（x+1）2﹣2的最小值为 ；
（2）求出代数式x2+10x+28的最小值；
（3）若x2+7x+y+2＝0，求x+y的最大值．
【分析】（1）根据（x+1）2≥0，以及不等式的性质求解即可；
（2）由题意知x2+10x+28＝（x+5）2+3，根据（x+5）2≥0，以及不等式的性质求解即可；
（3）由题意得x+y＝﹣x2﹣6x﹣2＝﹣（x+3）2+7，根据﹣（x+3）2≤0，以及不等式的性质求解即可．
【解答】解：（1）∵（x+1）2≥0，
∴（x+1）2﹣2≥﹣2，
∴（x+1）2﹣2的最小值为﹣2，
故答案为：﹣2；
（2）x2+10x+28＝（x+5）2+3
∵（x+5）2≥0，
∴（x+5）2+3≥3，
∴x2+10x+28的最小值为3；
（3）∵x2+7x+y+2＝0，
∴x+y＝﹣x2﹣6x﹣2＝﹣（x+3）2+7，
∵﹣（x+3）2≤0，
∴﹣（x+3）2+7≤7，
∴x+y的最大值为7．
【点评】本题考查了完全平方公式、不等式的性质等知识，解题的关键在于对完全平方公式的熟练应用．
题型六 利用配方法恒等变形后求值
【例题6】（2023春•安庆期中）已知a2+b2﹣4a﹣6b+13＝0，则（a﹣b）2023的值为 ．
【分析】根据完全平方公式求出a＝2，b＝3，进而可以得出答案．
【解答】解：∵a2+b2﹣4a﹣6b+13＝0，
∴a2﹣4a+4+b2﹣6b+9＝0，
∴（a﹣2）2+（b﹣3）2＝0，
∴a＝2，b＝3，
∴（a﹣b）2023＝（2﹣3）2023＝﹣1
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查完全平方公式，非负数的性质，正确求出a＝2，b＝3是解题的关键．
【变式6-1】（2023•龙湖区校级开学）已知a，b，c满足a2+2b＝﹣4，b2+4a＝﹣1，则a+b的值为（ ）
A．1B．﹣5C．﹣3D．﹣7
【分析】根据题意可得a2+2b+4＝0，b2+4a+1＝0，两式相加可得（a2+4a+4）+（b2+2a+1）＝0，根据完全平方式将其变形为（a+2）2+（b+1）2＝0，由非负数的性质即可得出a，b的值，以此即可求解．
【解答】解：∵a2+2b＝﹣4，b2+4a＝﹣1，
∴a2+2b+4＝0，b2+4a+1＝0，
两式相加得：a2+2b+4+b2+4a+1＝0，
即（a2+4a+4）+（b2+2a+1）＝0，
∴（a+2）2+（b+1）2＝0，
∴a＝﹣2，b＝﹣1，
∴a+b＝﹣3．
故选：C．
【点评】本题主要考查配方法的应用、非负数的性质：偶次方，解题关键是熟练掌握完全平方公式：（a±b）2＝a2±2ab+b2．
【变式6-2】（2022春•沙坪坝区校级月考）已知x2y2+x2+y2+6xy+4＝0，则2x+2y−1xy的值为 ．
【分析】通过配方法对原方程进行变形，根据非负数的性质得到x+y＝0，xy＝﹣2，整体代入到代数式求值即可．
【解答】解：∵x2y2+x2+y2+6xy+4＝0，
∴[（xy）2+4xy+4]+（x2+2xy+y2）＝0，
∴（xy+2）2+（x+y）2＝0，
∵（xy+2）2≥0，（x+y）2≥0，
∴xy+2＝0，x+y＝0，
∴xy＝﹣2，
∴原式=2(x+y)−1xy
=2×0−1−2
=12．
故答案为：12．
【点评】本题考查了配方法的应用，非负数的性质：配方法，通过配方法对原方程进行变形得到（xy+2）2+（x+y）2＝0是解题的关键．
【变式6-3】（2022春•江北区校级期末）已知4x2+20xy＝﹣25y2+12x+30y+16，则4x•32y＝ ．
【分析】首先根据完全平方公式将等式变形，然后利用积的乘方的逆运算将2x+5y的值整体代入求解即可．
【解答】解：∵4x2+20xy＝﹣25y2+12x+30y+16
∴4x2+20xy+25y2﹣12x﹣30y＝16
∴4x2+20xy+25y2﹣6（2x+5y）＝16
∴（2x+5y）2﹣6（2x+5y）+9＝25
∴（2x+5y﹣3）2＝25
∴2x+5y﹣3＝﹣5或2x+5y﹣3＝5
∴2x+5y＝﹣2或2x+5y＝8
∴当2x+5y＝﹣2时，4x⋅32y=22x⋅25y=22x+5y=2−2=14；
∴当2x+5y＝8时，4x•32y＝22x•25y＝22x+5y＝28＝256；
综上所述，4x•32y=14或256．
故答案为：256或14．
【点评】此题考查了完全平方公式的变形应用，积的乘方的逆运算，解题的关键是将原等式利用完全平方公式正确变形．
【变式6-4】（2022秋•博罗县期中）若a2+6a+b2﹣2b+10＝0，则2a+3b的值为（ ）
A．3B．﹣9C．9D．﹣3
【分析】先把a2+6a+b2﹣2b+10＝0化为（a+3）2+（b﹣1）2＝0形式，再根据非负性的性质求出a、b的值，代入2a+3b计算．
【解答】解：∵a2+6a+b2﹣2b+10＝0，
∴a2+6a+9+b2﹣2b+1＝0，
（a+3）2+（b﹣1）2＝0，
∴a+3＝0，b﹣1＝0，
∴a＝﹣3，b＝1，
∴2a+3b
＝2×（﹣3）+3×1
＝﹣6+3
＝﹣3．
故选：D．
【点评】本题主要考查了配方法的应用、非负数的性质，熟练掌握这两个知识点的综合应用，配方法是解题关键．
【变式6-5】（2022春•宣城期末）已知a，b，c满足a2+2b＝7，b2﹣2c＝﹣1，c2﹣6a＝﹣17，则a+b﹣c的值为（ ）
A．1B．﹣5C．﹣6D．﹣7
【分析】题目中的式子相加，然后利用配方法变形为完全平方的形式，再利用非负数的性质即可求得所求式子的值．
【解答】解：∵a2+2b＝7，b2﹣2c＝﹣1，c2﹣6a＝﹣17，
∴（a2+2b）+（b2﹣2c）+（c2﹣6a）＝7+（﹣1）+（﹣17），
∴a2+2b+b2﹣2c+c2﹣6a＝﹣11，
∴（a2﹣6a+9）+（b2+2b+1）+（c2﹣2c+1）＝0，
∴（a﹣3）2+（b+1）2+（c﹣1）2＝0，
∴a﹣3＝0，b+1＝0，c﹣1＝0，
解得，a＝3，b＝﹣1，c＝1，
∴a+b﹣c＝3﹣1﹣1＝1．
故选：A．
【点评】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．
【变式6-6】（2022春•法库县期中）阅读材料：已知x2+4x+4+y2﹣8y+16＝0，求yx的值．
解：x2+4x+4+y2﹣8y+16＝0，即（x+2）2+（y﹣4）2＝0，
所以（x+2）2＝0，（y﹣4）2＝0，所以x＝﹣2，y＝4，所以yx=4−2−2．
根据你的观察，探究下面的问题：
（1）若m2+2mn+2n2﹣6n+9＝0，则mn的值为 ；
（2）已知x2﹣4x+4y2﹣12y+13＝0，求xy的值．
【分析】（1）仿照样例先把已知等式左边化成非负数和的形式，再根据非负数和的性质求得m、n的值，进而代值计算；
（2）仿照样例先把已知等式左边化成非负数和的形式，再根据非负数和的性质求得x、y的值，进而代值计算．
【解答】解：（1）∵m2+2mn+2n2﹣6n+9＝0，
∴（m+n）2+（n﹣3）2＝0，
∴m+n＝0，n﹣3＝0，
∴m＝﹣3，n＝3，
∴mn=−33=−1．
故答案为：﹣1；
（2）∵x2﹣4x+4y2﹣12y+13＝0，
∴x2﹣4x+4+4y2﹣12y+9＝0，
∴（x﹣2）2+（2y﹣3）2＝0，
∴x﹣2＝0，2y﹣3＝0，
∴x＝2，y=32，
∴xy＝2×32=3．
【点评】本题主要考查了配方法，非负数和为0的性质，关键是运用配方法把方程化成非负数和为0的形式．
【变式6-7】（2022秋•越秀区校级期末）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a2+2b2﹣2ab+4b+4＝0，求ab的值；
（2）已知△ABC的三边长a，b，c都是正整数，且满足a2+b2﹣8a﹣12b+52＝0，求△ABC的最长边c的值；
（3）已知a﹣b＝8，ab+c2﹣16c+80＝0，求a+b+c的值．
【分析】（1）已知等式配方后，利用非负数的性质求出a与b的值，即可求出ab的值；
（2）已知等式配方后，利用非负数的性质求出a与b的值，再利用三角形三边关系确定出c的值即可；
（3）由a﹣b＝8得到a＝b+8，代入已知等式配方后，利用非负数的性质求出b与c的值，进而求出a的值，即可求出a+b+c的值．
【解答】解：（1）∵a2+2b2﹣2ab+4b+4＝0，
∴（a﹣b）2+（b+2）2＝0，
∴a﹣b＝0，b+2＝0，
解得：a＝b＝﹣2，
则ab＝4；
（2）∵a2+b2﹣8a﹣12b+52＝0，
∴（a2﹣8a+16）+（b2﹣12b+36）＝0，即（a﹣4）2+（b﹣6）2＝0，
∴a﹣4＝0，b﹣6＝0，
解得：a＝4，b＝6，
∵6﹣4＜c＜6+4，即2＜c＜10，
∵a，b，c为正整数，
∴最长边c的值为9；
（3）∵a﹣b＝8，
∴a＝b+8，
∵ab+c2﹣16c+80＝0，
∴b（b+8）+c2﹣16c+80＝0，
即（b+4）2+（c﹣8）2＝0，
∴b+4＝0，c﹣8＝0，
解得：b＝﹣4，c＝8，a＝4，
则a+b+c＝﹣4+8+4＝8．
【点评】此题考查了配方法的应用，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
【变式6-8】（2023春•锦江区校级期中）已知常数a、b、c是△ABC的三条边长．
（1）若x2﹣（2a+14）x+144 是完全平方式，求a的值；
（2）在（1）的条件下，若b，c满足b²+4+|c﹣5|＝4b，试判断△ABC的形状．
【分析】（1）利用完全平方公式的结构特征判断即可得到a的值；
（2）将已知等式利用配方法变形为：（b﹣2）2+|c﹣5|＝0，然后利用非负数的性质求得b、c的值；然后等腰三角形的判定方法推知△ABC为等腰三角形．
【解答】解：（1）∵x2﹣（2a+14）x+144 是完全平方式，
∴2a+14＝±2×12，
解得a＝5或a＝﹣19（舍去）．
故a的值是5；
（2）由b²+4+|c﹣5|＝4b，得（b﹣2）2+|c﹣5|＝0，
则：b﹣2＝0，c﹣5＝0，
故b＝2，c＝5．
由（1）知，a＝5．
故a＝c＝5．
所以△ABC为等腰三角形．
【点评】本题主要考查了配方法的应用，等腰三角形的判定以及完全平方公式等知识点，解题时，需要注意：常数a、b、c是△ABC的三条边长，所以它们都是正数．
题型七 利用配方法的综合应用问题
【例题7】（2022秋•隆昌市校级月考）（阅读材料）把形如ax2+bx+c的二次三项式（或其一部分）经过适当变形配成完全平方式的方法叫配方法，配方法在因式分解、证明恒等式．利用a2≥0求代数式最值等问题中都有广泛应用．
例如：利用配方法将x2﹣6x+8变形为a（x+m）2+n的形式，并把二次三项式分解因式．
配方：x2﹣6x+8＝x2﹣6x+32﹣32+8＝（x﹣3）2﹣1
分解因式：x2﹣6x+8＝（x﹣3）2﹣1＝（x﹣3+1）（x﹣3﹣1）＝（x﹣2）（x﹣4）
（解决问题）根据以上材料，解答下列问题：
（1）利用配方法将多项式x2﹣4x﹣5化成a（x+m）2+n的形式；
（2）利用配方法把二次三项式x2﹣2x﹣35分解因式；
（3）若a、b、c分别是△ABC的三边，且a2+2b2+3c2﹣2ab﹣2b﹣6c+4＝0，试判断△ABC的形状，并说明理由；
（4）求证：无论x，y取任何实数，代数式x2+y2+4x﹣6y+15的值恒为正数．
【分析】（1）仿照题中例题进行配方求解；
（2）仿照题中例题进行配方分解因式；
（3）先仿照题中例题进行配方，再根据非负数的性质求出a，b，c的值进行判断；
（4）先仿照题中例题进行配方，再根据非负数的性质进行判断．
【解答】（1）解：x2﹣4x﹣5，
＝x2﹣4x+22﹣22﹣5
＝（x﹣2）2﹣9；
（2）解：原式＝x2﹣2x+1﹣1﹣35，
＝（x﹣1）2﹣62
＝（x﹣1+6）（x﹣1﹣6）
＝（x+5）（x﹣7）；
（3）解：△ABC为等边三角形，理由如下：
∵a2+2b2+3c2﹣2ab﹣2b﹣6c+4＝0，
∴（a2﹣2ab+b2）+b2﹣2b+1+3（c2﹣2c+1）＝0，
∴（a﹣b）2+（b﹣1）2+3（c﹣1）2＝0，
∵（a﹣b）2≥0，（b﹣1）2≥0，3（c﹣1）2≥0，
∴a﹣b＝0，b﹣1＝0，c﹣1＝0，
∴a＝b，b＝1，c＝1，
∴a＝b＝c，
△ABC为等边三角形；
（4）证明：x2+y2+4x﹣6y+15，
＝x2+4x+4+y2﹣6y+9+2，
＝（x+2）2+（y﹣3）2+2，
∵（x+2）2≥0，（y﹣3）2≥0，
∴（x+2）2+（y﹣3）2+2≥2，
∴代数式x2+y2+4x﹣6y+15的值恒为正数．
【点评】本题主要考查了配方法，分解因式，等边三角形的判定，熟练掌握相关知识是解题的关键．
【变式7-1】（2023春•平果市期中）阅读理解：
在教材中，我们有学习到（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，又因为任何实数的平方都是非负数，所以（a﹣b）2≥0，即a2+b2≥2ab．例如，比较整式x2+4和4x的大小关系，因为x2+4﹣4x＝（x﹣2）2≥0，所以x2+4≥4x．请类比以上的解题过程，解决下列问题：
【初步尝试】比较大小：x2+1 2x；9 6x﹣x2．
【知识应用】比较整式5x2+2xy+10y2和（2x﹣y）2的大小关系，并请说明理由．
【拓展提升】比较整式2a2﹣4ab+4b2和2a﹣1的大小关系，并请说明理由．
【分析】【初步尝试】两边作差配方后可得大于等于0，即可得大小关系；
【知识应用】两式作差后配方即可得出大小关系；
【拓展提升】两式作差后配方即可得出大小关系．
【解答】解：【初步尝试】∵x2+1﹣2x＝（x﹣1）2≥0，
∴x2+1≥2x，
∵9﹣（﹣x2+6x）
＝x2﹣6x+9
＝（x﹣3）2≥0，
∴9≥6x﹣x2，
故答案为：≥，≥；
【知识应用】5x2+2xy+10y2≥（2x﹣y）2；理由如下：
∵5x2+2xy+10y2﹣（2x﹣y）2
＝5x2+2xy+10y2﹣4x2+4xy﹣y2
＝x2+6xy+9y2
＝（x+3y）2≥0，
∴5x2+2xy+10y2≥（2x﹣y）2；
【拓展提升】2a2﹣4ab+4b2≥2a﹣1理由如下：
∵2a2﹣4ab+4b2﹣（2a﹣1）
＝a2﹣4ab+4b2+a2﹣2a+1
＝（a﹣2b）2+（a﹣1）2≥0，
∴2a2﹣4ab+4b2≥2a﹣1．
【点评】本题主要考查配方法解决问题，熟练应用配方法比较两数的大小是解题的关键．
【变式7-2】（2023春•灌南县期中）阅读下列材料：
“a2≥0”这个结论在数学中非常有用，有时我们需要将代数式配成完全平方式．例如：
x2+4x+5＝x2+4x+4+1＝（x+2）2+1，∵（x+2）2≥0，∴（x+2）2+1≥1，∴x2+4x+5≥1．
试利用“配方法”解决下列问题：
（1）填空：x2﹣6x+12＝（x﹣ ）2+ ；
（2）已知a，b，c是△ABC的三边长，满足a2+b2＝10a+8b﹣41，且c是△ABC中最长的边，求c的取值范围；
（3）比较代数式x2+2y2与2xy+4y﹣8的大小．
【分析】（1）利用配方法求解；
（2）将a2+b2＝10a+8b﹣41变形为（a﹣5）2+（b﹣4）2＝0，根据a2≥0求出a，b的值，根据三角形三边关系、c是△ABC中最长的边，即可求c的取值范围；
（3）将x2+2y2与2xy+4y﹣8作差，参照材料中作法即可求解．
【解答】解：（1）x2﹣6x+12＝x2﹣6x+9+3＝（x﹣3）2+3，
故答案为：3；3．
（2）∵a2+b2＝10a+8b﹣41，
∴a2﹣10a+25+b2﹣8b+16＝0，
即（a﹣5）2+（b﹣4）2＝0，
∴a﹣5＝0，b﹣4＝0，
解得a＝5，b＝4．
∵a，b，c是△ABC的三边长，
∴5﹣4＜c＜5+4，即1＜c＜9，
∵c是△ABC中最长的边，
∴5≤c＜9．
（3）x2+2y2﹣（2y+4y﹣8）＝x2+2y2﹣2xy﹣4y+8
＝x2﹣2xy+y2+y2﹣4y+8
＝（x﹣y）2+（y﹣2）2+4，
∵（x﹣y）2≥0，（y﹣2）2≥0，
∴（x﹣y）2+（y﹣2）2+4≥4，
∴x2+2y2＞2y+4y﹣8．
【点评】本题考查完全平方公式，平方的非负性，三角形三边关系等，解题的关键是看懂材料，能够利用“配方法”解题．
【变式7-3】（2023春•禅城区校级月考）配方法是数学中重要的一种思想方法．它是指将一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法．这种方法常被用到代数式的变形中，并结合非负数的意义来解决一些问题．我们定义：一个整数能表示成a2+b2（a、b是整数）的形式，则称这个数为“完美数”．例如，5是“完美数”．理由：因为5＝22+12，所以5是“完美数”．
（1）解决问题：已知29是“完美数”，请将它写成a2+b2（a、b是整数）的形式；
（2）若x2﹣6x+5可配方成（x﹣m）2+n（m、n为常数），求mn的值．
（3）探究问题：已知x2+y2﹣2x+4y+5＝0，求x+y的值．
【分析】（1）把2（9分）为两个整数的平方即可；
（2）原式利用完全平方公式配方后，确定出m与n的值，即可求出mn的值；
（3）已知等式利用完全平方公式配方后，根据非负数的性质求出x与y的值，即可求出x+y的值．
【解答】解：（1）根据题意得：29＝22+52；
故答案为：29＝22+52；
（2）根据题意得：x2﹣6x+5＝（x﹣3）2﹣4，
∴m＝3，n＝﹣4，
则mn＝﹣12；
（3）已知等式变形得：（x2﹣2x+1）+（y2+4y+4）＝0，
即（x﹣1）2+（y+2）2＝0，
∵（x﹣1）2≥0，（y+2）2≥0，
∴x﹣1＝0，y+2＝0，
解得：x＝1，y＝﹣2，
则x+y＝1﹣2＝﹣1．
【点评】此题考查了配方法的应用，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
【变式7-4】（2022秋•临西县期末）请阅读下列材料：
若m2﹣2m+n2+6n+10＝0，求m，n的值．
解：∵m2﹣2m+n2+6n+10＝0，
∴（m2﹣2m+1）+（n2+6n+9）＝0，
∴（m﹣1）2+（n+3）2＝0，
∴（m﹣1）2＝0，（n+3）2＝0，
∴m＝1，n＝﹣3．
根据你的观察，探究下面的问题：
（1）若a2+2ab+2b2+6b+9＝0，则a的值为 ；b的值为 ．
（2）已知△ABC的三边长a，b，c都是正整数，且满足a2﹣4a+b2﹣2b+5＝0，求c的值．
（3）若A＝2a2+3a﹣5，B＝a2+5a﹣7，试比较A与B的大小关系，并说明理由．
【分析】（1）利用配方法把原式变形，根据偶次方的非负性分别求出a、b；
（2）利用配方法把原式变形，根据偶次方的非负性分别求出a、b，根据三角形的三边关系求出c；
（3）把A﹣B变形，根据偶次方的非负性判断．
【解答】解：（1）∵a2+2ab+2b2+6b+9＝0，
∴a2+2ab+b2+b2+6b+9＝0，
∴（a+b）2+（b+3）2＝0，
∴a+b＝0，b+3＝0，
∴a＝3，b＝﹣3，
故答案为：3；﹣3；
（2）∵a2﹣4a+b2﹣2b+5＝0，
∴a2﹣4a+4+b2﹣2b+1＝0，
∴（a﹣2）2+（b﹣1）2＝0，
∴a﹣2＝0，b﹣1＝0，
∴a＝2，b＝1，
∴2﹣1＜c＜2+1，即1＜c＜3，
∵c是正整数，
∴c＝2；
（3）A＞B．
理由如下：A﹣B＝（2a2+3a﹣5）﹣（a2+5a﹣7）
＝2a2+3a﹣5﹣a2﹣5a+7
＝a2﹣2a+2
＝a2﹣2a+1+1
＝（a﹣1）2+1＞0，
∴A＞B．
【点评】本题考查的是配方法的应用、三角形的三边关系，灵活运用配方法、熟记偶次方的非负性是解题的关键．
【变式7-5】（2023春•江都区期中）将一个式子或一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和，这种方法称之为配方法．这种方法常常被用到式子的恒等变形中，以挖掘题目中的隐含条件，是解题的有力手段之一．
例如，求代数式x2+2x+3的最小值．
解：原式＝x2+2x+1+2＝（x+1）2+2．
∵（x+1）2≥0，
∴（x+1）2+2≥2．
∴当x＝﹣1时，x2+2x+3的最小值是2．
（1）在横线上添加一个常数项，使代数式x2+10x+ 成为完全平方式；
（2）请仿照上面的方法求代数式x2+6x﹣1的最小值；
（3）已知△ABC的三边a，b，c满足a2﹣6b＝﹣14，b2﹣8c＝﹣23，c2﹣4a＝8．求△ABC的周长．
【分析】（1）根据完全平方式的特点可知当二次项系数为1时，常数项是一次项系数一半的平方，由此即可得到答案；
（2）根据题干解题过程进行求解即可；
（3）由a2﹣6b＝﹣14，b2﹣8c＝﹣23，c2﹣4a＝8可得，a2﹣6b+b2﹣8c+c2﹣4a＝﹣14﹣23+8，再化简即可得a，b，c，进而得周长．
【解答】解：（1）由题意得，常数项为(102)2=25，
故答案为：25；
（2）原式＝x2+6x+9﹣9﹣1＝（x+3）2﹣10．
∵（x+3）2≥0，
∴（x+3）2﹣10≥﹣10．
∴当x＝﹣3时，x2+6x﹣1的最小值是﹣10；
（3）∵a2﹣6b＝﹣14，b2﹣8c＝﹣23，c2﹣4a＝8，
∴a2﹣6b+b2﹣8c+c2﹣4a＝﹣14﹣23+8，
∴a2﹣4a+4+b2﹣6b+9+c2﹣8c+16﹣16﹣4﹣9＝﹣29，
∴（a﹣2）2+（b﹣3）2+（c﹣4）2＝0，
∴a﹣2＝0，b﹣3＝0，c﹣4＝0，
∴a＝2，b＝3，c＝4，
∴△ABC的周长为：a+b+c＝2+3+4＝9．
【点评】本题主要考查了完全平方公式的应用，正确理解题意是解题的关键．
【变式7-6】（2023春•南岸区校级期中）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，
∴m＝4，n＝4．
根据你的观察，探究下面的问题：
（1）已知x2+4xy+5y2+2y+1＝0．则2x+3y的值为 ；
（2）已知△ABC的边长a、b、c是三个互不相等的正整数，且满足a2+b2﹣4a﹣6b+13＝0，求c的值；（写出求解过程）．
（3）已知a﹣b＝8，ab+c2﹣10c+41＝0，求a+b﹣c的值．
【分析】（1）将x2+4xy+5y2+2y+1＝0的左边分组配方，然后根据偶次方的非负性，可求出x，y的值，代入代数式即可得到结论；
（2）将a2+b2﹣4a﹣6b+13＝0的左边分组配方，然后根据偶次方的非负性，可求出a，b的值，根据三角形三边关系确定c的值；
（3）由a﹣b＝8，得到a＝b+8，代入已知的等式中重新结合后，利用完全平方公式化简，根据两个非负数之和为0，两非负数分别为0求出b与c的值，进而求出a的值，即可求出a+b﹣c的值．
【解答】解：（1）∵x2+4xy+5y2+2y+1+1
＝x2+4xy+4y2+y2+2y+1
＝（x+2y）2+（y+1）2
＝0，
∴x+2y＝0，y+1＝0，
∴y＝﹣1，x＝2，
∴2x+3y＝4﹣3＝1．
故答案为：1；
（2）∵a2+b2﹣4a﹣6b+13
＝a2﹣4a+4+b2﹣6b+9
＝（a﹣2）2+（b﹣3）2
＝0，
∴a﹣2＝0，b﹣3＝0，
∴a＝2，b＝3，
∵a、b、c是△ABC的三边，
∴1＜c＜5，
∵a、b、c是三个互不相等的正整数，
∴c＝4；
（3）∵a﹣b＝8，即a＝b+8，代入得：b（b+8）+c2﹣10c+41＝0，
整理得：（b2+8b+16）+（c2﹣10c+25）＝（b+4）2+（c﹣5）2＝0，
∴b+4＝0，c﹣5＝0，
解得b＝﹣4，c＝5，
则a＝4，
则a+b﹣c＝4﹣4﹣5＝﹣5．
【点评】本题考查了配方法的应用，结合偶次方的非负性求值的问题，本题属于中档题．
【变式7-7】（2022•南京模拟）利用我们学过的完全平方公式及不等式知识能解决方程或代数式的一些问题，请阅读下列材料：
阅读材料：若m2﹣2mm+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a2+4ab+5b2+6b+9＝0，求a＝ ，b＝ ；
（2）已知△ABC的三边长a、b、c都是正整数，且满足a2﹣4a+2b2﹣4b+6＝0，求c的值；
（3）若A＝3a2+3a﹣4，B＝2a2+4a﹣6，试比较A与B的大小关系，并说明理由．
【分析】（1）将a2+4ab+5b2+6b+9＝0的左边分组配方，然后根据偶次方的非负性，可求出a，b的值；
（2）将a2﹣4a+2b2﹣4b+6＝0的左边分组配方，然后根据偶次方的非负性，可求出a，b的值，根据三角形的三边关系求出c；
（3）让多项式3a2+3a﹣4与2a2+4a﹣6作差，结果配方，根据偶次方的非负性判断大小．
【解答】解：（1）a2+4ab+5b2+6b+9＝a2+4ab+4b2+b2+6b+9＝（a+2b）2+（b+3）2＝0，
∴a+2b＝0，b+3＝0，
解得a＝6，b＝﹣3．
故答案为：6，﹣3；
（2）a2﹣4a+2b2﹣4b+6＝a2﹣4a+4+2b2﹣4b+2＝（a﹣2）2+2（b﹣1）2＝0，
∴a﹣2＝0，b﹣1＝0，
解得a＝2，b＝1，
∵a、b、c是△ABC的三边长，
∴1＜c＜3，
∵c是正整数，
∴c＝2；
（3）A＞B，理由如下：
∵A＝3a2+3a﹣4，B＝2a2+4a﹣6，
A﹣B＝3a2+3a﹣4﹣（2a2+4a﹣6）＝3a2+3a﹣4﹣（2a2+4a﹣6）＝3a2+3a﹣4﹣2a2﹣4a+6＝a2﹣a+2＝（a−12）2+74，
∵（a−12）2≥0，
∴（a−12）2+74＞0，
∴A＞B．
【点评】本题考查了配方法的应用，结合偶次方的非负性求值的问题，本题属于中档题．
【变式7-8】（2022秋•石狮市期末）在求解一类代数问题时，我们常常将二次三项式x2+bx+c化成（x+m）2+n的形式，并利用（x+m）2的非负性解决问题．请阅读下列材料，并解决相关问题：
【例1】求代数式x2+4x+7的最小值．
解：x2+4x+7＝x2+4x+4+3＝（x+2）2+3．
因为（x+2）2≥0，所以（x+2）2+3≥3，即代数式x2+4x+7的最小值为3．
【例2】若m2﹣2mn+2n2﹣8n+16＝0，求m、n的值．
解：因为m2﹣2mn+2n2﹣8n+16＝0，
所以（m2﹣2mn+n2）+（n2﹣8n+16）＝0，
即（m﹣n）2+（n﹣4）2＝0，
因为（m﹣n）2≥0，（n﹣4）2≥0，
所以m−n=0n−4=0，
即m＝n＝4．
（1）求代数式x2+6x+10的最小值；
（2）在△ABC中，BC＝a，AC＝b，AB＝c．
①若△ABC是等腰三角形，且满足a2﹣8a+b2﹣14b+65＝0，求△ABC的周长；
②若c﹣b＝1，且c（b﹣25）+2a2﹣20a+219＝0，求△ABC中最大边上的高．
【分析】（1）先把代数式进行配方，再根据非负数的性质求解；
（2）①先把等式的左边进行配方，再根据非负数的性质求解；
②先把c＝b+1代入等式的左边，再配方，再根据非负数的性质求解．
【解答】解：（1）∵x2+6x+10＝（x2+6x+9）+1＝（x+3）2+1≥1，
∴代数式x2+4x+7的最小值为1；
（2）①∵a2﹣8a+b2﹣14b+65＝（a﹣4）2+（b﹣7）2＝0，
∴a﹣4＝0且b﹣7＝0，
解得：a＝4，b＝7，
∴△ABC的周长为：15或18；
（3）∵c﹣b＝1，
∴c＝b+1，
∴（b+1）（b﹣25）+2a2﹣20a+219
＝b2﹣24b﹣25+2a2﹣20a+219
＝（b﹣12）2+2（a﹣5）2＝0，
∴b＝12，a＝5，
∴c＝13，
∵52+122＝132，
∴a2+b2＝c2，
∴∠C＝90°，
∴△ABC中最大边上的高为：5×1213=6013．
【点评】本题考查了配方法的应用，掌握完全平方公式是解题的关键．