专题 03 配方法的十大应用（举一反三专项训练）
【人教版】
【题型1 利用配方法求参数（范围）】..................................................................................................................1
【题型2 利用配方法比较代数式大小】..................................................................................................................3
【题型3 利用配方法证明代数式的值恒大于（或小于）某数】.........................................................................6
【题型4 利用配方法求最值问题】........................................................................................................................10
【题型5 利用配方法确定三角形的形状】...........................................................................................................13
【题型6 利用配方法解决几何问题】....................................................................................................................16
【题型7 配方法在二次根式中的应用】................................................................................................................22
【题型8 配方法在分式中的应用】........................................................................................................................25
【题型9 利用配方法在实数范围内分解因式】...................................................................................................27
【题型10 利用配方法解决新定义问题】................................................................................................................29
【题型1 利用配方法求参数（范围）】
1 1
【例1】）已知实数m，n，c满足m2−m+ c=0，n=12m2−12m+c2+ ，则n的取值范围是（ ）
4 4
7 7
A．n≥− B．n>− C．n≥−2 D．n>−2
4 4
【答案】A
1 1 1 1
【分析】由m2−m+ c=0变形得m2−m=− c，代入n=12m2−12m+c2+ 中得到n=c2−3c+
，再
4 4 4 4
进行配方，根据非负数的性质即可得到答案．
1
【详解】∵m2−m+ c=0
4
1
∴ m2−m=− c
4
1 2 1 1
∴ m2−m=(m− ) − ≥−
2 4 4
∴c≤1
1 1 1 1 1
∴n=12m2−12m+c2+ =12(m2−m)+c2+ =12×(− c)+c2+ =c2−3c+
4 4 4 4 43 2
∴n=(c− ) −2
2
3 2 1
∵(c− ) ≥
2 4
7
∴n≥−
4
故选：A．
【点睛】本题主要考查了配方法的应用，涉及非负数的性质、偶次方，熟练运用上述知识是解题的关键．
【变式1-1】（24-25九年级上·江苏宿迁·期末）已知a,b满足(a2+4a+7)(b2−6b+11)=6，则2a+b=
（）
A．−6 B．−1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】本题考查了代数式求值，配方法的应用，非负数的性质，将(a2+4a+7)(b2−6b+11)=6变形，
然后根据非负数的性质和式子的结果，可以求出a、b的值，再代入求解即可，掌握相关知识是解题的关
键．
【详解】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．
1
【变式1-2】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（ ）
29 9
A．m＜﹣9 B．m＜﹣ C．m＜9 D．m＜
2 2
【答案】B
1 1 9 1
【分析】首先判断出：﹣ x2+3x+m＝﹣ （x﹣3）2+m+ ，然后根据偶次方的非负性质，可得- （x﹣3）
2 2 2 2
9 9 1 9
2+m+ ≤m+ ，再根据无论x为何值，﹣ x2+3x+m＜0，推得m+ ＜0，据此判断出常数m的取值范围即
2 2 2 2
可．
1 1 9 1 9
【详解】解：∵﹣ x2+3x+m＝﹣ （x2﹣6x+9）+m+ ＝﹣ （x﹣3）2+m+
2 2 2 2 2
1
∵﹣ （x﹣3）2≤0，
2
1 9 9
∴﹣ （x﹣3）2+m+ ≤m+ ，
2 2 2
1
∵无论x为何值，﹣ x2+3x+m＜0，
2
9
∴m+ ＜0，
2
9
解得m＜﹣ ．
2
故选：B．
【点睛】本题考查的知识点是配方法的应用，将多项式进行配方是解此题的关键．
【变式1-3】（24-25九年级上·江苏泰州·期中）已知m+n=4,mn−p2+8p≥20，则mnp的值为
．
【答案】16
【分析】本题考查了配方法的应用，非负数的性质，先由m+n=4得m=4−n，将其代入
mn−p2+8p≥20后，将不等式整理并配方得(n−2) 2+(p−4) 2≤0，根据非负数的性质可得n=2，p=4，
进而可得m=2，再将m、n、p的值代入mnp即可得答案．
【详解】解：∵m+n=4，
∴m=4−n，
将m=4−n代入mn−p2+8p≥20得：(4−n)n−p2+8p≥20，整理后配方可得：(n−2) 2+(p−4) 2≤0，
∴n−2=0，p−4=0，
∴n=2，p=4，
∴m=4−2=2，
∴mnp=2×2×4=16，
故答案为：16．
【题型2 利用配方法比较代数式大小】
【例2】（2025·安徽六安·一模）已知x，y，z为实数，且y+z=5−4x+3x2，z−y=1−2x+x2，则
x，y，z之间的大小关系是（ ）
A．x<y≤z B．y<x≤z C．y≤z<x D．z<x≤ y
【答案】A
【分析】本题考查了完全平方公式的应用，配方法的应用．先根据已知等式求出y=x2−x+2，
z=2x2−3x+3，再利用完全平方公式判断出y>x，z≥ y，由此即可得出答案．
【详解】解：∵y+z=5−4x+3x2，z−y=1−2x+x2，
解得y=x2−x+2，z=2x2−3x+3，
∴y−x=x2−x+2−x=x2−2x+2=(x−1) 2+1>0，
∴y>x；
∵z−y=1−2x+x2=(x−1) 2≥0，
∴z≥ y，
∴x<y≤z，
故选：A．
【变式2-1】阅读以下材料：
利用我们学过的完全平方公式及不等式知识能解决代数式一些问题，如
a2+2a−4=a2+2a+1−1−4=(a+1) 2−5
∵(a+1) 2≥0，
∴a2+2a−4=(a+1) 2−5≥−5，
因此，代数式a2+2a−4有最小值−5根据以上材料，解决下列问题：
(1)代数式a2−2a+2的最小值为 ；
(2)试比较a2+b2+11与6a−2b的大小关系，并说明理由；
(3)已知：a−b=2，ab+c2−4c+5=0，求代数式a+b+c的值．
【答案】(1)1
(2)a2+b2+11>6a−2b，见解析
(3)2
【分析】（1）将代数式a2−2a+2配方可得最值；
（2）作差并配方，可进行大小比较；
（3）变形后得：a=b+2，代入ab+c2−4c+5=0中，再利用配方法即可解决问题．
【详解】（1）解：a2−2a+2=(a2−2a+1)+1=(a−1) 2+1，
∵(a−1) 2≥0，
∴(a−1) 2+1≥1，
即代数式a2−2a+2的最小值为1；
故答案为：1；
（2）a2+b2+11>6a−2b，理由如下：
a2+b2+11−(6a−2b)
=a2+b2+11−6a+2b
=(a2−6a+9)+(b2+2b+1)+1，
∵(a−3) 2≥0，(b+1) 2≥0，
∴a2+b2+11>6a−2b；
（3）∵a−b=2，
∴a=b+2，
∵ab+c2−4c+5=0，
∴b(b+2)+c2−4c+5=0，
∴(b+1) 2+(c−2) 2=0，
∴b+1=0，c−2=0，∴b=−1，c=2，
∴a=−1+2=1，
∴a+b+c=1−1+2=2．
【点睛】本题考查非负数的性质、配方法的应用，解题的关键是熟练掌握配方法，利用配方法可以确定最
值问题，属于中考常考题型．
17 13
【变式2-2】（24-25九年级上·全国·单元测试）已知P= m−2，Q=m2− m，当m取任意实数时，则
15 15
P、Q的大小关系为（ ）
A．总有P≥Q B．可能P=Q C．总有P<Q D．不确定
【答案】C
【分析】本题主要考查了配方法的应用，利用作差法得到Q−P=(m−1) 2+1，据此可得结论．
17 13
【详解】解：∵P= m−2，Q=m2− m，
15 15
13 17
∴Q−P=m2− m− m+2=m2−2m+2=(m−1) 2+1，
15 15
∵(m−1) 2≥0，
∴(m−1) 2+1≥1，
∴Q−P≥1>0，
∴总有P<Q，
故选：C．
【变式2-3】（2023·浙江嘉兴·一模）设x，y都是实数，请探究下列问题，
(1)尝试：①当x=−2，y=1时，∵x2+ y2=5，2xy=−4，∴x2+ y2>2xy．
②当x=1，y=2时，∵x2+ y2=5，2xy=4，∴ x2+ y2>2xy．
③当x=2，y=2.5时，∵ x2+ y2=10.25，2xy=10，∴x2+ y2>2xy．
④当x=3，y=3时，∵ x2+ y2=18，2xy=18，∴x2+ y2 ________2xy．
(2)归纳：x2+ y2与2xy有怎样的大小关系？试说明理由．
4
(3)运用：求代数式x2+
的最小值．
x2
【答案】(1)=
(2)x2+ y2≥2xy，理由见解析；4
(3)代数式x2+
的最小值为8．
x2
【分析】（1）求得x2+ y2=18，2xy=18，得到x2+ y2=2xy；
（2）结合完全平方的非负性即可解答；
（3）利用归纳的结论即可求解．
【详解】（1）解：当x=3，y=3时，∵ x2+ y2=18，2xy=18，
∴x2+ y2=2xy，
故答案为：=；
（2）解：x2+ y2≥2xy，理由如下，
∵x2−2xy+ y2=(x−y) 2≥0，
∴x2+ y2≥2xy；
（3）解：∵x2+ y2≥2xy，
4 4
∴x2+ ≥2x2 ⋅ =8，
x2 x2
4
∴代数式x2+
的最小值为8．
x2
【点睛】本题考查了配方法的应用，利用完全平方非负数的性质是解题关键．
【题型3 利用配方法证明代数式的值恒大于（或小于）某数】
【例3】（22-23八年级上·福建泉州·期末）【阅读材料】利用公式法，可以将一些形如ax2+bx+c(a≠0)
的多项式变形为a(x+m) 2+n的形式，我们把这样的变形方法叫做多项式ax2+bx+c(a≠0)的配方法，运
用多项式的配方法及平方差公式能对一些多项式进行因式分解或有关运算．
例如：对于a2+6a+8．（1）用配方法分解因式；（2）当a取何值，代数式a2+6a+8有最小值？最小值
是多少？
解：（1）原式=a2+6a+8+1−1
=a2+6a+9−1
=(a+3) 2−1
=[(a+3)+1][(a+3)−1]
=(a+4)(a+2)．（2）由（1）得：a2+6a+8=(a+3) 2−1，
∵ (a+3) 2≥0，
∴(a+3) 2−1≥−1，
∴当a=−3时，代数式a2+6a+8有最小值，最小值是−1．
【问题解决】利用配方法解决下列问题：
(1)用配方法因式分解：x2+2x−8；
(2)试说明不论m为何值，代数式−m2+4m−5恒为负数；
1 b−c
(3)若已知(a+c)(b−a)= (b+c) 2 且a≠0，求 的值．
4 a
【答案】(1)(x+4)(x−2)
(2)见解析
(3)2
【分析】（1）根据题干信息，利用配方法分解因式即可；
（2）先利用配方法将−m2+4m−5变形为−(m−2) 2−1，根据二次方的非负性，求出−m2+4m−5的值
恒为负数；
1 b−c
（3）先将(a+c)(b−a)= (b+c) 2 变形为(2a−b+c) 2=0，得出2a−b+c=0，即可求出 =2．
4 a
【详解】（1）解：x2+2x−8
=x2+2x+1−9
=(x+1) 2−9
=(x+1+3)(x+1−3)
=(x+4)(x−2)．
（2）解：∵−m2+4m−5
=−(m2−4m+4)−1
=−(m−2) 2−1，
∵(m−2) 2≥0，∴−(m−2) 2≤0，
∴−(m−2) 2−1≤−1<0
∴不论m为何值，代数式−m2+4m−5恒为负数．
1
（3）解：∵(a+c)(b−a)= (b+c) 2 ，
4
1
∴ab−a2+bc−ac= (b2+2bc+c2
)，
4
∴4ab−4a2+4bc−4ac=b2+2bc+c2，
∴(4a2−4ab+b2 )+2(2a−b)c+c2=0，
∴(2a−b) 2+2(2a−b)c+c2=0，
∴ (2a−b+c) 2=0，
∴ 2a−b+c=0，
∴ 2a=b−c，
∵a≠0，
b−c
∴ =2．
a
【点睛】本题主要考查了配方法分解因式，解题的关键是熟练掌握完全平方公式a2±2ab+b2=(a±b) 2．
【变式3-1】（24-25九年级上·甘肃·期中）用配方法求证：代数式4x2−8x+9的值恒为正数．
【答案】见解析
【分析】本题主要考查了配方法的应用，利用配方法得到4x2−8x+9=4(x−1) 2+5，再根据偶次方的非
负性得到4(x−1) 2+5≥5，据此可证明结论．
【详解】证明：4x2−8x+9
=(4x2−8x+4)+5
=4(x2−2x+1)+5=4(x−1) 2+5，
∵(x−1) 2≥0，
∴4(x−1) 2≥0，
∴4(x−1) 2+5≥5，
∴代数式4x2−8x+9的值恒为正数．
【变式3-2】（22-23九年级上·贵州黔南·期中）不论x，y取何值，代数式9x2+4 y2+6x−8 y+2的值（
）
A．总不小于−3 B．总不大于−3 C．总大于2 D．总小于2
【答案】A
【分析】通过配方可把代数式9x2+4 y2+6x−8 y+2变形为(3x+1) 2+4(y−1) 2−3，由非负数的知识可
知该代数式的值总不小于−3．
【详解】解：∵9x2+4 y2+6x−8 y+2
=9x2+6x+1+4 y2−8 y+4−3
=(3x+1) 2+4(y−1) 2−3
又∵(3x+1) 2≥0，(y−1) 2≥0，
∴9x2+4 y2+6x−8 y+2≥−3，
即代数式9x2+4 y2+6x−8 y+2的值总不小于−3．
故选：A．
【点睛】本题灵活运用配方法和非负数概念，考查了计算、推理能力和数学整体思想．
【变式3-3】（24-25八年级上·福建漳州·期中）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) 2−22=(x−1+2)(x−1−2)=(x+1)(x−3)(1)请用上述方法把x2+4x+3分解因式；
(2)求多项式x2+10x+26的最小值；
(3)试说明：无论x、y取任何实数时，多项式x2+ y2−4x+2y+6的值总为正数．
【答案】(1)(x+3)(x+1)
(2)1
(3)见解析
【分析】本题考查了配方法的应用，熟练掌握配方法的应用是解题的关键：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．
（1）按照题干中所给的方法，利用配方法进行因式分解即可；
（2）利用配方法将多项式变形为(x+5) 2+1，然后利用完全平方式的非负性即可求出多项式x2+10x+26
的最小值；
（3）利用配方法将多项式变形为(x−2) 2+(y+1) 2+1，然后利用完全平方式的非负性即可得出结论．
【详解】（1）解：x2+4x+3
=x2+4x+4−1
=(x+2) 2−1
=(x+2+1)(x+2−1)
=(x+3)(x+1)；
（2）解：x2+10x+26
=x2+10x+25+1
=(x+5) 2+1，
∵(x+5) 2≥0，
∴(x+5) 2+1≥1，
∴多项式x2+10x+26的最小值为1；
（3）解：∵x2+ y2−4x+2y+6
=x2−4x+4+ y2+2y+1+1=(x−2) 2+(y+1) 2+1，
又∵(x−2) 2≥0，(y+1) 2≥0，
∴(x−2) 2+(y+1) 2+1≥1>0，
∴无论x、y取任何实数时，多项式x2+ y2−4x+2y+6的值总为正数．
【题型4 利用配方法求最值问题】
【例4】（22-23七年级下·江苏苏州·期中）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+1−1−3=(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的最小值为2x2+4x−6=2(x2+2x)−6=2(x2+2x+1−1)−6=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：m2−4m−5=______；
(2)当a为何值时，多项式−a2+4a+18有最大值，并求出这个最大值；
(3)当a，b为何值时，多项式a2+3b2+4a−6b+27有最小值，并求出这个最小值．
【答案】(1)(m+1)(m−5)；
(2)2，22；
(3)a=−2，b=1，20．
【分析】（1）根据阅读材料，先将m2−4m−5变形为m2−4m+4−9，再根据完全平方公式写成
(m−2) 2−9，然后利用平方差公式分解即可解答；
（2）利用分解因式将多项式−a2+4a+18转化为−(a−2) 2+22，然后利用非负数的性质即可解答；
（3）利用分解因式将多项式a2+3b2+4a−6b+27转化为(a+2) 2+3(b−1) 2+20，然后利用非负数的性质
即可解答．【详解】（1）解： m2−4m−5=m2−4m+4−9=(m−2) 2−9=(m+1)(m−5)．
（2）解：∵−a2+4a+18=−(a2−4a+4)+4+18=−(a−2) 2+22，
∴当a=2时，多项式−a2+4a+18有最大值22．
（3）（3）∵a2+3b2+4a−6b+27=a2+4a+4+3(b2−2b+1)+20=(a+2) 2+3(b−1) 2+20，
∴当a=−2，b=1时，多项式a2+3b2+4a−6b+27有最小值20．
【点睛】本题主要考查了因式分解的应用、非负数的性质、配方法等知识点，熟练掌握配方法、因式分解
的方法是解本题的关键．
【变式4-1】（2024·江苏泰州·二模）若M=x2−4xy+4 y2+2x−4 y+3，则M的最小值为 ．
【答案】2
【分析】本题考查了因式分解和配方法，将原式分解成平方的形式，即可解答，熟知用完全平方式进行进
行因式分解是解题的关键．
【详解】解：M=x2−4xy+4 y2+2x−4 y+3，
=(x−2y) 2+2(x−2y)+3，
=(x−2y+1) 2+2，
当x−2y+1=0时，原式取最小值2，
故答案为：2．
【变式4-2】（24-25九年级上·江苏镇江·阶段练习）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
7
变形中，并结合非负数的意义来解决一些问题．已知实数x、y满足−x2+ x+ y−3=0，则x−2y的最大
2
值为 ．
【答案】2
【分析】本题主要考查了配方法的应用，不等式的性质，由已知式子表示出y，代入x−2y中，配方后再
利用非负数的性质以及不等式的性质求出最大值即可．
7
【详解】解：−x2+ x+ y−3=0
2
7
y=x2− x+3
2x−2y=x−2 ( x2− 7 x+3 )
2
=x−2x2+7x−6
=−2x2+8x−6
=−2(x−2) 2+2
∵(x−2) 2≥0，
∴−2(x−2) 2≤0
∴−2(x−2) 2+2≤2，
∴当x=2时，x−2y有最大值，最大值为：2．
故答案为：2．
【变式4-3】设实数x，y，z满足x+ y+z=1，则M=xy+2yz+3zx的最大值为 ．
3
【答案】
4
【分析】先将已知等式变形可得z=1−x−y，然后代入M中，利用配方法将右侧配方，最后利用平方的
非负性即可求出结论．
【详解】解：∵x+ y+z=1
∴z=1−x−y
∴M=xy+2yz+3zx
=xy+2y(1−x−y)+3x(1−x−y)
=xy+2y−2xy−2y2+3x−3x2−3xy
=−3x2−4xy−2y2+2y+3x
=(−2x2−4xy−2y2)−x2+2y+3x
=−2(x+ y) 2+2x+2y−x2+x
=−2 [ (x+ y) 2−(x+ y)+ 1 − 1) − ( x2−x+ 1 − 1)
4 4 4 4
( 1) 2 ( 1) 2 1 1
=−2 x+ y− − x− + +
2 2 2 4( 1) 2 ( 1) 2 3
=−2 x+ y− − x− +
2 2 4
( 1) 2 ( 1) 2
∵−2 x+ y− − x− ≤0
2 2
( 1) 2 ( 1) 2 3 3
∴−2 x+ y− − x− + ≤
2 2 4 4
3
∴M=xy+2yz+3zx的最大值为
4
3
故答案为： ．
4
【点睛】此题考查的是配方法的应用和非负性的应用，掌握完全平方公式和平方的非负性是解决此题的关
键．
【题型5 利用配方法确定三角形的形状】
【例5】（24-25九年级上·贵州黔南·期中）阅读下列材料：
配方法是初中数学中经常用到的一个重要方法，掌好配方法对我们学习数学有很大的帮助．所谓配方，就
是将某一个多项式变形为一个完全平方式，变形一定要是恒等的．例如：解方程x2−4x+3=0，则有
x2−4x+4−4+3=0，∴(x−2) 2=1，解得x =3，x =1．已知x2−2x+ y2+4 y+5=0，求x，y的值，
1 2
则有(x2−2x+1)+(y2+4 y+4)=0，∴(x−1) 2+(y+2) 2=0，解得x=1，y=−2．
根据以上材料解答下列各题：
(1)若x2+6x+ y2−8 y+25=0，求(x+ y) 2024的值；
(2)若a,b,c分别表示△ABC的三边长，且满足a2+8b2+c2−4ab−4bc=0，试判断△ABC的形状，并说
明理由．
【答案】(1)1
(2)△ABC为等腰三角形，理由见解析
【分析】本题主要考查了配方法，完全平方公式，代数式求值，非负数的性质，将多项式变形为完全平方
式是解题的关键．
（1）应用配方法将方程变形为(x+3) 2+(y−4) 2=0，解方程得到x=−3，y=4，代入(x+ y) 2024计算即
可；（2）△ABC为等腰三角形，理由：先将方程变形为(a−2b) 2+(c−2b) 2=0，解方程得到a=2b，c=2b
，进而得出a=c，即可得到结论．
【详解】（1）解：∵x2+6x+ y2−8 y+25=0，
∴(x2+6x+9)+(y2−8 y+16)=0，
∴(x+3) 2+(y−4) 2=0，
∴x=−3，y=4，
∴(x+ y) 2024=(−3+4) 2024=12024=1.
（2）解：△ABC为等腰三角形.
理由：∵a2+8b2+c2−4ab−4bc=0，
∴(a2−4ab+4b2 )+(c2−4bc+4b2 )=0，
∴(a−2b) 2+(c−2b) 2=0，
∴a−2b=0，c−2b=0，
∴a=2b，c=2b，
∴a=c.
∴△ABC为等腰三角形.
【变式5-1】已知三角形三边长为a、b、c，且满足a2−4b=7， b2−4c=−6， c2−6a=−18，则此三
角形的形状是（ ）
A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．无法确定
【答案】A
【详解】解：∵a2﹣4b=7，b2﹣4c=﹣6，c2﹣6a=﹣18，
∴a2﹣4b+b2﹣4c+c2﹣6a=7﹣6﹣18，
整理得：a2﹣6a+9+b2﹣4b+4+c2﹣4c+4=0，
即（a﹣3）2+（b﹣2）2+（c﹣2）2=0，
∴a=3，b=2，c=2，
∴此三角形为等腰三角形．故选A．
点睛：本题考查了因式分解的应用，解题的关键是正确的进行因式分解．
【变式5-2】已知a，b，c是 ABC的三边，若a，b，c满足a2－6a＋b2－8b＋❑√c−5＋25＝0，则 ABC是
△ △三角形；若a，b，c满足a2＋b2＋c2－ab－bc－ac＝0，则 ABC是 三角形．
【答案】 直角; 等边. △
【分析】把25分成9、16，利用配方法把a2－6a＋b2－8b＋❑√c−5＋25＝0改写为(a-3)2+(b-4)2+❑√c−5=0，
利用非负数的性质求出a、b、c的值，根据勾股定理逆定理判断即可；利用配方法把a2＋b2＋c2－ab－bc－
ac＝0改写为(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2=0,再利用非负数的性质,可分别求出a、b、c的关系.
【详解】∵a2－6a＋b2－8b＋❑√c−5＋25＝0，
∴(a-3)2+(b-4)2+❑√c−5=0，
∴a=3，b=4，c=5，
∵32+42=52，
∴ ABC是直角三角形；
∵△a2＋b2＋c2－ab－bc－ac＝0，
∴(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2=0,
∴a=b，b=c，a=c，
∴a=b=c，
∴ ABC是等边三角形.
故△答案为直角；等边.
【点睛】此题考查了配方法的应用、勾股定理逆定理、非负数的性质,解题的关键是注意配方法的步骤,在
变形的过程中不要改变式子的值.
【变式5-3】（23-24八年级上·四川内江·期中）把代数式通过配凑等手段，得到局部完全平方式，再进行
有关运算和解题，这种解题方法叫做配方法．如：①用配方法分解因式：a2+6a+8．
解原式=a2+6a+8+1−1=a2+6a+9−1=(a+3) 2−12=[(a+3)+1][(a+3)−1]=(a+4)(a+2)．
②M=a2−2a−1，利用配方法求M的最小值．
解：a2−2a−1=a2−2a+1−2=(a−1) 2−2．
∵(a−1) 2≥0，
∴当a=1时，M有最小值−2．
请根据以上材料解决下列问题：
(1)用配方法因式分解：x2+2x−3；
(2)若M=2x2−8x，求M的最小值；1
(3)已知a、b、c是△ABC的三条边长．若a、b、c满足a2+ b2+5=4a+b−|c−2)，试判断△ABC的形
4
状，并说明你的理由；
【答案】(1)(x+3)(x−1)
(2)−8
(3)等边三角形，理由见解析
【分析】本题考查了利用配方法进行因式分解、偶次方的非负性、等边三角形的判定，读懂题意，掌握配
方法是解题关键．
（1）根据配方法，配凑出一个完全平方公式，再利用公式法进行因式分解即可；
（2）先利用配方法，配凑出一个完全平方公式，再根据偶次方的非负性求解即可；
（3）先利用配方法进行因式分解，再利用偶次方的非负性求出a、b、c的值，然后判断三角形的形状即
可．
【详解】（1）解：x2+2x−3=x2+2x+1−4=(x+1) 2−4=(x+1+2)(x+1−2)=(x+3)(x−1)；
（2）解：M＝2x2−8x=2(x2−4x)=2(x2−4x+4)−8=2(x−2) 2−8，
∵(x−2) 2≥0，
∴M≥−8，
则M的最小值为−8；
（3）解：△ABC是等边三角形，理由如下：
1
∵a2+ b2+5=4a+b−|c−2)，
4
∴(a2−4a+4)+ (1 b2−b+1 ) +|c−2)=0，
4
即(a−2) 2+ (1 b−1 ) 2 +|c−2)=0，
2
1
∴a−2=0， b−1=0，c−2=0，
2
解得a=2，b=2，c=2，
∴a=b=c，
即△ABC是等边三角形.【题型6 利用配方法解决几何问题】
【例6】（2024·江苏宿迁·三模）在△ABC中，∠A=90°,AB=3,AC=4，P是△ABC所在平面内一点，
则PA2+PB2+PC2的最小值是 ．
50
【答案】
3
【分析】本题考查了直角三角形中的最小值，勾股定理、配方法的应用等知识，过P作PD⊥AC于D，过
P作PE⊥AB于E，延长CP交AB于M，延长BP交AC于N，设AD=PE=x,AE=DP= y，得出
AP2+CP2+BP2=3 ( x− 4) 2 +3(y−1) 2+ 50 ，即可得出答案，掌握相关知识是解题的关键．
3 3
【详解】解：如图，过P作PD⊥AC于D，过P作PE⊥AB于E，延长CP交AB于M，延长BP交AC于
N，
∵∠A=90°，PD⊥AC，PE⊥AB，
∴四边形AEPD是矩形，
设AD=PE=x,AE=DP= y，
在Rt△AEP中，AP2=x2+ y2，
在Rt△CDP中，CP2=(4−x) 2+ y2，
在Rt△BEP中，BP2=x2+(3−y) 2，
∴
AP2+CP2+BP2=x2+ y2+(4−x) 2+ y2+x2+(3−y) 2=3x2−8x+3 y2−6 y+25=3 ( x− 4) 2 +3(y−1) 2+ 50
3 3
，
4 50
∴x= ，y=1时，AP2+CP2+BP2的值最小，最小值为 ．
3 3
【变式6-1】（24-25八年级下·安徽宣城·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
还有其他重要应用，例如：试求二次三项式x2+4x+5最小值．解：x2+4x+5=x2+4x+4+1=(x+2) 2+1，
∵(x+2) 2≥0,(x+2) 2+1≥1，
∴x2+4x+5≥1，即x2+4x+5的最小值是1．
试利用“配方法”解决下列问题：
(1)已知代数式−2x2+4x−5，求它的最大值．
(2)比较代数式2x2+3x−5与3x2−x+1的大小，并说明理由．
(3)知识迁移：
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°,AC=8cm,BC=6cm，点P在AC边上以2cm/s的速度从点A向C移
动，点Q在CB边上以1cm/s的速度从点C向点B移动．若点P,Q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APQB的面积为Scm2，运动时间为t秒，求S的最小值．
【答案】(1)−3
(2)3x2−x+1>2x2+3x−5，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）S=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：−2x2+4x−5=−2(x2−2x+1−1)−5=−2(x−1) 2−3，
∵−2(x−1) 2≤0，
∴−2(x−1) 2−3≤−3，
∴−2x2+4x−5的最大值为−3；
（2）(3x2−x+1)−(2x2+3x−5)=x2−4x+6=(x−2) 2+2≥0∵(x−2) 2≥0，
∴(x−2) 2+2≥2，
∴(x−2) 2+2>0
∴ 3x2−x+1>2x2+3x−5；
（3）∵ AC=8cm,BC=6cm，点P在AC边上以2cm/s的速度从点A向C移动，点Q在CB边上以
1cm/s的速度从点C向点B移动
∴点P从A点运动到C点所需时间为8÷2=4s，点Q从C点运动到B点所需时间为6÷1=6s，
∴0≤t≤4，
1 1
S=S −S = ×AC×BC− ×PC×QC，
△ABC △PCQ 2 2
1 1
S= ×8×6− (8−2t)t，
2 2
S=t2−4t+24=(t−2) 2+20≥20，
∴S的最小值为20．
【变式6-2】（2023·江苏无锡·一模）如图，正方形ABCD的边长为2，点E是边AB上的动点，连接ED、
EC，将ED绕点E顺时针旋转90°得到EN，将EC绕点E逆时针旋转90°得到EM，连接MN，则线段MN
的取值范围为 ．
【答案】4≤MN≤2❑√5/2❑√5≥MN≥4
【分析】本题是正方形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换的性质，矩形的判定和性质，全等三角形
的判定和性质，勾股定理，不等式的性质等，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．过点M作MF⊥AB，交BA的延长线于点F，过点N作NG⊥AB，交AB的延长线于点G，作NH⊥FM于点H，
可证得△MEF≌△ECB(AAS)，得出MF=BE=2−x，EF=BC=2，同理：NG=AE=x，EG=AD=2
，得出FG=EF+EG=2+2=4，再证得四边形FGNH是矩形，得出HN=FG=4，FH=NG=x，
MH=MF−FH=2−x−x=2−2x，再运用勾股定理即可求得答案．
【详解】解：如图，过点M作MF⊥AB，交BA的延长线于点F，过点N作NG⊥AB，交AB的延长线于
点G，作NH⊥FM于点H，
则∠EFM=∠EGN=∠FHN=∠NHM=90°，
由旋转得：EM=EC，EN=ED，∠CEM=∠DEN=90°，
∴∠MEF+∠CEB=90°，∠DEA+∠¬=90°，
∵∠MEF+∠EMF=90°，∠DEA+∠EDA=90°，
∴∠CEB=∠EMF，∠¬=∠EDA，
∵正方形ABCD的边长为2，点E是边AB上的动点，
设AE=x(0≤x≤2)，则BE=2−x，
∴AB=AD=BC=2，∠DEA=∠CBE=90°，
在△MEF和△ECB中，
{∠EFM=CBE=90°
)
∠EMF=∠CEB ，
EM=EC
∴△MEF≌△ECB(AAS)，
∴MF=BE=2−x，EF=BC=2，
同理：NG=AE=x，EG=AD=2，
∴FG=EF+EG=2+2=4，
∵∠MFE=∠NGE=∠FHN=90°，∴四边形FGNH是矩形，
∴HN=FG=4，FH=NG=x，
∴MH=MF−FH=2−x−x=2−2x，
在Rt△MNH中，M N2=M H2+H N2=(2−2x) 2+42=4(x−1) 2+16，
∵0≤x≤2，
∴0≤(x−1) 2≤1，
∴16≤4(x−1) 2+16≤20，
即16≤M N2≤20，
∵MN>0，
∴线段MN的取值范围为4≤MN≤2❑√5．
故答案为：4≤MN≤2❑√5．
【变式6-3】（24-25八年级下·江苏南京·期中）如图，已知AB=10，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MN之间的距离最短为 ．
5❑√3
【答案】
2
【分析】连接PM、PN．首先证明∠MPN=90°，设PA=2a，则PB=10−2a，PM=a，
PN=❑√3(5−a)，构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．本题考查菱形的性质、勾股定理、
配方法的应用等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用配方法解决最值问题．
【详解】解：连接PM、PN．∵四边形APCD，四边形PBFE是菱形，∠DAP=60°，
∴∠APC=120°，∠EPB=60°，
∵M，N分别是对角线AC，BE的中点，
1 1
∴∠CPM= ∠APC=60°，∠EPN= ∠EPB=30°，
2 2
∴∠MPN=60°+30°=90°，
设PA=2a，
1
则PB=10−2a，PM=a，BN= BP=5−a
2
PN=❑√BP2−BN2=❑√3(5−a)，
√ 15 2 75
∴MN=❑√a2+[❑√3(5−a)] 2=❑√4a2−30a+75=❑4(a− ) + ，
2 4
15 15 2 75 75
当a= 时，则4(a− ) + = ，此时有最小值，
2 2 4 4
√ 15 2 75 √75 5❑√3
即a=3时，MN=❑4(a− ) + =❑ = ，
2 4 4 2
5❑√3
∴MN有最小值，最小值为 ，
2
5❑√3
故答案为： ．
2【题型7 配方法在二次根式中的应用】
【例7】（24-25九年级上·安徽淮北·阶段练习）无论x取任何实数，代数式❑√x2−kx+3都有意义，则k的最
大值为 ．
【答案】2❑√3
【分析】本题考查了二次函数的性质，二次根式有意义的条件，根的判别式，熟练掌握条件是解题的关
键．
令y=x2−kx+3，根据题意，得Δ=(−k) 2−4×1×3≤0，解答即可．
【详解】解：令y=x2−kx+3，
∵无论x取任何实数，代数式❑√x2−kx+3都有意义，
∴y≥0，
∴x2−kx+3=0的判别式Δ=(−k) 2−4×1×3≤0
解得−2❑√3≤k≤2❑√3，
∴k的最大值为2❑√3．
故答案为：2❑√3．
【变式7-1】（2022·广西南宁·一模）我国南宋时期数学家秦九韶曾提出利用三角形的三边求面积的公式，
a+b+c
此公式与古希腊几何学家海伦提出的公式如出一辙，即三角形的三边长分别为a，b，c，记p= ，
2
则其面积S=❑√p(p−a)(p−b)(p−c)．这个公式也被称为海伦—秦九韶公式．若p=3，c=2，则此三角
形面积的最大值是 ．
【答案】❑√3
【分析】根据公式算出a+b的值，代入公式，根据完全平方公式的变形即可求出解．
a+b+c
【详解】解：∵p= ，p=3，c=2，
2
a+b+2
∴3= ，
2
∴a+b=4，
∴a=4−b，
∴S=❑√p(p−a)(p−b)(p−c)=❑√3(3−a)(3−b)(3−2)
=❑√3(3−a)(3−b)
=❑√3[ab−3(a+b)+9)
=❑√3(ab−3)
=❑√3[b(4−b)−3)
=❑√3[−(b−2) 2+1)
∴当b=2时，S有最大值为❑√3．
【点睛】本题考查了二次根式与完全平方公式的应用，解答本题的关键是明确题意，表示出相应的三角形
的面积．
m
【变式7-2】若函数y=❑√2023−x+❑√x−2021的最大值为M，最小值为m，则 =的为 ．
M
❑√2
【答案】
2
【分析】本题考查无理函数的最值，先求x的取值范围，求y2=2+2❑√−(x−2022) 2+1的最大值和最小
值，从而求出y的最大值和最小值即可．
【详解】y=❑√2023−x+❑√x−2021中，
∴2023−x≥0，x−2021≥0，
∴2021≤x≤2023，
∵y2=2+2❑√(2023−x)(x−2021)=2+2❑√−(x−2022) 2+1，
当x=2022时，y2有最大值4，
当x=2021时，y2有最小值2，
∴M=2，m=❑√2，
m ❑√2
∴ = ，
M 2
❑√2
故答案为： ．
2
【变式7-3】（22-23八年级下·福建泉州·期末）已知点P(a,3b2−3)，且实数a,b满足a−4b2+8=0，则点P到原点的最短距离为 ．
12
【答案】
5
【分析】由已知得到点P的坐标为P ( a, 3 a+3 ) ，求得PO=❑ √ a2+ (3 a+3 ) 2 =❑ √25 a2+ 9a +9，利用配
4 4 16 2
方法求解即可．
【详解】解：∵a−4b2+8=0，
a 3
∴b2= +2，则3b2−3= a+3，
4 4
( 3 )
∴P a, a+3 ，
4
∴PO=❑ √ a2+ (3 a+3 ) 2 =❑ √25 a2+ 9a +9
4 16 2
5 √ 72 144
= ❑a2+ a+
4 25 25
5 √ ( 36) 2 2304
= ❑ a+ + ，
4 25 625
36
∴当a=− 时，有最小值，
25
5 48 12
最小值为 × = ，
4 25 5
√144 12
∴PO的最小值为❑ = ．
25 5
12
故答案为： ．
5
【点睛】本题考查了点的坐标，配方法的应用，熟练掌握求解的方法是解决本题的关键．
【题型8 配方法在分式中的应用】
6x2+12x+10
【例8】（2023·浙江宁波·模拟预测）分式 可取的最小值为（ ）
x2+2x+2
A．4 B．5 C．6 D．不存在
【答案】A【分析】本题主要考查分式的性质及配方法的应用，熟练掌握分式的性质及配方法的应用是解题的关键；
6x2+12x+10 2
由题意可变形为 =6− ，然后根据分式的性质及配方法可进行求解．
x2+2x+2 (x+1) 2+1
【详解】解：由题意得：
6x2+12x+10 6(x2+2x+2)−2 2 2
= =6− =6− ，
x2+2x+2 x2+2x+2 x2+2x+2 (x+1) 2+1
6x2+12x+10
若要求得 的最小值，则需得出x2+2x+2的最小值即可，
x2+2x+2
∵x2+2x+2=(x+1) 2+1≥1，
∴x2+2x+2的最小值为1，
6x2+12x+10
∴ 的最小值为4；
x2+2x+2
故选A
10105
【变式8-1】代数式 的最大值是 ．
4x2−12xy+10 y2+6 y+14
【答案】2021
【分析】将分母凑成2个完全平方式，再根据完全平方的非负性和分式的性质即可求得最大值
10105 10105 10105
【详解】解： = ≤ =2021
4x2−12xy+10 y2+6 y+14 (2x−3 y) 2+(y+3) 2+5 5
故答案为：2021
【点睛】本题考查了完全平方公式的应用，分式的性质，掌握完全平方公式是解题的关键．
1
【变式8-2】若分式 不论x取何实数总有意义．求m的取值范围．
x2−2x+m
【答案】m＞1
【详解】先利用配方法，再根据分母恒大于0则分式有意义这一条件即可求解.
解：∵x2－2x＋m＝x2－2x＋1－1＋m＝(x－1)2＋m－1，
∵(x－1)2≥0.1
∴当m－1＞0时，即m＞1时，不论x取何实数，分式 都有意义．
x2−2x+m
【点睛】本题主要考查分式有意义的条件.利用配方法对分母进行恒等变形是解题的关键.
【变式8-3】（24-25八年级上·重庆渝北·期末）阅读下列材料：
通过小学的学习我们知道，分数可分为“真分数”和“假分数”，而假分数都可化为带分数，如：
8 6+2 2 2
= =2+ =2 ．
3 3 3 3
我们定义：在分式中，对于只含有一个字母的分式，当分子的次数大于或等于分母的次数时，我们称之为
“假分式”；当分子的次数小于分母的次数时，我们称之为“真分式”．
x−1 x+1 x2 x2
如， ， ， ， 这样的分式就是假分式；
x+1 x−2 x+2 x−1
3 1 x 2x
再如： ， ， ， 这样的分式就是真分式．
x+1 x−2 x2−1 x2+1
类似的，假分式也可以化为带分式（即：整式与真分式的和的形式）．
x−1 (x+1)−2 2 x+1 (x−2)+3 3
如： = =1− ； = =1+ ，
x+1 x+1 x+1 x−2 x−2 x−2
解答下列问题：
2
(1)分式 是 分式（填“真”或“假”）；
x
2x−6
(2)将假分式 写成真分式带和的形式；
x+2
9x2−5x+2
(3)若分式 的值为正数，求x的取值范围．
3x−2
【答案】(1)真
10
(2)2−
x+2
2
(3)x>
3
【分析】本题考查了分式的定义及性质，配方法的应用，理解题意是解题的关键．
（1）根据“真分式”的定义即可判断；
（2）根据示例解答即可；
（3）利用配方法可得分子是正数，进而得到分母为正数，据此解答即可求解；
2
【详解】（1）解：分式 是真分式，
x故答案为：真；
2x−6 2(x+2)−10 10
（2）解： = =2− ；
x+2 x+2 x+2
( 5 ) 2 47
9 x− +
（3）解：9x2−5x+2 18 36，
=
3x−2 3x−2
( 5 ) 2 47
∵9 x− + >0，且分式的值为正数，
18 36
∴3x−2>0，
2
∴x> ，
3
2
∴x的取值范围为x> ．
3
【题型9 利用配方法在实数范围内分解因式】
【例9】（23-24八年级上·上海普陀·期中）在实数范围内因式分解：2x2−6x+1= ．
( 3−❑√7)( 3+❑√7)
【答案】2 x− x−
2 2
【分析】根据配方法化为平方差的形式，进而因式分解，即可求解．
【详解】解：2x2−6x+1
=2(x2−3x)+1
=2
[(
x2−3x+
9)
−
7)
4 4
[ ( 3) 2 (❑√7) 2 )
=2 x− −
2 2
( 3−❑√7)( 3+❑√7)
=2 x− x− ，
2 2
( 3−❑√7)( 3+❑√7)
故答案为：2 x− x− ．
2 2
【点睛】本题考查了实数范围内因式分解，熟练掌握配方法是解题的关键．
【变式9-1】（23-24八年级上·上海黄浦·期中）在实数范围内分解因式：x2+6x−5= ．【答案】(x+3+❑√14)(x+3−❑√14)
【分析】先利用配方法进行整理，再根据平方差公式进行因式分解即可。
【详解】解：x2+6x−5=x2+6x+9−9−5=(x+3) 2−14，
根据平方差公式可得(x+3) 2−14=(x+3+❑√14)(x+3−❑√14)，
故x2+6x−5=(x+3+❑√14)(x+3−❑√14)，
故答案为：(x+3+❑√14)(x+3−❑√14)．
【点睛】本题考查实数范围内的因式分解，注意在实数范围内进行因式分解的式子的结果一般要分到出现
无理数为止是解题的关键．
【变式9-2】在实数范围内分解因式2x2−8xy+5 y2等于（）
( 4+❑√6)( 4−❑√6)
A．2 x− x−
2 2
( 4+❑√6 )( 4−❑√6 )
B． x− y x− y
2 2
( 4+❑√6 )( 4−❑√6 )
C．2 x− y x− y
2 2
D．(2x−4 y−❑√6 y)(2x−4 y+❑√6 y)
【答案】C
【分析】本题考查实数范围内分解因式即实数范围内分解因式是指可以把因式分解到实数的范围（可用无
理数的形式来表示），注意配方．先提公因式得2 ( x2−4xy+ 5 y2) ，再运用配方法变形得
2
2 [ (x−2y) 2− 3 y2) ，最后运用平方差公式因式分解即可．
2
【详解】解：2x2−8xy+5 y2
=2 ( x2−4xy+ 5 y2)
2=2 ( x2−4xy+4 y2− 3 y2)
2
=2 [ (x−2y) 2− 3 y2)
2
=2 [ (x−2y) 2− (❑√6 y ) 2 )
2
( 4+❑√6 )( 4−❑√6 )
=2 x− y x− y
2 2
故选：C
【变式9-3】（24-25九年级上·上海·阶段练习）在实数范围内因式分解：2x2−3xy−4 y2= ．
( ❑√41−3 )( ❑√41+3 )
【答案】2 x+ y x− y
4 4
【分析】本题考查在实数范围内因式分解，利用配方法将原式变形为2 [ ( x− 3 y ) 2 − 41 y2 ) ，再利用平方
4 16
差公式进行因式分解即可．
【详解】解：2x2−3xy−4 y2
=2 ( x2− 3 xy−2y2)
2
=2 ( x2− 3 xy+ 9 y2− 9 y2−2y2)
2 16 16
=2 [( x− 3 y ) 2 − 41 y2 )
4 16
( 3 ❑√41 )( 3 ❑√41 )
=2 x− y+ y x− y− y
4 4 4 4
( ❑√41−3 )( ❑√41+3 )
=2 x+ y x− y ．
4 4
( ❑√41−3 )( ❑√41+3 )
故答案为：2 x+ y x− y ．
4 4【题型10 利用配方法解决新定义问题】
【例10】（2025·安徽黄山·模拟预测）关于x的一元二次方程的新定义：若关于x的一元二次方程：
a (x−m) 2+n=0与a (x−m) 2+n=0，称为“同族二次方程”．如2(x−3) 2+4=0与3(x−3) 2+4=0就
1 2
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+2031能取的最小值是（ ）
A．2026 B．2023 C．2028 D．2025
【答案】A
【分析】本题考查了配方法的应用以及一元二次方程的定义，利用“同族二次方程”定义列出关系式，再
利用多项式相等的条件列出关于a与b的方程组，求出方程组的解得到a与b的值，进而利用非负数的性
质确定出代数式的最大值即可．
【详解】解：∵2(x−1) 2+1=0与(a+2)x2+(b−4)x+8=0是“同族二次方程”，
∴(a+2)x2+(b−4)x+8=(a+2)(x−1) 2+1=(a+2)x2−2(a+2)x+a+3，
{b−4=−2(a+2)) { a=5 )
∴ ，解得： ，
a+3=8 b=−10
∴ax2+bx+2031=5x2−10x+2031=5(x−1) 2+2026，
∴代数式ax2+bx+2031取的最大值是2026，
故选：A．
【变式10-1】（24-25九年级上·四川内江·阶段练习）对于有理数a，b，定义min{a,b}的含义为：当a≥b
时，min{a,b}=b；当a≤b时，min{a,b}=a．若min{40,12m−4n−m2−n2)=40，则mn的值等于
．
1
【答案】
36
【分析】本题考查了配方法的应用和非负数的性质．根据题意理解新定义的计算公式是解题的关键．
根据min{40,12m−4n−m2−n2)=40，得出12m−4n−m2−n2与40的大小关系，从而确定m，n的值
即可得出mn的值．【详解】解：∵min{40,12m−4n−m2−n2)=40，
∴40≤12m−4n−m2−n2；
∴m2+n2+4n−12m+40≤0
∴(m−6) 2+(n+2) 2≤0，
∵(m−6) 2+(n+2) 2≥0，
∴m−6=0,n+2=0，
∴m=6,n=−2，
1
∴mn=6−2=
36
1
故答案为： ．
36
【变式10-2】（23-24九年级下·安徽宣城·自主招生）定义：对于函数y=lgx(x>0)，y随x的增大而增
x 1 5
大，且lg10=1，lg =lgx−lg y，lgxy=lgx+lg y．若 a+ b=5，则lga+lgb的最大值为
y 2 4
．
【答案】1
【分析】本题考查了新定义，不等式的性质，配方法求最值的计算，理解新定义运算，掌握不等式的性
质，配方法求最值的计算方法是解题的关键．
20−5b 5
根据题意得到a= =10− b，lga+lgb=lgab，a>0,b>0，则0<b<4，
2 2
ab= ( 10− 5 b ) b=− 5 b2+10b=− 5 (b2−4b)=− 5 (b−2) 2+10，由此得到当b=2时，ab有最大值10，
2 2 2 2
代入计算即可求解．
1 5
【详解】解：已知 a+ b=5，
2 4
∴2a+5b=20，
20−5b 5
∴a= =10− b，
2 2
∵lgxy=lgx+lg y，
∴lga+lgb=lgab，a>0,b>0，5
∴10− b>0，
2
解得，b<4，
∴0<b<4，
∴ab= ( 10− 5 b ) b=− 5 b2+10b=− 5 (b2−4b)=− 5 (b−2) 2+10，
2 2 2 2
5
∵− <0，
2
∴当b=2时，ab有最大值10，
∴lgab=lg10=1，
故答案为：1 ．
【变式10-3】（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）有
两个实数根，且其中一个根比另一个根大 1，那么称这样的方程为“邻根方程”．例如，一元二次方程
x2+x=0 的两个根是 x =0，x =−1，则方程x2+x=0 是“邻根方程”．
1 2
(1)通过计算，判断方程x2−x−6=0是否是“邻根方程”；
(2)已知关于 x 的方程x2−(m−1)x−m=0（m 是常数）是“邻根方程”，求 m 的值；
(3)若关于 x 的方程ax2+bx+1=0（a、b 是常数，a>0）是“邻根方程”，令t=8a−b2，试求t的最大
值．
【答案】(1)根为2，−3，不是邻根方程
(2)m=0或m=−2
(3)t =4
最大值
【分析】（1）分别解出方程的根，根据两根差值是否为1进行判断；
（2）解出方程的根，令两根差的绝对值为1，从而得到关于m的方程；
√b2−4a
（3）利用根与系数的关系表示出|x −x |=❑ =1，进一步化简得b2=a2+4a，整体代入
1 2 a2
t=8a−b2，通过配方可求出t最大值；
本题考查一元二次方程、根与系数的关系、解含绝对值方程、整体代入法、配方确定最值等知识点，熟练
掌握各种方法是解题的关键．
【详解】（1）解：x2−x−6=0，
(x−3)(x+2)=0，
x =3,x =−2，
1 2∵x −x =5≠1，
1 2
不符合邻根方程的定义，
∴x2−x−6=0不是邻根方程；
（2）解：∵x2−(m−1)x−m=0，
∴(x−m)(x+1)=0，
∴x =m,x =−1，
1 2
∵关于x的方程x2−(m−1)x−m=0是邻根方程，
∴|x −x )=|m−(−1))=|m+1)=1，
1 2
∴m =0,m =−2，
1 2
故m=0或m=−2；
（3）解：∵关于 x 的方程ax2+bx+1=0（a、b 是常数，a>0）是“邻根方程”，设两个根分别为x 、
1
x ，
2
∴|x −x |=1，
1 2
b 1
由根与系数的关系：x +x =− ,x ⋅x = ，
1 2 a 1 2 a
√b2−4a
∴|x −x |=❑√(x +x ) 2−4x x =❑ =1，
1 2 1 2 1 2 a2
∴b2=a2+4a，
∴t=8a−b2=8a−(a2+4a)=−a2+4a=−(a−2) 2+4，
∴当a=2时，t =4；
最大值
答：t的最大值为4．
