【正文】 　　解 將原方程化為　　a2x22ax+1+x2+a2+3=0，　　即　　(ax1)2+x2+a2+3=0．　　對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，均有　　(ax1)2≥0，x2≥0，a2≥0，3＞0，所以，(ax1)2+x2+a2+3恒大于0，故　　(a2+1)x22ax+(a2+4)=0無實(shí)根．　　例7 求方程的實(shí)數(shù)根．　　分析 本題是已知一個(gè)方程，但要求出兩個(gè)未知數(shù)的值，而要確定兩個(gè)未知數(shù)的值，一般需要兩個(gè)方程．因此，要將已知方程變形，看能否出現(xiàn)新的形式，以利于解題．　　　　　　　　解之得　　經(jīng)檢驗(yàn)，均為原方程的解．　　說明 應(yīng)用非負(fù)數(shù)的性質(zhì)“幾個(gè)非負(fù)數(shù)之和為零，則這幾個(gè)非負(fù)數(shù)都為零”，可將一個(gè)等式轉(zhuǎn)化為幾個(gè)等式，從而增加了求解的條件．　　例8 已知方程組　　求實(shí)數(shù)x1，x2，…，xn的值．　　解 顯然，x1=x2=…=xn=0是方程組的解．　　由已知方程組可知，在x1，x2，…，xn 中，只要有一個(gè)值為零，則必有x1=x2=…=xn=0．所以當(dāng)x1≠0，x2≠0，…，xn≠0時(shí)，將原方程組化為　　將上面n個(gè)方程相加得　　又因?yàn)閤i為實(shí)數(shù)，所以　　　　經(jīng)檢驗(yàn)，原方程組的解為　　例9 求滿足方程｜ab｜+ab=1的非負(fù)整數(shù)a，b的值．　　解 由于a，b為非負(fù)整數(shù)，所以　　解得　　例10 當(dāng)a，b為何值時(shí)，方程　　x2+2(1+a)x+3a2+4ab+4b2+2=0有實(shí)數(shù)根？　　解 因?yàn)榉匠逃袑?shí)數(shù)根，所以△≥0，即　　△=4(1+a)24(3a2+4ab+4b2+2)　　　=4a2+8a+412a216ab16b28　　　=8a216ab16b2+8a4≥0，　　所以　　2a24ab4b2+2a1≥0，　　a2+2a1a24ab4b2≥0，　　(a1)2(a+2b)2≥0．　　因?yàn)?a1)2≥0，(a+2b)2≥0，所以　　　　　例11 已知實(shí)數(shù)a，b，c，r，p滿足pr＞1，pc2b+ra=0，　　求證：一元二次方程ax2+2bx+c=0必有實(shí)數(shù)根．　　證 由已知得2b=pc+ra，所以　　△=(2b)24ac=(pc+ra)24ac　　　=p2c2+2pcra+r2a24ac　　　=p2c22pcra+r2a2+4pcra4ac　　　=(pcra)2+4ac(pr1)．由已知pr1＞0，又(pcra)2≥0，所以當(dāng)ac≥0時(shí)，△≥0；當(dāng)ac＜0時(shí)，也有△=(2b)24ac＞0．綜上，總有△≥0，故原方程必有實(shí)數(shù)根．　　例12 對(duì)任意實(shí)數(shù)x，比較3x2+2x1與x2+5x3的大?。　〗?用比差法．　　(3x2+2x1)(x2+5x3)　　=2x23x+2　　　　即　　(3x2+2x1)(x2+5x3)＞0，　　所以 3x2+2x1＞x2+5x3．　　說明 比差法是比較兩個(gè)代數(shù)式值的大小的常用方法，除此之外，為判定差是大于零還是小于零，配方法也是常用的方法之一，本例正是有效地利用了這兩個(gè)方法，使問題得到解決．　　例13 已知a，b，c為實(shí)數(shù)，設(shè)　　　　證明：A，B，C中至少有一個(gè)值大于零．　　證 由題設(shè)有　　A+B+C　　　　=(a22a+1)+(b22b+1)+(c22c+1)+π3　　=(a1)2+(b1)2+(c1)2+(π3)．　　因?yàn)?a1)2≥0，(b1)2≥0，(c1)2≥0，π3＞0，所以A+B+C＞0．　　若A≤0，B≤0，C≤0，則A+B+C≤0與A+B+C＞0不符，所以A，B，C中至少有一個(gè)大于零．　　例14 已知a≥0，b≥0，求證：　　　　分析與證明 對(duì)要求證的不等式兩邊分別因式分解有　　　　由不等式的性質(zhì)知道，只須證明　　因?yàn)閍≥0，b≥0，所以　　　　又因?yàn)椤　　　　　　∷栽坏仁匠闪ⅲ　±?5 四邊形四條邊長(zhǎng)分別為a，b，c，d，它們滿足等式a4+b4+c4+d4=4abcd，　　試判斷四邊形的形狀．　　解 由已知可得　　a4+b4+c4+d44abcd=0，　　所以　　(a42a2b2+b4)+(c22c2d2+d4)+(2a2b24abcd+2c2d2)=0，　　即 (a2b2)2+(c2d2)2+2(abcd)2=0．　　因?yàn)閍，b，c，d都是實(shí)數(shù)，所以　　(a2b2)2≥0，(c2d2)2≥0，(abcd)2≥0，　　所以　　由于a，b，c，d都為正數(shù)，所以，解①，②，③有a=b=c=d．　　故此四邊形為菱形．練 習(xí) 八　　1．求x，y的值：　　　　　　　　　　　4．若實(shí)數(shù)x，y，z滿足條件　　　　5．已知a，b，c，x，y，z都是非零實(shí)數(shù)，且a2+b2+c2=x2+y2+z2=ax+bycz，　　　　6．若方程k(x24)+ax1=0對(duì)一切實(shí)數(shù)k都有實(shí)數(shù)根，求a的取值范圍．第九講 一元二次方程　　一元二次方程是中學(xué)代數(shù)的重要內(nèi)容之一，是進(jìn)一步學(xué)習(xí)其他方程、不等式、函數(shù)等的基礎(chǔ)，其內(nèi)容非常豐富，本講主要介紹一元二次方程的基本解法．　　方程ax2+bx+c=0(a≠0)稱為一元二次方程．　　一元二次方程的基本解法有開平方法、配方法、公式法和國(guó)式分解法．　　對(duì)于方程ax2+bx+c=0(a≠0)，△=b24ac稱為該方程的根的判別式．當(dāng)△＞0時(shí)，方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，即　　當(dāng)△=0時(shí)，方程有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根，即　　當(dāng)△＜0時(shí)，方程無實(shí)數(shù)根．　　　　分析 可以使用公式法直接求解，下面介紹的是采用因式分解法求解．　　　　　因?yàn)椤　　　∷浴　　　　　　±? 解關(guān)于x的方程：　　x2(p2+q2)x+pq(p+q)(pq)=0．　　解 用十字相乘法分解因式得　　[xp(pq)][xq(p+q)]=0，　　所以x1=p(pq)，x2=q(p+q)．　　例3 已知方程(2000x)220011999x1=0的較大根為a，方程x2+1998x1999=0的較小根為β，求αβ的值．　　解 由方程(2000x)220011999x1=0得(20002x+1)(x1)=0，　　(x+1999)(x1)=0，　　故x1=1999，x2=1，所以β=1999．所以αβ=1(1999)=2000．　　例4 解方程：(3x1)(x1)=(4x+1)(x1)．　　分析 本題容易犯的錯(cuò)誤是約去方程兩邊的(x1)，將方程變?yōu)?x1=4x+1，　　所以x=2，這樣就丟掉了x=1這個(gè)根．故特別要注意：用含有未知數(shù)的整式去除方程兩邊時(shí)，很可能導(dǎo)致方程失根．本題正確的解法如下．　　解 (3x1)(x1)(4x+1)(x1)=0，　　(x1)[(3x1)(4x+1)]=0，　　(x1)(x+2)=0，　　所以 x1=1，x2=2．　　例5 解方程：x23｜x｜4=0．　　分析 本題含有絕對(duì)值符號(hào)，因此求解方程時(shí)，要考慮到絕對(duì)值的意義．　　解法1 顯然x≠0．當(dāng)x＞0時(shí)，x23x4=0，所以x1=4，x2=1(舍去)．當(dāng)x＜0時(shí)，x2+3x4=0，所以x3=4，x4=1(舍去)．　　所以原方程的根為x1=4，x2=4．　　解法2 由于x2=｜x｜2，所以　?。黿｜23｜x｜4=0，　　所以 (｜x｜4)(｜x｜+1)=0，　　所以 ｜x｜=4，｜x｜=1(舍去)．　　所以 x1=4，x2=4．　　例6 已知二次方程　　3x2(2a5)x3a1=0　　有一個(gè)根為2，求另一個(gè)根，并確定a的值．　　解 由方程根的定義知，當(dāng)x=2時(shí)方程成立，所以　　322(2a5)23a1=0，　　故a=3．原方程為　　3x2x10=0，即(x2)(3x+5)=0，　　　　例7 解關(guān)于x的方程：ax2+c=0(a≠0)．　　分析 含有字母系數(shù)的方程，一般需要對(duì)字母的取值范圍進(jìn)行討論．　　　　當(dāng)c=0時(shí)，x1=x2=0；　　　　當(dāng)ac＞0(即a，c同號(hào)時(shí))，方程無實(shí)數(shù)根．　　例8 解關(guān)于x的方程：　　(m1)x2+(2m1)x+m3=0．　　分析 討論m，由于二次項(xiàng)系數(shù)含有m，所以首先要分m1=0與m1≠0兩種情況(不能認(rèn)為方程一定是一元二次方程)；當(dāng)m1≠0時(shí)，再分△＞0，△=0，△＜0三種情況討論．　　解 分類討論．　　(1)當(dāng)m=1時(shí)，原方程變?yōu)橐辉淮畏匠蘹2=0，　　所以x=2．　　(2)當(dāng)m≠1時(shí)，原方程為一元二次方程．　　△=(2m1)24(m1)(m3)=12m11．　　　　　　　　　　　例9 解關(guān)于x的方程：　　a2(x2x+1)a(x21)=(a21)x．　　解 整理方程得　　(a2a)x2(2a21)x+(a2+a)=0．　　(1)當(dāng)a2a≠0，即a≠0，1時(shí)，原方程為一元二次方程，因式分解后為　　[ax(a+1)][(a1)xa]=0，　　　　(2)當(dāng)a2a=0時(shí)，原方程為一元一次方程，當(dāng)a=0時(shí)，x=0；當(dāng)a=1時(shí)，x=2．　　例10 求k的值，使得兩個(gè)一元二次方程　　x2+kx1=0，x2+x+(k2)=0　　有相同的根，并求兩個(gè)方程的根．　　解 不妨設(shè)a是這兩個(gè)方程相同的根，由方程根的定義有　　a2+ka1=0， ①　　a2+a+(k2)=0． ②　?、佗谟小　a1a(k2)=0，　　即 (k1)(a1)=0，　　所以k=1，或a=1．　　(1)當(dāng)k=1時(shí)，兩個(gè)方程都變?yōu)閤2+x1=0，所以兩個(gè)方程有兩個(gè)相同的根　　　　沒有相異的根；　　(2)當(dāng)a=1時(shí)，代入①或②都有k=0，此時(shí)兩個(gè)方程變?yōu)閤21=0，x2+x2=0．　　解這兩個(gè)方程，x21=0的根為x1=1，x2=1；x2+x2=0的根為x1=1，x2=2．x=1為兩個(gè)方程的相同的根．　　例11 若k為正整數(shù)，且關(guān)于x的方程　　(k21)x26(3k1)x+72=0　　有兩個(gè)不相等的正整數(shù)根，求k的值．　　解 原方程變形、因式分解為　　(k+1)(k1)x26(3k1)x+72=0，　　[(k+1)x12][(k1)x6]=0，　　即　　4，7．所以k=2，3使得x1，x2同時(shí)為正整數(shù)，但當(dāng)k=3時(shí)，x1=x2=3，與題目不符，所以，只有k=2為所求．　　例12 關(guān)于x的一元二次方程x25x=m21有實(shí)根a和β，且｜α｜+｜β｜≤6，確定m的取值范圍．　　解 不妨設(shè)方程的根α≥β，由求根公式得?。粒?｜β｜=α+β=5＜6，　　 符合要求，所以m2≤1．　　　　　　　　　例13 設(shè)a，b，c為△ABC的三邊，且二次三項(xiàng)式x2+2ax+b2與x2+2cxb2有一次公因式，證明：△ABC一定是直角三角形．　　證 因?yàn)轭}目中的兩個(gè)二次三項(xiàng)式有一次公因式，所以二次方程x2+2ax+b2=0與x2+2cxb2=0必有公共根，設(shè)公共根為x0 ，則　　兩式相加得　　若x0=0，代入①式得b=0，這與b為△ABC的邊不符，所以公共根x0=(a＋c)．把x0=(a＋c)代入①式得(a+c)22a(a+c)+bg2=0，　　整理得a2=b2+c2　　所以△ABC為直角三角形．　　例14 有若干個(gè)大小相同的球，可將它們擺成正方形或正三角形，擺成正三角形時(shí)比擺成正方形時(shí)每邊多兩個(gè)球，求球的個(gè)數(shù)．　　解 設(shè)小球擺成正三角形時(shí)，每邊有x個(gè)球，則擺成正方形時(shí)每邊有(x2)個(gè)球．此時(shí)正三角形共有球　　此時(shí)正方形共有(x2)2個(gè)球，所以　　即 x29x+8=0，　　x1=1，x2=8．　　因?yàn)閤2≥1，所以x1=1不符合題意，舍去．所以x=8，此時(shí)共有球(x2)2=36個(gè)．練 習(xí) 九　　1．解方程：　　　　(2)20x2+253x+800=0；　　(3)x2+｜2x1｜4=0．　　2．解下列關(guān)于x的方程：　　(1)abx2(a4+b4)x+a3b3=0；　　(2)(2x23x2)a2+(1x2)b2=ab(1+x2)．　　3．若對(duì)任何實(shí)數(shù)a，關(guān)于x的方程x22axa+2b=0　　都有實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．　　4．若方程x2+ax+b=0和x2+bx+a=0有一個(gè)公共根，求(a+b)2000的值．　　5．若a，b，c為△ABC的三邊，且關(guān)于x的方程　　4x2+4(a2+b2+c2)x+3(a2b2+b2c2+c2a2)=0有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根，試證△ABC是等邊三角形．第十講 三角形的全等及其應(yīng)用　　在中學(xué)教材中，關(guān)于三角形全等有以下判定公理：　　(1)邊角邊公理 有兩邊和它們的夾角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形全等(簡(jiǎn)寫成“SAS”)．　　(2)角邊角公理 有兩角和它們的夾邊對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形全等(簡(jiǎn)寫成“ASA”)．　　推論 有兩個(gè)角和其中一個(gè)角的對(duì)邊對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形全等(簡(jiǎn)寫成“AAS”)．　　(3)邊邊邊公理 有三邊對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形全等(簡(jiǎn)寫成“SSS”)．　　關(guān)于直角三角形有：　　(4)斜邊、直角邊公理 有斜邊和一條直角邊對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)直角三角形全等(簡(jiǎn)寫成“HL”)．　　利用全等三角形，我們可以得到有關(guān)角平分線、線段的垂直平分線、等腰三角形的許多重要性質(zhì)，在本講中將直接利用這些性質(zhì)．　　借助