第3讲：配方法的运用 讲义 2026-2027学年人教版数学九年级上册

本讲义聚焦初中数学配方法的运用，系统梳理将二次三项式转化为完全平方式加常数的核心技法，涵盖构造非负数之和为0、求最值、二次根式配方等应用场景，通过巧解参数、比大小、几何最值等7类题型构建从代数到几何的学习支架。 资料以“技法概要+题型精讲+培优检测”分层设计，例题与变式结合，如用“作差法”配方法比较大小培养推理能力，通过三角形边长配方问题发展几何直观，课中助力教师系统教学，课后检测帮助学生查漏补缺，强化数学思维与应用意识。

第3讲 配方法的运用（原卷版） 技法概要 1、将二次三项式通过恒等变形转化为完全平方式加常数，即 2、常见应用场景： (1) 结合平方的非负性，利用配方法构造“非负数之和＝0”． (2) 利用配方法求最值． (3) 二次根式配方构造“非负数之和＝0”或求最值． (4) 通过配方构造完全平方式． 3、常见题型： 题型精讲 题型1 配方法巧解参数 【例1】已知a2﹣a﹣bc＝m，b+c＝3． （1）当c＝2时，求m的最小值． （2）当，a为正整数时，求abc的值． （3）是否存在a，b，c为整数，使m的值为奇数．若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由． 【思路点拨】解：（1）当c＝2时， ∵b+c＝3， ∴b＝3﹣c＝3﹣2＝1， ∵a2﹣a﹣bc＝m， ∴， ∴当时，m的最小值为； （2）把和c＝3﹣b代入a2﹣a﹣bc＝m，得， a2﹣a﹣3b+b20， 4a2﹣4a+1+4b2﹣12b+9＝1， 整理可得（2a﹣1）2+（2b﹣3）2＝1， ∵a为正整数， ∴a只能为1， ∴， ∴； （3）不存在，理由如下： 把c＝3﹣b代入a2﹣a﹣bc＝m，得m＝a2﹣a﹣b（3﹣b）＝a（a﹣1）+b（b﹣3）， ∵a与a﹣1奇偶性不同，b与b﹣3奇偶性不同， ∴a（a﹣1）与b（b﹣3）必定同为奇数， ∴a（a﹣1）+b（b﹣3）必定为偶数，即m必定为偶数． 【变式1】已知a，b满足（a2+4a+7）（b2﹣6b+11）＝6，则2a+b＝（　　） A．﹣6 B．﹣1 C．2 D．3 【变式2】已知实数m，n，c满足m2﹣mc＝0，n＝12m2﹣12m+c2，则n的取值范围是（　　） A．n B．n C．n≥﹣2 D．n＞﹣2 题型2 配方法妙比大小 【例2】【阅读理解】 在比较两个数或代数式的大小时，解决策略一般是利用“作差法”，即要比较代数式M，N的大小，只要作出差 M﹣N，若M﹣N＞0，则M＞N；若M﹣N＝0，则M＝N；若M﹣N＜0，则M＜N． 例如：比较a2+1与2a的大小．解答如下： a2+1﹣2a＝（a﹣1）2≥0， ∴a2+1≥2a． 【知识运用】 若a＞b＞0，m＞0，，．试比较M与N的大小． 【解决问题】 （2）食堂采购员A与B采购大米：A每次固定支出500元，B每次固定采购100千克大米．分两次采购，第一次单价x元/千克，第二次y元/千克（x≠y）． ①求两人采购大米的平均单价； ②请通过计算判断，食堂采购员A与B的采购方式，哪种方式的平均单价更低？ 【思路点拨】解：（1）由题意得，， ∵a＞b＞0，m＞0， ∴， ∴M＞N； （2）①根据题意，食堂采购员A两次采购大米的平均单价为； 食堂采购员B两次采购大米的平均单价为； ②， ∵x＞0，y＞0， ∴， ∴， ∴食堂采购员A、B的采购方式中，采购员A的方式平均单价更低． 【变式3】已知M＝a2+3b2，N＝2b2+2ab，则M，N的大小关系为（　　） A．M＞N B．M＜N C．M≥N D．M≤N 【变式4】已知a是任何实数，若M＝（2a﹣3）（3a﹣1），N＝2a（a）﹣1，则M、N的大小关系是（　　） A．M≥N B．M＞N C．M＜N D．M，N的大小由a的取值范围 题型3 配方法破解恒成立问题 【例3】当a是任意有理数时，下列代数式的值一定为正数的是（　　） A．a2 B．a2+a C． D．a2+a+1 【思路点拨】解：利用平方数的非负性，通过举反例和配方变形逐项分析判断如下： A、当a＝0时，a2＝0，0不是正数，故A选项不符合题意； B、当a＝0时，a2+a＝0，0不是正数，故B选项不符合题意； C、，当时，，故C选项不符合题意； D、，∵，∴，即代数式的值一定为正数，故D选项符合题意． 故选：D． 【变式5】无论x为何值，关于x的多项式x2+3x+m的值都为负数，则常数m的取值范围是（　　） A．m＜﹣9 B．m C．m＜9 D．m 题型4 配方法速解最值问题 【例5】我们已经学习了乘法公式（a±b）2＝a2±2ab+b2的多种运用，可以运用所学知识解答：求代数式x2+4x+5的最小值．解答如下： 解：x2+4x+5＝x2+4x+4+1＝（x+2）2+1， （x+2）2≥0，∴当x＝﹣2时，（x+2）2的值最小，最小值是0， ∴（x+2）2+1≥1，∴当（x+2）2＝0时，（x+2）2+1的值最小，最小值是1， ∴x2+4x+5的最小值是1． 请你根据上述方法，解答下列各题： （1）知识再现：当x＝　　 时，代数式x2﹣4x+15的最小值是　　 ； （2）知识运用：若y＝﹣x2+2x﹣3，当x＝　　 时，y有最　　 值（填“大”或“小”），这个值是　　 ； （3）知识拓展：若﹣x2+5x+y+10＝0，求y+x的最小值． 【思路点拨】解：（1）∵x2﹣4x+15＝（x﹣2）2+11， ∴当x＝2时，有最小值11； 故答案为：2；11； （2）∵y＝﹣x2+2x﹣3＝﹣（x﹣1）2﹣2， ∴当x＝1时有最大值﹣2； 故答案为：1；大；﹣2； （3）解：∵﹣x2+5x+y+10＝0， ∴x+y＝x2﹣4x﹣10＝（x﹣2）2﹣14， ∴（x﹣2）2﹣14≥﹣14， ∴当x＝2时，y+x的最小值为﹣14． 【变式6】7．新定义，若关于x的一元二次方程：与，称为“同族二次方程”．如2（x﹣3）2+4＝0与3（x﹣3）2+4＝0是“同族二次方程”．现有关于x的一元二次方程：2（x﹣1）2+1＝0与（a+2）x2+（b﹣4）x+8＝0是“同族二次方程”．那么代数式ax2+bx+2028能取的最小值是（　　） A．2021 B．2023 C．2028 D．2026 【变式7】已知多项式A＝x2+7x+10，B＝x+1，其中x为实数： ①若A﹣5B＝5，则x1＝0，x2＝2； ②A﹣3B有最大值，最大值为3； ③无论x取任何实数，A＞B恒成立． 以上结论正确的个数有（　　）个． A．0 B．1 C．2 D．3 题型5 配方法定三角形形状 【例5】阅读理解： 例：已知：m2+2mn+2n2﹣6n+9＝0，求：m和n的值． 解：∵m2+2mn+2n2﹣6n+9＝0， ∴m2+2mn+n2+n2﹣6n+9＝0， ∴（m+n）2+（n﹣3）2＝0， ∴m+n＝0，n﹣3＝0， ∴m＝﹣3，n＝3． 解决问题： （1）若x2+4xy+5y2﹣4y+4＝0，求x、y的值； （2）已知a，b，c是△ABC的三边长且满足a2+b2＝6a+8b﹣25，若c是△ABC中最短边的边长，且c为整数，请直接写出a＝　3　 ，b＝　4　 ，c＝　2或3　 ； （3）根据平方的非负性，请你尝试确定：当m取何值时，代数式取到最值，最值为多少？ 【思路点拨】解：（1）由条件可得： （x2+4xy+4y2）+（y2﹣4y+4）＝0， （x+2y）2+（y﹣2）2＝0， ∴x+2y＝0，y﹣2＝0， 解得：x＝﹣4，y＝2； （2）由条件可知： （a2﹣6a+9）+（b2﹣8b+16）＝0， （a﹣3）2+（b﹣4）2＝0， ∴a﹣3＝0，b﹣4＝0， 解得a＝3，b＝4， ∴4﹣3＜c＜4+3，即1＜c＜7， 又∵c是△ABC中最短边的边长，且c为整数， ∴c＝2或3， 故答案为：3，4，2或3； （3）﹣m2+6m﹣8＝﹣（m2﹣6m+9﹣9）﹣8＝﹣（m﹣3）2+1， ∴﹣（m﹣3）2≤0， ∴﹣（m﹣3）2+1≤1， 即m＝3时，代数式取得最大值，最值为1． 【变式8】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，并结合非负数的意义来解决问题． 例如x2+4x+6＝（x2+4x+4）+2＝（x+2）2+2．可知当（x+2）2＝0，即x＝﹣2时，x2+4x+6有最小值，最小值是2． 根据阅读材料，解决下列问题： （1）代数式x2﹣4x﹣7的最小值为　　 ； （2）已知△ABC的三边长a，b，c，且满足a2+b2﹣6a﹣10b+34＝0，求边c的取值范围； （3）已知P＝3m2+4n+19，Q＝m2﹣n2+12m﹣4，试比较P，Q的大小． 题型6 配方法秒解几何最值问题 【例6】如图，已知AB＝4，P为线段AB上的一个动点，分别以AP，PB为边在AB的同侧作菱形APCD和菱形PBFE，点P，C，E在一条直线上，∠DAP＝60°，M，N分别是对角线AC，BE的中点．当点P在线段AB上移动时，点M、N之间的距离最短为（　　） A．2 B．4 C． D． 【思路点拨】解：如图，连接PM、PN ∵四边形APCD、PBFE是菱形，∠DAP＝60°， ∴∠APC＝120°，∠EPB＝60°，，∠AMP＝∠PNB＝90°， ∴，，， ∴∠MPN＝∠CPM+∠EPN＝60°+30°＝90°，， 设PA＝2a，则PB＝4﹣2a，PM＝a， ∵， ∴， ∴， 当时，点M、N之间的距离最短，最短距离为． 故选：D． 【变式9】如图，线段AB＝6，点C是线段AB上任意一点，以AC、BC为边向上作正方形ACDE、BCGF，求△ECF面积的最大值． 题型7 配方法秒解几何最值问题 【例7】若a，b，c是实数，且a+b+c＝24614，则2b+c＝　17　 ． 【思路点拨】解：∵a+b+c＝24614 ∴a+1+b+1+c﹣2﹣24614＝0 ∴[21]+[44]+[69]＝0 ∴0 ∴1＝0，2＝0，3＝0 ∴1，2，3 ∴a+1＝1，b+1＝4，c﹣2＝9 ∴a＝0，b＝3，c＝11 ∴2b+c＝2×3+11＝17 故答案为：17． 【变式10】若实数a，b，c，d满足8a2+7c2＝16ab，9b2+4d2＝8cd，则a+b+c+d＝　　 ． 培优小检测 （时间：40分钟 满分：60分） ■ 一、选择题（每小题3分，共24分） 1. 若代数式x2+4x+m可以配方为（x+n）2，则m+n＝（　　） A．4 B．6 C．8 D．9 2. 已知a，b满足﹣a2+3a﹣b+1＝0，则2a+b有（　　） A．最小值 B．最小值7 3．已知a，b满足a2+b2﹣4a﹣8b+20＝0，则以a，b为两边长的等腰三角形的周长是（　　） A．10 B．8 C．8或10 D．20 4.已知实数a，b，c满足，则a+b+c的值是（　　） A．8 B．14 C．18 D．28 5．若，，则代数式的值是（　　） A．﹣11 B．11 C．13 D．﹣13 6．已知实数m、n满足m2﹣mn+n2＝2，若s＝2m﹣2n+mn，则s的值最大为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 7.已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（m﹣2，0）和B（2m+1，0）（点A在点B的左侧），对称轴为l：x＝1，直线y＝kx+2（k≠0）与抛物线相交于两点M（x1，y1），N（x2，y2）（x1＜x2），则|x1﹣x2|最小值为（　　） A．4 B．4 C．2 D．2 8.如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，动点D、E分别从点A、B同时出发，以每秒1、个单位长度的速度沿AB、BC向点B、C运动（当点D到达点B时，点E恰好到达点C），连接DE，点F为DE中点，点M为AC中点，连接FM．设运动时间为t（秒），DE2为y，y关于t的函数图象如图2所示，则FM的最小值为（　　） A． B． C． D． ■ 二、填空题（每小题4分，共16分） 9.若n＞0，且x取任意实数时，9x2+mx+36＝（3x+n）2恒成立，则m﹣n＝　　 ． 10.已知a，b，c为△ABC的三条边，若a，b，c满足a2﹣4a+b2﹣6b+13＝0，且△ABC的周长是偶数，则c的值为　　 ． 11.已知实数x，y满足x2+xy+y2＝1，t＝xy﹣x2﹣y2，则t的最大值为 . 12.已知多项式x2+xy﹣2y2﹣2x+my﹣3＝（ax+by+c）（dx+ey+f），其中a，b，c，d，e，f均为整数，则m＝　5或﹣7　 ． ■ 三、解答题（共20分） 13.（8分）数学课上，老师在黑板上书写了M，N两个整式： M＝﹣2a2+4a，N＝﹣2（a2﹣2a+2） （1）比较M，N的大小； （2）若P+2N＝M﹣5，证明：P不可能小于0． 14.（12分）【提出问题】如图1，菱形ABCD中，AC＝m，BD＝n，根据菱形对角线互相平分且垂直，可以得到S菱形ABCD＝　mn ；（用含m、n的代数式表示） 【拓展延伸】如图2，四边形ABCD中，AC⊥BD． ①若AC＝6，BD＝8，则四边形ABCD的面积为　　 ； ②若AC+BD＝12，求四边形ABCD面积的最大值； 【深入探究】如图3，四边形ABCD中，AC⊥BD，AB＝AC，∠ADC＝120°，，，求BD长． 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第3讲 配方法的运用（详解版） 技法概要 1、将二次三项式通过恒等变形转化为完全平方式加常数，即 2、常见应用场景： (1) 结合平方的非负性，利用配方法构造“非负数之和＝0”． (2) 利用配方法求最值． (3) 二次根式配方构造“非负数之和＝0”或求最值． (4) 通过配方构造完全平方式． 3、常见题型： 题型精讲 题型1 配方法巧解参数 【例1】已知a2﹣a﹣bc＝m，b+c＝3． （1）当c＝2时，求m的最小值． （2）当，a为正整数时，求abc的值． （3）是否存在a，b，c为整数，使m的值为奇数．若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由． 【思路点拨】解：（1）当c＝2时， ∵b+c＝3， ∴b＝3﹣c＝3﹣2＝1， ∵a2﹣a﹣bc＝m， ∴， ∴当时，m的最小值为； （2）把和c＝3﹣b代入a2﹣a﹣bc＝m，得， a2﹣a﹣3b+b20， 4a2﹣4a+1+4b2﹣12b+9＝1， 整理可得（2a﹣1）2+（2b﹣3）2＝1， ∵a为正整数， ∴a只能为1， ∴， ∴； （3）不存在，理由如下： 把c＝3﹣b代入a2﹣a﹣bc＝m，得m＝a2﹣a﹣b（3﹣b）＝a（a﹣1）+b（b﹣3）， ∵a与a﹣1奇偶性不同，b与b﹣3奇偶性不同， ∴a（a﹣1）与b（b﹣3）必定同为奇数， ∴a（a﹣1）+b（b﹣3）必定为偶数，即m必定为偶数． 【变式1】已知a，b满足（a2+4a+7）（b2﹣6b+11）＝6，则2a+b＝（　　） A．﹣6 B．﹣1 C．2 D．3 【解析】解：∵（a2+4a+7）（b2﹣6b+11）＝6， ∴[（a+2）2+3][（b﹣3）2+2]＝6， ∵（a+2）2≥0，（b﹣3）2≥0， ∴当a+2＝0，b﹣3＝0时，[（a+2）2+3][（b﹣3）2+2]＝6， 解得a＝﹣2，b＝3， ∴2a+b ＝2×（﹣2）+3 ＝﹣4+3 ＝﹣1， 故选：B． 【变式2】已知实数m，n，c满足m2﹣mc＝0，n＝12m2﹣12m+c2，则n的取值范围是（　　） A．n B．n C．n≥﹣2 D．n＞﹣2 【解析】解：∵m2﹣mc＝0， ∴m2﹣mc，Δ＝1﹣c≥0， ∴c≤1， ∴n＝12（m2﹣m）+c2 ＝﹣3c+c2 ＝c2﹣3c+（）2 ＝（c）2﹣2 ≥（1）2﹣2 ． 故选：A． 题型2 配方法妙比大小 【例2】【阅读理解】 在比较两个数或代数式的大小时，解决策略一般是利用“作差法”，即要比较代数式M，N的大小，只要作出差 M﹣N，若M﹣N＞0，则M＞N；若M﹣N＝0，则M＝N；若M﹣N＜0，则M＜N． 例如：比较a2+1与2a的大小．解答如下： a2+1﹣2a＝（a﹣1）2≥0， ∴a2+1≥2a． 【知识运用】 若a＞b＞0，m＞0，，．试比较M与N的大小． 【解决问题】 （2）食堂采购员A与B采购大米：A每次固定支出500元，B每次固定采购100千克大米．分两次采购，第一次单价x元/千克，第二次y元/千克（x≠y）． ①求两人采购大米的平均单价； ②请通过计算判断，食堂采购员A与B的采购方式，哪种方式的平均单价更低？ 【思路点拨】解：（1）由题意得，， ∵a＞b＞0，m＞0， ∴， ∴M＞N； （2）①根据题意，食堂采购员A两次采购大米的平均单价为； 食堂采购员B两次采购大米的平均单价为； ②， ∵x＞0，y＞0， ∴， ∴， ∴食堂采购员A、B的采购方式中，采购员A的方式平均单价更低． 【变式3】已知M＝a2+3b2，N＝2b2+2ab，则M，N的大小关系为（　　） A．M＞N B．M＜N C．M≥N D．M≤N 【解析】解：M﹣N＝a2+3b2﹣（2b2+2ab）＝（a﹣b）2， ∵（a﹣b）2≥0， ∴M﹣N≥0，即M≥N． 故选：C． 【变式4】已知a是任何实数，若M＝（2a﹣3）（3a﹣1），N＝2a（a）﹣1，则M、N的大小关系是（　　） A．M≥N B．M＞N C．M＜N D．M，N的大小由a的取值范围 【解析】解：∵M＝（2a﹣3）（3a﹣1），N＝2a（a）﹣1， ∴M﹣N ＝（2a﹣3）（3a﹣1）﹣2a（a）+1， ＝6a2﹣11a+3﹣2a2+3a+1 ＝4a2﹣8a+4 ＝4（a﹣1）2 ∵（a﹣1）2≥0， ∴M﹣N≥0，则M≥N． 故选：A． 题型3 配方法破解恒成立问题 【例3】当a是任意有理数时，下列代数式的值一定为正数的是（　　） A．a2 B．a2+a C． D．a2+a+1 【思路点拨】解：利用平方数的非负性，通过举反例和配方变形逐项分析判断如下： A、当a＝0时，a2＝0，0不是正数，故A选项不符合题意； B、当a＝0时，a2+a＝0，0不是正数，故B选项不符合题意； C、，当时，，故C选项不符合题意； D、，∵，∴，即代数式的值一定为正数，故D选项符合题意． 故选：D． 【变式5】无论x为何值，关于x的多项式x2+3x+m的值都为负数，则常数m的取值范围是（　　） A．m＜﹣9 B．m C．m＜9 D．m 【解析】解：x2+3x+m （x2﹣6x+9）+m （x﹣3）2+m ∵（x﹣3）2≤0， ∴（x﹣3）2+mm， ∵无论x为何值，x2+3x+m＜0， ∴m0， 解得m． 故选：B． 题型4 配方法速解最值问题 【例5】我们已经学习了乘法公式（a±b）2＝a2±2ab+b2的多种运用，可以运用所学知识解答：求代数式x2+4x+5的最小值．解答如下： 解：x2+4x+5＝x2+4x+4+1＝（x+2）2+1， （x+2）2≥0，∴当x＝﹣2时，（x+2）2的值最小，最小值是0， ∴（x+2）2+1≥1，∴当（x+2）2＝0时，（x+2）2+1的值最小，最小值是1， ∴x2+4x+5的最小值是1． 请你根据上述方法，解答下列各题： （1）知识再现：当x＝　　 时，代数式x2﹣4x+15的最小值是　　 ； （2）知识运用：若y＝﹣x2+2x﹣3，当x＝　　 时，y有最　　 值（填“大”或“小”），这个值是　　 ； （3）知识拓展：若﹣x2+5x+y+10＝0，求y+x的最小值． 【思路点拨】解：（1）∵x2﹣4x+15＝（x﹣2）2+11， ∴当x＝2时，有最小值11； 故答案为：2；11； （2）∵y＝﹣x2+2x﹣3＝﹣（x﹣1）2﹣2， ∴当x＝1时有最大值﹣2； 故答案为：1；大；﹣2； （3）解：∵﹣x2+5x+y+10＝0， ∴x+y＝x2﹣4x﹣10＝（x﹣2）2﹣14， ∴（x﹣2）2﹣14≥﹣14， ∴当x＝2时，y+x的最小值为﹣14． 【变式6】7．新定义，若关于x的一元二次方程：与，称为“同族二次方程”．如2（x﹣3）2+4＝0与3（x﹣3）2+4＝0是“同族二次方程”．现有关于x的一元二次方程：2（x﹣1）2+1＝0与（a+2）x2+（b﹣4）x+8＝0是“同族二次方程”．那么代数式ax2+bx+2028能取的最小值是（　　） A．2021 B．2023 C．2028 D．2026 【解析】解：根据题意可知：（a+2）x2+（b﹣4）x+8＝（a+2）（x﹣1）2+1， ∴（a+2）x2+（b﹣4）x+8＝（a+2）x2﹣2（a+2）x+a+3， ∴， 解得：， ∴ax2+bx+2028＝5x2﹣10x+2028＝5（x﹣1）2+2023， ∴当x＝1时，ax2+bx+2028取最小值为2013． 故选：B． 【变式7】已知多项式A＝x2+7x+10，B＝x+1，其中x为实数： ①若A﹣5B＝5，则x1＝0，x2＝2； ②A﹣3B有最大值，最大值为3； ③无论x取任何实数，A＞B恒成立． 以上结论正确的个数有（　　）个． A．0 B．1 C．2 D．3 【解析】解：分别对三个结论逐一验证如下： ∵A＝x2+7x+10，B＝x+1， ①验证结论：A﹣5B＝x2+7x+10﹣5（x+1）＝x2+2x+5令A﹣5B＝5，得x2+2x+5＝5，整理得x2+2x＝0，解得x1＝0，x2＝﹣2与结论中x2＝2不符，故①错误，不符合题意； ②验证结论：A﹣3B＝x2+7x+10﹣3（x+1）＝x2+4x+7＝（x+2）2+3∵二次项系数1＞0，抛物线开口向上，∴A﹣3B只有最小值，最小值为3，不存在最大值故②错误，不符合题意； ③验证结论：A﹣B＝x2+7x+10﹣（x+1）＝x2+6x+9＝（x+3）2≥0即A≥B，当x＝﹣3时，A＝B，因此A＞B不恒成立，故③错误，不符合题意； 故选：A． 题型5 配方法定三角形形状 【例5】阅读理解： 例：已知：m2+2mn+2n2﹣6n+9＝0，求：m和n的值． 解：∵m2+2mn+2n2﹣6n+9＝0， ∴m2+2mn+n2+n2﹣6n+9＝0， ∴（m+n）2+（n﹣3）2＝0， ∴m+n＝0，n﹣3＝0， ∴m＝﹣3，n＝3． 解决问题： （1）若x2+4xy+5y2﹣4y+4＝0，求x、y的值； （2）已知a，b，c是△ABC的三边长且满足a2+b2＝6a+8b﹣25，若c是△ABC中最短边的边长，且c为整数，请直接写出a＝　3　 ，b＝　4　 ，c＝　2或3　 ； （3）根据平方的非负性，请你尝试确定：当m取何值时，代数式取到最值，最值为多少？ 【思路点拨】解：（1）由条件可得： （x2+4xy+4y2）+（y2﹣4y+4）＝0， （x+2y）2+（y﹣2）2＝0， ∴x+2y＝0，y﹣2＝0， 解得：x＝﹣4，y＝2； （2）由条件可知： （a2﹣6a+9）+（b2﹣8b+16）＝0， （a﹣3）2+（b﹣4）2＝0， ∴a﹣3＝0，b﹣4＝0， 解得a＝3，b＝4， ∴4﹣3＜c＜4+3，即1＜c＜7， 又∵c是△ABC中最短边的边长，且c为整数， ∴c＝2或3， 故答案为：3，4，2或3； （3）﹣m2+6m﹣8＝﹣（m2﹣6m+9﹣9）﹣8＝﹣（m﹣3）2+1， ∴﹣（m﹣3）2≤0， ∴﹣（m﹣3）2+1≤1， 即m＝3时，代数式取得最大值，最值为1． 【变式8】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，并结合非负数的意义来解决问题． 例如x2+4x+6＝（x2+4x+4）+2＝（x+2）2+2．可知当（x+2）2＝0，即x＝﹣2时，x2+4x+6有最小值，最小值是2． 根据阅读材料，解决下列问题： （1）代数式x2﹣4x﹣7的最小值为　　 ； （2）已知△ABC的三边长a，b，c，且满足a2+b2﹣6a﹣10b+34＝0，求边c的取值范围； （3）已知P＝3m2+4n+19，Q＝m2﹣n2+12m﹣4，试比较P，Q的大小． 解：（1）x2﹣4x﹣7＝（x2﹣4x+4）﹣11＝（x﹣2）2﹣11， 当（x﹣2）2＝0，即x＝2时，x2﹣4x﹣7的最小值为﹣11． 故答案为：﹣11； （2）由条件可知（a2﹣6a+9）+（b2﹣10b+25）＝0，即（a﹣3）2+（b﹣5）2＝0， ∵（a﹣3）2≥0，（b﹣5）2≥0， ∴a＝3，b＝5， ∵b﹣a＜c＜b+a， ∴2＜c＜8； （3）∵P＝3m2+4n+19，Q＝m2﹣n2+12m﹣4， ∴P﹣Q＝3m2+4n+19﹣（m2﹣n2+12m﹣4） ＝3m2+4n+19﹣m2+n2﹣12m+4 ＝2m2﹣12m+n2+4n+23 ＝2（m2﹣6m+9）+（n2+4n+4）+1 ＝2（m﹣3）2+（n+2）2+1， ∴P﹣Q≥0+0+1＝1＞0， ∴P＞Q． 题型6 配方法秒解几何最值问题 【例6】如图，已知AB＝4，P为线段AB上的一个动点，分别以AP，PB为边在AB的同侧作菱形APCD和菱形PBFE，点P，C，E在一条直线上，∠DAP＝60°，M，N分别是对角线AC，BE的中点．当点P在线段AB上移动时，点M、N之间的距离最短为（　　） A．2 B．4 C． D． 【思路点拨】解：如图，连接PM、PN ∵四边形APCD、PBFE是菱形，∠DAP＝60°， ∴∠APC＝120°，∠EPB＝60°，，∠AMP＝∠PNB＝90°， ∴，，， ∴∠MPN＝∠CPM+∠EPN＝60°+30°＝90°，， 设PA＝2a，则PB＝4﹣2a，PM＝a， ∵， ∴， ∴， 当时，点M、N之间的距离最短，最短距离为． 故选：D． 【变式9】如图，线段AB＝6，点C是线段AB上任意一点，以AC、BC为边向上作正方形ACDE、BCGF，求△ECF面积的最大值． 解：设AC＝x，则BC＝6﹣x， ∴ ＝﹣x2+6x ＝﹣（x﹣3）2+9， ∵﹣（x﹣3）2≤0， ∴﹣（x﹣3）2+9≤9， ∴当x＝3时，△ECF面积的最大值为9． 题型7 配方法秒解几何最值问题 【例7】若a，b，c是实数，且a+b+c＝24614，则2b+c＝　17　 ． 【思路点拨】解：∵a+b+c＝24614 ∴a+1+b+1+c﹣2﹣24614＝0 ∴[21]+[44]+[69]＝0 ∴0 ∴1＝0，2＝0，3＝0 ∴1，2，3 ∴a+1＝1，b+1＝4，c﹣2＝9 ∴a＝0，b＝3，c＝11 ∴2b+c＝2×3+11＝17 故答案为：17． 【变式10】若实数a，b，c，d满足8a2+7c2＝16ab，9b2+4d2＝8cd，则a+b+c+d＝　0　 ． 【解析】解：∵8a2+7c2＝16ab，9b2+4d2＝8cd， ∴8a2﹣16ab+9b2+7c2﹣8cd+4d2＝0， 8（a﹣b）2+b2+3c2+4（c﹣d）2＝0， 由非负数的性质得a﹣b＝b＝c＝c﹣d＝0， ∴a＝b＝c＝d＝0， ∴a+b+c+d＝0． 故答案为：0． 培优小检测 （时间：40分钟 满分：60分） ■ 一、选择题（每小题3分，共24分） 1. 若代数式x2+4x+m可以配方为（x+n）2，则m+n＝（　　） A．4 B．6 C．8 D．9 【解析】解：因为x2+4x+m可以配方为（x+n）2， 所以（x+n）2 ＝x2+2nx+n2 ＝x2+4x+m， 所以2n＝4，n2＝m， 所以n＝2，m＝4， m+n＝2+4＝6． 故选：B． 2. 已知a，b满足﹣a2+3a﹣b+1＝0，则2a+b有（　　） A．最小值 B．最小值7 【解析】解：∵﹣a2+3a﹣b+1＝0， ∴b＝﹣a2+3a+1， ∴2a+b＝﹣a2+5a+1， ∵0， ∴2a+b有最大值为． 故选：C． 3．已知a，b满足a2+b2﹣4a﹣8b+20＝0，则以a，b为两边长的等腰三角形的周长是（　　） A．10 B．8 C．8或10 D．20 【解析】解：由条件可知（a2﹣4a+4）+（b2﹣8b+16）＝0， ∴（a﹣2）2+（b﹣4）2＝0， ∴a﹣2＝0，b﹣4＝0， ∴a＝2，b＝4， 当该等腰三角形的腰长为2时，则三边长分别为2，2，4， ∵2+2＝4， ∴此时不能构成三角形， 当该等腰三角形的腰长为4时，则三边长分别为2，4，4， ∴此时能构成三角形， ∴该等腰三角形的周长为2+4+4＝10， 故选：A． 4.已知实数a，b，c满足，则a+b+c的值是（　　） A．8 B．14 C．18 D．28 【解析】解：原等式两边同乘2，得， 移项得， 变形得， 利用完全平方公式合并得， ∵，，， ∴，，， ∴a＝2，b＝8，c＝18， ∴a+b+c＝28． 故选：D． 5．若，，则代数式的值是（　　） A．﹣11 B．11 C．13 D．﹣13 【解析】解：∵，， ∴， ， ∴ ＝﹣10﹣3 ＝﹣13， 故选：D． 6．已知实数m、n满足m2﹣mn+n2＝2，若s＝2m﹣2n+mn，则s的值最大为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【解析】解：由题意，∵m2﹣mn+n2＝2， ∴m2+n2＝2+mn，则mn＝m2+n2﹣2＝（m﹣n）2+2mn﹣2． ∴s＝2m﹣2n+（m2+n2﹣2） ＝2（m﹣n）+（m﹣n）2+2mn﹣2． 又∵（m﹣n）2＝2﹣mn， ∴mn＝2﹣（m﹣n）2． ∴s＝2（m﹣n）+（m﹣n）2+2mn﹣2 ＝2（m﹣n）+（m﹣n）2+2[2﹣（m﹣n）2]﹣2 ＝﹣（m﹣n）2+2（m﹣n）+2． ＝﹣（m﹣n﹣1）2+3． ∵﹣（m﹣n﹣1）2≤0， ∴s＝﹣（m﹣n﹣1）2+3≤3． ∴s的值最大为3． 故选：C． 7.已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（m﹣2，0）和B（2m+1，0）（点A在点B的左侧），对称轴为l：x＝1，直线y＝kx+2（k≠0）与抛物线相交于两点M（x1，y1），N（x2，y2）（x1＜x2），则|x1﹣x2|最小值为（　　） A．4 B．4 C．2 D．2 【解析】解：∵抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（m﹣2，0）和B（2m+1，0）， ∴1． ∴m＝1． ∴点A（﹣1，0），B（3，0）， ∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3． 则， ∴x2+（k﹣2）x﹣1＝0①， ∴x1+x2＝2﹣k，x1x2＝﹣1， ∴（x1﹣x2）2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝（2﹣k）2+4， 要使|x1﹣x2|最小，则（x1﹣x2）2最小， ∴（k﹣2）2+4最小， 即k＝2时，|x1﹣x2|最小值为2． 故选：C． 8.如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，动点D、E分别从点A、B同时出发，以每秒1、个单位长度的速度沿AB、BC向点B、C运动（当点D到达点B时，点E恰好到达点C），连接DE，点F为DE中点，点M为AC中点，连接FM．设运动时间为t（秒），DE2为y，y关于t的函数图象如图2所示，则FM的最小值为（　　） A． B． C． D． 【解析】解：∵动点D、E分别从点A、B同时出发，以每秒1、个单位长度的速度沿AB、BC向点B、C运动， ∴AD＝t，BEt， 设AB＝a，则BD＝a﹣t， ∵DE2＝BE2+BD2， ∴y， 由图2知：点（1，）在y关于t的函数图象上， ∴， 解得：a＝3或a＝﹣1（不合题意，舍去）， ∴AB＝3， ∵当点D到达点B时，点E恰好到达点C， ∴BC＝34， 以点B为坐标原点，建立如图所示的坐标系， 则A（3，0），C（0，4）， ∵点M为AC中点， ∴M（1.5，2）， ∵E（0，t），D（3﹣t，0），点F为DE中点， ∴F（，t）， ∴FM ， ∵0， ∴当t时，FM的最小值． 故选：D． ■ 二、填空题（每小题4分，共16分） 9.若n＞0，且x取任意实数时，9x2+mx+36＝（3x+n）2恒成立，则m﹣n＝　　 ． 【解析】解：将9x2+mx+36＝（3x+n）2右边展开得： 9x2+mx+36＝9x2+6nx+n2 ∴m＝6n，n2＝36 ∵n＞0 ∴n＝6，m＝36 ∴m﹣n＝30 故答案为：30． 10.已知a，b，c为△ABC的三条边，若a，b，c满足a2﹣4a+b2﹣6b+13＝0，且△ABC的周长是偶数，则c的值为　　 ． 【解析】解：∵a2﹣4a+b2﹣6b+13＝0， ∴a2﹣4a+4+b2﹣6b+9＝0， ∴（a﹣2）2+（b﹣3）2＝0， ∴a﹣2＝0，b﹣3＝0， ∴a＝2，b＝3， ∴3﹣2＜c＜3+2，即1＜c＜5， ∵△ABC的周长是偶数， ∴c为正整数，c可能为2，3，4． 又当c＝2时，周长为7，不合题意；当c＝3时，周长为8，符合题意；当c＝4时，周长为9，不合题意， ∴c＝3． 故答案为：3． 11.已知实数x，y满足x2+xy+y2＝1，t＝xy﹣x2﹣y2，则t的最大值为 . 【解析】解：由题意，∵x2+xy+y2＝1， ∴x2﹣2xy+y2＝1﹣3xy， ∴（x﹣y）2＝1﹣3xy≥0，则xy． ∵t＝xy﹣x2﹣y2， ∴t＝﹣xy﹣（x﹣y）2 ＝﹣xy﹣1+3xy ＝2xy﹣11． ∴t的最大值为． 12.已知多项式x2+xy﹣2y2﹣2x+my﹣3＝（ax+by+c）（dx+ey+f），其中a，b，c，d，e，f均为整数，则m＝　5或﹣7　 ． 【解析】解：将原式视为关于x的二次多项式x2+（y﹣2）x+（﹣2y2+my﹣3）， 若该式能分解为整系数一次式的乘积， 则其判别式是完全平方式： Δ＝（y﹣2）2﹣4（﹣2y2+my﹣3）＝9y2﹣4（1+m）y+16＝（3y±4）2， 所以 4（1+m）＝24或﹣24， 当4（1+m）＝24，此时m＝5， 当4（1+m）＝﹣24，此时m＝﹣7， 综上所述，m＝5 或﹣7， 答案：5或﹣7． ■ 三、解答题（共20分） 13.（8分）数学课上，老师在黑板上书写了M，N两个整式： M＝﹣2a2+4a，N＝﹣2（a2﹣2a+2） （1）比较M，N的大小； （2）若P+2N＝M﹣5，证明：P不可能小于0． 解：（1）M﹣N ＝﹣2a2+4a﹣[﹣2（a2﹣2a+2）] ＝﹣2a2+4a+2a2﹣4a+4 ＝4＞0， ∴M＞N． （2）证明：由条件可知： P＝M﹣2N﹣5 ＝﹣2a2+4a﹣2[﹣2（a2﹣2a+2）]﹣5 ＝﹣2a2+4a+4（a2﹣2a+2）﹣5 ＝﹣2a2+4a+4a2﹣8a+8﹣5 ＝2a2﹣4a+3 ＝2（a2﹣2a+1）+1 ＝2（a﹣1）2+1， ∵（a﹣1）2≥0， ∴P＝2（a﹣1）2+1≥1＞0， ∴P不可能小于0． 14.（12分）【提出问题】如图1，菱形ABCD中，AC＝m，BD＝n，根据菱形对角线互相平分且垂直，可以得到S菱形ABCD＝　mn ；（用含m、n的代数式表示） 【拓展延伸】如图2，四边形ABCD中，AC⊥BD． ①若AC＝6，BD＝8，则四边形ABCD的面积为　　 ； ②若AC+BD＝12，求四边形ABCD面积的最大值； 【深入探究】如图3，四边形ABCD中，AC⊥BD，AB＝AC，∠ADC＝120°，，，求BD长． 解：【提出问题】∵四边形ABCD为菱形， ∴AC⊥BD， ∴S菱形ABCDBD•AOBD•CO． 故答案为：mn； 【拓展延伸】①∵AC⊥BD， ∴四边形ABCD的面积BD•AOBD•CO24． 故答案为：24； ②∵AC+BD＝12， ∴设AC＝x，则BD＝12﹣x， 由（2）①知：四边形ABCD面积（12﹣x）x， ∴四边形ABCD面积18， ∵， ∴当x＝6时，四边形ABCD面积有最大值为18． ∴四边形ABCD面积的最大值为18． 【深入探究】过点A作AE⊥CD，交CD的延长线于点E，如图， ∵， ∴设CD＝x，则BCx， ∵∠ADC＝120°， ∴∠ADE＝60°， ∴DEAD，AE＝AD•sin60°， ∴AC2＝AE2+CE2x+3， ∵AB＝AC， ∴AB2x+3， ∵AC⊥BD， ∴AB2＝AO2+BO2，， ∴AB2﹣BC2＝AO2﹣OC23． ∵AC⊥BD， ∴AO2+OD2＝AD2＝3，OD2+OC2＝CD2＝x2， ∴OA2﹣OC2＝3﹣x2， ∴3﹣x2， ∴x＝2， ∴AB＝AC，BC， 过点A作AF⊥BC于点F，则BF＝CF， ∴AF， ∴OB， 同理：OD， ∴BD． 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $