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专题 14.3 因式分解的应用
【典例1】已知a，b，c三个数两两不等，且有a2+b2+mab=b2+c2+mbc=c2+a2+mca，试求m的值．
【思路点拨】
a2+b2+mab=b2+c2+mbc=c2+a2+mca， 得 a2+b2+mab=b2+c2+mbc， 移 项 后 因 式 分 解 得 到
(a−c)(a+c+mb)=0，由 a，b，c 三个数两两不等，则a−c≠0，得到a+c+mb=0①，同理可得
a+b+mc=0②，b+c+ma=0③，分a+b+c≠0和a+b+c=0两种情况求解即可．
【解题过程】
解：∵a2+b2+mab=b2+c2+mbc=c2+a2+mca，
∴a2+b2+mab=b2+c2+mbc，
即a2+b2+mab−b2−c2−mbc=0，
∴a2−c2+mab−mbc=0，
∴(a+c)(a−c)+mb(a−c)=0，
∴(a−c)(a+c+mb)=0，
∵a，b，c三个数两两不等，
∴a−c≠0，
∴a+c+mb=0①，
同理可得a+b+mc=0②，b+c+ma=0③，
当a+b+c≠0时，
①＋②＋③得，2(a+b+c)+m(a+b+c)=0，
∴2(a+b+c)+m(a+b+c)=0，
∴(a+b+c)(2+m)=0，
∴2+m=0，
解得m=−2，
当a+b+c=0时，
∵a，b，c三个数两两不等，
∴a，b，c三个数中至少一个不是0，
设b≠0，∴a+c=−b≠0,
∵a+c+mb=0，
∴−b+mb=0，
∴b(m−1)=0，
∴m−1=0，
解得m=1，
综上可知，m的值为−2或1．
1．（2022秋·福建泉州·八年级校考期中）已知m，n均为正整数且满足mn−2m−3n−20=0，则m+n的
最小值是（ ）
A．20 B．30 C．32 D．37
【思路点拨】
利用因式分解把等式变形为(m−3)(n−2)=26，再讨论各种可能情况，求出m、n的值，判断出最小值．
【解题过程】
解：mn−2m−3n−20=0，
m(n−2)−3n+6−6−20=0，
m(n−2)−3(n−2)−26=0，
(m−3)(n−2)=26，
∵m，n均为正整数，
∴26=1×26，或26=2×13，
∴ ¿，¿，¿，¿，
∴m+n=32，m+n=32，m+n=20，m+n=20，
∴m+n的最小值为20．
故选：A．
2．（2022春·广东揭阳·八年级统考期末）已知x2+x=1，那么x4+2x3−x2−2x+2023的值为
（ ）
A．2020 B．2021 C．2022 D．2023
【思路点拨】
利用因式分解将原式进行分解，再整体代入即可求解．
【解题过程】解：∵x2+x=1，
∴x4+2x3−x2−2x+2023
=x4+x3+x3−x2−2x+2023
=x2(x2+x)+x3−x2−2x+2023
=x2+x3−x2−2x+2023
=x(x2+x)−x2−2x+2023
=x−x2−2x+2023
=−x2−x+2023
=﹣1+2023
=2022，
故选：C．
3．（2022春·湖南株洲·七年级株洲二中校考期中）已知a>b>c，M=a2b+b2c+c2a，N=ab2+bc2+ca2，则M与
N的大小关系是（ ）
A．M>N B．M＜N C．M=N D．不能确定
【思路点拨】
多项式比较大小，采用“作差法”，将多项式因式分解，再根据已知条件判断M-N的符号，即可求解．
【解题过程】
解：M−N=(a2b+b2c+c2a)−(ab2+bc2+ca2)
=a2b+b2c+c2a−ab2−bc2−ca2
=a2b−ca2+b2c−bc2+c2a−ab2
=a2(b−c)+bc(b−c)+a(c2−b2)
=a2(b−c)+bc(b−c)+a(c+b)(c−b)
=(b−c)(a2+bc−ac−ab)
=(b−c)(a2−ac+bc−ab)
=(b−c)[a(a−c)+b(c−a))
=(b−c)(a−c)(a−b)∵a>b>c，
∴b−c>0,a−c>0,a−b>0，
∴(b−c)(a−c)(a−b)>0，即M−N>0，
∴M>N．
故选：A.
4．（2023·全国·九年级专题练习）已知当x=2m+n+2和x=m+2n时，多项式x2+4x+6的值相等，且
m−n+2≠0，则当x=m+n+1时，多项式x2+4x+6的值等于（ ）
43 139
A． B． C．3 D．11
9 9
【思路点拨】
根据x=2m+n+2和x=m+2n时，多项式x2+4x+6的值相等，得到m−n+2=0或m+n+2=0，由
m−n+2≠0，得到m+n+2=0，推出x=−1，即可得解．
【解题过程】
解：∵x=2m+n+2和x=m+2n时，多项式x2+4x+6的值相等，
∴(2m+n+2) 2+4(2m+n+2)+6=(m+2n) 2+4(m+2n)+6，
∴(2m+n+4) 2=(m+2n+2) 2，
∴(2m+n+4) 2−(m+2n+2) 2=0
∴(2m+n+4+m+2n+2)(2m+n+4−m−2n−2)=0，
即：3(m+n+2)(m−n+2)=0，
∴m−n+2=0或m+n+2=0，
∵m−n+2≠0，
∴m+n+2=0，
当x=m+n+1时，x=−1，
∴x2+4x+6=(−1) 2+4×(−1)+6=3；
故选C．
5．（2022春·重庆·九年级校联考期中）已知多项式A=x2+2y+m和B= y2−2x+n（m，n为常数），以
下结论中正确的是（ ）
①当x=2且m+n=1时，无论y取何值，都有A+B≥0；
②当m=n=0时，A×B所得的结果中不含一次项；③当x= y时，一定有A≥B；
④若m+n=2且A+B=0，则x= y；
⑤若m=n，A−B=−1且x，y为整数，则|x+ y)=1．
A．①②④ B．①②⑤ C．①④⑤ D．③④⑤
【思路点拨】
主要是运用整式的运算法则及因式分解等知识对各项进行一一判断即可．
【解题过程】
解：①当x=2且m+n=1时，A+B=4+2y+m+ y2−4+n= y2+2y+1=(y+1) 2，
∵无论y取何值，总有(y+1) 2≥0，
∴无论y取何值，都有A+B≥0，
故①正确；
②当m=n=0时，A×B=(x2+2y)(y2−2x)=x2y2−2x3+2y3−4xy，
∴A×B所得的结果中不含一次项；
故②正确；
③当x= y时，A−B=x2+2y+m−(y2−2x+n)=x2+2x+m−x2+2x−n=4x+m−n，
其结果与0无法比较大小，
故③错误；
④若m+n=2且A+B=0，则A+B=x2+2y+m+ y2−2x+n=x2+ y2+2y−2x+2=0，
变形得：(x−1) 2+(y+1) 2=0，
∴x=1，y=-1，
∴x=-y，
故④错误；
⑤若m=n，A−B=−1且x，y为整数，
则A−B=x2+2y+m−(y2−2x+n)=x2+2y−y2+2x=−1
x2−y2+2x+2y+1=0
变形得：(x+1) 2−(y−1) 2=−1，因式分解得：(x+ y)(x−y+2)=−1，
∵x，y为整数，则必有|x+ y)=1．
故⑤正确；
故选：B
6．（2022秋·七年级单元测试）正数a,b,c满足ab+2a+2b=bc+2b+2c=ac+2a+2c=12，那么
(a+2)(b+2)(c+2)=______．
【思路点拨】
将式子ab+2a+2b=bc+2b+2c因式分解为(a-c)(b+2)=0，求得a=c,同理可得a=b=c,再ab+2a+2b=12可
化为a2+4a-12=0，求出a的值，再求(a+2)(b+2)(c+2)得值即可．
【解题过程】
解：∵ab+2a+2b=bc+2b+2c，
∴ab-bc+2(a-c)=0,
即(a-c)(b+2)=0,
∵b﹥0,
∴b+2≠0,
∴a-c=0,
∴a=c,
同理可得a=b,b=c,
∴a=b=c,
∴ab+2a+2b=12可化为a2+4a-12=0
∴(a+6)(a-2)=0,
∵a为正数，
∴a+6≠0,
∴a-2=0,
∴a=2,
即a=b=c=2,
∴(a+2)(b+2)(c+2)=(2+2) ×(2+2) ×(2+2)=64
故答案为64．
7．（2022秋·山东泰安·八年级校联考期中）已知a=2021x+2000，b=2021x+2001，c=2021x+2002
，则多项式a2+b2+c2−ab−bc−ca的值为______．
【思路点拨】根据题意可得a−b=−1，b−c=−1，a−c=−2，再利用提公因式法原式可变形为
1 1
(2a2+2b2+2c2−2ab−2ac−2bc)，再利用完全平方公式可变形为 [(a−b) 2+(b−c) 2+(a−c) 2)，然
2 2
后代入，即可求解．
【解题过程】
解：∵a=2021x+2000，b=2021x+2001，c=2021x+2002，
∴a−b=2021x+2000−2021x−2001=−1，
b−c=2021x+2001−2021x−2002=−1，
a−c=2021x+2000−2021x−2002=−2，
∴a2+b2+c2−ab−ac−bc
1
= (2a2+2b2+2c2−2ab−2ac−2bc)
2
1
= (a2+b2−2ab+b2+c2−2bc+a2+c2−2ac)
2
1
= [(a−b) 2+(b−c) 2+(a−c) 2)
2
1
= [(−1) 2+(−1) 2+(−2) 2)
2
1
= ×(1+1+4)
2
=3
故答案为：3
8．（2023秋·福建宁德·八年级校考阶段练习）已知a2=a+1，b2=b+1，且a≠b，则a4+b4值为
_______．
【思路点拨】
首先求出ab的值，再根据a4+b4=(a2+b2
)
2−2a2b2求出a4+b4的值．
【解题过程】
解：a2=a+1①，b2=b+1②，
①−②，得
a2−b2=a−b，
(a+b)(a−b)−(a−b)=0，
(a−b)(a+b−1)=0，因为a≠b，
所以a+b−1=0，
即a+b=1③，
①+②，得
a2+b2=a+b+2，
a2+b2=3④，
③平方，得
a2+b2+2ab=1⑤，
⑤−④，得
2ab=−2，
ab=−1，
a4+b4
=(a2+b2
)
2−2(ab) 2
=32−2×(−1) 2
=9−2
=7．
9．（2023·江苏南通·八年级南通田家炳中学校考阶段练习）若x≠ y，且x2−4x+ y=0，y2−4 y+x=0，
则x3+2xy+ y3=____________．
【思路点拨】
根据x2−4x+ y=0①，y2−4 y+x=0②，可得x2=4x−y，y2=4 y−x，由①－②可得
x2−4x+ y−y2+4 y−x=0，结合x≠ y可得出x+ y−5=0，然后利用x3+2xy+ y3=x·x2+2xy+ y·y2，
利用恒等变换即可得出答案．
【解题过程】
解：∵x2−4x+ y=0①，
y2−4 y+x=0②，
①－②，得：x2−4x+ y−y2+4 y−x=0，
即x2−y2−5(x−y)=0，
∴(x+ y)(x−y)−5(x−y)=0，
∴(x−y)(x+ y−5)=0
∵x≠ y，∴x−y≠0，
∴x+ y−5=0，
即x+ y=5，
∵x2−4x+ y=0，y2−4 y+x=0，
∴x2=4x−y，y2=4 y−x，
∴x3+2xy+ y3
=x·x2+2xy+ y·y2
=x(4x−y)+2xy+ y(4 y−x)
=4x2−xy+2xy+4 y2−xy
=4(x2+ y2)
=4(4x−y+4 y−x)
=4(3x+3 y)
=12(x+ y)
=12×5
=60．
故答案为：60．
10．（2023春·浙江·九年级专题练习）已知m2=2n+1，4n2=m+1(m≠2n)，那么m+2n=______，
4n3−mn+2n2=______．
【思路点拨】
由条件可以变形为m2−4n2=2n+1−m−1=2n−m，因式分解从而可以求出其值；
1 1
4n2=m+1，4n3=mn+n，4n3−mn=n，可以得出n2= (m+1)，2n2= (m+1)．所以
4 2
1 1 1
4n3−mn+2n2=(4n3−mn)+2n2=n+ (m+1)= (2n+m+1)= (−1+1)=0从而得出结论．
2 2 2
【解题过程】
解：∵m2=2n+1，4n2=m+1(m≠2n)，
∴m2−4n2=2n+1−m−1
∴m2−4n2=2n−m，
∴(m+2n)(m−2n)=2n−m，
∴(m+2n)(m−2n)+(m−2n)=0∴(m+2n+1)(m−2n)=0
∵m≠2n，
∴m+2n+1=0
∴m＋2n＝−1；
∵4n2=m+1，
∴4n3=mn+n，
∴4n3−mn=n．
∵4n2=m+1，
1
∴n2= (m+1)，
4
1
∴2n2= (m+1)．
2
1 1 1
∴4n3−mn+2n2=(4n3−mn)+2n2=n+ (m+1)= (2n+m+1)= (−1+1)=0．
2 2 2
故答案是：−1；0．
11．（2023秋·湖北武汉·八年级湖北省水果湖第二中学校考期末）对于二次三项式x2+mx+n（m、n为常
数），下列结论：
①若n=36，且x2+mx+n=(x+a) 2，则a=6；
②若m2<4n，则无论x为何值时，x2+mx+n都是正数；
③若x2+mx+n=(x+3)(x+a)，则3m−n=9：
④若n=36，且x2+mx+n=(x+a)(x+b)，其中a、b为整数，则m可能取值有10个．
其中正确的有______．（请填写序号）
【思路点拨】
根据完全平方公式可以得a2=36，从而得出a=±6，于是易判断结论①；根据m2<4n得出4n−m2＞0，通
( m) 2 4n−m2
过配方将多项式x2+mx+n变形为 x+ + 判断②说法正确；利用多项式乘多项式化简
2 4
x2+mx+n=(x+3)(x+a)对比系数可判断③；利用因式分解的方法对各种类型进行分析即可判断④．
【解题过程】
解：①∵若n=36，且x2+mx+n=(x+a) 2 ，则有x2+mx+36=x2+2ax+a2，
∴a2=36，
解得：a=±6，故①说法错误；
②∵m2<4n，
∴4n−m2＞0 ，
∴x2+mx+n
m2 m2
=x2+mx+n+ −
4 4
(
m2
)
m2
= x2+mx+ +n−
4 4
( m) 2 4n−m2
= x+ + ＞0
2 4
故无论x为何值时，x2+mx+n都是正数，
故②说法正确；
③∵x2+mx+n=(x+3)(x+a) ，
∴x2+mx+n=x2+(a+3)x+3a，
∴m=a+3，n=3a，
∴3m-n=3(a+3)-3a=3a+9-3a=9
故③说法正确；
④∵n=36，且x2+mx+n=(x+a)(x+b) ，
∴x2+mx+36=x2+(a+b)x+ab ，
∴ m=a+b，n=36，
∵a、b为整数，
∴相应的数对为：-1和-36，1和36，-2和-18，2和18，-3和-12，3和12，-4和-9，4和9，-6和-6，6和6
共10对，因此m的值可能有10个，
故④说法正确．
综上所述，正确的说法有：②③④．
故答案为：②③④．
12．（2023春·江苏·七年级专题练习）求证：若4x−y是7的倍数，其中x、y都是整数，则
8x2+10xy−3 y2是49的倍数．
【思路点拨】
由4x−y是7的倍数，设4x−y=7m（m为整数），得y=4x−7m，把8x2+10xy−3 y2因式分解得
(2x+3 y)(4x−y)，从而代入y，即可得证．
【解题过程】证明：∵4x−y是7的倍数，设4x−y=7m（m为整数），则y=4x−7m，
∴8x2+10xy−3 y2
=(2x+3 y)(4x−y)
=(2x+12x−21m)(4x−4x+7m)
=7m(14x−21m)
=49(2x−3m)，
∵x、m是整数，
∴m(2x−3m)也是整数，
∴8x2+10xy−3 y2是49的倍数．
13．（2022秋·上海青浦·七年级校考期中）证明：(a2+b2+c2)(x2+ y2+z2)≥(ax+by+cz) 2
【思路点拨】
根据完全平方公式进行计算得出(a2+b2+c2)(x2+ y2+z2)−(ax+by+cz) 2
=(ay−bx) 2+(az−cx) 2+(bz−cy) 2即可得证．
【解题过程】
解：∵(ay−bx) 2=a2y2−2abxy+b2x2≥0
(az−cx) 2=a2z2−2acxz+c2x2≥0，
(bz−cy) 2=b2z2−2bcyz+c2y2≥0，
∴(ay−bx) 2+(az−cx) 2+(bz−cy) 2≥0，
即a2y2−2abxy+b2x2+a2z2−2acxz+c2x2+b2z2−2bcyz+c2y2≥0，
整理得a2y2+a2z2+b2x2+c2x2+b2z2+c2y2−2abxy−2acxz−2bcyz≥0，
∵(a2+b2+c2)(x2+ y2+z2)−(ax+by+cz) 2
=a2x2+a2y2+a2z2+b2x2+b2y2+b2z2+c2x2+c2y2+c2z2−a2x2−b2y2−c2z2−2abxy−2bcyz−2acxz
=a2y2+a2z2+c2x2+b2x2+b2z2+c2y2−2abxy−2bcyz−2acxz
=(ay−bx) 2+(az−cx) 2+(bz−cy) 2，∴(a2+b2+c2)(x2+ y2+z2)≥(ax+by+cz) 2．
14．（2022春·四川成都·七年级校联考期中）阅读材料：把形如ax2+bx+c的二次三项式(或其一部分)配
成完全平方式的方法叫做配方法．配方法基本形式是完全平方公式的逆写，即a2±2ab+b2=(a±b) 2．
1 2 3
例如：(x−1) 2+3、(x−2) 2+2x、( x−2) + x2是x2−2x+4的三种不同形式的配方(即“余项”分别
2 4
是常数项、一次项、二次项)．
请根据阅读材料解决下列问题：
（1）比照上面的例子，写出x2−4x+9三种不同形式的配方；
（2）已知z−x+2y=4，zx+2xy+ y2−6 y+13=0，求(−y) x的值；
（3）当x，y何值时，代数式5x2−4xy+ y2+6x+25取得最小值，最小值为多少？
【思路点拨】
（1）根据材料中的三种不同形式的配方，“余项”分别是常数项、一次项、二次项，可解答；
（2）将x2+ y2+4x−6 y+13配方，根据平方的非负性可得x和y的值，可解答；
（3）首先把已知等式变为4x2−4xy+ y2+x2+6x+9+16，然后利用完全平方公式分解因式，变为两个
非负数和一个正数的和的形式，然后利用非负数的性质即可解决问题．
【解题过程】
（1）解：第一种：x2−4x+9=x2−4x+4+5=(x−2) 2+5；
第二种：x2−4x+9=x2−6x+9+2x=(x−3) 2+2x；
4 5 2 2 5
第三种：x2−4x+9= x2−4x+9+ x2=( x−3) + x2；
9 9 3 9
（2）∵z−x+2y=4，zx+2xy+ y2−6 y+13=0，
∴zx+2xy+ y2−6 y+13
=x(z+2y)+ y2−6 y+13
=x(x+4)+ y2−6 y+13
=x2+ y2+4x−6 y+13
=0，
(x2+4x+4)+(y2−6 y+9)=0，(x+2) 2+(y−3) 2=0，
x=−2，y=3，
1
∴(−y) x=(−3) −2= ；
9
（3）5x2−4xy+ y2+6x+25，
=4x2−4xy+ y2+x2+6x+9+16，
=(2x−y) 2+(x+3) 2+16，
∵(2x−y) 2+(x+3) 2≥0，
{2x−y=0)
∴ ，
x+3=0
{x=−3)
解得 ．
y=−6
∴当x=−3，y=−6时，代数式5x2−4xy+ y2+6x+25的最小值是16．
15．（2022秋·重庆北碚·八年级西南大学附中校考阶段练习）若一个正整数a可以表示为
a=(b+1)(b−2)，其中b为大于2的正整数，则称a为“十字数”，b为a的“十字点”．例如
28=(6+1)×(6−2)=7×4．
（1）“十字点”为7的“十字数”为 ；130的“十字点”为 ；
（2）若b是a的“十字点”，且a能被(b−1)整除，其中b为大于2的正整数，求a的值；
（3）m的“十字点”为p，n的“十字点”为q，当m−n=18时，求p+q的值．
【思路点拨】
（1）根据十字点的定义a=(b+1)(b−2)计算即可；
（2）先根据a=(b+1)(b−2)得出a=(b−1+2)(b−1−1)=(b−1) 2+(b−1)−2，再根据a能被(b−1)整
除，得出b的值，即可求出a的值；
（3）根据已知得出m=(p+1)(p−2)（p＞2且为正整数），n=(q+1)(q−2)（q＞2且为正整数），再根
{p+q−1=6) {p+q−1=9)
据m−n=18得出(p+q-1)(p−q)=18，从而得出 或 ，解之即可得出a、b，
p−q=3 p−q=2
继而得出答案．
【解题过程】
解：（1）“十字点”为7的“十字数”a=(7+1)(7−2)=8×5=40，∵130=(12+1)(12−2)=13×10，∴130的“十字点”为12；
（2）∵b是a的“十字点”，
∴a=(b+1)(b−2)（b＞2且为正整数），
∴a=(b−1+2)(b−1−1)=(b−1) 2+(b−1)−2，
∵a能被(b−1)整除，
∴(b−1)能整除2，
∴b-1=1或b-1=2，
∵b＞2，
∴b=3，
∴a=(3+1)(3−2)=4；
（3）∵m的“十字点”为p，
∴m=(p+1)(p−2)（p＞2且为正整数），
∵n的“十字点”为q，
∴n=(q+1)(q−2)（q＞2且为正整数），
∵m−n=18，
∴(p+1)(p−2)−(q+1)(q−2)=18，
∴p2-p-2-q2+q+2=18，
∴(p+q)(p−q)−(p-q)=18，
∴(p+q-1)(p−q)=18，
∵m−n=18＞0，p＞2，q＞2且p、q为正整数；
∴p＞q，p+q＞4；
∴p+q-1＞3；
∵18=3×6=2×9，
{p+q−1=6) {p+q−1=9)
∴ 或 ；
p−q=3 p−q=2
{p=5) {p=6)
解得： （不合题意舍去）， ；
q=2 q=4
∴p+q=10.
16．（2023春·江苏·七年级专题练习）阅读下列材料：
在因式分解中，把多项式中某些部分看作一个整体，用一个新的字母代替（即换元），不仅可以简化要分
解的多项式的结构，而且能使式子的特点更加明显，便于观察如何进行因式分解，这种方法就是换元法．对于(x2+5x+2)(x2+5x+3)−12．
解法一：设x2+5x= y，则原式=(y+2)(y+3)−12= y2+5 y−6
=(y+6)(y−1)=(x2+5x+6)(x2+5x−1)=(x+2)(x+3)(x2+5x−1)；
解法二：设x2+2=m，5x=n，则原式=(m+n)(m+n+1)−12=(m+n) 2+(m+n)−12
=(m+n+4)(m+n−3)=(x2+5x+6)(x2+5x−1)=(x+2)(x+3)(x2+5x−1)．
请按照上面介绍的方法解决下列问题：
（1）因式分解：(x2−4x+1)(x2−4x+7)+9；
（2）因式分解：(x+ y−2xy)(x+ y−2)+(xy−1) 2；
（3）求证：多项式(x+1)(x+2)(x+3)(x+6)+x2的值一定是非负数．
【思路点拨】
（1）仿照题意方法一、二求解即可；
（2）仿照题意方法二求解即可；
（3）先把多项式化成(x2+7x+6)(x 2+5x+6)+x2，然后仿照题意方法二得到原式=(x2+6x+6) 2 ，由此
❑
即可得答案．
【解题过程】
（1）解：解法一：设x2−4x= y，
则原式=(y+1)(y+7)+9
= y2+8 y+16
=(y+4) 2
=(x2−4x+4) 2
=(x−2) 4；
方法二：设x2+1=m，−4x=n，
则原式=(m+n)(m+n+6)+9
=(m+n) 2+6(m+n)+9=(m+n+3) 2
=(x2+1−4x+3) 2
=(x2−4x+4) 2
=(x−2) 4；
（2）解：设x+ y=m，xy=n，
则原式=(m−2n)(m−2)+(n−1) 2
=m2−2mn−2m+4n+n2−2n+1
=m2−2mn−2m+(n−1) 2
=m2−2m(n+1)+(n+1) 2
=(m−n−1) 2
=(x+ y−xy−1) 2
=(x−1) 2 (1−y) 2；
（3）解：(x+1)(x+2)(x+3)(x+6)+x2
=(x2+7x+6)(x 2+5x+6)+x2，
❑
设x2+6=m，x=n，
则原式=(m+7n)(m+5n)+n2
=m2+12mn+36n2
=(m+6n) 2
=(x2+6x+6) 2 ，
∵(x2+6x+6) 2 ≥0，
∴(x+1)(x+2)(x+3)(x+6)+x2≥0，∴多项式(x+1)(x+2)(x+3)(x+6)+x2的值一定是非负数．
17．（2023秋·吉林长春·八年级统考期末）我们知道，对于一个图形，通过两种不同的方法计算它的面
积，可以得到一个数学等式．例如图①可以得到(a+2b)(a+b)=a2+3ab+2b2．请回答下列问题：
（1）写出图②中所表示的数学等式______；
（2）猜测(a+b+c+d) 2=______．
（3）利用（1）中得到的结论，解决下面的问题：已知a+b+c=12，ab+bc+ca=48，求a2+b2+c2的
值；
（4）在（3）的条件下，若a、b、c分别是一个三角形的三边长，请判断该三角形的形状，并说明理由．
【思路点拨】
（1）根据大长方形面积等于其内部三个小正方形面积加上6个小长方形的面积进行求解即可；
（2）仿照题意画出图形求解即可；
（3）先求出(a+b+c) 2=144，2ab+2bc+2ca=96，再把这2个等式代入（1）所求等式中求解即可；
（4）由（3）可得a2+b2+c2=ab+bc+ca，进而推出(a−b) 2+(a−c) 2+(b−c) 2=0，理由非负数的性质即
可推出a=b=c，则该三角形是等边三角形．
【解题过程】
（1）解：由题意得，(a+b+c) 2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc，
故答案为：(a+b+c) 2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc
（2）解：由下图可得：
(a+b+c+d) 2=a2+b2+c2+d2+2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd，
故答案为：a2+b2+c2+d2+2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd；（3）解：∵a+b+c=12，ab+bc+ca=48，
∴(a+b+c) 2=122=144，2ab+2bc+2ca=96，
∵(a+b+c) 2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc，
∴a2+b2+c2=(a+b+c) 2−(2ab+2ac+2bc)=144−96=48；
（4）解：该三角形为等边三角形，理由如下：
∵ab+bc+ca=48，a2+b2+c2=48，
∴a2+b2+c2=ab+bc+ca，
∴2a2+2b2+2c2=2ab+2bc+2ca，
∴2a2+2b2+2c2−2ab−2bc−2ca=0，
∴(a2−2ab+b2)+(a2−2ac+c2)+(b2−2bc+c2)=0，
∴(a−b) 2+(a−c) 2+(b−c) 2=0，
∵(a−b) 2≥0，(a−c) 2≥0，(b−c) 2≥0，
∴(a−b) 2=(a−c) 2=(b−c) 2=0，
∴a−b=0，a−c=0，b−c=0，
∴a=b=c，
∴该三角形是等边三角形．
18．（2022秋·全国·八年级期末）在数的学习中，我们总会对其中一些具有某种特性的数进行研究，若一
个正整数m是两个相差为3的数的乘积，即m=n(n+3)，其中n为正整数，则称m为“如意数”，n为m的“如意起点”．例如：18=3×6，则18是“如意数”，3为18的“如意起点”．
（1）若k是88的“如意起点”，则k=______；若a的“如意起点”为1，则a=______．
（2）把“如意数”x与“如意数”y的差记作E(x,y)，其中x>y，E(x,y)>0，例如：40=5×8，
10=2×5，则E(40,10)=40−10=30．若“如意数”x的“如意起点”为s，“如意数”y的“如意起
s
点”为t，当E(x,y)=48时，求 的最大值．
t
【思路点拨】
（1）根据“如意数”的特征列方程求解即可；
（2）根据“如意数”的定义得到x−y=48，整理得到(s−t)(s+t+3)=48，由s、t都是正整数，推出
s−t和s+t+3都是正整数，且s+t+3>s−t，把48分解成1×48=2×24=3×16=4×12=6×8，解方程
组即可求解．
【解题过程】
解：（1）若k是88的“如意起点”，
根据题意得k(k+3)=88，整理得：k2+3k−88=0，
因式分解得(k−8)(k+11)=0，
∵k为正整数，
∴k=8；
若a的“如意起点”为1，
根据题意得a=1×(1+3)=4；
故答案为：8；4；
（2）∵E(x，y)=48，
∴x−y=48，
又x=s(s+3)，y=t(t+3)，
∴x−y=s(s+3)−t(t+3)=48，即s2+3s−t2−3t=48，
∴(s−t)(s+t+3)=48，
∵s、t都是正整数，
∴s−t和s+t+3都是正整数，且s+t+3>s−t，
∵48=1×48=2×24=3×16=4×12=6×8，
∴¿或¿或¿或¿或¿，
解得：¿或¿(舍去)或¿或¿(舍去)或¿(舍去)，s 23 8
∴ = 或 ，
t 22 5
s 8
故 的最大值为 ．
t 5
19．（2023秋·重庆大足·八年级统考期末）已知一个各个数位上的数字均不为0的四位正整数
M=abcd(a>c)，以它的百位数字作为十位，个位数字作为个位，组成一个新的两位数s，若s等于M的
千位数字与十位数字的平方差，则称这个数M为“平方差数”，将它的百位数字和千位数字组成两位数ba
，个位数字和十位数字组成两位数dc，并记T(M)=ba+dc．
例如：6237是“平方差数”，因为62−32=27，所以6237是“平方差数”；
此时T(6237)=26+73=99．
又如：5135不是“平方差数”，因为52−32=16≠15，所以5135不是“平方差数”．
（1）判断7425是否是“平方差数”？并说明理由；
（2）若M=abcd是“平方差数”，且T(M)比M的个位数字的9倍大30，求所有满足条件的“平方差
数”M．
【思路点拨】
（1）根据“平方差数”的定义计算即可；
（2）由M=abcd是“平方差数”，得a2−c2=10b+d，由T(M)比M的个位数字的9倍大30，得
a+c+10b+d＝30，进而得(a+c)(a−c+1)=30，结合分解分数的方法分解并分情况讨论即可．
【解题过程】
（1）解： 7254是“平方差数”．理由如下：
∵72−52=24，
∴7254是“平方差数”．
（2）∵M=abcd是“平方差数”，
∴a2−c2=10b+d，T（M）=10b+a+10d+c，
∵T（M）比M的个位数字的9倍大30，
∴10b+a+10d+c=9d+30，即a+c+10b+d=30，
∴a+c+a2−c2=30，
即(a+c)(a−c+1)=30．
∵a+c＞0，a−c+1>1且均为30的正因数，
∴将30分解为2×15或3×10或5×6．
①(a+c)(a−c+1)=2×15，{a=8)
解得 ，
c=7
∵82−72=15，
∴M=8175；
②(a+c)(a−c+1)=3×10，
{a=6)
解得 ，
c=4
∵62−42=20，
∴M=6240（舍）；
③(a+c)(a−c+1)=5×6，
{a=5) {a=5)
解得 或 ，
c=0 c=1
∵52−02=25，52−12=24，
∴M=5205（舍）或5214．
∴M=8175或5214．
20．（2023春·七年级单元测试）若一个两位正整数m的个位数为4，则称m为“好数”．
（1）求证：对任意“好数”m，m2−16一定为20的倍数．
q
（2）若m=p2−q2，且p，q为正整数，则称数对(p,q)为“友好数对”，规定：H(m)= ，例如
p
1
24=52−12，称数对(5,1)为“友好数对”，则H(24)= ，求小于70的“好数”中，所有“友好数对”的
5
H(m)的最大值．
【思路点拨】
（1）m=10t+4，1≤t≤9，且t为整数，即可得出结论；
（2）根据题意得10t+4=(p+q)(p−q)，分别取t=1，2，3，4，5，6时，求出p，q为正整数时的
H(m)的值，即可求出最大值．
【解题过程】
（1）证明：设m=10t+4，1≤t≤9，且t为整数，
∴m2−16
=(10t+4) 2−16
=100t2+80t+16−16=20(5t2+4t)
∵1≤t≤9，且t为整数，
∴5t2+4t是正整数，
∴m2−16一定是20的倍数；
（2）∵m=p2−q2，且p，q为正整数，
∴10t+4=(p+q)(p−q)，
当t=1时，
10t+4=14=1×14=2×7，没有满足条件的p，q，
当t=2时，
10t+4=24=1×24=2×12=3×8=4×6，
{p+q=12) {p+q=6)
∴满足条件的有 或 ，
p−q=2 p−q=4
{p=7) {p=5)
解得 或 ，
q=5 q=1
5 1
∴H(m)= 或 ，
7 5
当t=3时，
10t+4=34=1×34=2×17，没有满足条件的p，q，
当t=4时，
10t+4=44=1×44=2×22=4×11，
{p+q=22)
∴满足条件的有 ，
p−q=2
{p=12)
解得 ，
q=10
10 5
∴H(m)= = ，
12 6
当t=5时，
10t+4=54=1×54=2×27=3×18=6×9，没有满足条件的p，q，
当t=6时，
10t+4=64=1×64=2×32=4×16=8×8，
{p+q=32) {p+q=16)
∴满足条件的有 或 ，
p−q=2 p−q=4{p=17) {p=10)
解得 或 ，
q=15 q=6
15 3
∴H(m)= 或 ，
17 5
15
∴小于70的“好数”中，所有“友好数对”的H(m)的最大值为 ．
17
