——专题讲解———
把一个式子或一个式子的部分改写成一个完全平方式，或者几个完全平方式的和的形式，这种解题方法叫做配方法．这种变化的手段在解决初中数学问题时有着广泛的应用．
配方法的作用在于揭示式子的非负性，是挖掘隐含条件的有力工具；配方法的实质在于改变式子的原有结构，是变形求解的一种手段．
运用配方法解题的关键在于“配凑”，“拆项”和“添项”是配方中常用的技巧．一般常用的基本等式：
1．a2±2ab＋b2=（a±b）2；
2．a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac=（a＋b＋c）2；
3．a2＋b2＋c2±2ab±2bc±2ac= [a±b）2＋（b±c）2＋（c±a）2]；
4．ax2＋bx＋c=a（x＋）＋
——提优范例———
例1】已知a，b，c满足a2＋2b=7，b2－2c=－1，c2－6a=－17，则a＋b＋c的值等于（ ）
a．2 b．3 c．4 d．5
提示】根据已知等式左端的特点，将其配成完全平方式的和，然后利用非负数的性质：几个非负数的和为零，那么每一个加数也必为零．例如：若|a|＋＋c2=0，则a = b = c =0．
感悟】特别地，对于形如的二次根式常常可以利用配方法来化简，因为只要适当变形常可使被开方数成为一个完全平方式．去掉根号时一定要注意表示的是算术根，防止出错．
例2】（江苏泰州中考）已知，（m为任意实数），则p、q的大小关系为（ ）
ab． c． d．不能确定。
提示】运用差值法、配方法比较．
感悟】用配方法证明不等关系的主要方法是通过配方产生非负数，然后利用非负数的性质，或者由平方式的非负性导出不等关系．
例3】先阅读理解下面的例题，再按要求解答下列问题：
例题：求代数式y2＋4y＋8的最小值．
解：y2＋4y＋8=y2＋4y＋4＋4=（y＋2）2＋4，（y＋2）2≥0，∴（y＋2）2＋4≥4，y2＋4y＋8的最小值是4．
1）求代数式m2＋m＋4的最小值；
2）求代数式4x2＋2x的最大值；
3）某居民小区要在一块一边靠墙（墙长15m）的空地上建一个长方形花园abcd，花园一边靠墙，另三边用总长为20m的栅栏围成．如图，设ab=x（m），请问：当x取何值时，花园的面积最大？最大面积是多少？
提示】阅读理解解答．
感悟】用配方法确定代数式的最值：将二次三项式ax2＋bx＋c配方成a（x＋）＋由的符号决定其最大（小）值，此时x=．
——小试身手———
1．（☆若△abc的边长为a、b、c，且满足等式a2＋b2＋c2=ab＋bc＋ca， 则△abc的形状是（ ）
a．直角三角形 b．等腰三角形。
c．钝角三角形 d．等边三角形．
2．（☆2011·天津市）若实数x、y、z满足（x－z）2－4（x－y）（y－z）=0．则下列式子一定成立的是（ ）
a． b．
c． d．
3．（☆全国初中数学竞赛天津赛区预赛）已知：m2＋n2＋mn＋m－n＋1=0，则＋的值等于（ ）
a．－1 b．0 c．1 d．2
4．（☆2011·呼和浩特）若x2－3x＋1=0，则的值为 ．
5．（☆2013全国初中数学联赛预赛）若，则满足该方程的所有根之和为。
6．（☆2012山东淄博）一个三位数，其各位上的三个数字的平方和等于其中两个数字乘积的2倍，请写出符合上述条件的一个三位数 ．
7．（☆2015浙江杭州模拟）如图，同一段铁丝分成相等的四段可围成正方形，若分成相等的五段，则可围成正五边形，其中正方形的边长为（a2ab＋b2）m．正五边形的边长为（2b－5）m，则这段铁丝的总长是 25
m．8．（☆2011·四川成都）设s1=1＋＋，s2=1＋＋，s3=1＋＋，sn=1＋＋，设s= ＋则s用含n的代数式表示，其中n为正整数)．
9．（☆2014怀化模拟）若实数x、y、z满足x=4－y，z2=xy－4，求证：x=y．
10．（☆2013全国初中数学竞赛九年级预赛）已知：是完全平方式．
求证：．11．（☆已知：α，是一元二次方程x2－x－1=0的两个实数根，设s1=α＋s2=α2＋β2，…，sn=αn＋βn．根据根的定义，有α2－α－1=0，β2－β－1=0，将两式相加，得（α2＋β2）－（2=0，于是，得s2－s1－2=0．
根据以上信息，解答下列问题：
1）利用配方法求α，β的值，并直接写出s1，s2的值；
2）猜想：当n≥3时，sn，sn－1，sn－2之间满足的数量关系，并证明你的猜想的正确性；
3）根据（2）中的猜想，直接写出的值．
12．（☆2014贵州毕节）某工厂生产的某种产品按质量分为10个档次，第1档次（最低档次）的产品一天能生产95件，每件利润6元．每提高一个档次，每件利润增加2元，但一天产量减少5件．
1）若生产第x档次的产品一天的总利润为y元（其中x为正整数，且1≤x≤10），求y的最大值；
2）若生产第x档次的产品一天的总利润为1120元，求该产品的质量档次．
——参***———
例1．【答案】b
解析】由a2＋2b=7，b2－2c=－1，c2－6a=－17得a2＋2b＋b2－2c＋c2－6a＋11=0，∴（a－3）2＋（b＋1）2＋（c－1）2=0，∴a=3，b=－1，c=1，因此a＋b＋c=3．
例2．【答案】c
解析】由题意，知：qp=m2mm＋1=m2m＋1=m2m＋＋=m）2＋；由于（m）2≥0，所以（m）2＋＞0；因此qp＞0，即q＞p．
例3．【解析】（1）m2＋m＋4=（m＋）2＋，∵m＋）2≥0，∴（m＋）2＋≥，则m2＋m＋4的最小值是；
2）4x2＋2x=（x1）2＋5，∵（x1）2≤0，∴（x1）2＋5≤5，则4x2＋2x的最大值为5；
3）由题意，得花园的面积是x（202x）=2x2＋20x，2x2＋20x=2（x5）2＋50=2（x5）2≤0，2（x5）2＋50≤50，2x2＋20x的最大值是50，此时x=5，则当x=5m时，花园的面积最大，最大面积是50m2．
1．【答案】d
解析】将已知等式的两边同乘以2后，移项、配方得 （ab）2＋（bc）2＋（ca）2=0 ∴a=b=c．因此，△abc是等边三角形．
2．【答案】d
解析】∵（x－z）2－4（x－y）（y－z）=0，∴x2－2xz＋z2－4xy＋4xz＋4y2－4yz=0，x2＋2xz＋z2－4xy－4yz＋4y2=0，（x＋z）2－4y（y＋z）＋4y2=0，（x＋z－2y）2=0，∴x＋z－2y=0．
3．【答案】b
解析】将m2＋n2＋mn＋m－n＋1=0变形，得2m2＋2n2＋2mn＋2m－2n＋2=0，即（m＋1）2＋（n－1）2＋（m＋n）2=0，∴m＋1=0，n－1=0，解得m=－1，n=1．∴＋1＋1=0．
4．【答案】
解析】由已知x2－3x＋1=0，得x2=3x－1．将x2=3x－1代入===
5．【答案】
解析】当2x1≥0时，即x≥，原方程化为x22x3=0，（x1）2=4，x1=3，x2=1（舍去），∴x=3；
当2x1＜0，即x＜时，原方程化为x2＋2x5=0，（x＋1）2=6，x＋1=±，x1=1＋，x2=1，∵1＋＞，x1=1＋（舍去），∴x=1．
则3＋（1）=2．
6．【答案】答案不唯一，如101，110，202，220等
解析】设此三位数为：100x＋10y＋z，根据题意得：x2＋y2＋z2=2xy或x2＋y2＋z2=2xz或x2＋y2＋z2=2yz，即x2＋y2－2xy=－z2或x2－2xz＋z2=－y2或y2＋z2－2yz=－x2，则（x－y）2=－z2或（x－z）2=－y2或（y－z）2=－x2，故x－y=z或x－z=y或y－z=x，故此题答案不唯一，如101，110，202，220等，只要是两个相同的数学和0构成的三位数就行．
7．【答案】25
解析】根据题意得：4（a2ab＋b2）=5（2b－5），4a2－4ab＋2b2=10b－25，4a2－4ab＋2b2－10b＋25=0，4a2－4ab＋b2＋b2－10b＋25=0，（2a－b）2＋（b－5）2=0，∵（2a－b）2≥0，（b－5）2≥0，∴2a－b=0，b－5=0，∴b=5，a=，∴这段铁丝的总长是5（2b－5）=5×（2×5－5）=25（m）．
8．【答案】
解析】 ∵sn=1＋＋=1＋－，s=1＋1－＋1＋－＋1＋－=n＋1－=．
9．【解析】∵x=4－y，∴z2=xy－4=（4－y）y－4=－y2＋4y－4=－（y－2）2≥0，所以y=2，x=2．
10．【解析】证明：把已知代数式整理成关于x的二次三项式，得。
原式＝3x2＋2（a＋b＋c）x＋ab＋ac＋bc ∵它是完全平方式， ∴0．
即4（a＋b＋c）2－12（ab＋ac＋bc）=0． ∴2a2＋2b2＋2c2－2ab－2bc－2ca=0,a－b）2＋（b－c）2＋（c－a）2=0．要使等式成立，必须且只需：
解这个方程组，得．
11．【解析】（1）移项，得x2－x=1，配方，得，即，开平方，得，即，所以，，．
于是，s1=1，s2=3；
2）猜想：sn=sn－1＋sn－2．
证明：根据根的定义，α2－α－1=0，两边都乘以αn－2，得 αn－αn－1－αn－2=0，①
同理，βn－βn－1－βn－2=0，②
＋②，得（αn＋βn）－（n－1＋βn－1）－（n－2＋βn－2）=0，因为 sn=αn＋βn，sn－1=αn－1＋βn－1，sn－2=αn－2＋βn－2，所以 sn－sn－1－sn－2=0，即sn=sn－1＋sn－2．
3）47．理由：
由（1）知，s1=1，s2=3，由（2）中的关系式可得：
s3=s2＋s1=4，s4=s3＋s2=7，s5=7＋4=11，s6=11＋7=18，s7=18＋11=29，s8=29＋18=47．
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