1—4 认识一元二次方程 用配方、公式、因式分解法求解一元二次方程 考点解惑【基础•中等•优质】题型过关专练-2025-2026学年九年级数学上册（北师大版）

1—4 认识一元二次方程 用配方、公式、因式分解法求解一元二次方程 一、一元二次方程的概念 只含有一个未知数x，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程。其一般形式为ax²+bx+c=0（a，b，c为常数，a≠0），其中a为二次项系数，x²为二次项，b为一次项系数，x为一次项，c为常数项。 二、求解一元二次方程的方法 1.配方法 配方法是通过将一元二次方程化为完全平方的形式，从而求解方程的方法。具体步骤包括：移项、配方、开平方和求解。 2.公式法 对于一元二次方程ax²+bx+c=0（a≠0），其求根公式为。利用这个公式，可以直接求解一元二次方程的根。 3.因式分解法 因式分解法是将一元二次方程化为两个一次因式的乘积等于0的形式，再分别令这两个因式等于0，从而求解方程的方法。这种方法适用于方程左边易于分解，且右边等于0的情况。常用方法包括提取公因式法、十字相乘法等。 巩固课内例1:一元二次方程的定义 1．在下列方程中，属于一元二次方程的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查一元二次方程，根据一元二次方程的定义（只含有一个未知数，且未知数的最高次数为2的整式方程）逐一判断各选项． 【详解】解：选项A：变形为，方程仅含未知数，且最高次数为2，符合一元二次方程的定义． 选项B：，方程中含两个未知数和，不是一元二次方程． 选项C：，移项得，最高次数为3，属于三次方程，不是一元二次方程． 选项D：，展开并整理：，不是一元二次方程． 故选：A 2．方程是关于一元二次方程，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查一元二次方程的定义，解题的关键是根据一元二次方程定义确定方程中未知数的最高次数以及二次项系数的条件． 根据一元二次方程的定义，方程中未知数最高次数为2且二次项系数不为0，据此确定a的值． 【详解】根据题意可得： 未知数的最高次数，即， 二次项系数，即， 综合以上两个条件，只能取， 故答案为：． 3．为何值时，关于的方程是一元二次方程． 【答案】． 【分析】本题主要考查了一元二次方程的定义，根据一元二次方程的定义可知，从而可得：． 【详解】解：方程是一元二次方程， ， 由可得：， 由可得：， ． 巩固课内例2:用配方法求解一元二次方程(系数为1) 1．用配方法解方程时，配方结果正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法是解决本题的关键． 将方程左边配成完全平方形式即可求解． 【详解】解：原方程为， 两边同时加上，得： 左边写成完全平方形式：． 故选：D． 2．已知方程．可以配方成的形式，那么a的值为 ． 【答案】5 【分析】本题主要考查了配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法是解题的关键，用配方法将一元二次方程配方即可求的a的值． 【详解】解：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：5． 3．用配方法解方程：． 【答案】， 【分析】本题利用配方法解一元二次方程，熟练掌握运算法则是解此题的关键． 利用配方法计算即可得解． 【详解】∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴，． 巩固课内例3:用配方法求解一元二次方程(系数不为1) 1．若关于x的一元二次方程 的左边可以写成一个完全平方式，则常数m的值为（  ） A．7 B．7或 C．6 D．6或 【答案】B 【分析】本题考查完全平方式，熟知完全平方式的结构特征：．将方程左边表示为完全平方式，比较系数求解． 【详解】解：∵， ∴， 解得或， 即的值为或， 故选：B． 2．代数式的最大值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了配方法的应用，整理，则当时，代数式的最大值是，据此即可作答． 【详解】解： ， ∵， ∴， ∴当时，， ∴代数式的最大值是， 故答案为：． 3．用配方法解下列方程： (1)； (2)． 【答案】(1) (2)， 【分析】本题考查了配方法求解方程的根，熟练配方是解题的关键． （1）利用配方法求解即可． （2）利用配方法求解即可． 【详解】（1）解：， 整理，得 移项，得 配方，得，即 两边开平方，得， 解得． （2）解：， 移项，得 配方，得，即． 两边开平方，得． 解得，． 巩固课内例4:用公式法求解一元二次方程 1．若一元二次方程的根为，则该一元二次方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了一元二次方程的求根公式，根据一元二次方程的得出的值，进而即可求解，熟记一元二次方程的求根公式是解题的关键． 【详解】解：∵一元二次方程的根为， ∴，，， ∴该一元二次方程为， 故选：． 2．若，则 ． 【答案】或 【分析】本题考查了解一元二次方程，先把方程整理成一般式，利用公式法“”解答即可求解，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴或， 故答案为：或． 3．用公式法解下列方程： (1)； (2)； (3)． 【答案】(1)， (2)，； (3)，． 【分析】本题考查了公式法求解方程的根，熟练掌握公式法解方程的步骤是解题的关键． （1）利用公式法求解即可． （2）利用公式法求解即可． （3）利用公式法求解即可． 【详解】（1）解：, ∵， ∴ ∴， ∴原方程的解为，． （2）解：， ∵， ∴ ∴， ∴原方程的解为，． （3）解：， 整理可得：， ∵， ∴， ∴， ∴原方程的解为，． 巩固课内例5:用因式分解法求解一元二次方程 1．一元二次方程的解为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了解一元二次方程，将方程整理为后，通过因式分解法求解，即可作答． 【详解】解：， ， ， ∴， 故选：C． 2．若方程的两个根是，，则在实数范围内分解因式 ． 【答案】 【分析】本题主要考查利用一元二次方程进行二次三项式的因式分解．如果一元二次方程的两个根是和，那么二次三项式可分解为：，据此求解即可． 【详解】解：方程的两个根是，， ∴． 故答案为： 3．解方程： (1) (2) 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查解一元二次方程，熟练掌握根据方程的特征选择恰当的解法是解题的关键． （1）用公式法求解即可； （2）用因式分解法求解即可． 【详解】（1）解：∵， ， ， ； （2）解：， ， ， ， 或， ． 类型一、一元二次方程的一般形式 1．一元二次方程化为一般形式后，二次项系数、一次项系数、常数项分别是（    ）． A．9，5， B．9，4， C．9，，4 D．9，，5 【答案】B 【分析】本题考查了一元二次方程的一般形式，熟练掌握一元二次方程的各项系数是解题的关键．元二次方程的一般形式为（a、b、c为常数，），其中a叫做二次项系数，b叫做一次项系数，c叫做常数项，由此解答即可． 【详解】解：由得， 所以二次项系数、一次项系数、常数项分别是9，4，， 故选：B． 2．已知关于的一元二次方程中一次项的系数是 ． 【答案】 【分析】本题考查了一元二次方程的一般式，根据一元二次方程的一般式，其中分别为二次项系数，一次项系数和常数项进行判断即可求解，掌握一元二次方程的一般式是解题的关键． 【详解】解：一元二次方程中一次项的系数是， 故答案为：． 3．已知关于的方程． (1)当取何值时，此方程为一元一次方程并求出此方程的根． (2)当取何值时，此方程为一元二次方程并写出这个一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项． 【答案】(1) (2)，二次项系数为，一次项系数为，常数项为 【分析】本题考查了一元一次方程的定义、一元二次方程的相关概念；掌握一元二次方程中，a为二次项系数，b为一次项系数，c为常数项．是解决本题的关键． （1）根据一元一次方程的定义得出，即可求出k的值； （2）根据一元二次方程的定义得出，则，根据一元二次方程二次项系数，一次项系数，常数项的定义，即可解答． 【详解】（1）解：∵原方程为一元一次方程， ∴， 解得：． （2）解：∵原方程为一元二次方程， ∴， 解得：， 该方程的二次项系数为，一次项系数为，常数项为． 类型二、列一元二次方程 1．随着生产技术的进步，某款药品的生产成本逐年下降．两年前生产1吨药品的成本是5000元，现在生产1吨该款药品的成本是3000元，设药品成本的年平均下降率为x，则可列方程（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用．设药品成本的年平均下降率为x，初始成本为5000元，经过两年下降后变为3000元，据此列出方程即可． 【详解】解：设药品成本的年平均下降率为x，根据题意得： ． 故选：D． 2．我国南宋数学家杨辉所著《田亩比类乘除算法》中记载了这样一道题：“直田积八百二十八步，只云阔不及长一十三步，问阔及长各几步”其大意为：一个矩形的面积为828平方步，宽比长少13步，问宽和长各多少步？设矩形的宽为步，根据题意，可列方程为 ． 【答案】 【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程以及数学常识．由矩形的宽及长与宽之间的关系可得出矩形的长为步，再利用矩形的面积公式即可得出关于的一元二次方程，此题得解． 【详解】解：∵矩形的宽为步，且宽比长少13步， ∴矩形的长为步． 依题意，得：． 故答案为：． 3．列方程解应用题．某小区在宽为22，长为30的矩形地面上铺560的草坪，并留出如图所示的宽度相同的两条道路．求道路的宽度    【答案】2 【分析】本题考查了一元二次方程的实际应用． 设道路的宽度为，根据题意列方程求解即可． 【详解】解：设道路的宽度为， 根据题意，得． 解得，（不合题意，舍去）． 答：道路的宽度为． 类型三、判断根的情况 1．关于x的一元二次方程的实数根情况为（   ） A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根 C．有实数根 D．没有实数根 【答案】B 【分析】本题主要考查一元二次方程根的判别式，解答关键是熟练掌握一元二次方程根的情况与根的判别式的关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．通过计算一元二次方程的判别式，判断其符号即可确定根的情况． 【详解】解：对于方程，，，， ∴ ， 由于，因此， 即对所有实数恒成立． 因此，方程总有两个不相等的实数根， 故选：B． 2．关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m的取值范围是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查一元二次方程根的判别式，根据根的判别式列出关于m的不等式，求解不等式得到m的取值范围． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根， ∴， 解得：． 故答案为：． 3．关于的一元二次方程． (1)求证：方程总有两个实数根； (2)若方程有一个根是正数，求的取值范围． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程的知识是解题的关键． （1）利用根的判别式进行求解即可； （2）利用公式法解方程得到，，再根据方程的一个根为正数进行求解即可． 【详解】（1）证明：由题意得： 方程总有两个实数根； （2）解： ， 方程有一个根是正数， ． 类型一、古代问题 1．我国古代著作《九章算术》“勾股”章有一题：“今有户高多于广六尺八寸，两隅相去适一丈．问户高几何？”大意是说：已知长方形门的高比宽多6尺8寸，门的对角线长1丈（1丈=10尺，1尺=10寸），那么门的高为（    ） A．28寸 B．62寸 C．86寸 D．96寸 【答案】D 【分析】本题考查了用一元二次方程解决实际问题，勾股定理，解题的关键是理解题意，找出等量关系，掌握这些知识点．设长方形门的宽是x尺，则高为尺，根据题意得，解得，，（舍），所以门的宽是尺，则门的高为尺，换算单位即可得． 【详解】解：设长方形门的宽是x尺，则高为尺， 解得，，（舍）， ∴门的宽是尺， 则门的高为（尺）， （寸）， 即门的高为96寸， 故选：D． 2．《增删算法统宗》是我国古代数学著作，其中记载了“圆中方形”问题，其大意为“有一块圆形的田，中间有一块正方形水池，测量出除水池外圆内可耕地的面积恰好为72平方步，从水池边到圆周，每边相距3步远，在这个图形中，应该能求出正方形的边长和圆的直径”．如图，设正方形的边长是x步，则可列出的方程是 ． 【答案】 【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，根据圆的直径与正方形边长之间的关系，可得出圆的直径为步，根据除水池外圆内可耕地的面积恰好为72平方步，即可列出关于的一元二次方程，此题得解．找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 【详解】解：从水池边到圆周，每边相距3步远，且正方形的边长是步， 圆的直径为步． 根据题意得：． 故答案为：． 3．我国古代数学家赵爽（公元世纪）在其所著的《勾股圆方图注》中记载过一元二次方程的几何解法．以方程即为例说明，记载的方法是：构造如图所示的大正方形，其面积可以表示为，同时其面积又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，故得到，即，进而求出方程的解． 请利用此法解方程 【答案】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，按照记载的方法，正确构造大正方形，得出新的一元二次方程是解题的关键． 将变形为，画四个长为，宽为的矩形，构造一个“空心”大正方形，得出，即可得出结果． 【详解】解：变形为， 画四个长为，宽为的矩形，按如图所示构造一个“空心”大正方形， 则图中大正方形的面积为， 同时，图中大正方形的面积又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积， 即， ， 或， 解得：． 类型二、直角三角形问题 1．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，是矩形的对角线，将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，则矩形的面积是（　　） A．42 B． C． D．21 【答案】A 【分析】本题考查了一元二次方应用，设小正方形的边长为，则矩形的长为，宽为，根据图1的面积列出关于、、的关系式，代入求出，即可得出矩形的面积． 【详解】解：设小正方形的边长为，则矩形的长为，宽为， 由图1可得：， 整理得：， ∵， ∴， ∴， ∴矩形的面积为， 故选：A． 2．直角三角形两条直角边长分别为、，斜边长为，则 ． 【答案】5 【分析】本题考查了勾股定理，根据两直角边的平方和等于斜边的平方列方程求解即可． 【详解】∵直角三角形两条直角边长分别为、，斜边长为，， ∴， 解得：，（不合题意舍去） ∴ 故答案为：5． 3．一个直角三角形，斜边的长为，两条直角边相差，求较短的直角边． 【答案】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，设较短的直角边长为，则较长的直角边长为，根据题意列出方程即可求解，根据题意正确列出方程是解题的关键． 【详解】解：设较短的直角边长为，则较长的直角边长为， 由题意得，， 整理得，， 解得（不合题意，舍去），， 答：较短的直角边长为． 类型三、长方体问题 1．图①是一张长，宽的矩形纸片，将阴影部分裁去（阴影部分为4个完全相同的小矩形）并折叠成一个如图②的底面积为的有盖长方体盒子．设该盒子的高为，根据题意，可列方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，理解题意，弄清数量关系是解题关键．设该盒子的高为，根据题意可知折成的有盖长方体盒子的底面是长为，宽为的矩形，结合折成的有盖长方体盒子的底面积为，列出方程即可． 【详解】解：设该盒子的高为，根据题意可得． 故选：D． 2．如图是一张长为40 cm，宽为20 cm的长方形硬纸板，将其在四个直角处分别剪去一个边长为的正方形和中间的一个正方形，剩余部分（阴影部分）可制作两个大小完全相等且体积均为的无盖长方体纸盒（接头处忽略不计），则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了一元二次方程方程的应用， 根据剪裁方法和长方形纸板的边长可得无盖长方体纸盒的边长，从而由其体积为列方程即可求解． 【详解】解：由图可知：中间的一个正方形的边长为， ∴无盖长方体纸盒的底面一边长为：， 另一边长为， ∴ 解得：， 故答案为． 3．现有一些矩形硬纸板，每一块纸板长和宽分别为，．（纸板的厚度忽略不计） (1)每个矩形硬纸板的四个角分别去掉2个同样大小的长方形和2个同样大小的正方形后，可以折叠成一个有盖的长方体盒子（如图），已知该长方体盒子的底面积是，求出该盒子的高； (2)工厂将这些硬纸板全部做成有盖盒子出售．已知每块矩形纸板的成本为12元，若有盖盒子的售价为24元/个，则每天可售出18个．在销售过程中发现，有盖盒子价格每降低1元，平均每天可多售出2个，要使每天获利208元，则每个有盖盒子应降价多少元？ 【答案】(1)该长方体盒子的高为 (2)每个有盖盒子应降价4元 【分析】本题考查的是一元二次方程的应用，正确读懂题意，列出方程是解题的关键． （1）设该长方体盒子的高为，根据长方体盒子的底面积是，结合图形得：，求解即可； （2）设每个有盖盒子应降价元，则每个有盖盒子售价为元，根据题意列出一元二次方程求解即可． 【详解】（1）解：设该长方体盒子的高为， 由题意得：，整理得：， 解得：，（不合题意，舍去）， 答：该长方体盒子的高为； （2）解：设每个有盖盒子应降价元，则每个有盖盒子售价为元， 由题意得：，整理得：， 解得：，（不合题意，舍去）， 答：每个有盖盒子应降价4元． 类型四、代数式的值构成一元二次方程 1．已知为方程的两个根，则代数式的值为（   ） A．2 B．5 C．4 D．3 【答案】B 【分析】本题考查代数式求值，涉及一元二次方程根的定义、一元二次方程根与系数的关系等知识，先由一元二次方程根的定义“使方程成立的未知数的值叫方程的根”，将代入得到，进而将代数式化为，再由一元二次方程根与系数的关系确定即可得到答案，熟记一元二次方程根的定义、一元二次方程根与系数的关系是解决问题的关键． 【详解】解：为方程的两个根， ，即， ， 为方程的两个根， ， ， 故选：B． 2．已知：当，时，代数式的值都是0，则当时，代数式的值为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查一元二次方程的根与因式分解以及代数式求值，解题的关键是利用已知根求出代数式的系数、． 因为和时，代数式的值为0，所以可将代数式因式分解为，进而求出、，再代入求值． 【详解】将分别代入， 得， 解得， ∴代数式为， 当时， ， ． 故答案为：． 3．已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根． (1)求的取值范围； (2)若为方程的一个根，求代数式的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查一元二次方程根的判别式与根的关系、一元二次方程的根、整式的化简求值，熟练掌握根的判别式与根的关系是解答的关键． （1）根据题意，由列不等式求解即可； （2）根据方程的解的意义得到，然后化简所求代数式，进而代值求解即可． 【详解】（1）解：∵关于的一元二次方程有两个不相等的实数根， ∴， 解得； （2）解：∵为方程的一个根， ∴，即， ∴ ． 类型一、一元二次方程的近似解 1．小明利用计算机列出表格对一元二次方程进行估根如表:那么方程的一个近似根是（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据表格中的数据，0与最接近，故可得其近似根. 【详解】由表得，0与最接近， 故其近似根为 故答案为C. 【点睛】此题主要考查对近似根的理解，熟练掌握，即可解题. 2．在探究一元二次方程x2+12x﹣15＝0的近似解时，小明所在的小组采用了赋值法，计算结果如表： 　x 1.1 1.2 1.3 1.4 x2+12x﹣15 -0.59 0.84 2.29 3.76 小组同学说，他们发现了该方程的一个近似解．这个近似解的十分位是 ． 【答案】1 【分析】由表格可知当时，；时，，故方程的一个解在1.1和1.2之间，即可得出答案． 【详解】由表可知，当x取1.1与1.2之间的某个数时，，即此时这个数是方程的一个解， ∴方程的一个解x的取值范围是． 故答案为：1． 【点睛】本题考查一元二次方程的近似解．仔细观察表中对应数据，找到x的取值范围是解答本题的关键． 3．探索一元二次方程的近似解． （1） 0 0.5 1 1.5 2 所以 （2） 所以 通过以上探索，估计方程解的整数部分为_______，十分位为_______． 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【分析】(1)将表中x的值代入x2+12x-15进行计算，即可补全表格；根据表格中的数据不难确定方程的解的整数部分； （2）与（1）同理可补全（2）中的表格，从而确定方程的解的小数部分的十分位，问题即可解答. 【详解】（1）将表中x=1, x=1.5,x=2的值代入x2+12x-15,分别进行计算，补全表格如下： x 0 0.5 1 1.5 2 x2+12x-15 －15 －8.75 －2 5.25 13 所以：； （2）将x=1.1， x=1.2，x=1.3，x=1.4代入x2+12x-15，分别进行计算，补全表格如下： x 1.1 1.2 1.3 1.4 x2+12x-15 －0.59 0.84 2.29 3.76 所以1.1＜x＜1.2. 通过以上探索，估计方程的近似解的整数部分为1，十分位为1. 【点睛】本题考查的是估算一元二次方程的近似解的知识，旨在考查学生的估算能力.通过解答本题复习巩固了求一元二次方程的近似解的步骤. 类型二、一元二次方程的几何解法 1．我国古代数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载过一元二次方程（正根）的几何解法，以方程，即为例说明，记载的方法是：构造如图．可以得到大正方形的面积是，同时它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，因此．则在下面四个构图中，能正确说明方程解法的构图是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查一元二次方程的应用，完全平方公式的几何背景，通过图形直观，得出面积之间的关系，并用代数式表示出来是解决问题的关键． 根据题意，画出方程，即的拼图过程，由面积之间的关系可得出答案． 【详解】解∶方程，即的拼图如图所示 中间小正方形的边长为，其面积为9， 大正方形的面积∶， 其边长为7因此，D选项所表示的图形符合题意， 故选∶D． 2．我国古代数学家研究过一元二次方程的正数解的几何解法．以方程，即为例加以说明，三国时期的数学家赵爽（公元3~4世纪）在其所著的《勾股圆方图注》中记载的方法是：构造如图中大正方形的面积是，同时它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即据此易得．小刚用此方法解关于x的方程时，构造出同样的图形，已知大正方形的面积为81，小正方形的面积为25，则关于x的方程的正数解为 ． 【答案】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，理解一元二次方程的正数解的几何解法是解题的关键． 由可得，画出方程的拼图过程，由面积之间的关系得，即可求解． 【详解】解：如图， 由题意得：， 解得：， ∴， ∴（舍去） 故答案为． 3．阅读材料，并解决问题． 【学习研究】 我国古代数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法，以为例，构造方法如下： 首先将方程变形为，然后画四个长为，宽为x的矩形，按如图1所示的方式拼成一个“空心”大正方形，则图1中大正方形的面积可表示为，还可表示为四个矩形与一个边长为2的小正方形面积之和，即．因此，可得新方程．因为x表示边长，所以，即．遗憾的是这样的做法只能得到方程的其中一个正根． 【理解应用】 参照上述图解一元二次方程的方法，请在下面三个构图中选择能够用几何法求解方程的正确构图是 ．（从序号①②③中选择） 【类比迁移】 小颖根据以上解法解方程，请将其解答过程补充完整： 第一步：将原方程变形为，即x（ ）； 第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形; 第三步：因此，根据大正方形的面积可得新的方程： ，解得原方程的一个根为 ； 【拓展应用】 一般地，对于形如的一元二次方程可以构造图2来解．已知图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4，那么此方程的系数 ， ，求得方程的正根为 ． 【答案】[理解应用] ③[类比迁移] ，，； [拓展应用] ，3，1或3． 【分析】[理解应用]依据题干方法得到，再根据图形很容易判断； [类比迁移]与题干思路一致，需要注意的是画出图形更容易得解； [拓展应用]先因式分解变形得，再根据题干条件分析，，进而分类讨论求解即可． 本题考查了一元二次方程的应用、矩形的性质等内容，能知道系数、与各图形面积的关系是解题的关键． 【详解】解：[理解应用] ∵， ∴， 结合题意，将看作一个长为，宽为，面积为的矩形， ∴很容易观察出构图是③， 故答案为：③； [类比迁移] ， 第一步：将原方程变为，即； 第二步：如图②，利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形； 第三步：根据大正方形的面积可得新的方程：；解得原方程的一个根为； 故答案为：，，； [拓展应用] ， ， ， ∴四个小矩形的面积各为，大正方形的面积是，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即， 图②是由4个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4， ，， 解得：，， 当时，， ∴，，方程的一个正根为1； 当时，， ∴，，方程的一个正根为3； 综上所述，方程的一个正根为1或3， 故答案为：，3，1或3． 类型三、一元二次方程的动点问题 1．如图，在中，，，，动点P从点A开始沿边向点B以的速度移动，动点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动，如果P，Q两点分别从A，B两点同时出发，设出发时间为．有下列结论：①当时，；②的面积可以为；③时的四边形的面积大于时的四边形的面积．其中，正确结论的是（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，勾股定理，根据题意可得，，据此求出时，的长，再利用勾股定理求出此时的长即可判断①；根据三角形面积计算公式得到，则可建立方程，解方程即可判断②；求出时和时，的面积即可判断③． 【详解】解：由题意得，， ∴， 当时，则， ∵， ∴，故①说法正确； ， 当的面积为时，则， 整理得，解得或， ∵， ∴的面积可以为，故②符合题意； 当时，， 当时，， ∴当时和当时，的面积相等， 又∵四边形的面积， ∴当时和当时，四边形的面积相等，故③错误； 故选：C． 2．如图，在中，，，点E从A点出发，沿射线运动，速度为，点F从点C出发，沿线段运动，速度为，连接．E、F两点同时出发，当点F到达点A时，点E也停止运动，请问经过 s后，的面积恰为． 【答案】4或6 【分析】本题考查了一元二次方程的应用．熟练掌握含30度的直角三角形性质，三角形面积公式，是解题关键． 设经过t秒后的面积恰为，过点F作于点D，求出，结合，根据三角形的面积公式列出方程求解． 【详解】解：设经过时间为，过点F作于点D， ∵在中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得或， 即经过或后，的面积恰为． 故答案为：4或6． 3．如图，、、、为矩形的四个顶点，，，动点、分别从、同时出发，点以的速度向点移动，点以相同的速度向点移动，当点到达点时，点、均停止运动，设运动时间为秒． (1)当________秒时，四边形为矩形． (2)运动过程中，四边形可能为菱形吗？若能，求出运动时间，若不能，请说明理由． (3)运动过程中，点和点的距离可能是吗？若能，求出运动时间，若不能，请说明理由． 【答案】(1)4 (2)能， (3)能，或 【分析】本题是四边形综合题，主要考查了动点在几何图形的运动，勾股定理矩形和菱形的性质，灵活掌握相关知识是解决问题的关键． （1）根据当时，四边形为矩形，列出方程，求出解即可； （2）根据当时，四边形为菱形，在中，根据勾股定理列出方程，求出解即可； （3）先作出辅助线，表示，再根据勾股定理列出方程，求出解即可． 【详解】（1）解：∵点P、Q分别从点A、C同时出发，速度相同． ∴， ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴则， 根据题意得， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴当时，四边形为矩形， ， 解得， ∴秒时，四边形为矩形， 故答案为：4； （2）解：运动过程中，四边形可以为菱形， 连接、， ∵点、分别从点、同时出发，速度相同， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴当时，四边形为菱形 在中，，， ∴ 即 解得， ∴运动时间为时，四边形为菱形． （3）点和点的距离可以是， 过点作于点， 则四边形为矩形， ∴，， ∴， 在中，有， 即， 解得，． ∴当运动时间为或时，点和点的距离是． 类型四、换元法解一元二次方程 1．已知方程的解是，，则另一个方程的解是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】本题主要考查了换元法解一元二次方程，令，则方程即为方程，根据题意可得方程的解是，则或，据此求解即可． 【详解】解：令，则方程即为方程， ∵方程的解是，， ∴方程的解是， ∴或， 解得， ∴程的解是， 故选：B． 2．已知方程的解是，，则方程的解是 ． 【答案】， 【分析】本题考查了利用换元法解一元二次方程：把看作一个整体，利用已知方程的解得到所解方程的解．把方程看作关于的一元二次方程，然后根据题意得到或，再解两个一次方程即可． 【详解】∵方程的解是，， ∴方程的解为或， 解得，，， 故答案为：，． 3．在数学学习中，运用整体思想能将运算变得简单． 例如，在计算时就可以将看成一个整体，式子转化为：．请借助整体思想完成： (1)___________； (2)，求___________； (3)已知，求 【答案】(1) (2)9 (3) 【分析】本题主要考查了平方差公式，完全平方公式，解高次方程和一元二次方程的方法，学会整体代入思想是解题的关键． （1）把看成一个整体，利用平方差公式和完全平方公式计算即可； （2）把看成一个整体，利用平方差公式计算解方程即可； （3）把看成一个整体，利用完全平方公式计算解方程即可． 【详解】（1）解： ； （2）解：， ， ， ， ； （3）解：令， 原方程变形为：， ， ， ， ， ． 类型五、配方法求最值 1．不论、为何实数，代数式的值（   ） A．总不小于 B．总不小于 C．可为任何实数 D．可能为负数 【答案】A 【分析】本题考查了配方法的概念，由完全平方式的非负性是解决本题的关键． 对代数式分别对对部分配方和对部分配方得到完全平方式，再通过配方法转化为平方和的形式，结合非负性即可确定其取值范围． 【详解】解：原式可分解为： 对部分配方：； 对部分配方：； 代入原式得：， 由于且，故， 因此原式的最小值为， 综上，代数式的值总不小于2． 故选：A． 2．若多项式．那么的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了配方法的应用，利用配方法把原式转化为，进而根据完全平方式是非负数即可求解，掌握配方法的应用是解题的关键． 【详解】解： ， 当且时，的最小值，最小值为， 故答案为：． 3．我们已经学习了利用配方法解一元二次方程，其实配方法还有其他重要应用，例如：试求二次三项式最小值． 解：， ， ，即的最小值是1． 试利用“配方法”解决下列问题： (1)已知代数式，求它的最大值． (2)比较代数式与的大小，并说明理由． (3)知识迁移： 如图，在中，，点P在边上以的速度从点A向C移动，点Q在边上以的速度从点C向点B移动．若点同时出发，且当一点移动到终点时，另一点也随之停止，设四边形的面积为，运动时间为t秒，求S的最小值． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)20 【分析】本题考查了配方法的应用，三角形的面积，解题的关键是掌握配方法． （1）利用“配方法”计算即可； （2）两式相减，差和0比较，确定大小； （3）大三角形面积减去小三角形面积，再把含有t的式子配方，求最小值． 【详解】（1）解：， ， ， 的最大值为； （2） ， ， ； （3），点P在边上以的速度从点A向C移动，点Q在边上以的速度从点C向点B移动 点从点运动到点所需时间为，点从点运动到点所需时间为， ， ， ， ， S的最小值为20． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 1—4 认识一元二次方程 用配方、公式、因式分解法求解一元二次方程 一、一元二次方程的概念 只含有一个未知数x，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程。其一般形式为ax²+bx+c=0（a，b，c为常数，a≠0），其中a为二次项系数，x²为二次项，b为一次项系数，x为一次项，c为常数项。 二、求解一元二次方程的方法 1.配方法 配方法是通过将一元二次方程化为完全平方的形式，从而求解方程的方法。具体步骤包括：移项、配方、开平方和求解。 2.公式法 对于一元二次方程ax²+bx+c=0（a≠0），其求根公式为。利用这个公式，可以直接求解一元二次方程的根。 3.因式分解法 因式分解法是将一元二次方程化为两个一次因式的乘积等于0的形式，再分别令这两个因式等于0，从而求解方程的方法。这种方法适用于方程左边易于分解，且右边等于0的情况。常用方法包括提取公因式法、十字相乘法等。 巩固课内例1:一元二次方程的定义 1．在下列方程中，属于一元二次方程的是（   ） A． B． C． D． 2．方程是关于一元二次方程，则的值为 ． 3．为何值时，关于的方程是一元二次方程． 巩固课内例2:用配方法求解一元二次方程(系数为1) 1．用配方法解方程时，配方结果正确的是（   ） A． B． C． D． 2．已知方程．可以配方成的形式，那么a的值为 ． 3．用配方法解方程：． 巩固课内例3:用配方法求解一元二次方程(系数不为1) 1．若关于x的一元二次方程 的左边可以写成一个完全平方式，则常数m的值为（  ） A．7 B．7或 C．6 D．6或 2．代数式的最大值是 ． 3．用配方法解下列方程： (1)； (2)． 巩固课内例4:用公式法求解一元二次方程 1．若一元二次方程的根为，则该一元二次方程为（   ） A． B． C． D． 2．若，则 ． 3．用公式法解下列方程： (1)； (2)； (3)． 巩固课内例5:用因式分解法求解一元二次方程 1．一元二次方程的解为（   ） A． B． C． D． 2．若方程的两个根是，，则在实数范围内分解因式 ． 3．解方程： (1) (2) 类型一、一元二次方程的一般形式 1．一元二次方程化为一般形式后，二次项系数、一次项系数、常数项分别是（    ）． A．9，5， B．9，4， C．9，，4 D．9，，5 2．已知关于的一元二次方程中一次项的系数是 ． 3．已知关于的方程． (1)当取何值时，此方程为一元一次方程并求出此方程的根． (2)当取何值时，此方程为一元二次方程并写出这个一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项． 类型二、列一元二次方程 1．随着生产技术的进步，某款药品的生产成本逐年下降．两年前生产1吨药品的成本是5000元，现在生产1吨该款药品的成本是3000元，设药品成本的年平均下降率为x，则可列方程（    ） A． B． C． D． 2．我国南宋数学家杨辉所著《田亩比类乘除算法》中记载了这样一道题：“直田积八百二十八步，只云阔不及长一十三步，问阔及长各几步”其大意为：一个矩形的面积为828平方步，宽比长少13步，问宽和长各多少步？设矩形的宽为步，根据题意，可列方程为 ． 3．列方程解应用题．某小区在宽为22，长为30的矩形地面上铺560的草坪，并留出如图所示的宽度相同的两条道路．求道路的宽度    类型三、判断根的情况 1．关于x的一元二次方程的实数根情况为（   ） A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根 C．有实数根 D．没有实数根 2．关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m的取值范围是 ． 3．关于的一元二次方程． (1)求证：方程总有两个实数根； (2)若方程有一个根是正数，求的取值范围． 类型一、古代问题 1．我国古代著作《九章算术》“勾股”章有一题：“今有户高多于广六尺八寸，两隅相去适一丈．问户高几何？”大意是说：已知长方形门的高比宽多6尺8寸，门的对角线长1丈（1丈=10尺，1尺=10寸），那么门的高为（    ） A．28寸 B．62寸 C．86寸 D．96寸 2．《增删算法统宗》是我国古代数学著作，其中记载了“圆中方形”问题，其大意为“有一块圆形的田，中间有一块正方形水池，测量出除水池外圆内可耕地的面积恰好为72平方步，从水池边到圆周，每边相距3步远，在这个图形中，应该能求出正方形的边长和圆的直径”．如图，设正方形的边长是x步，则可列出的方程是 ． 3．我国古代数学家赵爽（公元世纪）在其所著的《勾股圆方图注》中记载过一元二次方程的几何解法．以方程即为例说明，记载的方法是：构造如图所示的大正方形，其面积可以表示为，同时其面积又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，故得到，即，进而求出方程的解． 请利用此法解方程 类型二、直角三角形问题 1．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，是矩形的对角线，将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，则矩形的面积是（　　） A．42 B． C． D．21 2．直角三角形两条直角边长分别为、，斜边长为，则 ． 3．一个直角三角形，斜边的长为，两条直角边相差，求较短的直角边． 类型三、长方体问题 1．图①是一张长，宽的矩形纸片，将阴影部分裁去（阴影部分为4个完全相同的小矩形）并折叠成一个如图②的底面积为的有盖长方体盒子．设该盒子的高为，根据题意，可列方程为（   ） A． B． C． D． 2．如图是一张长为40 cm，宽为20 cm的长方形硬纸板，将其在四个直角处分别剪去一个边长为的正方形和中间的一个正方形，剩余部分（阴影部分）可制作两个大小完全相等且体积均为的无盖长方体纸盒（接头处忽略不计），则的值为 ． 3．现有一些矩形硬纸板，每一块纸板长和宽分别为，．（纸板的厚度忽略不计） (1)每个矩形硬纸板的四个角分别去掉2个同样大小的长方形和2个同样大小的正方形后，可以折叠成一个有盖的长方体盒子（如图），已知该长方体盒子的底面积是，求出该盒子的高； (2)工厂将这些硬纸板全部做成有盖盒子出售．已知每块矩形纸板的成本为12元，若有盖盒子的售价为24元/个，则每天可售出18个．在销售过程中发现，有盖盒子价格每降低1元，平均每天可多售出2个，要使每天获利208元，则每个有盖盒子应降价多少元？ 类型四、代数式的值构成一元二次方程 1．已知为方程的两个根，则代数式的值为（   ） A．2 B．5 C．4 D．3 2．已知：当，时，代数式的值都是0，则当时，代数式的值为 ． 3．已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根． (1)求的取值范围； (2)若为方程的一个根，求代数式的值． 类型一、一元二次方程的近似解 1．小明利用计算机列出表格对一元二次方程进行估根如表:那么方程的一个近似根是（  ） A． B． C． D． 2．在探究一元二次方程x2+12x﹣15＝0的近似解时，小明所在的小组采用了赋值法，计算结果如表： 　x 1.1 1.2 1.3 1.4 x2+12x﹣15 -0.59 0.84 2.29 3.76 小组同学说，他们发现了该方程的一个近似解．这个近似解的十分位是 ． 3．探索一元二次方程的近似解． （1） 0 0.5 1 1.5 2 所以 （2） 所以 通过以上探索，估计方程解的整数部分为_______，十分位为_______． 类型二、一元二次方程的几何解法 1．我国古代数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载过一元二次方程（正根）的几何解法，以方程，即为例说明，记载的方法是：构造如图．可以得到大正方形的面积是，同时它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，因此．则在下面四个构图中，能正确说明方程解法的构图是（    ） A． B． C． D． 2．我国古代数学家研究过一元二次方程的正数解的几何解法．以方程，即为例加以说明，三国时期的数学家赵爽（公元3~4世纪）在其所著的《勾股圆方图注》中记载的方法是：构造如图中大正方形的面积是，同时它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即据此易得．小刚用此方法解关于x的方程时，构造出同样的图形，已知大正方形的面积为81，小正方形的面积为25，则关于x的方程的正数解为 ． 3．阅读材料，并解决问题． 【学习研究】 我国古代数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法，以为例，构造方法如下： 首先将方程变形为，然后画四个长为，宽为x的矩形，按如图1所示的方式拼成一个“空心”大正方形，则图1中大正方形的面积可表示为，还可表示为四个矩形与一个边长为2的小正方形面积之和，即．因此，可得新方程．因为x表示边长，所以，即．遗憾的是这样的做法只能得到方程的其中一个正根． 【理解应用】 参照上述图解一元二次方程的方法，请在下面三个构图中选择能够用几何法求解方程的正确构图是 ．（从序号①②③中选择） 【类比迁移】 小颖根据以上解法解方程，请将其解答过程补充完整： 第一步：将原方程变形为，即x（ ）； 第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形; 第三步：因此，根据大正方形的面积可得新的方程： ，解得原方程的一个根为 ； 【拓展应用】 一般地，对于形如的一元二次方程可以构造图2来解．已知图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4，那么此方程的系数 ， ，求得方程的正根为 ． 类型三、一元二次方程的动点问题 1．如图，在中，，，，动点P从点A开始沿边向点B以的速度移动，动点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动，如果P，Q两点分别从A，B两点同时出发，设出发时间为．有下列结论：①当时，；②的面积可以为；③时的四边形的面积大于时的四边形的面积．其中，正确结论的是（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 2．如图，在中，，，点E从A点出发，沿射线运动，速度为，点F从点C出发，沿线段运动，速度为，连接．E、F两点同时出发，当点F到达点A时，点E也停止运动，请问经过 s后，的面积恰为． 3．如图，、、、为矩形的四个顶点，，，动点、分别从、同时出发，点以的速度向点移动，点以相同的速度向点移动，当点到达点时，点、均停止运动，设运动时间为秒． (1)当________秒时，四边形为矩形． (2)运动过程中，四边形可能为菱形吗？若能，求出运动时间，若不能，请说明理由． (3)运动过程中，点和点的距离可能是吗？若能，求出运动时间，若不能，请说明理由． 类型四、换元法解一元二次方程 1．已知方程的解是，，则另一个方程的解是（    ） A．， B．， C．， D．， 2．已知方程的解是，，则方程的解是 ． 3．在数学学习中，运用整体思想能将运算变得简单． 例如，在计算时就可以将看成一个整体，式子转化为：．请借助整体思想完成： (1)___________； (2)，求___________； (3)已知，求 类型五、配方法求最值 1．不论、为何实数，代数式的值（   ） A．总不小于 B．总不小于 C．可为任何实数 D．可能为负数 2．若多项式．那么的最小值是 ． 3．我们已经学习了利用配方法解一元二次方程，其实配方法还有其他重要应用，例如：试求二次三项式最小值． 解：， ， ，即的最小值是1． 试利用“配方法”解决下列问题： (1)已知代数式，求它的最大值． (2)比较代数式与的大小，并说明理由． (3)知识迁移： 如图，在中，，点P在边上以的速度从点A向C移动，点Q在边上以的速度从点C向点B移动．若点同时出发，且当一点移动到终点时，另一点也随之停止，设四边形的面积为，运动时间为t秒，求S的最小值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$