1． (2023 秋?牡丹江期末）已知x為任意實(shí)數(shù)，則x﹣1?14x2的值（ ）
A．一定為負(fù)數(shù)B．不可能為正數(shù)
C．一定為正數(shù)D．可能為正數(shù)、負(fù)數(shù)或0
4． (2023秋?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)期中）求證：關(guān)于x的方程（m2﹣8m+17）x2+2mx+1＝0，無(wú)論m取何值，該方程都是一元二次方程．
類(lèi)型二 比較大小
2． (2023?濰坊一模）已知M=75t﹣2，N＝t2?35t（t為任意實(shí)數(shù)），則M，N的大小關(guān)系為（ ）
A．M＞NB．M＜NC．M＝ND．不能確定
3． (2023?浙江自主招生）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，滿足不等式x2+y2≤2x+2y的整數(shù)點(diǎn)坐標(biāo)（x，y）的個(gè)數(shù)為 ．
類(lèi)型三 配方變形
5． (2023春?西湖區(qū)校級(jí)期中）如果ax2?2x+a9=（3x?13）2+m，那么a，m的值分別為（ ）
A．3，0B．9，89C．9，13D．89，9
6．∵a2±2ab+b2＝（a±b）2，∴我們把形如a2±2ab+b2的式子稱(chēng)為完全平方式．請(qǐng)解決下列問(wèn)題：
（1）代數(shù)式x2+6x+m中，當(dāng)m＝ 時(shí)，代數(shù)式為完全平方式；
（2）代數(shù)式x2+mx+25中，當(dāng)m＝ 時(shí)，代數(shù)式為完全平方式；
（3）代數(shù)式x2+（m+2）x+（4m﹣7）為完全平方式，求m的值．
類(lèi)型四 用配方法求代數(shù)式的最值
7．（2014春?宜興市校級(jí)期中）甲、乙兩位同學(xué)對(duì)問(wèn)題“求代數(shù)式y(tǒng)=x2+1x2的最小值”提出各自的想法．甲說(shuō)：“可以利用已經(jīng)學(xué)過(guò)的完全平方公式，把它配方成y=(x+1x)2?2，所以代數(shù)式的最小值為﹣2”．乙說(shuō)：“我也用配方法，但我配成y=(x?1x)2+2，最小值為2”．你認(rèn)為（ ）
A．甲對(duì)B．乙對(duì)C．甲、乙都對(duì)D．甲乙都不對(duì)
8． (2023秋?臺(tái)江區(qū)期末）閱讀材料：數(shù)學(xué)課上，老師在求代數(shù)式x2﹣4x+5的最小值時(shí)，利用公式a2±2ab+b2＝（a±b）2，對(duì)式子作如下變形：x2﹣4x+5＝x2﹣4x+4+1＝（x﹣2）2+1
因?yàn)椋▁﹣2）2≥0，所以（x﹣2）2+1≥1．
當(dāng)x＝2時(shí)，（x﹣2）2+1＝1，
因此（x﹣2）2+1有最小值1，即x2﹣4x+5的最小值為1．
通過(guò)閱讀，解決下列問(wèn)題：
（1）代數(shù)式x2+10x﹣6的最小值為 ；
（2）當(dāng)x取何值時(shí)，代數(shù)式﹣x2+6x+8的值有最大值或最小值，并求出最大值或最小值；
（3）試比較代數(shù)式4x2﹣2x與2x2+6x﹣9的大小，并說(shuō)明理由．
9． (2023春?奉化區(qū)期末）已知實(shí)數(shù)m，n滿足m﹣n2＝1，則代數(shù)式m2+2n2+4m﹣1的最小值等于 ？
10． (2023秋?句容市期中）已知x＝m是一元二次方程x2+2x+n﹣3＝0的一個(gè)根，則m+n的最大值等于（ ）
A．134B．4C．?154D．?134
類(lèi)型五 配方法在多元二次方程中的應(yīng)用
11．（2017秋?蓬溪縣期末）已知a、b、c是△ABC的三邊，且滿足a2﹣b2+ac﹣bc＝0，則△ABC的形狀是（ ）
A．直角三角形B．等邊三角形C．等腰三角形D．無(wú)法確定
12．已知a，b，c滿足a2+2b＝7，b2﹣4c＝﹣7，c2﹣6a＝﹣14，則a+b+c的值是（ ）
A．2B．3C．4D．5
13． (2023秋?犍為縣期末）已知實(shí)數(shù)x、y、z滿足：（x+z）2﹣4（x﹣y）（y+z）＝0，下列式子一定成立的是（ ）
A．x+y﹣z＝0B．x+y+2z＝0C．y﹣z﹣2x＝0D．﹣z+x﹣2y＝0
14． (2023秋?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）已知3x﹣y＝3a2﹣6a+9，x+y＝a2+6a﹣9，若x≤y，則實(shí)數(shù)a的值為（ ）
A．1B．2C．3D．4
15． (2023?蜀山區(qū)校級(jí)模擬）已知a﹣b＝2，ab+2b﹣c2+2c＝0，當(dāng)b≥0，﹣2≤c＜1時(shí)，整數(shù)a的值是 ．
類(lèi)型六 用配方法分解因式
16． (2023春?吉安期末）請(qǐng)看下面的問(wèn)題：把x4+4分解因式．
分析：這個(gè)二項(xiàng)式既無(wú)公因式可提，也不能直接利用公式，怎么辦呢？
19世紀(jì)的法國(guó)數(shù)學(xué)家蘇菲?熱門(mén)抓住了該式只有兩項(xiàng)，而且屬于平方和（x2）2+22的形式，要使用公式就必須添一項(xiàng)4x2，隨即將此項(xiàng)4x2減去，即可得x4+4＝x4+4x2+4﹣4x2＝（x2+2）2﹣4x2＝（x2+2）2﹣（2x）2＝（x2+2x+2）（x2﹣2x+2）
人們?yōu)榱思o(jì)念蘇菲?熱門(mén)給出這一解法，就把它叫做“熱門(mén)定理”，請(qǐng)你依照蘇菲?熱門(mén)的做法，將下列各式因式分解．
（1）4x4+y4；
（2）x2﹣2ax﹣b2﹣2ab．
類(lèi)型七 用配方法化簡(jiǎn)二次根式
17．化簡(jiǎn)：（5?1）2+29?45的結(jié)果是 ．
類(lèi)型八 配方法與根的判別式綜合運(yùn)用
18． (2023?黃州區(qū)校級(jí)模擬）若方程x2+2（1+a）x+3a2+4ab+4b2+2＝0有實(shí)根，則ba=
19．如果關(guān)于x的方程（x+a）（x+b）+（x+b）（x+c）+（x+c）（x+a）＝0（其中a，b，c均為正數(shù)）有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根，證明：以a，b，c為長(zhǎng)的線段能夠組成一個(gè)三角形，并指出三角形的特征．
專(zhuān)題03 “配方法”的八種應(yīng)用（解析版）
類(lèi)型一 判斷代數(shù)式的正負(fù)
1． (2023 秋?牡丹江期末）已知x為任意實(shí)數(shù)，則x﹣1?14x2的值（ ）
A．一定為負(fù)數(shù)B．不可能為正數(shù)
C．一定為正數(shù)D．可能為正數(shù)、負(fù)數(shù)或0
思路引領(lǐng)：先提出負(fù)號(hào)，運(yùn)用完全平方公式配方，根據(jù)平方的非負(fù)性即可作出判斷．
解：原式＝﹣[1﹣x+（12x）2]
＝﹣（1?12x）2，
∵（1?12x）2≥0，
∴﹣（1?12x）2≤0，
故選：B．
總結(jié)提升：本題考查了配方法的應(yīng)用，平方的非負(fù)性，提出負(fù)號(hào)是解題的關(guān)鍵．
4． (2023秋?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)期中）求證：關(guān)于x的方程（m2﹣8m+17）x2+2mx+1＝0，無(wú)論m取何值，該方程都是一元二次方程．
思路引領(lǐng)：根據(jù)一元二次方程的定義只要說(shuō)明二次項(xiàng)系數(shù)不為零即可證明結(jié)論成立，根據(jù)配方法可以說(shuō)明二次項(xiàng)系數(shù)不為零．
證明：（m2﹣8m+17）x2+2mx+1＝0，
∵m2﹣8m+17＝（m﹣4）2+1≥1，
∴無(wú)論m取何值，該方程都是一元二次方程．
總結(jié)提升：本題考查一元二次方程的定義，解答本題的關(guān)鍵是明確一元二次方程的定義．
類(lèi)型二 比較大小
2． (2023?濰坊一模）已知M=75t﹣2，N＝t2?35t（t為任意實(shí)數(shù)），則M，N的大小關(guān)系為（ ）
A．M＞NB．M＜NC．M＝ND．不能確定
思路引領(lǐng)：利用配方法把N﹣M的代數(shù)式變形，根據(jù)偶次方的非負(fù)性判斷即可．
解：∵N﹣M＝（t2?35t）﹣（75t﹣2）＝t2﹣2t+2＝（t﹣1）2+1＞0，
∴M＜N，
故選：B．
總結(jié)提升：本題考查的是配方法的應(yīng)用和非負(fù)數(shù)的性質(zhì)，掌握完全平方公式、偶次方的非負(fù)性是解題的關(guān)鍵．
3． (2023?浙江自主招生）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，滿足不等式x2+y2≤2x+2y的整數(shù)點(diǎn)坐標(biāo)（x，y）的個(gè)數(shù)為 ．
思路引領(lǐng)：已知不等式變形后，利用完全平方公式化簡(jiǎn)，根據(jù)x與y均為整數(shù)，確定出x與y的值，即可得到結(jié)果．
解：由題設(shè)x2+y2≤2x+2y，得0≤（x﹣1）2+（y﹣1）2≤2，
因?yàn)閤，y均為整數(shù)，所以有(x?1)2=0(y?1)2=0或(x?1)2=0(y?1)2=1或(x?1)2=1(y?1)2=0或(x?1)2=1(y?1)2=1，
解得：x=1y=1或x=1y=2或x=1y=0或x=0y=1或x=0y=0或x=0y=2或x=2y=1或x=2y=0或x=2y=2，
以上共計(jì)9對(duì)（x，y）．
故答案為：9．
總結(jié)提升：此題考查了坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，配方法的應(yīng)用，以及非負(fù)數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握完全平方公式是解本題的關(guān)鍵．
類(lèi)型三 配方變形
5． (2023春?西湖區(qū)校級(jí)期中）如果ax2?2x+a9=（3x?13）2+m，那么a，m的值分別為（ ）
A．3，0B．9，89C．9，13D．89，9
思路引領(lǐng)：由（3x?13）2+m＝9x2﹣2x+19+m可知a＝9，m=89
解：由ax2?2x+a9=（3x?13）2+m
＝9x2﹣2x+19+m
得：a＝9，19+m＝1
所以：m=89
故選：B．
總結(jié)提升：本題主要考查完全平方公式在配方法中的應(yīng)用．
6．∵a2±2ab+b2＝（a±b）2，∴我們把形如a2±2ab+b2的式子稱(chēng)為完全平方式．請(qǐng)解決下列問(wèn)題：
（1）代數(shù)式x2+6x+m中，當(dāng)m＝ 時(shí)，代數(shù)式為完全平方式；
（2）代數(shù)式x2+mx+25中，當(dāng)m＝ ±10 時(shí)，代數(shù)式為完全平方式；
（3）代數(shù)式x2+（m+2）x+（4m﹣7）為完全平方式，求m的值．
思路引領(lǐng)：根據(jù)完全平方式的定義即可求解．
解：（1）代數(shù)式x2+6x+m中，當(dāng)m＝9時(shí)，代數(shù)式為完全平方式；
故答案為：9；
（2）代數(shù)式x2+mx+25中，當(dāng)m＝±10時(shí)，代數(shù)式為完全平方式；
故答案為：±10；
（3）∵代數(shù)式x2+（m+2）x+（4m﹣7）為完全平方式，
∴|m+22|=4m?7，
∴m2+4m+4＝16m﹣28，
m2﹣12m+32＝0，
m2﹣12m+36＝4，
∴（m﹣6）2＝4，
m﹣6＝±2，
m1＝8，m2＝4．
總結(jié)提升：本題考查了完全平方式的定義，熟記完全平方公式是解答本題的關(guān)鍵．
類(lèi)型四 用配方法求代數(shù)式的最值
7．（2014春?宜興市校級(jí)期中）甲、乙兩位同學(xué)對(duì)問(wèn)題“求代數(shù)式y(tǒng)=x2+1x2的最小值”提出各自的想法．甲說(shuō)：“可以利用已經(jīng)學(xué)過(guò)的完全平方公式，把它配方成y=(x+1x)2?2，所以代數(shù)式的最小值為﹣2”．乙說(shuō)：“我也用配方法，但我配成y=(x?1x)2+2，最小值為2”．你認(rèn)為（ ）
A．甲對(duì)B．乙對(duì)C．甲、乙都對(duì)D．甲乙都不對(duì)
思路引領(lǐng)：先用配方法得到y(tǒng)＝（x?1x）2+2和y＝（x?1x）2+2，再根據(jù)x和1x一定同號(hào)判斷出正確的解析式．
解：因?yàn)閤和1x一定同號(hào)，不可能出現(xiàn)x=?1x的情況．
所以 x+1x≠0．
所以 乙正確．
故選：B．
總結(jié)提升：本題考查了配方法的應(yīng)用．此題注意x和1x的關(guān)系：互為倒數(shù)，顯然它們的平方和只有在都是1或﹣1時(shí)，有最小值．
8． (2023秋?臺(tái)江區(qū)期末）閱讀材料：數(shù)學(xué)課上，老師在求代數(shù)式x2﹣4x+5的最小值時(shí)，利用公式a2±2ab+b2＝（a±b）2，對(duì)式子作如下變形：x2﹣4x+5＝x2﹣4x+4+1＝（x﹣2）2+1
因?yàn)椋▁﹣2）2≥0，所以（x﹣2）2+1≥1．
當(dāng)x＝2時(shí)，（x﹣2）2+1＝1，
因此（x﹣2）2+1有最小值1，即x2﹣4x+5的最小值為1．
通過(guò)閱讀，解決下列問(wèn)題：
（1）代數(shù)式x2+10x﹣6的最小值為 ；
（2）當(dāng)x取何值時(shí)，代數(shù)式﹣x2+6x+8的值有最大值或最小值，并求出最大值或最小值；
（3）試比較代數(shù)式4x2﹣2x與2x2+6x﹣9的大小，并說(shuō)明理由．
思路引領(lǐng)：（1）仿照閱讀材料中的方法把代數(shù)式配方后，利用非負(fù)數(shù)的性質(zhì)確定出最小值即可；
（2）代數(shù)式利用完全平方公式配方后，利用非負(fù)數(shù)的性質(zhì)判斷即可；
（3）利用作差法列出關(guān)系式，配方后利用非負(fù)數(shù)的性質(zhì)確定出大小即可．
解：（1）x2+10x﹣6
＝（x2+10x+25）﹣31
＝（x+5）2﹣31，
∵（x+5）2≥0，
∴當(dāng)x+5＝0，即x＝﹣5時(shí)，代數(shù)式最小值為﹣31；
故答案為：﹣31；
（2）﹣x2+6x+8
＝﹣（x2﹣6x+9）+17
＝﹣（x﹣3）2+17，
∵（x﹣3）2≥0，
∴﹣（x﹣3）2≤0，
∴當(dāng)x﹣3＝0，即x＝3時(shí)，代數(shù)式有最大值17；
（3）∵（x﹣2）2≥0，
∴（4x2﹣2x）﹣（2x2+6x﹣9）
＝4x2﹣2x﹣2x2﹣6x+9
＝2x2﹣8x+9
＝2（x2﹣4x+4）+1
＝2（x﹣2）2+1≥1＞0，
∴4x2﹣2x＞2x2+6x﹣9．
總結(jié)提升：此題考查了配方法的應(yīng)用，以及非負(fù)數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握完全平方公式是解本題的關(guān)鍵．
9． (2023春?奉化區(qū)校級(jí)期末）已知實(shí)數(shù)m，n滿足m﹣n2＝1，則代數(shù)式m2+2n2+4m﹣1的最小值等于？
思路引領(lǐng)：根據(jù)題意把原式變形，根據(jù)配方法把原式寫(xiě)成含有完全平方的形式，根據(jù)偶次方的非負(fù)性解答．
解：∵m﹣n2＝1，
∴n2＝m﹣1，m≥1，
則m2+2n2+4m﹣1
＝m2+2m﹣2+4m﹣1
＝m2+6m﹣3
＝m2+6m+9﹣12
＝（m+3）2﹣12，
∵m≥1，
∴（m+3）2﹣12≥4，即代數(shù)式m2+2n2+4m﹣1的最小值等于4．
總結(jié)提升：本題考查的是配方法的應(yīng)用，配方法的理論依據(jù)是公式a2±2ab+b2＝（a±b）2．
10． (2023秋?句容市期中）已知x＝m是一元二次方程x2+2x+n﹣3＝0的一個(gè)根，則m+n的最大值等于（ ）
A．134B．4C．?154D．?134
思路引領(lǐng)：根據(jù)一元二次方程的解的定義，將x＝m代入一元二次方程x2+2x+n﹣3＝0，即可求得n＝﹣m2﹣2m+3，然后代入所求的代數(shù)式，利用配方法m+n的最大值．
解：∵x＝m是一元二次方程x2+2x+n﹣3＝0的一個(gè)根，
∴x＝m滿足一元二次方程x2+2x+n﹣3＝0，
∴m2+2m+n﹣3＝0，
∴n＝﹣m2﹣2m+3，
∴m+n＝m﹣m2﹣2m+3＝﹣（m?12）2+134≤134，
∴m+n的最大值為134，
故選：A．
總結(jié)提升：本題主要考查了一元二次方程的解的定義，注意配方法在解題過(guò)程中的應(yīng)用．
類(lèi)型五 配方法在多元二次方程中的應(yīng)用
11．（2017秋?蓬溪縣期末）已知a、b、c是△ABC的三邊，且滿足a2﹣b2+ac﹣bc＝0，則△ABC的形狀是（ ）
A．直角三角形B．等邊三角形C．等腰三角形D．無(wú)法確定
思路引領(lǐng)：先分解因式，即可得出a＝b，根據(jù)等腰三角形的判定得出即可．
解：a2﹣b2+ac﹣bc＝0，
（a+b）（a﹣b）+c（a﹣b）＝0，
（a﹣b）（a+b+c）＝0，
∵a、b、c是三角形的三邊，
∴a+b+c≠0，
∴a﹣b＝0，
即a＝b，
∴△ABC的形狀是等腰三角形，
故選：C．
總結(jié)提升：本題考查等腰三角形的判定和分解因式，能正確分解因式是解此題的關(guān)鍵．
12．已知a，b，c滿足a2+2b＝7，b2﹣4c＝﹣7，c2﹣6a＝﹣14，則a+b+c的值是（ ）
A．2B．3C．4D．5
思路引領(lǐng)：將已知三個(gè)等式的左右分別相加，然后根據(jù)配方法將a2+6b+b2+8c+c2+2a轉(zhuǎn)化為偶次方的和的形式（a+1）2+（b+3）2+（c+4）2＝0；最后根據(jù)非負(fù)數(shù)的性質(zhì)解答即可．
解：∵a2+2b＝7，b2﹣4c＝﹣7，c2﹣6a＝﹣14，
∴a2+2b+b2﹣4c+c2﹣6a＝﹣14，
∴（a2﹣6a+9）+（b2+2b+1）+（c2﹣4c+4）＝0，
即（a﹣3）2+（b+1）2+（c﹣2）2＝0，
∵（a﹣3）2≥0，（b+1）2≥0，（c﹣2）2≥0，
∴a﹣3＝0，b+1＝0，c﹣2＝0，
∴a＝3，b＝﹣1，c＝2，
∴a+b+c＝3+（﹣1）+2＝4．
故選：C．
總結(jié)提升：本題考查了配方法的應(yīng)用、非負(fù)數(shù)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)完全平方和公式將代數(shù)式轉(zhuǎn)化為偶次方的和的形式，求出a，b，c的值．
13． (2023秋?犍為縣期末）已知實(shí)數(shù)x、y、z滿足：（x+z）2﹣4（x﹣y）（y+z）＝0，下列式子一定成立的是（ ）
A．x+y﹣z＝0B．x+y+2z＝0C．y﹣z﹣2x＝0D．﹣z+x﹣2y＝0
思路引領(lǐng)：先將原式展開(kāi)，然后重組后配方得到（x﹣z﹣2y）2＝0，從而得到正確的選項(xiàng)．
解：根據(jù)題意
∵（x+z）2﹣4（x﹣y）（y+z）＝0，
∴x2+z2+2xz﹣4xy﹣4xz+4y2+4yz＝0，
∴x2+z2﹣2xz﹣4xy+4y2+4yz＝0，
∴（x﹣z）2﹣4y（x﹣z）+4y2＝0，
∴（x﹣z﹣2y）2＝0，
∴x﹣z﹣2y＝0．
故選：D．
總結(jié)提升：考查了因式分解的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是能夠?qū)⒃竭M(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃?，難度不大．
14． (2023秋?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）已知3x﹣y＝3a2﹣6a+9，x+y＝a2+6a﹣9，若x≤y，則實(shí)數(shù)a的值為（ ）
A．1B．2C．3D．4
思路引領(lǐng)：根據(jù)題意列出關(guān)于x、y的方程組，然后求得x、y的值，結(jié)合已知條件x≤y來(lái)求a的取值．
解：依題意得：3x?y=3a2?6a+9x+y=a2+6a?9，
解得x=a2y=6a?9，
∵x≤y，
∴a2≤6a﹣9，
整理，得（a﹣3）2≤0，
故a﹣3＝0，
解得a＝3．
故選：C．
總結(jié)提升：本題考查了配方法的應(yīng)用，非負(fù)數(shù)的性質(zhì)以及解二元一次方程組．配方法的理論依據(jù)是公式a2±2ab+b2＝（a±b）2．
15． (2023?蜀山區(qū)校級(jí)模擬）已知a﹣b＝2，ab+2b﹣c2+2c＝0，當(dāng)b≥0，﹣2≤c＜1時(shí)，整數(shù)a的值是 ．
思路引領(lǐng)：由a﹣b＝2，得出a＝b+2，進(jìn)一步代入ab+2b﹣c2+2c＝0，進(jìn)一步利用完全平方公式得到（b+2）2﹣（c﹣1）2﹣3＝0，再根據(jù)已知條件得到b的值，進(jìn)一步求得整數(shù)a的值即可．
解：∵a﹣b＝2，
∴a＝b+2，
∴ab+2b﹣c2+2c
＝b（b+2）+2b﹣c2+2c
＝b2+4b﹣（c2﹣2c）
＝（b+2）2﹣（c﹣1）2﹣3
＝0，
∵b≥0，﹣2≤c＜1，
∴4≤（b+2）2≤12，
∵a是整數(shù)，
∴b＝0或1，
∴a＝2或3．
故答案為：2或3．
總結(jié)提升：此題考查配方法的運(yùn)用，非負(fù)數(shù)的性質(zhì)，掌握完全平方公式是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．
類(lèi)型六 用配方法分解因式
16． (2023春?吉安期末）請(qǐng)看下面的問(wèn)題：把x4+4分解因式．
分析：這個(gè)二項(xiàng)式既無(wú)公因式可提，也不能直接利用公式，怎么辦呢？
19世紀(jì)的法國(guó)數(shù)學(xué)家蘇菲?熱門(mén)抓住了該式只有兩項(xiàng)，而且屬于平方和（x2）2+22的形式，要使用公式就必須添一項(xiàng)4x2，隨即將此項(xiàng)4x2減去，即可得x4+4＝x4+4x2+4﹣4x2＝（x2+2）2﹣4x2＝（x2+2）2﹣（2x）2＝（x2+2x+2）（x2﹣2x+2）
人們?yōu)榱思o(jì)念蘇菲?熱門(mén)給出這一解法，就把它叫做“熱門(mén)定理”，請(qǐng)你依照蘇菲?熱門(mén)的做法，將下列各式因式分解．
（1）4x4+y4；
（2）x2﹣2ax﹣b2﹣2ab．
思路引領(lǐng)：（1）原式變形后，利用完全平方公式及平方差公式分解即可；
（2）原式變形后，利用完全平方公式及平方差公式分解即可．
解：（1）原式＝4x4+y4+4x2y2﹣4x2y2＝（2x2+y2）2﹣4x2y2＝（2x2+y2+2xy）（2x2+y2﹣2xy）；
（2）原式＝x2﹣2ax+a2﹣a2﹣b2﹣2ab＝（x﹣a）2﹣（a+b）2＝（x+b）（x﹣2a﹣b）．
總結(jié)提升：此題考查了因式分解﹣配方法，以及分組分解法，熟練掌握因式分解的方法是解本題的關(guān)鍵．
類(lèi)型七 用配方法化簡(jiǎn)二次根式
17．化簡(jiǎn)：（5?1）2+29?45的結(jié)果是 ．
思路引領(lǐng)：利用完全平方公式以及二次根式的性質(zhì)化簡(jiǎn)求出即可．
解：（5?1）2+29?45
＝5+1﹣25+2(5?2)2
＝6﹣25+2（5?2）
＝6﹣25+25?4
＝2．
故答案為：2．
總結(jié)提升：此題主要考查了二次根式的性質(zhì)與化簡(jiǎn)，正確化簡(jiǎn)二次根式是解題關(guān)鍵．
類(lèi)型八 配方法與根的判別式綜合運(yùn)用
18． (2023?黃州區(qū)校級(jí)模擬）若方程x2+2（1+a）x+3a2+4ab+4b2+2＝0有實(shí)根，則ba=
思路引領(lǐng)：由二次方程有實(shí)根，得到△≥0，即Δ＝4（1+a）2﹣4（3a2+4ab+4b2+2）≥0，通過(guò)代數(shù)式變形可得兩個(gè)非負(fù)數(shù)的和小于或等于0，從而得到a，b的方程組，解方程組即可求出它們的比．
解：∵方程有實(shí)根，
∴△≥0，即Δ＝4（1+a）2﹣4（3a2+4ab+4b2+2）≥0，
化簡(jiǎn)得：2a2+4ab+4b2﹣2a+1≤0，
∴（a+2b）2+（a﹣1）2≤0，而（a+2b）2+（a﹣1）2≥0，
∴a+2b＝0，a﹣1＝0，解得a＝1，b=?12，
所以ba=?12．
故答案為?12．
總結(jié)提升：本題考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0，a，b，c為常數(shù)）根的判別式Δ＝b2﹣4ac．當(dāng)Δ＞0，方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根；當(dāng)Δ＝0，方程有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根；當(dāng)Δ＜0，方程沒(méi)有實(shí)數(shù)根．同時(shí)考查了幾個(gè)非負(fù)數(shù)和的性質(zhì)以及代數(shù)式變形的能力．
19．如果關(guān)于x的方程（x+a）（x+b）+（x+b）（x+c）+（x+c）（x+a）＝0（其中a，b，c均為正數(shù)）有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根，證明：以a，b，c為長(zhǎng)的線段能夠組成一個(gè)三角形，并指出三角形的特征．
思路引領(lǐng)：首先整理方程得出3x2+2（a+b+c）x+（ab+bc+ac）＝0，進(jìn)一步利用根的判別式等于0，得出a、b、c的關(guān)系判斷即可．
證明：原方程可以整理成3x2+2（a+b+c）x+（ab+bc+ac）＝0，
∵方程有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根，
∴[2（a+b+c）]2﹣4×3×（ab+bc+ac）＝0，
整理得：4a2+4b2+4c2﹣4ab﹣4bc﹣4ac＝0
2（a﹣b）2+2（b﹣c）2+2（a﹣c）2＝0，
∴a﹣b＝0，b﹣c＝0，a﹣c＝0，
∴a＝b＝c，
∴三角形為等邊三角形．
總結(jié)提升：此題考查了一元二次方程根的判別式，一元二次方程根的情況與判別式△的關(guān)系：（1）Δ＞0?方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根；（2）Δ＝0?方程有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根；（3）Δ＜0?方程沒(méi)有實(shí)數(shù)根，關(guān)鍵是根據(jù)判別式和已知條件求出a，b，c的關(guān)系．

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