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专题09 一元二次方程的解法—公式法、因式分解法的十三类
综合题型
解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移
题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基
题型一、判断方程根的情况及求参
题型二、新定义运算
题型三、与赵爽弦图结合
题型四、方程根为整数解求参
题型五、与等腰三角形结合
题型六、解一元二次方程—公式法
题型七、解一元二次方程—因式分解法
题型八、换根法
题型九、平均数法
题型十、无理方程
题型十一、十字相乘法与分组分解法
题型十二、兄弟矩形与勾系一元二次方程
题型十三、勾股圆方图注
压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限
通法通法—明晰核心解法，助力能力迁移
类
别
具体内容
知识点概括
易错点概括
公
式
法
前提条件
一元二次方程化为一般形式：𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥+
𝑐= 0（𝑎≠0）
忽略𝑎≠0的前提，错误将非一元
二次方程套用公式求解
根的判别式𝛥= 𝑏2 −4𝑎𝑐，方程有实根的
条件是𝛥≥0
遗漏𝛥< 0的情况，直接开平方计
算导致错误；将判别式符号记
反，误将𝛥< 0判定为有实根
目 录
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求根公式
当𝛥≥0时，方程的根为𝑥=
−𝑏±√𝑏2−4𝑎𝑐
2𝑎
分子漏写−𝑏，错写为
𝑏±√𝛥
2𝑎；分母
漏写2，错写为
−𝑏±√𝛥
𝑎
；根号内计
算错误，符号处理出错
解题步骤
1. 化为一般形式，确定(a、b、c)的值；
2. 计算判别式𝛥= 𝑏2 −4𝑎𝑐，判断实根
存在性；3. 𝛥≥0时代入求根公式计算
根，𝛥< 0说明无实根
确定(a、b、c)时遗漏符号，比如
方程2𝑥2 −3𝑥−1 = 0中错把𝑏记
为3、𝑐记为1；𝛥计算时错误套用
𝑏2 −4𝑎𝑐的符号，将负负得正计
算错误
根的情况
分类
1. 𝛥> 0：两个不相等的实数根；2. 𝛥=
0：两个相等的实数根；3. 𝛥< 0：无实
数根
混淆“无实数根”与“无解”的应用
场景，未说明范围直接写无解；
误将𝛥= 0判定为只有一个根，错
误表述根的数量
因
式
分
解
法
原理依据
若两个因式的乘积为0，则至少其中一
个因式为0，即𝑎𝑏= 0 ⇔𝑎= 0或𝑏= 0
忽略“乘积为0”的前提，若𝑎𝑏=
𝑘(𝑘≠0)，错误推出𝑎= 0或𝑏= 0
提公因式
法
若方程各项含有公因式，提取公因式后
分解为两个一次因式乘积求解
方程两边同时除以含未知数的
公因式，丢失一个根；提取公因
式后剩余项符号错误
公式法
（因式分
解的乘法
公式）
利用平方差公式𝑎2 −𝑏2 = (𝑎+ 𝑏)(𝑎−
𝑏)、完全平方公式𝑎2 ± 2𝑎𝑏+ 𝑏2 = (𝑎±
𝑏)2分解因式
完全平方公式符号错误，错将
𝑎2 −2𝑎𝑏+ 𝑏2分解为(𝑎+ 𝑏)2；平
方差公式应用错误，错将𝑎2 + 𝑏2
分解为(𝑎+ 𝑏)(𝑎−𝑏)
十字相乘
法
对于𝑥2 + 𝑝𝑥+ 𝑞= (𝑥+ 𝑚)(𝑥+ 𝑛)，满足
(m+n=p，mn=q)；𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥+ 𝑐= (𝑎1𝑥+
𝑐1)(𝑎2𝑥+ 𝑐2)
常数项的符号与一次项系数符
号匹配错误，分解后乘积展开与
原方程不一致；二次项系数不为
1 时，十字相乘的系数组合错误
解题步骤
1. 将方程整理为右边为0的形式；2. 将
左边因式分解为两个一次因式乘积；3.
未将方程整理为右边为0 就直
接分解，导致求解错误；分解后
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令每个因式为0，得到两个一元一次方
程；4. 解一元一次方程得到原方程的根
只写一个根，遗漏另一个因式对
应的根
适用特点
能直接分解为一次因式乘积的一元二
次方程，求解过程比公式法更简便快捷
强行使用因式分解法分解无法
分解的方程，浪费时间且出错；
不会灵活选择方法，所有方程一
律套用公式法
共
通
易
错
点
方法通用
解完方程后可以代入原方程验证根的
正确性
结果不检验，出现计算错误无法
发现；对根的化简不彻底，保留
非最简二次根式
题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基
题型一、判断方程根的情况及求参
典例1 下列方程中，有两个不相等的实数根的是（ ）
A．
2
4
0
x +
=
B．
2
2
1
0
x
x
+
+ =
C．
2
2
0
x
x
+
−
=
D．
2
2
1
0
x
x
+
+ =
【答案】C
【分析】对于一元二次方程
(
)
2
0
0
ax
bx
c
a
+
+
=
，当
2
Δ
4
0
b
ac
=
−
时，方程有两个不相等的实数根，计
算各选项的判别式即可得到结果．
【详解】对于一元二次方程
(
)
2
0
0
ax
bx
c
a
+
+
=
，判别式为
2
Δ
4
b
ac
=
−
选项A：方程
2
4
0
x +
=
中，
1,
0,
4
a
b
c
=
=
=
，
2
Δ
0
4 1 4
16
0
=
−
= −
，
方程没有实数根，A 不符合要求；
选项B：方程
2
2
1
0
x
x
+
+ =
中，
1,
2,
1
a
b
c
=
=
= ，
2
Δ
2
4 1 1
0
=
−=
，
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方程有两个相等的实数根，B 不符合要求；
选项C：方程
2
2
0
x
x
+
−
=
中，
1,
1,
2
a
b
c
=
=
= −
(
)
2
Δ
1
4 1
2
9
0
=
−−
=
，
方程有两个不相等的实数根，C 符合要求；
选项D：方程
2
2
1
0
x
x
+
+ =
中，
2,
1,
1
a
b
c
=
=
=
2
Δ
1
4 2 1
7
0
=
−= −
，
方程没有实数根，D 不符合要求．
变式1-1 关于x 的一元二次方程
2
6
0
x
x
m
+
+
=
有两个不相等的实数根，则m 的取值范围是（ ）
A．
9
m
B．
9
m
C．
9
m =
D．
6
m
【答案】B
【分析】当一元二次方程有两个不相等的实数根时，判别式
2
Δ
4
0
b
ac
=
−
，据此列不等式求解参数范围即
可．
【详解】解：∵ 一元二次方程
2
6
0
x
x
m
+
+
=
有两个不相等的实数根，
∴
2
2
Δ
4
6
4 1
0
b
ac
m
=
−
=
−
，
化简得36
4
0
m
−
，
解得
9
m
．
变式1-2 关于x 的方程
2
6
3
0
kx
x
−
+
=
有两个不相等的实数根，则k 的取值范围是________．
【答案】
3
k 且
0
k
【分析】本题考查一元二次方程根的判别式．方程有两个不相等的实数根，说明该方程为一元二次方程，
因此二次项系数不为0 ，且根的判别式大于0 ，据此列出不等式求解即可．
【详解】解：关于x 的方程
2
6
3
0
kx
x
−
+
=
有两个不相等的实数根
该方程为一元二次方程，且根的判别式Δ
0
可得
(
)
2
0
6
4
3
0
k
k
= −
−
解不等式36 12
0
k
−
，
移项得，12
36
k
−
−
，
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系数化为1得，
3
k ，
综上可得：k 的取值范围是
3
k 且
0
k
．
变式1-3 若关于x 的一元二次方程
2
(
1)
2
1
0
a
x
x
−
+
+ =
有实数根，则a =________（写出一个满足条件的值）．
【答案】
2
【分析】因为方程是一元二次方程，所以二次项系数不能为0，据此得到第一个关于a 的限制条件．因为一
元二次方程有实数根，所以根的判别式
0
，代入对应系数计算得到第二个关于a 的不等式．联立两个条
件得到a 的取值范围，在范围内任选一个符合要求的值即可．
【详解】解：该方程是一元二次方程，因此
1
0
a−
，
因为方程有实数根，
所以
(
)
2
Δ
2
4
1
1
8
4
0
a
a
=
−
−
=
−
，
解得
2
a
，
因此只要取
2
a
且
1
a
的任意值都符合条件，比如
2
a =
．
类型二、新定义运算
典例2 对于实数, , ,
a b c d ，定义运算
a
b
ad
bc
c
d =
−
，我们把它叫做二阶行列式，例如：
1
2
1 4
2 3
2
3
4 = −= −．若有两个不相等的实数x ，满足
3
8
4
kx
x
x =
−
，则k 的值可以是（ ）
A．1
−
B．20
C．202
D．2025
【答案】A
【分析】本题考查了实数的运算和一元二次方程根的判别式，熟练掌握判别式是解题的关键．根据题意得
到关于x 的一元二次方程，然后求得根的判别式的值，再根据有两个不相等的实数x ，满足
3
8
4
kx
x
x =
−
，
求出k 的取值范围，再选择即可．
【详解】解：
3
8
4
kx
x
x =
−
，
2
3(
4)
8
kx
x
−
−
= ，
整理得
2
3
4
0
kx
x
−
+
=
，
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有两个不相等的实数x ，满足
3
8
4
kx
x
x =
−
，
(
)
2
Δ
3
4
4
0
k
= −
−
，且
0
k
，
9
16
k
，且
0
k
，
只有选项A 符合，
故选：A ．
变式2-1 对于实数m，n，现定义一种运算“*”如下：
(
)
2
2
*
(
)
m
m
n m
n
m n
n
m
n m
n
+
+
=
+
+
，若
(
)
*
2
10
x
−
=
，则实数x
的值为（ ）
A．3 或4
−
B．4
−或8
C．8
D．3
【答案】D
【分析】根据新定义分两种情况计算：当
2
x −时，
2
2
10
x
x−
+
=
；当
2
x
−
时，(
)
2
2
2
10
x
−
+
−
=
；分别求
解即可．
【详解】解：若
(
)
*
2
10
x
−
=
，
则当
2
x −时，
2
2
10
x
x−
+
=
，
整理得
2
12
0
x
x
+
−
=
，
解得
4
x = −（舍去）或
3
x = ，
当
2
x
−
时，(
)
2
2
2
10
x
−
+
−
=
，
解得
8
x = （舍去），
综上，
3
x = ，
故选：D．
变式2-2 定义运算：
2
*
1
m n
mn
mn
=
−
−．例如：
2
4*2
4
2
4
2
1
7
=
−
−=
，则方程2*
0
x =
的根______．
【答案】
1
1
3
2
x
+
=
，
2
1
3
2
x
−
=
【分析】本题主要考查了新定义和解一元二次方程，先根据新定义，把方程左边化成一般形式，然后根据
公式法解方程即可．
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【详解】解：∵
2
*
1
m n
mn
mn
=
−
−，且2*
0
x =
，
∴
2
2
2
1
0
x
x
−
−=
，
∵
2,
2,
1
a
b
c
=
= −
= −，
∴
(
)
(
)
2
2
4
2
4 2
1
4
8
12
0
b
ac
−
= −
−−
=
+
=
，
∴
2
2 3
1
3
4
2
x
=
=
∴
1
2
2 3
1
3
4
2
x
+
+
=
=
,
2
2
2 3
1
3
4
2
x
−
−
=
=
．
故答案为：
1
1
3
2
x
+
=
,
2
1
3
2
x
−
=
．
变式2-3 新定义运算：
min
,a b ，当a
b
时，
min
,a b
b
=
；当a
b
时，
min
,a b
a
=
．例如：
min
1,3
1
−
= −；
min
1, 2
2
−−
= −．若
2
min
7, 3
4
x
x
−
−
=
+
，则x 的值为_____．
【答案】1
−或3
−
【分析】先根据新定义，比较
7
−
与3
−的大小，得到
min
7, 3
−
−
的值，再将等式整理为一元二次方程，
求解得到x 的值．
【详解】解：
7
9
3
=
，
7
3
−
−，
根据新定义运算：当a
b
时，
min
,a b
b
=
， 可得
min
7, 3
3
−
−
= −，
由题意得：
2
4
3
x
x
+
= −，
整理得：
2
4
3
0
x
x
+
+
=
，
因式分解：(
)(
)
1
3
0
x
x
+
+
=
，
解得：
1
1
x = −，
2
3
x = −．
题型三、与赵爽弦图结合
典例3 如图，是我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，它是由四个全等
的直角三角形和一个小正方形组成的一个大正方形．设图中AF
a
=
，DF
b
=
，连接AE ，BE，若ADE
与
BEH
的面积相等，则
2
2
2
2
b
a
a
b
+
值为（ ）
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A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】B
【分析】本题考查了解一元二次方程，弦图的计算；根据题意得出
2
2
a
b
ab
=
−
，即
2
2
1
0
b
b
a
a −
−=
，解方程
得出
5
1
2
b
a
+
=
（负值舍去）代入进行计算即可求解．
【详解】解：∵图中AF
a
=
，DF
b
=
，
∴
,
ED
AF
a EH
EF
DF
DE
b
a
=
=
=
=
−
=
−
∵ADE
与BEH
的面积相等，
∴1
1
2
2
DE
AF
EH
BH
=
∴
(
)
1
1
2
2
a a
b
a
b
=
−
∴
2
2
a
b
ab
=
−
∴
2
1
b
b
a
a
=
−
∴
2
2
1
0
b
b
a
a −
−=
解得：
5
1
2
b
a
+
=
（负值舍去）
∴
2
2
2
2
2
2
5
1
2
3
2
5
1
b
a
a
b
+
+
=
+
=
+
，
故选：B．
变式3-1 如图①是第14 届数学教育大会会标，中心图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”．如图②所
示的“弦图”是由4 个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的大正方形，已知大正方形的边长AD为25，小
正方形的边长EF 为17，则AE 的长为（ ）
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A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】C
【分析】根据全等三角形的性质得到AH
DG
=
，推出AE
DH
=
，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：由题意得，
ADH
DCG
≌
△
△
，
∴AH
DG
=
，
∵小正方形的边长EF 为17，
∴
17
EH
EF
HG
=
=
=
，
∴AH
EH
DG
HG
−
=
−
，即AE
DH
=
，
∵大正方形的边长AD为25，
90
AHD
=
，
∴
2
2
2
AD
AH
DH
=
+
，
∴
(
)
2
2
2
25
17
AE
AE
=
+
+
∴
7
AE =
或
24
AE = −
（舍去）．
变式3-2 如图是我国古代数学书上一个重要图形，称为“弦图”．弦图是由四个全等的直角三角形和两个正方
形构成．若
3
EFGH
ABCD
S
S
=
正方形
正方形
，则AF
AE = ________．
【答案】3
5
2
+
【分析】此题考查了勾股定理和弦图，解一元二次方程，
设BF
AE
DH
CG
a
=
=
=
=
，AF
BG
CH
DE
b
=
=
=
= ，表示出EF
AF
AE
b
a
=
−
=
−，然后根据
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3
EFGH
ABCD
S
S
=
正方形
正方形
得到
(
)
2
2
2
3
a
b
b
a
+
=
−
，整理为
2
3
1
0
b
b
a
a
−
+ =
，然后解方程即可．
【详解】解：∵弦图是由四个全等的直角三角形和两个正方形构成
∴设BF
AE
DH
CG
a
=
=
=
=
，AF
BG
CH
DE
b
=
=
=
=
∴EF
AF
AE
b
a
=
−
=
−
∴
2
2
2
2
2
AB
AF
BF
a
b
=
+
=
+
∵
3
EFGH
ABCD
S
S
=
正方形
正方形
∴
(
)
2
2
2
3
a
b
b
a
+
=
−
∴整理得，
2
2
3
0
b
ab
a
−
+
=
∴
2
3
1
0
b
b
a
a
−
+ =
解得
3
5
2
b
a
=
∵a
b
∴
3
5
2
b
a
+
=
∴
3
5
2
AF
b
AE
a
+
=
=
．
故答案为：3
5
2
+
．
变式3-3 如图1 中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，菱形的两条对角线长分别为2x 和4
2
x −（其
中2x 为菱形的短对角线的长度），将这四个直角三角形拼成“赵爽弦图”（如图2）．得到大小两个正方形，若
图2 中阴影小正方形的面积为1，则x 的值为___________．
【答案】2
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理的应用，解题的关键是掌握相关知识．由菱形的性质可得直角
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三角形的直角边分别为x ，2
1
x−，推出大正方形的面积为
(
)
2
2
2
1
x
x
+
−
，再根据阴影面积= 大正方形的面积
−四个三角形的面积，列方程即可求解．
【详解】解：菱形的两条对角线长分别为2x 和4
2
x −
，
直角三角形的直角边分别为x ，2
1
x−，
大正方形的面积为
(
)
2
2
2
1
x
x
+
−
，
阴影小正方形的面积为1，
(
)
(
)
2
2
1
2
1
4
2
1
1
2
x
x
x
x
+
−
−
−
=
，
解得：
2
x =
（负值已舍去），
故答案为：2 ．
题型四、方程根为整数解求参
典例4 关于x 的一元二次方程(
)
2
3
1
2
+
=
m
x
x 的两根均为整数，则整数m 的值为（ ）
A．0
B．1
−
C．0 或1
−
D．0 或1
【答案】C
【分析】先根据一元二次方程定义确定二次项系数不为0，再整理方程因式分解得到两根，根据根和m 都是
整数，枚举可能的取值得到符合条件的m．
【详解】解：∵(
)
2
3
1
2
m
x
x
+
=
是关于x 的一元二次方程，
∴ 3
1
0
m+
，
(
)
2
3
1
2
0
m
x
x
+
−
=
解得
1
0
x =
，
2
2
3
1
x
m
=
+
∵两根均为整数，m 为整数
∴3
1
m+ 是2 的约数，即3
1
1
m+ = ，3
1
2
m+ = ，
当3
1 1
m+ = 时，
0
m =
，
2
2
x =
为整数，符合要求，
当3
1
1
m+ = −时，
2
3
m = −
，不是整数，舍去，
当3
1
2
m+ =
时，
1
3
m =
，不是整数，舍去，
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当3
1
2
m + = −时，
1
m=- ，
2
1
x =- 为整数，符合要求，
∴整数m 的值为0 或-1．
变式4-1 已知关于x 的方程(
)
2
1
2
1
0
a
x
x
a
−
+
−
−=
的根都是整数，那么符合条件的整数a 的个数是（ ）个
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】C
【分析】本题考查了方程整数解的求法，解题的关键是理解题意，分类讨论，正确计算．根据题意分类讨
论：当
1
a = 时，原方程为2
2
0
x −
= ，解得，
1
x = ；②当
1
a 时，原方程可整理为：
(
1)
1 (
1)
0
a
x
a
x
−
+
+
−
=
，
则
1
0
x −= 和(
)
1
1
0
a
x
a
−
+
+ =
的解是方程的根，即
1
x= 是方程的整数根，
1
2
1
1
1
a
x
a
a
+
=
= −+
−
−
且x 是整数，
则1
1
a
−
= 或1
2
a
−
= ，进行计算即可得．
【详解】解：∵(
)
2
–1
2
1
0
a
x
x
a
+
−
−=
的根都是整数，
∴①当
1
a = 时，原方程为2
2
0
x −
= ，
解得，
1
x = ；
②当
1
a 时，原方程可整理为：
(
1)
1 (
1)
0
a
x
a
x
−
+
+
−
=
，
则
1
0
x −= 或(
1)
1=0
a
x
a
−
+
+
，
即
1
x= 是方程的整数根，
1
2
1
1
1
a
x
a
a
+
=
= −+
−
−
且x 是整数，
则1
1
a
−
= 或1
2
a
−
= ，
解得，
0
a =
，
2
a =
，
1
a = −，
3
a = ，
综上，满足条件的整数a 的值为1，0，2，1
−，3，共5 个；
故选：C．
变式4-2 设m 满足不等式
40
m
，且关于x的一元二次方程
2
2
2
(
2)
(
)
2
2
x
a
m
mx
a
am
−
+
−
=
+
−
有两个整数根，
则符合条件的整数m 的个数为______．
【答案】7
【分析】首先把方程进行整理，根据一元二次方程的求根公式得
2
2
x
m
m
=
+
，再根据x，m 均是整数且
40
m
，得m 为完全平方数，即可求解．
【详解】解：将方程整理得：
(
)
2
2
2
4
4
0
x
m
x
m
−
+
+
+
=
，
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∴
(
)
(
)
2
2
2
4
4
4
16
m
m
m
=
+
−
+
=
，
∴当
0
m
时，方程根为
(
)
2
2
4
2
2
2
m
m
x
m
m
+
=
=
+
，
∵x ，m 均是整数且
40
m
，
∴m 为完全平方数，
∴
0
m =
，1、4、9、16、25、36．
∴符合条件的整数m 的个数为7．
变式4-3 已知关于x 的方程(
)(
)
(
)
2
4
8
80 12
32
0
k
k x
k x
−
−
−
−
+
=
的解都是整数，求整数k 的值为_____．
【答案】4 ，6 ，8，12
【分析】用因式分解法可得到根的简单表达式，因方程的类型未指明，故须按一次方程、二次方程两种情
形讨论求解．
【详解】解：当
4
k =
时，原方程为32
32
0
x
−
+
=
，解得
1
x = ，符合题意；
当
8
k = 时，原方程为16
32
0
x +
=
，解得
2
x = −，符合题意；
当
4
k
且
8
k
时，原方程化为(
)
(
)
4
8
8
4
0
k x
k x
−
−
−
−
=
，解得
1
8
4
x
k
=
−
，
2
4
8
x
k
=
−
．
k
为整数，且
1x ，
2x 均为整数根，
4
1
k
−
= ，2
，4 ，8
，得
3
k = ，5，2 ，6 ，0 ，4
−，12，
且8
1
k
−
= ，2
，4
−，得
7
k =
，9，6 ，10，12．
综上所述，当k 的值为4 ，6 ，8，12时，原方程的根都为整数．
题型五、与等腰三角形结合
典例5 一个等腰三角形两腰长分别是关于x 的一元二次方程
2
6
2
0
x
x
n
−
+
+
=
的两个根，则n 的值为（ ）
A．8
B．7
C．6
D．5
【答案】B
【分析】本题考查了等腰三角形的定义，一元二次方程根的判别式，解题的关键是熟练掌握当
2
4
0
b
ac
−
时，
方程有两个不相等的实数根；当
2
4
0
b
ac
−
=
时，方程有两个相等的实数根；当
2
4
0
b
ac
−
时，方程没有实
数根．
根据题意可得该一元二次方程有两个相等的实数根，再由
2
4
0
b
ac
−
=
求解即可．
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【详解】解：∵等腰三角形的两腰长相等，
∴该一元二次方程有两个相等的实数根，
∴
(
)
(
)
2
2
4
6
4 1
2
0
b
ac
n
−
= −
−
+
=
解得
7
n =
，
故选：B．
变式5-1 一个等腰三角形两边的长分别等于一元二次方程
2
16
55
0
x
x
−
+
=
的两个实数根，则这个等腰三角
形周长为（ ）
A．11
B．27
C．5 或11
D．21 或27
【答案】B
【分析】先求出方程的解，然后根据三角形三边关系定理判断，最后求出周长即可．
【详解】解：
2
16
55
0
x
x
−
+
=
，
解得：
11
x =
或5，
如果11 是等腰三角形的底边，5 为腰长，此时根据三角形三边关系，不合题意；
如果11 是等腰三角形的腰长，5 为底边，则三角形的周长为27，
故选：B．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及三角形三边关系定理，运用了分类讨论的思想，学生应该对x 的值
进行讨论，根据三角形的性质(
)
a
b
c
a
b
−
+
来判断x 的取值是否满足题意．
变式5-2 等腰三角形边长分别为a ，b ，2 ，且a ，b 是关于x 的一元二次方程
2
6
2
0
x
x
n
−
+
+
=
的两个根，
则n 的值为______．
【答案】7
【分析】根据等腰三角形的性质，分两种情况讨论：①腰长为2 ，即
2
a =
或
2
b = ，②底边长为2 ，即a
b
=
，
分别结合一元二次方程根的性质求出n 的值，再利用三角形三边关系验证，舍去不符合条件的结果，得到n
的最终值．
【详解】解：三角形为等腰三角形
分两种情况讨论：①
2
a =
或
2
b = ，②a
b
=
，
①当
2
a =
或
2
b = 时，
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a
，b 是一元二次方程
2
6
2
0
x
x
n
−
+
+
=
的两个根，
2
x
=
是方程的一个根，
将
2
x =
代入方程得
2
2
6 2
2
0
n
−
+
+
=
，
解得
6
n =
，
当
6
n =
时，方程为
2
6
8
0
x
x
−
+
=
因式分解得(
)(
)
2
4
0
x
x
−
−
=
，
解得
1
2
x =
，
2
4
x =
，
此时三角形三边长为2 ，2 ，4 ，
2
2
4
+
=
，不满足三角形三边关系中两边之和大于第三边，
6
n
=
不合题意，舍去；
②当a
b
=
时，一元二次方程
2
6
2
0
x
x
n
−
+
+
=
有两个相等的实数根
根的判别式
(
)
2
( 6)
4
2
0
n
= −
−
+
=
，
解得
7
n =
，
此时方程为
2
6
9
0
x
x
−
+
=
，
解得
1
2
3
x
x
=
= ，
此时三角形三边长为3，3，2 ，满足三角形三边关系，符合题意；
综上所述，
7
n =
．
变式5-3 等腰三角形有一条边为4，若另外两条边长a，b 是关于x 的一元二次方程
2
6
2
0
x
x
m
−
+
+
=
的两
个实数根，则m 的值为________．
【答案】6 或7/7 或6
【分析】本题考查了等腰三角形的定义，解一元二次方程，三角形的三边关系，一元二次方程根的判别式
等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
当4 为腰长时，将
4
x = 代入原方程，求出m ，再解一元二次方程，并检验是否能构成三角形；当4 为底边
长时，关于x 的一元二次方程
2
6
2
0
x
x
m
−
+
+
=
有两个相等的实数根，根据
0
=
求出m ，再解一元二次方
程，并检验是否能构成三角形．
【详解】解：当4 为腰长时，将
4
x = 代入原方程，得
2
4
6 4
2
0
m
−
+
+
=
，
∴
6
m =
，
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原方程为
2
6
8
0
x
x
−
+
=
，
解得
1
2
2,
4
x
x
=
=
，
又∵2
4
6
4
+
=
，
∴边长为2，4，4 的三条边能组成等腰三角形；
当4 为底边长时，关于x 的一元二次方程
2
6
2
0
x
x
m
−
+
+
=
有两个相等的实数根，
(
)
2
( 6)
4 1
2
0
m
= −
−
+
=
，
解得
7
m =
，
∴原方程为
2
6
9
0
x
x
−
+
=
，
解得
3
a
b
=
= ，
又∵3 3
6
4
+ =
，
∴边长为3，3，4 的三条边能组成等腰三角形，
综上所述，m 的值为6 或7
故答案为：6 或7．
题型六、解一元二次方程—公式法
典例6 用公式法解方程
2
5
2
3
x
x
+
=
．
方程化为一般形式，得 ，
所以a = ，b = ，c = ，
所以
2
Δ
4
b
ac
=
−
= ，
所以
2
4
2
b
b
ac
x
a
−
−
=
= ，
所以
1x = ，
2x = ．
【答案】
2
3
5
2
0
x
x
−
−
=
；3；5
−；2
−；49 ；5
7
6
；2 ；
1
3
−
【分析】利用公式法解方程即可.
【详解】略
变式6-1 解方程：
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(1)
2
2
4
1
x
x
−
= ；
(2)
2
3
6
3
0
x
x
−
+
=
．
【答案】(1)
1
2
6
6
1
,
1
2
2
x
x
= +
= −
(2)x1
3
2
=
−
，x2
3
2
=
+
【详解】（1）解：
2
2
4
1
x
x
−
=
2
1
2
2
x
x
−
=
，
2
3
2
1
2
x
x
−
+ =
，
即(
)
2
3
1
2
x −
=
，
∴
6
1
2
x −=
，
解得：
1
2
6
6
1
,
1
2
2
x
x
= +
= −
；
（2）解：
2
3
6
3
0
x
x
−
+
=
，
∵
3,
6,
3
a
b
c
=
= −
=
，
∴
(
)
2
2
4
6
4
3
3
24
0
b
ac
=
−
= −
−
=
，
∴
6
24
3
2
2 3
x
=
=
，
解得：
1
2
3
2,
3
2
x
x
=
+
=
−
．
变式6-2 用公式法解一元二次方程：
2
3
4 3
2
0
x
x
−
+
=
．
【答案】
1
2 3
6
3
x
+
=
，
2
2
6
3
3
x
−
=
【分析】根据公式法求解即可．
【详解】解：一元二次方程为
2
3
4 3
2
0
x
x
−
+
=
．
其中
3
a = ，
4 3
b = −
，
2
c =
，
则
(
)
2
4 3
4 3 2
24
0
= −
−
=
，
∴
4 3
24
4 3
2 6
2 3
6
2 3
6
3
x
=
=
=
，
解得
1
2 3
6
3
x
+
=
，
2
2
6
3
3
x
−
=
．
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变式6-3 解方程：
(1)
2
2
99
x
x
−
=
；
(2)
2
3
6
1
0
x
x
−
+ =
．
【答案】(1)
1
11
x =
，
2
9
x = −
(2)
1
3
6
3
x
+
=
，
2
3
6
3
x
−
=
【分析】（1）利用配方法解方程．
（2）利用公式法解方程．
【详解】（1）解：
2
2
99
x
x
−
=
，
2
2
1
99
1
x
x
−
+ =
+ ，
(
)
2
1
100
x −
=
，
1
10
x−=
，
即
1 10
x −=
，
1
10
x−= −
，
解得
1
11
x =
，
2
9
x = −．
（2）解：
2
3
6
1
0
x
x
−
+ =
，
3
a = ，
6
b = −，
1
c = ，
(
)
2
2
Δ
4
6
4 3 1
24
b
ac
=
−
= −
−=
，
2
4
2
b
b
ac
x
a
−
−
=
，
(
)
6
24
2 3
x
−−
=
，
整理得
3
6
3
x
=
，
解得
1
3
6
3
x
+
=
，
2
3
6
3
x
−
=
．
题型七、解一元二次方程—因式分解法
典例7 解方程：
(1) (
)
(
)
2
3
5
2 5
x
x
−
=
−
；
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(2)
2
1
5 2
1
0
2 x
x
−
+ = ．
【答案】(1)
1
2
13
5,
3
x
x
=
=
；
(2)
1
5 2
4 3
x =
+
，
2
5 2
4 3
x =
−
．
【分析】（1）用因式分解法解一元二次方程；
（2）用求根公式法解一元二次方程．
【详解】（1）解：
(
)
(
)
2
3
5
2 5
x
x
−
=
−
，
移项得：(
)
(
)
2
3
5
2
5
0
x
x
−
+
−
=
提公因式得：(
)
(
)
5
3
5
2
0
x
x
−
−
+
=
，
整理得：(
)(
)
5
3
13
0
x
x
−
−
=
，
可得：
5
0
x−=
或3
13
0
x −
=
，
解得：
1
2
13
5
3
x
x
=
=
，
；
（2）解：
2
1
5 2
1
0
2 x
x
−
+ =
。
整理得：
2
10 2
2
0
x
x
−
+
= ，
其中
1
a = ，
10 2
b = −
，
2
c =
，
(
)
2
2
Δ
4
10 2
4 1 2
200
8
192
0
b
ac
=
−
= −
−
=
−
=
，
方程有两个不相等的实数根，
(
)
10 2
192
10 2
8 3
2
2
x
−−
=
=
，
方程的解为
1
5 2
4 3
x =
+
，
2
5 2
4 3
x =
−
．
变式7-1 解方程：
(1)
2
12
27
0
x
x
+
+
=
(2)(
)
(
)
2
2
1
2 2
1
x
x
−
=
−
【答案】(1)
1
2
3,
9
x
x
= −
= −
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(2)
1
2
1
3
,
2
2
x
x
=
=
【分析】（1）采用因式分解法求解；
（2）移项后采用因式分解法求解；
【详解】（1）解：
2
12
27
0
x
x
+
+
=
，
因式分解得(
3)(
9)
0
x
x
+
+
=
，
∴
3
0
x+ =
或
9
0
x+
=
，
解得：
1
2
3,
9
x
x
= −
= −；
（2）解：(
)
(
)
2
2
1
2 2
1
x
x
−
=
−
，
移项得
2
(2
1)
2(2
1)
0
x
x
−
−
−
=
，
提取公因式得(2
1)(2
1
2)
0
x
x
−
−−
=
，
整理得(2
1)(2
3)
0
x
x
−
−
=
，
∴2
1
0
x−=
或2
3
0
x −=
，
解得：
1
2
1
3
,
2
2
x
x
=
=
．
变式7-2 解方程：
(1)
2
25
0
x −
=
；
(2) (
3)
4(3
)
x x
x
−
=
−
【答案】(1)
1
2
5,
5
x
x
= −
=
(2)
1
2
3
4
,
x
x
=
= −
【详解】（1）解：
2
25
0
x −
=
2
25
x =
5
x =
∴
1
2
5
5
x
x
= −
=
，
（2）解：(
3)
4(3
)
x x
x
−
=
−
(
3)
4(
3)
0
x x
x
−
+
−
=
(
3)(
4)
0
x
x
−
+
=
∴
1
2
3
4
x
x
=
= −
，
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变式7-3 解方程：
(1)
2
2
1
7
x −=
；
(2)
(
)
(
)
2
1
3
1
x x
x
−
=
−
．
【答案】(1)
1
2
x =
，
2
2
x = −
(2)
1
1
x = ，
2
3
2
x =
【详解】（1）解：
2
2
1
7
x −=
，
移项得：
2
2
8
x =
，
方程两边同除以2 得：
2
4
x =
，
开平方得：
2
x = ，
即
1
2
x =
，
2
2
x = −；
（2）解：
(
)
(
)
2
1
3
1
x x
x
−
=
−
，
移项得：
(
)
(
)
2
1
3
1
0
x x
x
−
−
−
=
，
因式分解得：(
)(
)
2
3
1
0
x
x
−
−
=
，
∴2
3
0
x−
=
，
1
0
x −= ，
解得：
1
1
x = ，
2
3
2
x =
．
题型八、换根法
典例8 问题：已知方程
2
1
0
x
x−
+
=
，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的2 倍．
解：设所求方程的根为y，则
2
y
x
=
，所以
2
y
x =
，把
2
y
x =
，代入已知方程，得
2
1
0
2
2
y
y
+
−=
．
化简，得
2
2
4
0
y
y
+
−
=
，故所求方程为
2
2
4
0
y
y
+
−
=
．
这种利用方程根的代换求新方程的方法，我们称为“换根法”．
请用阅读材料提供的“换根法”求新方程（要求：把所求方程化为一般形式）．
(1)已知方程
2
2
1
0
x
x
+
−=
，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的相反数，则所求方程为
__________________；
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(2)已知关于y 的一元二次方程
2
0
cy
by
a
+
+
=
的根（
0
c
，有两个不等于零的实数根）分别是某个已知一元
二次方程的根的倒数，求该已知的一元二次方程．
(3)已知关于x 的一元二次方程(
)
2
2
4
(4
8)
4
0
(
15)
m
x
m
x
m
+
+
+
+
=
有两个不等于零的实数根，求一个一元
二次方程，使它的根分别是已知方程根的倒数且它的两个根都为整数．
【答案】(1)
2
2
2
1
0,
2
1
0
y
y
y
y
−
−=
−
−=
(2)
(
)
2
0
0
ax
bx
c
a
+
+
=
(3)
2
2
1
0
y
y
+
+ =
或
2
6
5
0
y
y
+
+
=
【分析】（1）设所求方程的根为y，根据题意可得
0
x
y
+
=
，所以x
y
= −，把x
y
= −代入方程
2
2
1
0
x
x
+
−=
，
即可得出答案；
（2）设原方程的根为x，则
(
)
1
0
x
x
y
=
，所以
(
)
1
0
y
x
x
=
，代入方程
2
0
cy
by
a
+
+
=
，得
2
0
ax
bx
c
+
+
=
，
再用反证法证明
0
a
即可；
（3）设所求方程的根为y，则
(
)
1
0
y
x
x
=
，所以
(
)
1
0
x
y
y
=
，代入原方程，得
(
)
2
2
4
(4
8)
4
0
y
m
y
m
+
+
+
+
=
，
由方程有两个实数根可得
2
4
64
0
b
ac
m
=
−
=
，于是可得
0
m
，进而可得0
15
m
，用公式法解一元二
次方程可得
1
1
2
y
m
m
= −
−
，由根是整数可知m 为偶数且为完全平方数，因而可得
0
m =
或
4
m =
，代入方
程即可得出答案．
【详解】（1）解：设所求方程的根为y，根据题意可得：
0
x
y
+
=
，
x
y
= −，
把x
y
= −代入方程
2
2
1
0
x
x
+
−=
，
得：
2
2
1
0
y
y
−
−=
，
故答案为：
2
2
1
0
y
y
−
−=
；
（2）解：设原方程的根为x，则
(
)
1
0
x
x
y
=
，所以
(
)
1
0
y
x
x
=
，
代入方程
2
0
cy
by
a
+
+
=
，得：
2
1
1
0
c
b
a
x
x
+
+
=
，
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去分母，得：
2
0
ax
bx
c
+
+
=
，
若
0
a =
，则有：
2
0
cy
by
+
=
，
即：(
)
0
y cy
b
+
=
，
于是，方程
2
0
cy
by
a
+
+
=
有一个根为0，这不合题意，
0
a
，
原方程为：
(
)
2
0
0
ax
bx
c
a
+
+
=
；
（3）解：设所求方程的根为y，则
(
)
1
0
y
x
x
=
，所以
(
)
1
0
x
y
y
=
，
代入原方程，得：(
)
2
2
1
1
4
(4
8)
4
0
m
m
y
y
+
+
+
+
=
，
去分母，得：
(
)
2
2
4
(4
8)
4
0
y
m
y
m
+
+
+
+
=
，
2
4
b
ac
=
−
(
)
2
2
(4
8)
4 4
4
m
m
=
+
−
+
64
0
m
=
，
0
m
，
又
15
m
，
0
15
m
，
(
)
4
8
64
2 4
m
m
y
−
+
=
1
1
2 m
m
= −
−
，
根是整数，
m
为偶数且为完全平方数，
0
m
= 或
4
m =
，
所求方程为：
2
4
8
4
0
y
y
+
+
=
，即：
2
2
1
0
y
y
+
+ =
，
或
2
4
24
20
0
y
y
+
+
=
，即：
2
6
5
0
y
y
+
+
=
．
【点睛】本题主要考查了相反数的应用，等式的性质1，一元二次方程的解，倒数，等式的性质2 ，提公因
式法分解因式，反证法，根据一元二次方程根的情况求参数，公式法解一元二次方程等知识点，深刻理解“换
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根法”并能加以运用是解题的关键．
变式8-1 阅读材料：
已知方程
2
1
0
x
x−
+
=
，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的2 倍．
解：设所求方程的根为y ，则
2
y
x
=
，所以
2
y
x =
，
把
2
y
x =
代入已知方程，得
2
1
0
2
2
y
y
+
−=
，
化简得
2
2
4
0
y
y
+
−
=
，
所以，所求方程为
2
2
4
0
y
y
+
−
=
，
这种利用方程根的代换求新方程的方法叫做“换根法”．
利用阅读材料提供的换根法求新方程：
(1)已知方程
2
2
0
x
x
+
−
= ，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的相反数，则所求方程为
__________．
(2)已知方程
2
3
5
0
x
x
+
−
=
，求一个一元二次方程，使它的根分别比已知方程的根大1，则所求方程为
__________．
【答案】(1)
2
2
0
y
y
−
−
=
(2)
2
7
0
y
y
+
−
=
【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是明确材料中的换根法，根据实际的问题进行换根．
（1）根据题意可得，所求方程的根与原方程的根的关系，用所求方程的根的代数式表示原方程的根，代入
原方程即可得所求的方程．
（2）根据题意可得，所求方程的根与原方程的根的关系，用所求方程的根的代数式表示原方程的根，代入
原方程即可得所求的方程．
【详解】（1）设所求方程的根为y ，则y
x
−
=
，所以x
y
= −，
把x
y
= −代入方程
2
2
0
x
x
+
−
= ，得
2
(
)
(
)
2
0
y
y
−
+ −
−
=
，
化简，得
2
2
0
y
y
−
−
=
．
故所求方程为：
2
2
0
y
y
−
−
=
．
故答案为：
2
2
0
y
y
−
−
=
．
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（2）设所求方程的根为y ，则
1
y
x
=
+ ，所以
1
x
y
=
−，
把
1
x
y
=
−代入方程
2
3
5
0
x
x
+
−
=
，得
2
(
1)
3(
1)
5
0
y
y
−
+
−
−=
，
化简，得
2
7
0
y
y
+
−
=
．
故所求的方程为：
2
7
0
y
y
+
−
=
．
故答案为：
2
7
0
y
y
+
−
=
．
变式8-2 阅读下列材料：
问题：已知方程
2
1
0
x
x−
+
=
，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的2 倍．
解：设所求方程的根为y ，则
2
y
x
=
，所以
2
y
x =
，把
2
y
x =
，代入已知方程，得
2
1
0
2
2
y
y
+
−=
．
化简，得
2
2
4
0
y
y
+
−
=
，
故所求方程为
2
2
4
0
y
y
+
−
=
这种利用方程根的代换求新方程的方法，我们称为“换根法”．
请用阅读材料提供的“换根法”求新方程（要求：把所求方程化为一般形式）：
(1)已知方程
2
2
1
0
x
x
+
−=
，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的相反数，则所求方程为 ；
(2)已知关于x 的一元二次方程
(
)
2
0
0
ax
bx
c
a
+
+
=
有两个不等于零的实数根，求一个一元二次方程，使它
的根分别是已知方程根的倒数．
【答案】(1)
2
2
1
0
y
y
−
−=
(2)
2
0
a
by
cy
+
+
=
(
)
0
c
【分析】（1）设所求方程的根为y ，则y
x
−
=
，所以x
y
= −，代入原方程即可得；
（2）设所求方程的根为y ，则
1
y
x
=
(
)
0
x
，于是
1
x
y
=
(
)
0
y
，代入方程
2
0
ax
bx
c
+
+
=
整理即可得．
【详解】（1）解：设所求方程的根为y ，则y
x
−
=
，所以x
y
= −，
把x
y
= −代入方程
2
2
1
0
x
x
+
−=
，得：
2
2
1
0
y
y
−
−=
，
故答案为：
2
2
1
0
y
y
−
−=
；
（2）解：设所求方程的根为y ，则
1
y
x
=
(
)
0
x
，于是
1
x
y
=
(
)
0
y
，
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把
1
x
y
=
代入方程
(
)
2
0
0
ax
bx
c
a
+
+
=
，得
2
1
1
0
a
b
c
y
y
+
+
=
，
去分母，得
2
0
a
by
cy
+
+
=
，
若
0
c =
，有
2
0
ax
bx
+
=
，
于是，方程
2
0
ax
bx
c
+
+
=
有一个根为0 ，不合题意，
∴
0
c
，
故所求方程为
2
0
a
by
cy
+
+
=
(
)
0
c
．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的解，解题的关键是理解方程的解的定义和解题的方法．
变式8-3 阅读理解：
例题 已知方程
2
1
0
x
x−
+
=
，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的2 倍
解：设所求方程的根为y，则y=2x，所以
2
y
x =
把
2
y
x =
代入已知方程，得
2
( )
1
0
2
2
y
y
+
−=
化简，得：
2
2
4
0
y
y
+
−
=
，
故所求方程为
2
2
4
0
y
y
+
−
=
这种利用方程根的代换求新方程的方法，我们称为“换根法”；请根据阅读材料提供的“换根法”求新方程（要
求：把所求方程化成一般形式）
(1)已知方程
2
2
5
7
0
x
x−
−
=
，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的相反数；
(2)已知关于x 的一元二次方程
2
0
ax
bx
c
+
+
=
（a
b
c
、、是常数，
0
a
）有两个不等于零的实数根，求一个
一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的倒数
【答案】(1)2y2+5y-7=0
(2)cy2+by+a=0
【分析】（1）根据题意，设所求方程的根是y，则y=-x，所以x=-y，然后把x=-y 代入原方程，化简可求；
（2）根据题意，设所求方程的根是y，则
1
y
x
=
，所以
1
x
y
=
，然后把
1
x
y
=
代入原方程，化简可求．
【详解】（1）解：设所求方程的根是y，则y=-x，所以x=-y，
把x=-y 代入2x2-5x-7=0，得2y2+5y-7=0；
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（2）设所求方程的根是y，则
1
y
x
=
，所以
1
x
y
=
，
把
1
x
y
=
代入方程ax2+bx+c=0，得
2
1
1
0
a
b
c
y
y
+
+
= ，
化简，得cy2+by+a=0．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，解题的关键是注意掌握“换根法”的使用．
题型九、平均数法
典例9 下面是小华同学的数学小论文，请认真阅读，并完成下面的任务．
平均数法解一元二次方程
在解一元二次方程时，发现有这样一种解法：
如：解方程(
)
4
6
x x +
=
．
解：原方程可变形，
得(
)
(
)
2
2
2
2
6
x
x
+
−
+
+
=
(
)
2
2
2
2
6
x +
−
=
（根据1）
(
)
2
2
2
6
2
x +
=
+
(
)
2
2
10
x +
=
直接开平方并整理，得
1
2
10
x = −+
，
2
2
10
x = −−
，我们称这种解法为平均
数法．
任务：
(1)小论文中的根据1 是______．
(2)用平均数法解方程(
)(
)
2
6
5
x
x
+
+
= 的两个解分别是
1x =______，
2x = ______．
(3)请用平均数法解方程：(
)(
)
3
1
5
x
x
−
+
= ．
【答案】(1)平方差公式
(2) 1
−，7
−
(3)
1
2
x = −，或
2
4
x =
【分析】本题考查了解一元二次方程、平方差公式的应用，弄清楚题中的新定义是解此题的关键．
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（1）根据阅读材料中的信息即可得出根据1 就是平方差公式；
（2）利用平均数法解方程即可；
（3）利用平均数法解方程即可．
【详解】（1）解：
(
)
(
)
2
2
2
2
6
x
x
+
−
+
+
=
，
(
)
2
2
2
2
6
x
+
−
=
（根据1），
根据1是平方差公式，
故答案为：平方差公式；
（2）解：原方程变形为：(
)
(
)
4
2
4
2
5
x
x
+
−
+
+
=
，
(
)
2
2
4
2
5
x
+
−
=
，
(
)
2
2
4
5
2
x
+
=
+
，
4
3
x
+
= ，
1
1
x
= −，
2
7
x = −，
故答案为：1
−，7
−；
（3）解：(
)(
)
3
1
5
x
x
−
+
= ，
原方程变形为：(
)
(
)
1
2
1
2
5
x
x
−
−
−
+
=
，
(
)
2
2
1
2
5
x
−
−
=
，
(
)
2
1
9
x
−
=
，
1
3
x
−= ，
1
2
x
= −，
2
4
x =
．
变式9-1 某同学在解一元二次方程时，发现有这样一种解法：
如：解方程：(
)
4
6
x x +
=
解：原方程可变形，
得(
)
(
)
2
2
2
2
6
x
x
+
−
+
+
=
(
)
2
2
2
2
6
x +
−
=
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(
)
2
2
2
6
2
x +
=
+
(
)
2
2
10
x +
=
直接开平方并整理，得
1
2
10
x = −+
，
2
2
10
x = −−
，
我们称该同学的这种解法为“平均数法”．
(1)下面是该同学用“平均数法”解方程(
)(
)
2
6
5
x
x
+
+
= 时写的解题方程：
解：原方程可变形，得(
)
(
)
5
x
x
+
−
+
+
=
○
○
(
)
2
2
5
x +
−
=
○
(
)
2
2
5
x +
=
+
○
直接开平方并整理，得
1x =☆，
2x =▽
上述过程中“”，“○”，“☆”，“▽”表示的数分别是________，________，________，________；
(2)请用“平均数法”解方程：(
)(
)
3
1
5
x
x
−
+
= ．
【答案】(1)4,2, 1, 7
−−
(2)
(
)(
)
3
1
5
x
x
−
+
= ，
∴(
)
(
)
1
2
1
2
5
x
x
−
+
−
−
=
，
∴(
)
2
2
1
2
5
x −
−
= ，
∴(
)
2
2
1
2
5
9
x −
=
+
=
，
直接开平方法得：
1
3
x−= ，
解得：
1
2
4,
2
x
x
=
= −．
【分析】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．
（1）根据阅读材料中的信息确定出上述过程中的“”，“○”，“☆”，“▽”表示的数即可；
（2）根据题干中的“平均数法”解方程即可．
【详解】（1）解：(
)(
)
2
6
5
x
x
+
+
=
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∴(
)
(
)
4
2
4
2
5
x
x
+
−
+
+
=
∴(
)
2
2
4
2
5
x +
−
=
∴(
)
2
2
4
2
5
x +
=
+
∴(
)
2
4
9
x +
=
，
两边直接开平方得：
4
3
+
=
x
，
解得：
1
2
1,
7
x
x
= −
= −，
∴“”，“○”，“☆”，“▽”表示的数分别是4,2, 1, 7
−−，
故答案为：4,2, 1, 7
−−；
（2）略
变式9-2 下面是小华同学的数学小论文，请认真阅读，并完成下面的任务．
论文名称：平均数法解一元二次方程
在解一元二次方程时，发现有这样一种解法：
如：解方程(
)
4
6
x x +
=
．
解：原方程可变形，
得(
)
(
)
2
2
2
2
6
x
x
+
−
+
+
=
(
)
2
2
2
2
6
x +
−
=
（根据1）
(
)
2
2
2
6
2
x +
=
+
(
)
2
2
10
x +
=
直接开平方并整理得
1
2
10
x = −+
，
2
2
10
x = −−
，我们称这种解法为平均数法．
经典练习：
下面是用平均数法解方程(
)(
)
2
6
5
x
x
+
+
= 时写的解题过程，
(
)
(
)
4
@
4
@
5
x
x
+
−
+
+
=
(
)
2
2
4
@
5
x +
−
=
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(
)
2
2
4
5
@
x +
=
+
直接开平方并整理，得……
任务：
(1)小论文中的根据1 是______．
(2)小明用平均数法解方程(
)(
)
2
6
5
x
x
+
+
= 时，将方程写为(
)
(
)
5
x
a
b
x
a
b
+
−
+
+
=
的形式，请问式子中
的a =______，b = ______．
(3)请用平均数法解方程：(
)(
)
3
1
5
x
x
−
+
= ．
【答案】(1)平方差公式
(2)4；2
(3)
1
2
x = −，
2
4
x =
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，弄清题中的新定义是解本题的关键．
（1）根据平方差公式即可得解；
（2）根据阅读材料中的信息所给的方法即可求解；
（3）根据题干中的“平均数法”解方程即可．
【详解】（1）解：
(
)
4
6
x x +
=
，
原方程可变形，
得(
)
(
)
2
2
2
2
6
x
x
+
−
+
+
=
(
)
2
2
2
2
6
x +
−
=
（平方差公式）
(
)
2
2
2
6
2
x +
=
+
(
)
2
2
10
x +
=
，
故答案为：平方差公式；
（2）解：∵(
)(
)
2
6
5
x
x
+
+
= ，
∴(
)
(
)
4
2
4
2
5
x
x
+
−
+
+
=
，
∴
4
a =
，
2
b = ．
故答案为：4；2
（3）解：(
)(
)
3
1
5
x
x
−
+
= ，
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(
)
(
)
1
2
1
2
5
x
x
−
−
−
+
=
，
(
)
2
2
1
2
5
x −
−
= ，
(
)
2
1
9
x −
=
，
∴
1
3
x−= ，
∴
1
2
x = −，
2
4
x =
．
变式9-3 小明在解一元二次方程时，发现有这样一种解法：
如：解方程(
)
4
6
x x +
=
，
解：原方程可变形，得：(
)
(
)
2
2
2
2
6
x
x
+
+
+
=
-
．
(
)
2
2
2
2
6
x +
−
=
(
)
2
2
2
6
2
x +
=
+
(
)
2
2
10
x +
=
直接开平方并整理，得：
1
2
10
x = −+
，
2
2
10
x = −−
，
我们称小明这种解法为“平均数法”．
(1)下面是小明用“平均数法”解方程(
)(
)
3
7
5
x
x
+
+
=
时写的解题过程．
解：原方程可变形，得：(
)
(
)
5
x
a
b
x
a
b
+
+
+
=
-
．
(
)
2
2
5
x
a
b
+
−
=
(
)
2
2
5
x
a
b
+
=
+
直接开平方并整理，得：
1
2
x
c
x
d
＝，＝．上述过程中的a
b
c
d
，，，表示的数分别为_____，_____，_____，
_____；
(2)请用“平均数法”解方程：(
)(
)
5
3
5
x
x
−
+
=
．
【答案】(1)5
2
2
8
−
−
、、、
；
(2)
1
2
1
21,
1
21
x
x
= +
= −
．
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【分析】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．
【详解】（1）解：原方程可变形，得：
5
2
5
2
5
x
x
+
−
+
+
=
．
2
2
5
2
5
x +
−
=
（
）
，
2
2
5
5
2
x +
+
（
）=
．
直接开平方并整理，得
1
2
2
8
x
x
=- ，=- ．
上述过程中的a
b
c
d
、、、表示的数分别为5
2
2
8
−
−
、、、
，
故答案为：5
2
2
8
−
−
、、、
；
（2）解：原方程可变形为(
)
(
)
1
4
1
4
5
x
x
−
−
−
+
=
．
2
2
1
4
5
x −
−
=
（
）
，
2
2
1
5
4
x −
=
+
（
）
，
2
1
21
x −
=
（
）
．
直接开平方并整理，得
1
2
1
21
1
21
x
x
+
−
=
，
=
．
题型十、无理方程
典例10 “转化”是一种重要的数学思想，回顾我们学过的各类方程的解法：解一元二次方程，利用直接开平
方法或因式分解法，将它转化为解两个一元一次方程；解分式方程，利用去分母的方法，将它转化为整式
方程，由于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验，用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新
的方程，例如：
解无理方程
1
2
x + =
解：方程两边同时平方，得：
1
4
x+ =
，
解这个一元一次方程，得：
3
x = ，
检验：当
3
x = 时，左边
3 1
2
=
+ =
=右边，
所以，
3
x = 是原方程的解．
通过上面的学习，请解决以下三个问题：
(1)方程
2
3
x−
=
的解为______；
(2)解无理方程
2
3
x
x
+
=
．
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(3)如图，在平面直角坐标系xOy 中，点(
)
5,3
B
，
90
OAB
B
= =
，
7
OC
BC
+
=
，求点C 的坐标．
【答案】(1)
11
x =
(2)
3
x =
(3)
5 ,3
4
C
【分析】（1）根据题目所给想运算方法进行计算即可；
（2）根据题目所给想运算方法进行计算即可；
（3）根据题意得出BC
x
∥轴，则点C 的纵坐标为3，设
(
)
,3
C x
，得出
5
BC
x
= −，
2
23
OC
x
=
+
，根据
7
OC
BC
+
=
，列出方程求出x 的值，即可得出点C 的坐标．
【详解】（1）解：
2
3
x−
=
，
方程两边同时平方，得：
2
9
x−
=
，
解这个一元一次方程，得：
11
x =
，
检验：当
3
x = 时，左边
11 2
3
=
−
=
= 右边，
所以，
11
x =
是原方程的解，
故答案为：
11
x =
；
（2）解：
2
3
x
x
+
=
，
方程两边同时平方，得：
2
2
3
x
x
+
=
，
解这个一元二次方程，得：
1
2
3,
1
x
x
=
= −，
检验：当
3
x = 时，左边
2 3 3
3
=
+
=
=右边，
∴
3
x = 是原方程的解，
当
1
x = −时，左边
(
)
2
1
1
1
=
−
−= 右边，
∴
1
x = −不是原方程的解；
（3）解：∵
90
OAB
B
= =
，
∴BC
x
∥轴，
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∵(
)
5,3
B
，
∴点C 的纵坐标为3，
设
(
)
,3
C x
，
∴
5
BC
x
= −，
2
23
OC
x
=
+
，
∵
7
OC
BC
+
=
，
∴
2
2
5
3
7
x
x
−
+
+
=
，
整理得：
2
9
2
x
x
+
=
+
，
方程两边同时平方，得：
(
)
2
2
9
2
x
x
+
=
+
，
解得：
5
4
x =
，
检验：当
5
4
x =
时，左边
2
5
13
9
4
4
=
+
=
=
右边，
∴
5
4
x =
是原方程的解，
∴
5 ,3
4
C
．
【点睛】本题主要考查了的解无理方程，解题的关键是掌握正确理解题意，掌握将无理方程化为整式方程
求解的方法和步骤．
变式10-1 阅读理解∶转化思想是常用的数学思想之一．在研究新问题或复杂问题时，常常把问题转化为熟悉
的或比较简
单的问题来解决．如解一元二次方程是转化成一元一次方程来解决的；解分式方程是转化为整式方程来解
决的．由
于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验．
利用转化思想，我们还可以解一些新的方程，如无理方程(根号下含有未知数的方程)．解无理方程关键是要
去掉
根号，可以将方程适当变形后两边同时平方，将其转化为整式方程．由于“去根号”可能产生增根，所以解无
理方
程也必须检验．
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例如∶解方程
2
12
2
x
x
+
=
．
解：两边平方得：
2
2
12
4
x
x
+
=
．
解得：
1
2
x =
，
2
2
x = −
经检验，
1
2
x =
是原方程的根，
∴
2
2
x = −代入原方程中不合理，是原方程的增根．
原方程的根是
2
x =
．
解决问题∶
(1)填空∶已知关于x 的方程(
)
3x
a
−
＝x 有一个根是
1
x = ，那么a 的值为_____；
(2)求满足(
)
6
x +
= x 的x 的值．
【答案】(1)2
(2)
3
x =
【分析】（1）把
1
x = 代入方程3x
a
x
−
=
得3
1
a
−
= ，然后解关于a 的无理方程即可；
（2）利用乘方把无理方程转化为得
2
6
x
x
+
=
，解得
1
3
x = ，
2
2
x = −，然后进行检验确定原方程的根；
【详解】（1）解：把
1
x = 代入方程3x
a
x
−
=
得3
1
a
−
= ，
两边平方得3
1
a
−
= ，解得
2
a =
，
经检验
1
a = 是方程3
1
a
−
= 的解；
所以a 的值为2；
故答案为：2；
（2）解：
6
x
x
+
=
，
方程两边平方得
2
6
x
x
+
=
，
解得
1
3
x = ，
2
2
x = −，
经检验，
2
2
x = −代入原方程中不合理，是原方程的增根，
1
3
x = 是原方程的根，
原方程的根是
3
x = ；
【点睛】本题考查了无理方程：解无理方程的基本思想是把无理方程转化为有理方程来解，在变形时要注
意根据方程的结构特征选择解题方法．用乘方法（即将方程两边各自乘同次方来消去方程中的根号）来解
无理方程，往往会产生增根，应注意验根．
变式10-2 阅读与理解：
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阅读材料：像
1
3
x
x
+
−= 这样，根号内含有未知数的方程，我们称之为无理方程．
解法如下：移项：
1
3
;
x
x
−=
−
；两边平方：x﹣1＝9﹣6x＋x2.
解这个一元二次方程：x1＝2，x2＝5
检验所得到的两个根，只有 是原无理方程的根．
理解应用：解无理方程
1
1
2
2
x
x
−
+ =
．
【答案】
2
x＝；x＝3
【分析】阅读材料：通过检验可确定原方程的解；
理解应用：先移项得到
1
2
1
2
x
x
−
=
+ ，再两边平方得到一个一元二次方程，然后解这个一元二次方程，然
后进行检验确定原无理方程的根．
【详解】解：阅读材料：
经检验
2
x＝是原方程的解；
故答案为：
2
x＝；
理解应用：移项：
1
2
1
2
x
x
−
=
+ ，
两边平方：
(
)
2
1
4
4
1
4
x
x
x
−
+
=
+
，
解得
1
5
4
x =
，
2
3
x =
，
经检验原无理方程的根为
3
x＝．
【点睛】本题考查了无理方程：解无理方程的基本思想是把无理方程转化为有理方程来解，在变形时要注
意根据方程的结构特征选择解题方法．用乘方法（即将方程两边各自乘同次方来消去方程中的根号）来解
无理方程，往往会产生增根，应注意验根．
变式10-3 阅读理解：
转化思想是常用的数学思想之一．在研究新问题或复杂问题时，常常把问题转化为熟悉的或比较简单的问
题来解决．如解一元二次方程是转化成一元一次方程来解决的；解分式方程是转化为整式方程来解决的．由
于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验．
利用转化思想，我们还可以解一些新的方程，如无理方程（根号下含有未知数的方程）．解无理方程关键是
要去掉根号，可以将方程适当变形后两边同时平方，将其转化为整式方程．由于“去根号”可能产生增根，所
以解无理方程也必须检验．
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例如：解方程
2
12
2
x
x
+
=
解：两边平方得：
2
2
12
4
x
x
+
=
解得：
1
2
x =
，
2
2
x = −
经检验，
1
2
x =
是原方程的根，
2
2
x = −代入原方程中不合理，是原方程的增根．
∴原方程的根是
2
x =
．
解决问题：
（1）填空：已知关于x 的方程3
=
x
a x
−
有一个根是
1
x = ，那么a 的值为 ；
（2）求满足
6
x
x
+
=
的x 的值；
（3）代数式
2
2
9
(8
)
9
x
x
+
+
−
+
的值能否等于8 ? 若能，求出x 的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1）2；（2）3；（3）不能，理由见解析
【分析】（1）根据方程解的定义把x=1 代入方程，解关于a 的无理方程即可；
（2）类比提供的例题解方程，并检验即可求解；
（3）将原方程变形为
2
2
(8
)
9
8
9
x
x
−
+
= −
+
，两边平方，整理，再平方，得到此方程无解，得出结论即
可．
【详解】解：（1）把x=1 代入方程3
=
x
a x
−
得3
=1
a
−
，
两边平方得 3-a=1，
解得a=2，
经检验，a=2 是方程3
=1
a
−
的解，
故答案为：a=2；
（2）
6
x
x
+
=
两边平方得：
2
6
x
x
+
=
解得：
1
3
x = ，
2
2
x = −
经检验，x2=-2 代入原方程中不合理，是原方程的增根，x1=3 是原方程的根
∴原方程的根是x=3；
（3）不能．
2
2
9
(8
)
9
8
x
x
+
+
−
+
=
，
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原方程变形得
2
2
(8
)
9
8
9
x
x
−
+
= −
+
，
两边平方得
2
2
2
(8
)
9
64 16
9
9
x
x
x
−
+
=
−
+
+
+
整理得
2
9
x
x
=
+
，
两边平方得
2
2
9
x
x
=
+
，
此方程无解，
∴代数式
2
2
9
(8
)
9
x
x
+
+
−
+
的值不等于8．
【点睛】本题考查了学生的学习能力，能理解文本和提供的例题并结合所学知识灵活运用是解题的关键．
题型十一、十字相乘法与分组分解法
典例11 用十字相乘法解下列方程：
(1)
2
6
7
0
x
x
+
−
=
；
(2)
2
2
3
0
x
x
−
−
=
；
(3)
2
2
5
3
0
x
x
−
−
=
；
(4)
2
2
15
7
0
x
x
+
+
=
．
【答案】(1)
1
1
x = ，
2
7
x = −
(2)
1
1
x = −，
2
3
x =
(3)
1
1
2
x = −
，
2
3
x =
(4)
1
1
2
x = −
，
2
7
x = −
【分析】利用十字相乘法进行因式分解求解方程．
【详解】（1）解：∵
2
6
7
0
x
x
+
−
=
，
∴(
)(
)
1
7
0
x
x
−
+
=
，
∴
1
0
x −= 或
7
0
x +
=
，
解得：
1
1
x = ，
2
7
x = −．
（2）解：
2
2
3
0
x
x
−
−
=
，
∴(
)(
)
1
3
0
x
x−
+
=
，
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∴
1
0
x + = 或
3
0
x −= ，
∴
1
1
x = −，
2
3
x =
．
（3）解：∵
2
2
5
3
0
x
x
−
−
=
，
∴(
)(
)
2
1
3
0
x
x
+
−
=
，
∴2
1
0
x+ =
或
3
0
x −= ，
∴
1
1
2
x = −
，
2
3
x =
．
（4）解：∵
2
2
15
7
0
x
x
+
+
=
，
∴(
)(
)
2
1
7
0
x
x
+
+
=
，
∴2
1
0
x+ =
或
7
0
x +
=
，
∴
1
1
2
x = −
，
2
7
x = −．
变式11-1 阅读材料：解方程
2
2
35
0
x
x
+
−
=
，我们可以按下面的方法解答：
（1）分解因式
2
2
35
x
x
+
−
；
①竖分二次项与常数项：
2
x
x x
=
，
(
) (
)
35
5
7
−
= −
+
，
②交叉相乘，验中项：
③横向写出两因式：
(
)(
)
2
2
35
5
7
x
x
x
x
+
−
=
−
+
（2）若
0
ab =
，则
0
a =
或
0
b =
；
（3）故此方程可以这样写出求解过程：
2
2
35
0
x
x
+
−
=
，
(
)(
)
5
7
0
x
x
−
+
=
，
∴
5
0
x −=
或
7
0
x +
=
∴
1
5
x = ，
2
7
x = −．
上述这种解一元二次方程的方法叫做十字相乘法．请参考以上方法解下列方程
(1)
2
5
4
0
x
x
+
+
=
；
(2)
2
2
10
0
x
x
+
−
=
；
(3)已知关于x 的方程
(
)
(
)
2
3
3
0
0
x
a
x
a
a
−
−
−
=
，若方程有一个根大于2 ，请直接写出a 的取值范围．
【答案】(1)
1
1
x = −，
2
4
x = −；
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(2)
1
5
2
x = −
，
2
2
x =
；
(3)
6
a
．
【分析】本题主要考查了十字相乘法解一元二次方程，解一元一次不等式，熟练掌握十字相乘法解一元二
次方程是解题的关键．
（1）利用十字相乘法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x 的一元一次方程，进一步求解可得答案；
（2 ）利用十字相乘法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x 的一元一次方程，进一步求解可得答案；
（3）利用十字相乘法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x 的一元一次方程，求出
1
3
a
x =
，2
1
x = −，
然后根据方程有一个根大于2 ，即
2
3
a
，然后求出a 的取值范围．
【详解】（1）解：
2
5
4
0
x
x
+
+
=
(
)(
)
1
4
0
x
x
+
+
=
1
0
x + = 或
4
0
x +
=
，
∴
1
1
x = −，
2
4
x = −；
（2）解：
2
2
10
0
x
x
+
−
=
(
)(
)
2
5
2
0
x
x
+
−
=
2
5
0
x +
=
或
2
0
x−
=
，
∴
1
5
2
x = −
，
2
2
x =
；
（3）解：
(
)
(
)
2
3
3
0
0
x
a
x
a
a
−
−
=
−
，
∴(
)(
)
3
1
0
x
a
x
−
+
=
，
∴
1
3
a
x =
，
2
1
x = −，
∵方程有一个根大于2 ，
∴
2
3
a
，
∴
6
a
．
变式11-2 阅读下列材料：分解因式的常用方法有提取公因式法、公式法，但有部分项数多于3 的多项式只
单纯用上述方法就无法分解，如
2
2
2
16
x
xy
y
−
+
−
，我们细心观察这个式子就会发现，前三项符合完全平方
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公式，进行变形后可以与第四项结合再运用平方差公式进行分解．过程如下：
2
2
2
2
16
(
)
16
(
4)(
4)
x
xy
y
x
y
x
y
x
y
−
+
−
=
−
−
=
−
+
−
−
，这种分解因式的方法叫分组分解法．利用这种分组的
思想方法解决下列问题：
1．知识运用：
试用“分组分解法”分解因式：
2
2
x
y
xz
yz
−
+
−
；
2．解决问题：
（1）已知a，b，c 为△ABC 的三边，且
2
2
2
2
b
ab
c
ac
+
=
+
，试判断△ABC 的形状．
（2）已知四个实数a，b，c，d，满足a≠b，c≠d，并且
2
2
2
2
12 ,
12 ,
24 ,
24
a
ac
k b
bc
k c
ac
k d
ad
k
+
=
+
=
+
=
+
=
，
同时成立．
①当k=1 时，求a+c 的值
②当k≠0 时，用含有a 的代数式分别表示b，c，d（直接写出答案即可）
【答案】知识运用：(
)(
)
x
y
z
x
y
+
+
−
；解决问题：
（1）等腰三角形，理由见解析；
（2）①
6
a
c
+ = ；②
3
b
a
−
=
，
2
c
a
=
，
3
d
a
= −
【分析】知识运用：
2
2
x
y
−
用公式法因式分解，xz
yz
−
提取公因式z ，再提取两者的公因式x
y
−
；
解决问题：
（1）将
2
2
2
2
b
ab
c
ac
+
=
+
写成
2
2
2
2
0
b
c
ab
ac
−
+
−
=
，等式左边因式分解，得(
)(
)
2
0
a
b
c
b
c
+
+
−
=
，
证明b
c
=
，ABC
是等腰三角形；
（2）①由
1
k = 得到
2
12
a
ac
+
=
和
2
24
c
ac
+
=
，推出
2
c
a
=
，就可以算出a 和c 的值，再算
+
a
c ；
②同①可得
2
c
a
=
，根据
2
2
12
a
ac
k
b
bc
+
=
=
+
，利用因式分解得到
0
a
b
c
+ +
=
，同理由
2
2
24
c
ac
k
d
ad
+
=
=
+
，得
0
a
c
d
+ +
=
，从而可以用a 表示出b、c、d．
【详解】解：知识运用
原式(
)(
)
(
)
x
y
x
y
z x
y
=
+
−
+
−
(
)(
)
x
y
z
x
y
=
+
+
−
；
解决问题
（1）
2
2
2
2
b
ab
c
ac
+
=
+
2
2
2
2
0
b
c
ab
ac
−
+
−
=
(
)(
)
(
)
2
0
b
c
b
c
a b
c
+
−
+
−
=
(
)(
)
2
0
a
b
c
b
c
+
+
−
=
，
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∵2
0
a
b
c
+ +
，
∴
0
b
c
−=
，即b
c
=
，
∴ABC
是等腰三角形；
（2）①当
1
k = 时，
2
12
a
ac
+
=
，即(
)
12
a a
c
+
=
，
2
24
c
ac
+
=
，即(
)
24
c c
a
+
=
，
若
0
a
c
+
则
2
c
a
=
，
把它代入
2
12
a
ac
+
=
，得
2
2
2
12
a
a
+
=
，解得
2
a = ，
当
2
a =
时，
4
c =
，则
6
a
c
+
=
，
当
2
a = −时，
4
c = −，则
6
a
c
+
= −，
综上：
+
a
c 的值为6 或6
−；
②当
0
k
，
∵
2
2
12
a
ac
k
b
bc
+
=
=
+
，
∴(
)(
)
0
a
b
c
a
b
+
+
−
=
，
∵a
b
，
∴
0
a
b
c
+ +
=
，
同理由
2
2
24
c
ac
k
d
ad
+
=
=
+
，得
0
a
c
d
+ +
=
，
由
2
12
a
ac
k
+
=
，
2
24
c
ac
k
+
=
，
若
0
a
c
+
=
，则c
a
= −，
0
b =
，
0
d =
，则此时k 就等于0 了，矛盾，不合题意，
若
0
a
c
+
，则
2
c
a
=
，
3
b
a
c
a
= −−= −
，
3
d
a
c
a
= −−= −
，
综上：
3
b
a
−
=
，
2
c
a
=
，
3
d
a
= −
．
【点睛】本题考查因式分解的拓展运用，解题的关键是灵活掌握因式分解的方法．
变式11-3 在因式分解的学习过程中，我们知道可以利用提公因式法或公式法将部分多项式分解因式．下面
以
2
7
6
x
x
+
−为例，介绍一种新的因式分解法——试根法．
①观察发现，= 1
x −时，
2
7
6
0
x
x
+
−
=
，说明= 1
x −是方程
2
7
6
0
x
x
+
−
=
的一个解（或“根”）．由此推断
2
7
6
x
x
+
−分解后有一个因式是(
)
1
x +
．
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②根据因式分解与整式的乘法互为逆运算，另一个因式只能是一次式且一次项系数为7，所以设另一个因
式是(
)
7x
a
+
．
③于是
(
)(
)
(
)
2
2
7
6
1
7
7
7
x
x
x
x
a
x
a
x
a
+
−
=
+
+
=
+
+
+
．
根据对应项系数相等，得
7
1
a +
= ，则
6
a = −．
④所以
(
)(
)
2
7
6
1
7
6
x
x
x
x
+
−
=
+
−
．
以上因式分解的方法叫“试根法”．
利用“试根法”，解决下面的问题：
(1)因式分解：
3
2
2
5
6
x
x
x
+
−
−．
解：①把
1
x = 代入该式，得
3
2
2
5
6
0
x
x
x
+
−
−
=
．所以该多项式分解后有一个因式是
1
x−．
②因为原多项式最高次项系数为2，所以设另一个因式是(
)
2
2x
bx
c
+
+
．
请继续完成下列步骤：
③填空：b = ______，c = ______；
④观察
2
2x
bx
c
+
+ 的各项系数特点，利用“试根法
．．．”对
2
2x
bx
c
+
+ 进行因式分解；
⑤多项式
3
2
2
5
6
x
x
x
+
−
−因式分解的结果为
3
2
2
5
6
x
x
x
+
−
−
= ______．
(2)利用“试根法
．．．”因式分解：
3
2
2
16
15
x
x
x
+
−
−
．
【答案】(1)（1）③
7
b =
，
6
c =
；④(
)(
)
2
2
3
x
x
+
+
；⑤(
)(
)(
)
1
2
2
3
x
x
x
−
+
+
(2)(
)(
)(
)
1
3
2
5
x
x
x
+
−
+
【分析】本题主要考查因式分解的拓展，解题的关键在于准确理解题意找到试根法的运算技巧.
（1）③把两个因式相乘，利用根据对应项系数相等建立方程求解即可；④通过试根确定两个因式为(
2)
x +
和(
)
2x
m
+
，再把两个因式相乘，利用根据对应项系数相等建立方程求解即可；⑤直接利用前面的结论把
三个因式写成积的形式即可；
（2）先用试根法分解为
2
(
1)(2
15)
x
x
x
+
−−
，再用试根法把
2
2
15
x
x
−
−
分解为(
)(
)
2
2
3
x
x
+
+
，最后综合在一
起即可．
【详解】（1）解：③由题意，得
3
2
2
3
2
2
5
6
(
1)(2
)
2
(
2)
(
)
x
x
x
x
x
bx
c
x
b
x
c
b x
c
+
−−
=
−
+
+
=
+
−
+
−
−，
根据对应项系数相等，得
2
5,
1,
6
b
c
b
c
−
=
−
= −
=
，
解得：
7,
6
b
c
=
=
，
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故答案为：7,6 ；
④当
2
x = −时，
2
2
7
6
0
x
x
+
+
=
，所以该多项式分解后有一个因式是(
2)
x +
，设另一个因式是(
)
2x
m
+
．
于是
2
2
2
7
6
(
2)(2
)
2
(
4)
2
x
x
x
x
m
x
m
x
m
+
+
=
+
+
=
+
+
+
，
根据对应项系数相等，得
4
7,2
6
m
m
+
=
=
，
解得：
3
m =
，
∴
2
2
7
6
(
2)(2
3)
x
x
x
x
+
+
=
+
+
；
⑤
3
2
2
5
6
(
1)(
2)(2
3)
x
x
x
x
x
x
+
−−
=
−
+
+
，
故答案为：(
)(
)(
)
1
2
2
3
x
x
x
−
+
+
；
（2）解：当
1
x = −时，
3
2
2
16
15
0
x
x
x
+
−
−
=
，所以该多项式分解后有一个因式是(
1)
x +
，设另一个因式是
(
)
2
2
15
x
px
+
−
．
于是
3
2
2
3
2
2
16
15
(
1)(2
15)
2
(
2)
(
15)
15
x
x
x
x
x
px
x
p
x
p
x
+
−
−
=
+
+
−
=
+
+
+
−
−
，
根据对应项系数相等，得
2
1,
15
16
P
P
+
=
−
= −
，
解得：
1
P = −，
又当
3
x = 时，
2
2
15
0
x
x
−
−
=
，所以该多项式分解后有一个因式是(
3)
x −
，设另一个因式是(
)
2x
q
+
．
于是
2
2
2
15
(
3)(2
)
2
(
6)
3
x
x
x
x
q
x
q
x
q
−−
=
−
+
=
+
−
−
，
根据对应项系数相等，得
6
1,3
15
q
q
−
= −
=
，
解得：
5
q =
，
∴
3
2
2
16
15
(
1)(
3)(2
5)
x
x
x
x
x
x
+
−
−
=
+
−
+
．
题型十二、兄弟矩形与勾系一元二次方程
典例12 阅读下面材料，并完成问题．
任意给定一个矩形A，若存在另一个矩形B，使它的周长和面积分别是矩形A 的一半，则称矩形
,
A B 是“兄
弟矩形”．
探究：当矩形A 的边长分别为7 和1 时，是否存在A 的“兄弟矩形”B？
小亮同学是这样探究的：
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设所求矩形的两边分别是x 和y，由题意，得
4
7
2
x
y
xy
+
=
=
①
②
由①，得
4
y
x
=
−
，③
把③代入②，得
7
(4
)
2
x
x
−
=
，
整理，得
2
2
8
7
0
−
+
=
x
x
．
2
4
64
56
8
0
b
ac
−
=
−
=
，
A
的“兄弟矩形”B 存在．
（1）若已知矩形A 的边长分别为3 和2，请你根据小亮的探究方法，说明A 的“兄弟矩形”B 是否存在？
（2）若矩形A 的边长为m 和n，当A 的“兄弟矩形”B 存在时，求
,
m n应满足的条件．
【答案】（1）不存在；（2）
2
2
6
0
m
mn
n
−
+
【分析】（1）按照小亮的方法，进行计算即可；
（2）先根据小亮的方法列出方程组，转化为一元二次方程，利用根的判别式列不等式即可．
【详解】解：（1）设所求矩形的两边分别是x 和y，由题意，得
5
,
2
3.
x
y
xy
+
=
=
①
②
由①，得
5
2
y
x
=
−，③
把③代入②，得
5
3
2
x
x
−
=
，
整理，得
2
2
5
6
0
x
x
−
+
=
，
2
4
25
48
23
0
b
ac
−
=
−
= −
，
A
的“兄弟矩形”B 不存在．
（2）设所求矩形的两边分别是x 和y，
由题意，得
,
2
.
2
m
n
x
y
mn
xy
+
+
=
=
①
②
由①，得
2
m
n
y
x
+
=
−
，③
把③代入②，得
2
2
m
n
mn
x
x
+
−
=
，
整理，得
2
2
(
)
0
x
m
n x
mn
−
+
+
=
，
2
2
2
2
4
(
)
8
6
b
ac
m
n
mn
m
mn
n
−
=
+
−
=
−
+
，
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又
,x y
都是正数，
当
2
2
6
0
m
mn
n
−
+
时，A 的“兄弟矩形”B 存在．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用以及根的判别式，解题的关键是熟练运用一元二次方程根的判别
式．
变式12-1 数学社团活动课上，同学们研究一个问题：任意给定一个矩形，是否存在一个新矩形，它的周长
和面积分别是原矩形周长和面积的一半？
【阶段一】同学们认为可以先研究给定矩形为正方形的情况，即是否存在一个正方形，其周长和面积都为
原正方形周长和面积的一半？
思路：设给定的正方形边长为a，则其周长为4a，面积为
2
a ．若新正方形的周长是原正方形周长的一半，
则新正方形边长为①_______，此时新正方形的面积是②_______
结论：③_______（“存在”或“不存在”）一个新正方形，它的周长和面积分别是原矩形周长和面积的一半
【阶段二】同学们对矩形（不包括正方形）的情况进行探究，
活动一：从特殊的矩形入手，如果已知矩形的长和宽分别为4 和2，是否存在一个新矩形，它的周长和面积
分别是原矩形周长和面积的一半？
分析：设新矩形长和宽分别为x，y，根据题意，得方程组④______________
思路一：消去未知数y，得到关于x 的方程，根据利用“凑完全平方”得方程的解的情况解决问题．
思路二：根据利用完全平方公式的代数变换解决问题．
结论：⑤_________（“存在”或不存在）一个新矩形，使其周长和面积都是长和宽分别为4 和2 的矩形周长
和面积的一半．
活动二：对于一般的矩形，如果已知矩形的长和宽分别为m 和n，是否存在一个新矩形，它的周长和面积分
别是原矩形周长和面积的一半？若存在，请指出需要满足的条件，若不存在，请说明理由．
请你完成以下任务：
(1)将①~⑤分别补充完整；
(2)按照【阶段二】中活动一的思路一、思路二选取其中一种，解决问题：
(3)完成对【阶段二】中活动二的研究．
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【答案】(1)①1
2 a；②
2
1
4 a ；③不存在；④
(
)
2
6
4
x
y
xy
+
=
=
；⑤不存在；
(2)
设新矩形长和宽分别为x，y，根据题意，得方程组
3
4
x
y
xy
+
=
=
，
思路一：见（1）解析；
思路二：(
)
(
)
2
2
4
9 16
7
x
y
x
y
xy
−
=
+
−
=
−
= −
，且(
)
2
0
x
y
−
，
x 、y 不存在满足条件的情况，
即不存在一个新矩形，使其周长和面积都是长和宽分别为4 和2 的矩形周长和面积的一半．
(3)当(
)
2
8
m
n
mn
+
时，存在满足条件的新矩形．
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，完全平方公式的应用，一元二次方程根的判别式等知识，掌
握相关知识点是解题关键．
（1）根据正方形的周长和面积公式，可作答①②③空；设新矩形长和宽分别为x、y，根据题意列二元一
次方程组求解，根据方程无解可作答④⑤空；
（2）思路一：见（1）解析；思路二：根据(
)
(
)
2
2
4
x
y
x
y
xy
−
=
+
−
以及平方的非负性即可求解；
（3）设新矩形长和宽分别为x、y，根据题意列二元一次方程组，利用代入消元法解方程，再根据一元二次
方程根的判别式求解即可．
【详解】（1）解：设给定的正方形边长为a，则其周长为4a，面积为
2
a ．
若新正方形的周长是原正方形周长的一半，则新正方形边长为
1
1
4
4
2
2
a
a
=
，
此时新正方形的面积是
2
2
1
1
2
4
a
a
=
，
即不存在一个新正方形，它的周长和面积分别是原矩形周长和面积的一半；
已知矩形的长和宽分别为4 和2，若存在一个新矩形，它的周长和面积分别是原矩形周长和面积的一半，
设新矩形长和宽分别为x、y，根据题意，得方程组
(
)
2
6
4
x
y
xy
+
=
=
，
整理得：
3
4
x
y
xy
+
=
=
①
②
，
由①得：
3
y
x
=
−③，
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将③代入①得：(
)
3
4
x
x
−
=
，
2
2
3
7
3
4
0
2
4
x
x
x
−
+
=
−
+
=
，
2
3
0
2
x
−
，
2
3
7
0
2
4
x
−
+
，
方程组无解，
即不存在一个新矩形，使其周长和面积都是长和宽分别为4 和2 的矩形周长和面积的一半．
故答案为：①1
2 a；②
2
1
4 a ；③不存在；④
(
)
2
6
4
x
y
xy
+
=
=
；⑤不存在；
（2）略
（3）解：设新矩形长和宽分别为x、y，
根据题意得
(
)
(
)
1
2
2
2
1
2
x
y
m
n
m
n
xy
mn
+
=
+
=
+
=
①
②
，
由①得：
(
)
1
2
y
m
n
x
=
+
−③，
将③代入②得：
(
)
1
1
2
2
x
m
n
x
mn
+
−
=
，
整理得：
(
)
2
2
0
x
m
n x
mn
−
+
+
=
，
(
)
(
)
2
2
Δ
4 2
8
m
n
mn
m
n
mn
= −
+
−
=
+
−
，
0
时，方程有实数解，
(
)
2
8
0
m
n
mn
+
−
时，即(
)
2
8
m
n
mn
+
，方程有解，存在满足条件的新矩形，
变式12-2【新定义】如图．四边形ACDE 是证明勾股定理时用到的一个图形．a
b
c
、、是Rt
ABC
△
和Rt
EDB
△
的边长，易知
2
AE
c
=
．这时我们把关于x 的形如
2
2
0
ax
cx
b
+
+
=
的一元二次方程称为“勾系一元二次方
程”．
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请解决下列问题：
(1)写出一个“勾系一元二次方程”______________（一个即可）；
(2)求证：关于x 的“勾系一元二次方程”
2
2
0
ax
cx
b
+
+
=
必有实数根；
(3)若
1
x = −是“勾系一元二次方程”
2
2
0
ax
cx
b
+
+
=
的一个根，且四边形ACDE 的周长是9 2 ．求ABC
的
面积．
【答案】(1)
2
3
5 2
4
0
x
x
+
+
=
（答案不唯一）
(2)证明：由题意可知：
2
2
2
a
b
c
+
=
，
(
)
2
2
Δ
2
4
2
4
c
ab
c
ab
=
−
=
−
，
(
)
(
)
2
2
2
2
2
Δ
2
4
2
2
2(
)
0
a
b
ab
a
b
ab
a
b
=
+
−
=
+
−
=
−
，
∴关于x 的“勾系一元二次方程”
2
2
0
ax
cx
b
+
+
=
必有实数根．
(3) 9
4
【分析】（1）直接根据“勾系一元二次方程”的定义写出方程即可；
（2）利用勾股定理以及根的判别式进行证明即可；
（3）先说明
2
a
b
c
+
=
，再结合四边形ACDE 的周长是9 2 可得(
)
2
2
9 2
a
b
c
+
+
=
，进而求得
3
c = ，可
得
2
2
9
a
b
+
=
；再利用完全平方公式求得
9
2
ab =
，最后利用三角形的面积公式求解即可．
【详解】（1）解：由“勾系一元二次方程”的定义可知：
2
3
5 2
4
0
x
x
+
+
=
是“勾系一元二次方程”．
（2）略
（3）解：把
1
x = −代入
2
2
0
ax
cx
b
+
+
=
中得：
2
0
a
c
b
−
+
=
，即
2
a
b
c
+
=
，
∵四边形ACDE 的周长是9 2 ，
2
2
2
9 2
a
b
c
+
+
=
，
∴(
)
2
2
9 2
a
b
c
+
+
=
，
2 2
2
9 2
c
c
+
=
，解之得：
3
c = ，
2
2
9
a
b
+
= ，
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2
3 2
a
b
c
+
=
=
，
(
)
(
)
2
2
3 2
a
b
+
=
，即
2
2
2
18
a
b
ab
+
+
=
，
(
)
2
2
2
18
18
9
9
ab
a
b
=
−
+
=
−
=
，
9
2
ab
=
，
1
9
2
4
ABC
S
ab
=
=
．
变式12-3 如图，四边形ACDE 是证明勾股定理时用到的一个图形，a，b，c 是Rt
ABC
△
和Rt
BED
△
边长，
易知
2
AE
c
=
，这时我们把关于x 的形如
2
2
0
ax
cx
b
+
+
=
的一元二次方程称为“勾系一元二次方程”．
请解决下列问题：
(1)写出一个“勾系一元二次方程”；
(2)求证：关于x 的“勾系一元二次方程”
2
2
0
ax
cx
b
+
+
=
必有实数根；
(3)若
1
x = −是“勾系一元二次方程”
2
2
0
ax
cx
b
+
+
=
的一个根，且四边形ACDE 的周长是6 2 ，求ABC
的
面积．
【答案】(1)
2
3
5 2
4
0
x
x
+
+
=
（答案不唯一）
(2)见解析
(3)1
【分析】（1）直接找一组勾股数代入方程即可；
（2）通过判断根的判别式的正负来证明结论；
（3）利用根的意义和勾股定理作为相等关系先求得c 的值，根据完全平方公式求得ab 的值，从而可求得面
积．
【详解】（1）解：当
3
a = ，
4
b =
，
5
c =
时勾系一元二次方程为
2
3
5 2
4
0
x
x
+
+
=
；
（2）证明：根据题意，得
(
)
2
2
Δ
2
4
2
4
c
ab
c
ab
=
−
=
−
，
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∵
2
2
2
a
b
c
+
=
，
∴
(
)
(
)
2
2
2
2
2
4
2
4
2
0
c
ab
a
b
ab
a
b
−
=
+
−
=
−
∴
0
，
∴勾系一元二次方程
2
2
0
ax
cx
b
+
+
=
必有实数根；
（3）解：当
1
x = −时，有
2
0
a
c
b
−
+ =
，即
2
a
b
c
+
=
，
∵四边形ACDE 的周长是6 2 ，
∴2
2
2
6 2
a
b
c
+
+
=
，即(
)
2
2
6 2
a
b
c
+
+
=
，
∴3 2
6 2
c =
，
∴
2
c =
，
∴
2
2
2
4
a
b
c
+
=
=
，
2 2
a
b
+
=
，
∵(
)
2
2
2
2
a
b
a
b
ab
+
=
+
+
，
∴8
4
2ab
=
+
∴
2
ab =
，
∴
1
1
2
ABC
S
ab
=
=
．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，完全平方公式的变形求值，一元二次方程的解和一元二次方程根的判
别式，正确读懂题意是解题的关键．
题型十三、勾股圆方图注
典例13 我国是世界上最早研究一元二次方程的国家之一．在《九章算术》“勾股”章里就有涉及求方程
2
34
71000
0
x
x
−
−
=
的正根的问题．三国时期的赵爽（约182~250 年）对二次方程做出的贡献十分突出，他
巧妙地应用出入相补原理，从几何图形的直观出发，在《勾股圆方图注》中列出了关于直角三角形三边关
系和由此引申的一系列有关二次方程的命题和结果．729 年，唐朝天文学家张遂（又名一行）在他的《大衍
历》中，用文字叙述给出了一元二次方程
2
0(
0,
0)
x
px
q
p
q
+
+
=
的求根公式：
(
)
2
1
4
2
x
p
q
p
=
−
−
．宋
朝著名数学家杨辉在《田亩比类乘除捷法》（1275 年）一书中，详细记载了一元二次方程的四种解法，里面
包含配方法．
你能验证图中AD的长就是方程
2
2
x
ax
b
+
=
的一个根吗？张遂的求根公式完整吗？请用配方法求出
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(
)
2
2
0
4
0
x
px
q
p
q
+
+
=
−
的求根公式，并与之作一比较．
【答案】见解析
【分析】利用勾股定理、
2
a
DB
BC
=
=
，可得
2
2
4
2
a
a
AD
AB
BD
b
=
−
=
+
−
，将
2
2
4
2
a
a
x
b
=
+
−
代入
2x
ax
+
可
得
2
2
x
ax
b
+
=
，由此可知AD的长是方程
2
2
x
ax
b
+
=
的一个根；利用配方法解
(
)
2
2
0
4
0
x
px
q
p
q
+
+
=
−
，
可知张遂的求根公式不完整．
【详解】解：在Rt
ACB
△
中，由勾股定理得
2
2
2
AC
BC
AB
+
=
，
即
2
2
2
2
a
b
AB
+
=
，
解得
2
2
4
a
AB
b
=
+
，
2
a
DB
BC
=
=
，
2
2
4
2
a
a
AD
AB
BD
b
=
−
=
+
−
，
2
AD
a AD
+
2
2
2
2
2
4
2
4
2
a
a
a
a
b
a
b
=
+
−
+
+
−
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
4
2
4
4
2
a
a
a
a
a
a
b
b
a b
=
+
+
−
+
+
+
−
2
b
=
，
AD的长是方程
2
2
x
ax
b
+
=
的一个根．
配方法解
(
)
2
2
0
4
0
x
px
q
p
q
+
+
=
−
，过程如下：
移项，得
2x
px
q
+
= −
配方，得
2
2
2
2
2
2
2
p
p
p
x
x
q
+
+
= −+
，
即
2
2
4
2
4
p
p
q
x
−
+
=
，
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两边开平方，得
2
4
2
2
p
q
p
x
−
+
=
，
2
4
2
2
p
q
p
x
−
+
=
或
2
4
2
2
p
q
p
x
−
+
= −
，
(
)
2
1
1
4
2
x
p
q
p
=
−
−
，
(
)
2
2
1
4
2
x
p
q
p
=
−
−
−
，
综上可知，AD的长是方程
2
2
x
ax
b
+
=
的一个根，张遂的求根公式不完整．
【点睛】本题考查勾股定理、一元二次方程的根的定义、配方法解一元二次方程等，解题的关键是求出
2
2
4
2
a
a
AD
b
=
+
−
，并且掌握配方法解一元二次方程的基本步骤．
变式13-1【阅读材料】三国时期的数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了借助几何图形对一元
二次方程进行求解的方法．以
2
3
10
0
x
x
+
−
=
为例，大致方法如下：
第一步：将原方程变形为
2
3
10
x
x
+
=
，即(
)
3
10
x x +
=
；
第二步：如图1，构造一个长为
3
x + ，宽为x 的长方形，且面积为10；
第三步：如图2 ，用四个这样的长方形围成一个大正方形，中间空白部分恰好是一个小正方形．则大正方形
的边长为2
3
x + ，小正方形的边长为3；
第四步：观察图形可知：大正方形的面积等于四个长方形与一个小正方形的面积之和，得到(
)
2
2
3
49
x +
=
．虽
然在几何图形中x 的值不能取负数，但事实上，通过构图完成了关键的配方步骤，只要开平方得2
3
7
x + = ，
即可求得方程的两个根
1
2
x =
，
2
5
x = −．
【方法理解】
(1)在图3的三个构图中，能体现方程
2
6
0
x
x
−
−
=
的解法的是_____（填序号） ；
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(2)利用你所选择的构图，运用上述材料中的方法解方程
2
6
0
x
x
−
−
=
．
【答案】(1)③；
(2)
1
3
x = ，
2
2
x = −．
【分析】本题考查了用几何图形解一元二次方程，完全平方公式的应用，掌握数形结合思想是解题的关键．
（1）根据材料信息即可求解；
（2 ）仿照材料例题即可求解．
【详解】（1）解：在图3的三个构图中，能体现方程
2
6
0
x
x
−
−
=
的解法的是③，
故答案为：③；
（2）解：(
)
2
2
1
6 4 1
25
x −
= + =
，
2
1
5
x−= ，
1
3
x = ，
2
2
x = −．
变式13-2【阅读材料】
三国时期的数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了借助几何图形对一元二次方程进行求解的方
法．以
2
3
10
0
x
x
+
−
=
为例，大致方法如下：
第一步：将原方程变形为
2
3
10
x
x
+
=
，即(
)
3
10
x x +
=
；
第二步：如图1，构造一个长为
3
x + ，宽为x 的长方形，且面积为10；
第三步：如图2，用四个这样的长方形围成一个大正方形，中间空白部分恰好是一个小正方形．则大正方形
的边长为2
3
x + ，小正方形的边长为3；
第四步：观察图形可知：大正方形的面积等于四个长方形与一个小正方形的面积之和，得到(
)
2
2
3
49
x +
=
．虽
然在几何图形中x 的值不能取负数，但事实上，通过构图完成了关键的配方步骤，只要开平方得2
3
7
x + = ，
即可求得方程的两个根
1
2
2,
5
x
x
=
= −．
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【方法理解】
在图3 的三个构图中，能体现方程
2
6
0
x
x
−
−
=
的解法的是_____（填序号），观察图形可知(
)
2
2
1
x −
= _____；
图3
【灵活应用】
仿照上述方法，画出两种能够求出方程
2
2
5
3
0
x
x
+
−
=
的解的图示（标注必要数据）．
【答案】（方法理解）③，25
（灵活应用）
2
2
5
3
0
x
x
+
−
=
，
(2
5)
3
x
x
+
=
，
2 (2
5)
6
x
x
+
=
或(
2.5)
1.5
x x +
=
，
能够求出方程
2
2
5
3
0
x
x
+
−
=
的解的图示如下：
【分析】本题考查了用几何图形解一元二次方程，掌握数形结合思想是解题的关键．
【方法理解】根据数形结合思想求解；
【灵活应用】先把方程按照题中的方法进行部分分解，再作图．
【详解】解：（方法理解）
2
6
0
x
x
−
−
=
，
2
(
1)
6
x
x
x x
−
=
−
=
，
能体现方程
2
6
0
x
x
−
−
=
的解法的是 ③，
2
(2
1)
6 4 1
25
x
−
= + =
，
故答案为：③，25；
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（灵活应用） 略
变式13-3 阅读材料，并解决问题．
【学习研究】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
2
2
35
0(
0)
x
x
x
+
−
=
为例，构造方法如下：
第一步：将原方程
2
2
35
0
(
0)
x
x
x
+
−
=
变形为(
2)
35
(
0)
x x
x
+
=
；
第二步：画四个长为
2
x+
，宽为x 的矩形，按如图1 所示的方式拼成一个“空心”正方形，则图1 中大正方
形的面积可表示为
2
(
2)
x
x
+ +
，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
2
4 (
2)
2
4 35
4
x x +
+
=
+
．
第三步：得新方程
2
(
2)
144
x
x
+
+
=
．因为x 表示边长，所以2
2
12
x +
=
，即
5
x = ．
【理解】上述构造图形解一元二次方程最能体现的数学思想是______________．
A．分类讨论思想 B．数形结合思想 C．整体代换思想
【实践】小明根据赵爽的办法解方程
2
6
0(
0)
x
x
x
+
−
=
，请你帮忙画出相应的图形，将其解答过程补充完
整：
第一步：将原方程
2
6
0(
0)
x
x
x
+
−
=
变形为x （____________）
6
=
；
第二步：画四个全等的矩形构造“空心”大正方形（请在画图区画出示意图，类比图1 标明各边长），并写出
后续的解答过程；
【应用】一般地，对于形如
2x
ax
b
+
=
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，那么此方程的正根为____________．
【答案】（1）【理解】B；
（2）【实践】第一步：
1
x + ，
第二步：画四个长为
1
x + ，宽为x 的矩形，拼成一个“空心”正方形，如图所示，
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则图中大正方形的面积可表示为
2
(
1)
x
x
+
+
，还可表示为四个矩形与一个边长为1 的小正方形面积之和，即
2
4 (
1) 1
4 6 1
x x +
+
= + ．
（3）【应用】1
【分析】本题考查了用图形法解一元二次方程，理解题意，构造出适当的图形是解题的关键．
【理解】利用图形求解方程的过程是数形结合思想的应用，从而右确定答案；
【实践】按照题干材料中的步骤进行即可；
【应用】按照题干材料中的步骤进行即可．
【详解】解：【理解】从解题过程知，用到了数形结合思想；
故选：B．
【实践】第一步：将原方程
2
6
0(
0)
x
x
x
+
−
=
变形为(
1)
6(
0)
x x
x
+
=
；
第二步：略
第三步：得新方程
2
(
1)
25
x
x
+
+
=
．因为x 表示边长，所以2
1
5
x+ =
，即
2
x =
．
故答案为：
1
x + ；
【应用】第一步：将原方程
2
(
0)
x
ax
b x
+
=
变形为(
)
(
0)
x x
a
b x
+
=
；
第二步：画四个长为x
a
+
，宽为x 的矩形，拼成一个“空心”正方形，如图2 所示，
则图2 中大正方形的面积可表示为
2
(
)
x
x
a
+
+
，还可表示为四个矩形与一个边长为a 的小正方形面积之和，
即
2
4 (
)
4 3
4
x x
a
a
+
+
= + ．
第三步：得新方程
2
(
)
16
x
x
a
+
+
=
．因为x 表示边长，所以2
4
x
a
+
=
，
由于中间正方形的边长为a，其面积为
2
4
a =
，则
2
a =
，
即2
2
4
x+
=
，
∴
1
x = ．
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故答案为：1．
压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限
1．嘉琪在解一元二次方程：
2
4
0
x
x
−
+
=
■
时，不小心把常数项丢掉了，已知这个一元二次方程有两个不相
等的实数根，则丢掉的常数项的最大值是（ ）
A．1
B．3
C．4
D．5
【答案】B
【分析】设丢掉的常数项为c ，利用一元二次方程根的判别式得到c 的取值范围，找出选项中符合条件的最
大值即可．
【详解】解：设丢掉的常数项为c ，则原方程为
2
4
0
x
x
c
−
+
=
，
∵这个一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴根的判别式
(
)
2
Δ
4
4 1
16
4
0
c
c
= −
−=
−
，
解得
4
c
，
结合选项可知，符合条件的最大值为3．
2．若关于x 的一元二次方程
2
2
3
1
1
0
kx
k
x
−
+
+ =
有两个不相等的实数根，则k 的取值范围是（ ）
A．
9
k −
B．
9
k −且
0
k
C．
1
k −且
0
k
D．
1
k −且
0
k
【答案】C
【分析】需同时满足二次项系数非零、二次根式被开方数非负、判别式大于0 三个条件，取公共部分求解．
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【详解】解：∵方程是关于x 的一元二次方程，
∴2
0
k
，即
0
k
．
∵二次根式
1
k + 有意义，
∴
1
0
k +
，即
1
k −．
∵方程有两个不相等的实数根，
∴
(
)
2
3
1
4
2
1
0
k
k
= −
+
−
，
即(
)
9
1
8
0
k
k
+
−
，
解得
9
k −．
综上，k 的取值范围是
1
k −且
0
k
．
3．已知直角三角形有两条边长分别是方程
2
14
48
0
x
x
−
+
=
的两个根，则该直角三角形的斜边长是（ ）
A．10
B．2 7
C．10 或8
D．10 或2 7
【答案】C
【分析】先解一元二次方程，题目未说明给出的两条边都是直角边，需要分情况讨论，结合斜边是直角三
角形最长边的性质计算即可．
【详解】解：
2
14
48
0
x
x
−
+
=
，
因式分解得(
)(
)
6
8
0
x
x
−
−
=
，
解得
1
2
6,
8
x
x
=
=
，
即直角三角形的两条边长为6 和8，
∵直角三角形中斜边是最长边，
∴分两种情况讨论：
①当6 和8 均为直角边时，斜边长为
2
2
6
8
36
64
100
10
+
=
+
=
=
；
②当8 为斜边，6 为直角边时，斜边长即为8；
综上，该直角三角形的斜边长为10 或8．
4．若关于x 的一元二次方程(
)
2
1
3
1
0
a
x
x
+
+
−=
有两个实数根，且关于y 的分式方程
1
3
2
2
a
y
y
y
−
+
= −
−
−
的解
为正整数，则所有满足条件的整数a 的值之和为（ ）
A．1
−
B．0
C．1
D．3
【答案】B
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【分析】先根据一元二次方程有两个实数根确定a 的取值范围，再解分式方程，根据解为正整数筛选符合条
件的整数a ，最后计算和即可．
【详解】解：∵关于x 的一元二次方程(
)
2
1
3
1
0
a
x
x
+
+
−=
有两个实数根，
∴
1
0
a +
且
(
)(
)
23
4
1
1
0
a
=
−
+
−
，
解得
13
4
a −
且
1
a −；
解分式方程
1
3
2
2
a
y
y
y
−
+
= −
−
−
，
方程两边同乘
2
y −
，得：
(
)
(
)
1
3
2
a
y
y
−
−
= −
−
，
整理得2
5
y
a
=
−
，解得
5
2
a
y
−
=
，
∵分式方程的解为正整数，且分母不为0 即
2
y
，
∴5
0
2
a
−
，5
2
2
a
−
，且5
2
a
−
是正整数，
∴
5
a ，
1
a ，且5
a
−
为正偶数，即a 为奇数，
结合
13
4
a −
且
1
a −，可得符合条件的整数a 为3
−，3，
∴所有满足条件的整数a 的值之和为3 3
0
−+ =
．
5．将四个全等的三角形按如图所示的方式围成正方形ABCD，连接EG 、EF ，记AED
的面积为
1S ，四
边形EFCG 的面积为
2
S ，若A、E、G 三点共线，
8
AG = ，
1
2
1
12
S
S =
，则阴影部分的面积是（ ）
A．6
B．8
C．12
D．20
【答案】B
【分析】先证明
EDG
GCF
FBH
HAE
△
≌△
≌△
≌△
，可得EG
GF
FH
HE
=
=
=
，从而得到四边形EGFH 是正方
形，设AE
x
=
，则
8
EG
x
= −
，再由
1
2
1
12
S
S =
，列式计算即可求解．
【详解】解：连接GF
FH
HE
，
，
，如图所示：
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依题意得AE
BH
=
，AH
BF
=
，
DAE
ABH
=
，
BAH
CBF
=
，
四边形ABCD为正方形，
90
DAB
ABC
=
=
，
DAB
DAE
BAH
ABC
AB
CBF
H
−
−
−
−
=
即
EAH
HBF
=
，
在AEH
和
BHF
△
中，
AE
BH
EAH
HBF
AH
BF
=
=
=
，
(
)
SAS
AEH
BHF
≌
，
EH
HF
=
，
同理：
(
)
SAS
AEH
DGE
CFG
BHF
≌
≌
≌
，
EH
EG
FG
HF
=
=
=
，
四边形EHFG 为菱形，
∵A、E、G 三点共线，即C ，F ，H 和D ，G ，F 和B ，H ，E 也在同一条直线上，
90
HBC
BCH
HBC
ABH
ABC
+
=
+
=
=
，
90
BHC
，
菱形EHFG 为正方形，则
8
DF
AG
=
= ，
设AE
x
=
，则
8
EG
x
= −
，
2
1
1
2
2
x
S
AE DG
=
=
，
2
1
2
GEF
GFC
DEF
S
S
S
S
DF EG
=
+
=
=
(
)
1 8
8
32
4
2
x
x
=
−
=
−
，
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∵
1
2
1
12
S
S =
，
∴
1
2
12S
S
=
，
∴
2
6
32
4
x
x
=
−
，
整理得
2
3
2
16
0
x
x
+
−
=
，
解得
2
x =
或
8
3
−
（舍去），
2
1
2
2
x
S
=
=
，
1
4
8
S
S
=
=
阴影
．
6．已知关于x 的一元二次方程(
)
(
)
2
1
2
1
0
k
x
k
x
k
+
−
−
+
=
有实数根，则k 的取值范围是 ____________．
【答案】
1
8
k
且
1
k −
【分析】原方程是一元二次方程，因此二次项系数不为0，方程有实数根，因此根的判别式大于等于0，联
立两个不等式求解即可得到k 的取值范围．
【详解】解：∵关于x 的一元二次方程(
)
(
)
2
1
2
1
0
k
x
k
x
k
+
−
−
+
=
有实数根，
∴
(
)
(
)
2
Δ
2
1
4
1
0
k
k k
= −
−
−
+
且
1
0
k +
，
解得∶
1
8
k
且
1
k −．
7．如果关于x 的一元二次方程
2
0
ax
bx
c
+
+
=
（
0
a
）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
2
0
x
x
+
=
的两个根是
1
0
x =
，
2
1
x = −，则方程
2
0
x
x
+
=
是
“邻根方程”．关于x 的方程
(
)
2
2
2
0
x
m
x
m
−
−
−
=
（m 是常数）是“邻根方程”，则m 的值是________．
【答案】1
−或3
−
【分析】先对关于x 的一元二次方程因式分解求解得到两个根，再根据“邻根方程”的定义，得到两根的差为
1，分情况列方程计算m 的值即可．
【详解】解：对
(
)
2
2
2
0
x
m
x
m
−
−
−
=
因式分解得：(
)(
)
2
0
x
m
x
−
+
=
，
0
x
m
−
=
或
2
0
x +
=
，
解得：
1x
m
=
，
2
2
x = −，
方程
(
)
2
2
2
0
x
m
x
m
−
−
−
=
是“邻根方程”，
(
)
2
1
m
−−
= 或2
1
m
−−
= ，
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解得：
1
m = −或
3
m
−
=
．
8．将4 个数a 、b 、c 、d 排成两行、两列，两边各加一条竖线段，定义
a
b
ad
bc
c
d =
−
，上述记号就叫做
二阶行列式，若
1
1
0
1
1
x
x
x
x
+
+
=
−
+
，则x =______．
【答案】0 或1
−
【分析】根据定义可得(
)(
) (
)(
)
1
1
1
1
0
x
x
x
x
+
+
−
+
−
=
，解方程即可得到答案．
【详解】解：
1
1
0
1
1
x
x
x
x
+
+
=
−
+
，
(
)(
) (
)(
)
1
1
1
1
0
x
x
x
x
+
+
−
+
−
=
，
∴
(
)
2
2
1 2
1
0
x
x
x
+
+
−
−
=
，
∴
2
2
1
2
1
0
x
x
x
+
+
−+
=
，
∴
2
2
2
0
x
x
+
=
，
∴
(
)
2
1
0
x x +
=
，
解得
0
x =
或
1
x = −．
9．在Rt
ABC
△
中，
90
A
=
，点O为BC 的中点，M 为AC 边上一点，连接OM ，
1
OM
AM
=
= ．当以C 、
O、M 为顶点的三角形是等腰三角形时，BC 的长为__________．
【答案】2 2 或1
5
+
【分析】本题利用直角三角形斜边中线的性质，结合等腰三角形的定义分三种情况讨论，通过建立平面直
角坐标系表示各点坐标，根据距离公式推导关系，舍去不能构成三角形的情况，计算得到BC 的长．
【详解】解：如图，建立平面直角坐标系，令(
)
0,0
A
，AC 在x 轴上，AB 在y 轴上，
设
(
)
,0
C c
，(
)
0,
B
b ，
由
1
AM = 得
(
)
1,0
M
，由中点坐标公式得
,
2 2
c b
O
，
由
1
OM = ，根据两点间距离公式得：
2
2
2
1
1
2
2
c
b
−
+
=
，
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整理得
2
2
4
4
4
c
c
b
−
+
+
=
，即
2
2
4
c
b
c
+
=
，
又
2
2
2
BC
b
c
=
+
，故
2
4
BC
c
=
，即
2
4
BC
c =
①，
COM
△
为等腰三角形，分三种情况讨论：
当OM
CM
=
时：
1
OM = ，
1
CM
c
= −，
因此
1 1
c −= ，解得
2
c =
，
代入
2
4
BC
c
=
，故
2 2
BC =
，符合题意；
当OM
OC
=
时：
1
OM = ，
2
BC
OC =
，因此
2
BC =
，代入
2
4
BC
c =
得
1
c = ，
此时
1
0
CM
c
= −=
，M 与 C 重合，无法构成三角形，舍去；
当CM
OC
=
时：
1
CM
c
= −，
2
BC
OC =
，
因此
1
2
BC
c −=
，即
2
1
4
2
BC
BC
−=
，
整理得
2
2
4
0
BC
BC
−
−
=
，
解得
1
5
BC = +
（负值已舍），符合题意．
10．如果关于x 的一元二次方程
2
0
ax
bx
c
+
+
=
有两个实数根，且其中一个根为另外一个根的3 倍，则称这
样的方程为“三倍根方程”，以下关于三倍根方程的说法，正确的有________．（填序号）
①方程
2
4
3
0
x
x
−
+
= 是三倍根方程；
②若(
3)(
)
0
x
mx
n
−
+
= 是三倍根方程：则
2
2
9
10
0
m
mn
n
+
+
=
；
③若p，q 满足
3
pq =
，则关于x 的方程
2
4
0
px
x
q
+
+
=
是三倍根方程．
【答案】①②③
【分析】①求出方程的根，再判断是否为“三倍根方程”；
②根据“三倍根方程”和其中一个根，可求出另一个根，进而得到m，n 之间的关系；
③当p，q 满足
3
pq =
，有
(
)(
)
2
4
1
0
px
x
q
px
x
q
+
+
=
+
+
=
，求出两个根，再根据
3
pq =
代入可得两个根之
间的关系，进而判断是否为“三倍根方程”．
【详解】解：①
2
4
3
0
x
x
−
+
= ，
将方程左边因式分解得，(
)(
)
1
3
0
x
x
−
−
=
，
解得，
1
2
1
3
x
x
=
=
，
，
2
1
3
x
x
=
，
方程
2
4
3
0
x
x
−
+
= 是三倍根方程，
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说法①正确；
②(
3)(
)
0
x
mx
n
−
+
= ，
1
2
3
n
x
x
m
=
= −
，
，
(
3)(
)
0
x
mx
n
−
+
= 是三倍根方程,
情况1，
2
1
3
x
x
=
，即
9
n
m
−
=
，
9
9
0
n
m m
n
= −
+
=
，
，
情况2，
1
2
3
x
x
=
，即
1
n
m
−
= ，
0
n
m m
n
= −
+
=
，
，
综合两种情况可得，(
)(
)
9
0
m
n
m
n
+
+
=
，即
2
2
9
10
0
m
mn
n
+
+
=
，
说法②正确；
③
2
4
0
px
x
q
+
+
=
，
3
pq =
，
(
)(
)
1
0
px
x
q
+
+
=
，
0
0
p
q
，
，
1
2
1
3
x
x
q
p
p
= −
= −= −
，
，
2
1
3
x
x
=
，
方程
2
4
0
px
x
q
+
+
=
是三倍根方程,
说法③正确；
故答案为：①②③ ．
11．新运算：
2
2
3
a
b
a
a
b
=
−
−
，例如：
2
3
5
3
2
3
3 5
12
=
−
−
= −
．若关于x 的方程
5
x
m =
有两个不
相等的实数根，解答下列各题：
(1)求m 的取值范围；
(2)当
7
m =
时，用配方法解此方程．
【答案】(1)
2
m −
(2)
1
2
3 3
1,
3 3
1
x
x
=
+
= −
+
【分析】（1）先根据新定义将方程
5
x
m =
化成一般式，再根据根的判别式列不等式求解即可；
（2）先将原方程化成
2
2
26,
x
x
−
=
再利用配方法求解即可．
【详解】（1）解：根据新定义，方程
5
x
m =
整理为：
2
2
3
5
x
x
m
−
−
=
，即
2
2
3
5
0
x
x
m
−
−
−
=
，
∵此方程有两个不相等的实数根，
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2
( 2)
4 1 ( 3
5)
12
24
0
m
m
= −
−−
−
=
+
，解得：
2
m −，
m
的取值范围为
2
m −．
（2）解：当
7
m =
时，方程
7
5
x
=
整理为：
2
2
3 7
5
x
x
−
−
=
，即
2
2
26
x
x
−
=
，
2
2
1
26 1
x
x
−
+ =
+ ，
(
)
2
1
27
x
−
=
，
1
27
x
−=
，
1
2
3 3
1,
3 3
1
x
x
=
+
= −
+ ．
12．小芳在解关于x 的方程15
7
4
x
x
−
+
−
=
时采用了下面的方法：
解：(
)(
)
15
7
15
7
x
x
x
x
−
+
−
−
−
−
(
)
(
)
2
2
15
7
x
x
=
−
−
−
(
) (
)
15
7
x
x
=
−
−
−
8
= ．
因为15
7
4
x
x
−
+
−
=
，①
所以15
7
2
x
x
−
−
−
=
．②
(
)
2
+
①
②
，得15
3
x
−
= ．
两边平方，得15
9
x
−
=
，
6
x =
．
经检验，
6
x =
是原方程的解．
请你学习小芳的方法，解决下列问题：
(1)已知
8
3
5
x
x
+
+
+
= ，则
8
3
x
x
+
−
+
=________．
(2)若
2
2
3
9
2 3
a
a
+
+
−
=
，求a 的值．
(3)实数m 满足
2
2
2
2
3
2
10
3
2
m
m
m
m
m
+
−
+
−
−
=
，求m 的值．
【答案】(1)1
(2)
3
a =
(3)6
【分析】本题可以仿照题干，先利用平方差公式转化，然后将两式相加后再除以2 求解，最后检验即可．
【详解】（1）解：(
)(
)
8
3
8
3
x
x
x
x
+
+
+
+
−
+
(
)
(
)
2
2
8
3
x
x
=
+
−
+
(
)
8
3
x
x
=
+ −
+
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5
=
，
∵
8
3
5
x
x
+
+
+
= ①
∴
8
3
1
x
x
+
−
+
= ；
（2）解：(
)(
)
2
2
2
2
3
9
3
9
a
a
a
a
+
+
−
+
−
−
(
)
(
)
2
2
2
2
3
9
a
a
=
+
−
−
(
) (
)
2
2
3
9
a
a
=
+
−
−
12
=
．
2
2
3
9
2 3
a
a
+
+
−
=
，①
2
2
3
9
2 3
a
a
+
−
−
=
．②
(
)
2
+
①
②
，得
2
3
2 3
a +
=
．
两边平方得，
2
3
12
a +
=
解得
3
a = ，
经检验，
3
a = 是原方程的解．
（3）解：(
)(
)
2
2
2
2
2
2
3
2
10
3
2
2
3
2
10
3
m
m
m
m
m
m
m
m
+
−+
−
−
+
−−
−
−
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
3
2
10
3
m
m
m
m
=
+
−
−
−
−
(
) (
)
2
2
2
2
3
2
10
3
m
m
m
m
=
+
−
−
−
−
12m
=
．
2
2
2
2
3
2
10
3
2
m
m
m
m
m
+
−
+
−
−
=
，①
2
2
2
2
3
2
10
3
6
m
m
m
m
+
−
−
−
−
=
．②
(
)
2
+
①
②
，得
2
2
2
3
3
m
m
m
+
−
=
+ ．
两边平方得，
2
2
2
2
3
6
9
m
m
m
m
+
−
=
+
+
整理得，
2
4
12
0
m
m
−
−
=
解得
1
6
m =
，
2
2
m = −．
2
2
2
2
3
2
10
3
2
0
m
m
m
m
m
+
−
+
−
−
=
，
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∴
2
2
m = −舍去
6
m
=
．
13．已知ABC
的一条边长为4，另两边的长恰好是关于x 的一元二次方程
(
)
2
1
2
1
4
0
2
x
k
x
k
−
+
+
−
=
的两
个实数根．
(1)求证：无论k 为何值，方程总有两个实数根；
(2)当k 为何值时，ABC
是等腰三角形，并求ABC
的周长．
【答案】(1)见解析
(2)当k 为2.5 时，ABC
是等腰三角形，ABC
的周长为10
【分析】（1）先计算
0
，即可得出结论；
（2）分两种情况：当4 为腰长时，或当4 为底边时，分别求出结论即可；
【详解】（1）证明：∵
(
)
2
1
2
1
16
2
k
k
= −
+
−
−
2
4
4
1 16
8
k
k
k
=
+
+ −
+
2
4
12
9
k
k
=
−
+
(
)
2
2
3
0
k
=
−
，
∴无论k 为何值，方程总有两个实数根．
（2）解：①当4 为腰长时，则方程必有一个根为4，
∴
(
)
2
1
4
4 2
1
4
0
2
k
k
−
+
+
−
=
．
∴
2.5
k =
．
∴方程为：
2
6
8
0
x
x
−
+
=
．
∴
2
x =
或
4
x = ．
∴等腰三角形的三边为：4，4，2．
∴周长为：4
4
2
10
+ +
=
；
②当4 为底边时，则方程有2 个相同的实数根，
∴
2
2
3
0
k
．
∴
1.5
k =
．
∴方程为：
2
4
4
0
x
x
−
+
=
，解得：
1
2
2
x
x
=
=
，
∵2
2
4
+
=
，
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∴不满足三角形三边关系．
故当k 为2.5 时，ABC
是等腰三角形，ABC
的周长为10．
14．定义：若关于x 的一元二次方程
(
)
2
0
0
ax
bx
c
a
+
+
=
中的常数项是该方程的一个根，则该一元二次方
程就叫作常数根一元二次方程．
(1)已知关于x 的方程
2
3
0
x
x
c
+
+
=
是常数根一元二次方程，求c 的值；
(2)如果关于x 的方程
2
5
1
0
x
mx
m
+
+
+ =
是常数根一元二次方程，求m 的值；
(3)若关于x 的常数根一元二次方程
(
)
2
0
0
ax
bx
c
a
+
+
=
中不含零根，求证：关于y 的方程
2
1
0
acy
by
+
+ =
是
常数根一元二次方程．
【答案】(1)c 的值为0 或4
−；
(2)
1
3
m
−
=
或1
−；
(3)
∵关于x 的常数根一元二次方程
(
)
2
0
0
ax
bx
c
a
+
+
=
中不含零根，
∴方程的一个根为x
c
= ，且
0
c
，
将x
c
= 代入方程，得
2
0
ac
bc
c
+
+
=
，即(
)
1
0
c ac
b
+
+
=
，
∵
0
c
，
∴
1
0
ac
b
+ + =
，
∴把
1
y = 代入方程
2
1
0
acy
by
+
+ =
，得左边
1
0
ac
b
=
+ + =
=右边，
∴
1
y = 是关于y 的方程
2
1
0
acy
by
+
+ =
的一个根，
∴关于y 的方程
2
1
0
acy
by
+
+ =
是常数根一元二次方程．
【分析】（1）根据常数根一元二次方程的定义，把x
c
= 代入方程，解关于c 的方程即可；
（2）根据常数根一元二次方程的定义，把
1
x
m
=
+ 代入方程，解关于m 的方程即可；
（3）根据常数根一元二次方程的定义，把x
c
= 代入方程，得到
1
0
ac
b
+ + =
，因此
1
y = 是关于y 的方程
2
1
0
acy
by
+
+ =
的一个根，从而得证结论．
【详解】（1）解：∵关于x 的方程
2
3
0
x
x
c
+
+
=
是常数根一元二次方程，
∴方程的一个根为x
c
= ，
代入方程得，
2
3
0
c
c
c
+
+
=
，即
2
4
0
c
c
+
=
，
解得
0
c =
或4
−；
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（2）解：∵关于x 的方程
2
5
1
0
x
mx
m
+
+
+ =
是常数根一元二次方程，
∴方程的一个根为
1
x
m
=
+ ，
代入方程得，(
)
(
)
2
1
5
1
1
0
m
m m
m
+
+
+
+
+ =
，
整理得，(
)(
)
1 6
2
0
m
m
+
+
=
，
解得
1
3
m
−
=
或1
−；
（3）解：略．
15．阅读材料：各类方程的解法不尽相同，但是它们有一个共同的基本数学思想一一转化，把未知转化为
已知．用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程．例如，一元三次方程
3
2
2
3
0
x
x
x
−
−
=
通过因式分
解可以把它转化为
2
(
2
3)
0
x x
x
−
−
=
，解方程
0
x =
和
2
2
3
0
x
x
−
−
=
，可得方程
3
2
2
3
0
x
x
x
−
−
=
的解．
问题：
（1）方程
3
2
2
3
0
x
x
x
−
−
=
的解是
1
0
x =
，
2x = ______，
3x =______；
（2）求方程
3
2
6
16
x
x
x
=
+
的解；
拓展：
（3）用“转化”思想求方程
3
2
6
3
1
x
x
x
−
+
=
−的解．
【答案】（1）3，1
−；
（2）
1
0
x =
，
2
8
x =
，
3
2
x = −．
（3）
2
x =
【分析】本题主要考查了解一元高次方程，解一元二次方程，解无理方程，解题时要能读懂题意，灵活运
用分解因式是关键．
（1）依据题意，解一元二次方程
2
2
3
0
x
x
−
−
=
即可得解；
（2）依据题意，仿照例题分析即可得解；
（3）依据题意，首先两边同时平方，然后解高次方程可以得解．
【详解】解：（1）由题意，解方程
2
2
3
0
x
x
−
−
=
，
(
)(
)
3
1
0
x
x
−
+
=
．
2
3
x
=
，
3
1
x = −．
故答案为：3，1
−；
（2）由题意，
3
2
6
16
x
x
x
=
+
，
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3
2
6
16
0
x
x
x
−
−
= ．
(
)
2
6
16
0
x x
x
−
−
=
．
(
)(
)
8
2
0
x x
x
−
+
=
．
1
0
x
= ，
2
8
x =
，
3
2
x = −；
（3）由题意，两边同时平方得，
3
2
2
6
3
2
1
x
x
x
x
−
+
=
−
+ ．
3
2
2
4
2
0
x
x
x
−
−
+
=
．
(
)
(
)
2 2
1
2 2
1
0
x
x
x
−
−
−
=
．
(
)(
)
2
2
2
1
0
x
x
−
−
=
．
1
2
x
=
，
2
2
x = −
，
3
1
2
x =
．
3
2
6
3
1
0
x
x
x
−
+
=
−，
2
2
x
= −
，
3
1
2
x =
均不符合题意．
方程
3
2
6
3
1
x
x
x
−
+
=
−的解为
2
x =
．
