人教版2024-2025学年九年级数学上册21.2.3因式分解法拔高提升同步练习(附答案解析)

人教版2024-2025学年九年级数学上册21.2.3因式分解法拔高提升同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．方程的根是（　　）
A． B． C． D．
2．已知和是方程的解，则的值为（ ）
A． B．5 C．2.5 D．无法确定
3．下列一元二次方程中，有两个不相等的实数根的是（ ）
A． B．
C． D．
4．一元二次方程的一个解是，则另一个解是（ ）
A． B． C． D．无法判断
5．解二元一次方程组时可以通过“消元”将二元一次方程组化为一元一次方程进行求解；解一元二次方程可以通过“降次”将一元二次方程化为一元一次方程进行求解．以上两种方法体现了一种重要的数学思想是（ ）
A．转化思想 B．数形结合思想 C．类比思想 D．分类讨论思想
6．在解一元二次方程时，运用因式分解法将其变为，即或，这个过程中蕴含的数学思想是（ ）
A．类比 B．转化 C．从特殊到一般 D．数形结合
7．若实数，满足，则的值为（ ）
A．5 B．2.5 C．2.5或 D．5或
8．用换元法解分式方程时，如果设，那么原方程可化为（ ）
A．； B．；
C．； D．．
9．对于实数a、b，定义新运算，规则如下：，则等式中的值为（ ）
A．1或 B．或7 C． D．
10．自然数n满足，这样的n的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
11．已知实数a、b、c满足.则代数式ab+ac的值是( ).
A．-2 B．-1 C．1 D．2
12．关于x的方程，给出下列四个题：
①存在实数，使得方程恰有2个不同的实根 ②存在实数，使得方程恰有4个不同的实根
③存在实数，使得方程恰有5个不同的实根 ④存在实数，使得方程恰有8个不同的实根
其中假命题的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
二、填空题
13．小华在解一元二次方程时，只得出一个根是，则被他漏掉的一个根是 ．
14．解方程，若设，则原方程可化为 ．
15．设a，b是一个直角三角形两条直角边的长，且，则这个直角三角形的斜边长为 ．
16．如图，从图 2 开始，每一个图形都是由基本图形“△”通过平移或翻折拼成的:
观察发现，图 10 中共有 个小三角形,图 n 共有 个小三角形，
17．若实数x满足，则的值是 ．
三、解答题
18．用适当的方法解下列一元二次方程．
(1)（配方法）； (2)（公式法）；
(3)（因式分解）； (4)（适当方法）；
(5)（适当方法）．
19．如图，用1张边长为的正方形纸片，2张边长为的正方形纸片，3张长、宽分别为b，a的长方形纸片拼成新的长方形（无缝隙），通过不同的方法计算面积，探求相应的等式．
(1)你得到的等式是______；
(2)借助拼图的方法，将多项式因式分解．
20．阅读材料，解答问题．
解方程：，
解：把视为一个整体，设，
则原方程可化为：，
解得：，，
或，
，，
以上方法就叫换元法，达到了降次的目的，体现了转化的思想．
请仿照上例，请用换元法解答问题：
已知，求的值．
21．【阅读】小明同学遇到这样一个问题：已知关于x的方程（a、b、m为常数，）的解是，，求方程的解．他用“换元法”解决了这个问题．我们一起来看看小明同学的具体做法．
解：在方程中令，则方程可变形为，
根据关于x的方程的解是，，
可得方程的解是，．
把代入得，，把代入得，，
所以方程的解是，．
【理解】
已知关于x的一元二次方程有两个实数根m，n．
(1)关于x的方程的两根分别是______（用含有m、n的代数式表示）；
(2)方程______的两个根分别是2m，2n．（答案不唯一，写出一个即可）
(3)【猜想与证明】
双察下表中每个方程的解的特点：
方程 方程的解 方程 方程的解
， ，
， ，
， ，
…… …… …… ……
猜想：方程的两个根与方程______的两个根互为倒数；
(4)仿照小明采用的“换元法”，证明你的猜想．
22．阅读下列材料：解方程：．这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是：设，那么，于是原方程可变为①，解这个方程得：当时，．；当时，，以原方程有四个根：．这个过程中，我们利用换元法达到降次的目的，体现了转化的数学思想．
(1)用换元法解方程：时，若设，则原方程可转化为____________；并求出x．
(2)三边是a，b，c，若两直角边a，b满足，斜边，求的面积．
23．如图所示，在平面直角坐标系中，过点的两条直线分别交轴于两点，且两点的纵坐标分别是一元二次方程的两个根；
(1)求线段的长度；
(2)直线与直线是否垂直？请说明理由；
(3)若点在直线上，且，求点的坐标；
(4)在（2）的条件下，在直线上寻找点，使以三点为顶点的三角形是等腰三角形，请直接写出点的坐标．
24．如图1，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点C，与直线：交于点A，且，轴于点D，直线与y轴交于E点，点F为线段中点．
(1)求点A的坐标；
(2)已知动点G在x轴上，动点H在直线上，当四边形周长最小时，连，请求出此时的面积；
(3)在第（2）问的条件下，将绕D点逆时针旋转后得到，再沿着x轴平移得到（如图2），在直线上是否存在点P，使得以H，，P为顶点的三角形为以为斜边的等腰直角三角形，若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．
25．阅读以下材料，并解决相应问题：
材料一：换元法是数学中的重要方法，利用换元法可以从形式上简化式子，在求解某些特殊方程时，利用换元法常常可以达到转化的目的，例如在求解一元四次方程，就可以令，则原方程就被换元成，解得 t 1，即，从而得到原方程的解是 x 1
材料二：杨辉三角形是中国数学上一个伟大成就，在中国南宋数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书中出现，它呈现了某些特定系数在三角形中的一种有规律的几何排列，下图为杨辉三角形：
……………………………………
（1）利用换元法解方程：
（2）在杨辉三角形中，按照自上而下、从左往右的顺序观察， an 表示第 n 行第 2 个数（其中 n≥4），bn 表示第 n 行第 3 个数，表示第行第 3 个数，请用换元法因式分解：
1．C
【分析】本题考查了解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．根据因式分解法解一元二次方程即可求解．
【详解】解：，
∴，，
解得：
故选：C．
2．B
【分析】本题考查解一元二次方程，根据题意，得到方程的解，从而确定，即可得到答案，熟记一元二次方程的解法是解决问题的关键．
【详解】解：和是方程的解，
，，解得，
故选：B．
3．B
【分析】本题主要考查了二元一次方程解法和根的判别式，一元二次方程有两个不相等的实数根，即，由一元二次方程根的判别式或方程特征直接判断即可．
【详解】解：A．因为，方程有两个相等的实数根，故不合题意；
B．，方程两根为，，故符合题意；
C．，负数不能开平方，方程没有实数根，故不符合题意；
D． ，因为，故不符合题意；
故选：B
4．C
【分析】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握利用因式分解的方法解一元二次方程是解本题的关键，把方程化为或，从而可得答案．
【详解】解：∵，
∴或，
解得：或；
∴另一个根为：,
故选C
5．A
【分析】本题考查了数学方法，熟练掌握转化的思想是解答本题的关键．根据二元一次方程组和一元二次方程的解法解答即可．
【详解】解：由解二元一次方程组时可以通过“消元”将二元一次方程组化为一元一次方程进行求解；解一元二次方程可以通过“降次”将一元二次方程化为一元一次方程进行求解，可知以上两种方法体现了一种重要的数学思想是转化思想．
故选A．
6．B
【分析】此题考查了解一元二次方程-因式分解法，上述解题过程利用了转化的数学思想，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
【详解】解：我们解一元二次方程时，可以运用因式分解法，将此方程化为，
从而得到两个一元一次方程：或，
这种解法体现的数学思想是转化思想，
故选B．
7．A
【解析】略
8．A
【分析】把代入原方程，得出，再进行整理即可．
【详解】解：整理，得
，
把代入方程得：
，
整理得：，
故选 A．
【点睛】本题考查了解分式方程，解题的关键是熟练掌握利用换元法，把一个式子做为整体进行替换，将分式方程化简为一元二次方程．
9．B
【分析】本题主要考查了一元二次方程的解法，本题是新定义型，理解新定义的规定并熟练应用是解题的关键．利用新运算的规定列出方程，解方程求解即可得出结论．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∴，
∴或，
∴．
故选B．
10．B
【分析】此题考查了解一元二次方程，有理数的乘方，根据题意分3种情况讨论，然后分别求解即可．
【详解】解：①当 时，无论指数为何值等式成立．
解方程得，（不合题意，舍去）；
②当 时，
∴
∴n不为自然数；
③当时，当n为自然数，则，
所以等式成立．
解方程得 ，．
综上所述，满足条件的n值有3个，
故选B．
11．A
【详解】试题分析：将式子去括号可得，整理得，在等号的两边同乘以a2，即可去分母得，设ab+ac为x，则可得，可求得x=-2.
故选A
12．A
【分析】首先将分类讨论得到两个方程，然后根据根的判别式得出根的个数即可．
【详解】解:时，或
方程化为：①
时，
方程化为：②
当，即时，
方程①的根为：
方程②的根为：
分析可得时，即：时，有5个不相等的实根
时，
则
中，不符合题意，故有2个实数根
中，，均不符合题意
故时，有2个实数根
共有8个不相等的实数根
当，即时，
方程①的根为：，
方程②的根为：，
故共有4个不相等的实数根
当，即时，
方程没有实数根
综上，方程可能有个、个、个、个实数根
故选A．
【点睛】本题考查了一元二次方程跟的情况，相关知识点有：根的判别式、绝对值、分类思想等，分类讨论是本题的解题关键．
13．
【分析】本题考查的是一元二次方程的解法，直接利用因式分解的方法解方程即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴或，
解得：，，
∴被他漏掉的一个根是；
故答案为：
14．
【分析】根据平方的性质，，然后把代入方程，即可得到答案．
【详解】解：，
整理得，
把代入方程得，
故答案为：．
【点睛】本题考查换元法，涉及平方的性质，读懂题意，按照所给方程结构特征换元是解决问题的关键．
15．2
【分析】此题考查了换元法解一元二次方程，以及勾股定理，此题实际上求的值．设，将原方程转化为关于t的一元二次方程，通过解方程求得t的值即可．
【详解】解：设，则由原方程，得
，
整理，得
，
解得或（舍去）．
则，
∵a，b是一个直角三角形两条直角边的长，
∴这个直角三角形的斜边长为．
故答案为：2．
16． 100 n2
【分析】观察所给的图形，找出规律第n个图形中有n2个小三角形，由此解答即可.
【详解】观察图形可知，第一个图形有1=12个小三角形“△”拼成．
第二个图形有1+3=4=22个小三角形“△”拼成．
第三个图形有1+3+5=9=32个小三角形“△”拼成．
第四个图形有1+3+5+7=16=42个小三角形“△”拼成．
以此类推，可知第10个图形中有102=100个小三角形；第n个图形中有n2个小三角形．
故答案为100；n2.
【点睛】本题主要考查了图形的变化规律，根据所给的图形得出第n个图形中有n2个小三角形是解题关键．
17．5
【分析】根据方程特点设，则原方程可化为，接下来解一元二次方程求y，即为的值，最后验根即可解答．本题属于换元法解方程的问题，关键是掌握这类问题的求解方法．
【详解】解：方程整理得：，
设，
则原方程变形为：，
，
，，
当时，，
，
，
则，
故答案为：5
18．(1)，；
(2)，；
(3)，；
(4)，；
(5)，．
【分析】此题考查了解一元二次方程因式分解法，配方法，公式法，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．
方程利用配方法求解即可；
方程利用公式法求解即可；
方程利用因式分解法求解即可；
方程整理后，利用公式法求解即可；
方程利用因式分解法求解即可．
【详解】（1）解：方程整理得：，
配方得：，即，
开方得：，
解得：，；
（2）解：，，，
，
，
解得：，；
（3）解：方程整理得：，
分解因式得：，
所以或，
解得：，；
（4）解：方程整理得：，
，，，
，
，
解得：，；
（5）解：方程分解得：，
所以或，
解得：，．
19．(1)
(2)
【分析】（1）观察图形发现该长方形的长为，宽为，计算长方形的面积即可得到结论
（2）类似的可以用一张边长为a的正方形纸片，4张边长为b的正方形纸片，5张长、宽分别为b、a的长方形纸片拼接成新的长方形，结合长方形的面积公式即可得到分解的结果．
【详解】（1）拼接的长方形的长为，宽为，
面积为，
∴得到的等式为．
（2）类似的可以将面积为的长方形看做是由一张边长为a的正方形纸片，4张边长为b的正方形纸片，5张长、宽分别为b、a的长方形纸片拼接成新的长方形，其长为，宽为，
∴．
【点睛】本题考查了几何图形的面积，整式的乘法与因式分解的关系，关键是确定拼成的长方形的长和宽的长度．
20．4
【分析】本题考查了换元法解一元二次方程，把视为一个整体，设，则原方程转化为关于的一元二次方程，通过解该方程求得即的值．
【详解】解：设，则原方程可化为：，
解得：，，
∵，
则．
21．(1)m2，n2
(2)ax2+2bx+4c=0
(3)cx2+bx+a=0
(4)见解析
【分析】[理解]（1）令，根据题意可得或，即可求解方程；
（2）由题意可知，，由于方程的两个根分别是，，则，，即可写出符合条件的方程；
[猜想与证明]（1）由表格可得：的两个根与方程，，的两个根互为倒数；
（2）先将变形为，设，方程可变形为，设方程的解是，，则可得方程的解为，，把代入得，；把代入得，，即可证明．
【详解】（1）解：[理解]（1）令，
方程可化为，
有两个实数根，，
或，
或，
或，
故答案为：，；
（2）方程有两个实数根，，
或，
，，
方程的两个根分别是，，
，，
方程的两个根为，，
故答案为：；
（3）[猜想与证明]由表格可得：的两个根与方程，，的两个根互为倒数，
故答案为：；
（4）证明：由两边同除以，得，
设，方程可变形为，
设方程的解是，，
可得方程的解是，，
把代入得，；把代入得，，
所以方程的解是，，
即方程的两个根与方程的两个根互为倒数．
【点睛】本题考查无理方程的解，理解题意，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系，灵活运用换元法解方程是解题的关键．
22．(1)；，；
(2)
【分析】（1）由题意知，原方程可转化为，即，解得，（舍去），，则，即，计算求解即可；
（2）设，则原方程转化为，，即，
解得，（舍去），或，即，由勾股定理得，，即，根据，计算求解的值，根据，计算求解即可．
【详解】（1）解：时，若设，
由题意知，原方程可转化为，
即，
解得，（舍去），，
∴，即，
解得，，，
故答案为：，，；
（2）解：∵，
设，则原方程转化为，，即，
解得，（舍去），或，
∴，
由勾股定理得，，即，
∵，
∴，
∴，
∴的面积为．
【点睛】本题考查了换元法解一元二次方程，因式分解法解一元二次方程，勾股定理，完全平方公式的变形等知识．熟练掌握换元法解一元二次方程是解题的关键．
23．(1)4
(2)直线与直线垂直，理由见解析
(3)
(4)或或或
【分析】（1）解，可得，则，进而可求线段的长；
（2）由题意知，，，则，是直角三角形，，进而可得；
（3）待定系数法求直线的解析式为，如图，作于，则，，当时，，可求，进而可得；
（4）同理（3），直线的解析式为，设，则，，由题意知，以三点为顶点的三角形是等腰三角形，分①，②，③三种情况求解作答即可．
【详解】（1）解：，
，
∴或，
解得，，
∴，
∴，
∴线段的长度为4；
（2）解：直线与直线垂直，理由如下；
由题意知，，，
∴，
∴是直角三角形，，
∴，
∴直线与直线垂直；
（3）解：设直线的解析式为，
将，代入得，，
解得，，
∴直线的解析式为，
如图，作于，
∵，
∴，
∴，
当时，，
解得，，
∴；
（4）解：同理（3），直线的解析式为，
设，则，，
由题意知，以三点为顶点的三角形是等腰三角形，分①，②，③三种情况求解；
当时，，即，
解得，或，
∴；
当时，，即，
解得，，
∴或；
当时，，即，
解得，，
∴；
综上所述，点坐标为或或或．
【点睛】本题考查了因式分解法解一元二次方程，勾股定理，勾股定理的逆定理，一次函数解析式，等腰三角形的判定与性质等知识．熟练掌握因式分解法解一元二次方程，勾股定理，勾股定理的逆定理，一次函数解析式，等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
24．(1)
(2)当四边形周长最小时，
(3)存在，的坐标为或
【分析】（1）将点代入，，得出，联立两直线求得点的坐标；
（2）分别作关于，的对称点，设交轴于点，此时四边形周长为最小，求出直线的解析式为，继而得出点的坐标，然后根据即可求解；
（3）根据旋转的性质得出的纵坐标为,即点在直线上运动，设，由直线的解析式为，设点，分别表示出，根据勾股定理与等腰直角三角形的性质列出方程组，解方程组即可求解．
【详解】（1）解：将代入，，
∴，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
解得：，
∴；
（2）解：依题意，直线与轴交于点，点为线段中点．
令中，，解得，
则，
∵,，
则，
如图所示，分别作关于，的对称点，设交轴于点，连接，
则，,，
此时四边形周长为最小，
设直线的解析式为，
∴，
解得：，
∴，
令，解得：，
∴，
∴，
∵，，，
∴
，
∴当四边形周长最小时，；
（3）解：由（1）知，，
将绕点逆时针旋转后得到，则，，
如图所示，过点作轴于点，则，
∴，
∵沿着轴平移得到，
∴的纵坐标为,即点在直线上运动，设，
由直线的解析式为，设点，
∵，
∴，
，，
∵，，为顶点的三角形为以为斜边的等腰直角三角形，
∴，，
∴，
解得：或，
∴的坐标为或．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，一次函数与几何综合，熟练掌握数形结合思想的应用是解题的关键．
25．（1） 或 或x=-1或x=-2；（2）=（n2-5n+5）2
【分析】（1）设t=x2+3x-1，则原方程可化为：t2+2t=3，求得t的值再代回可求得方程的解；
（2）根据杨辉三角形的特点得出an，bn，cn，然后代入4（bn-an） cn+1再因式分解即可．
【详解】（1）解：令t=x2+3x-1
则原方程为：t2+2t=3
解得：t=1 或者 t=-3
当t=1时，x2+3x-1=1
解得： 或
当t=-3时，x2+3x-1=-3
解得：x=-1或x=-2
∴方程的解为： 或 或x=-1或x=-2
（2）解：根据杨辉三角形的特点得出：
an=n-1
∴4（bn-an） cn+1=（n-1）（n-4）（n-2）（n-3）+1=（n2-5n+4）（n2-5n+6）+1
=（n2-5n+4）2+2（n2-5n+4）+1=（n2-5n+5）2
【点睛】本题主要考查因式分解的应用．解一些复杂的因式分解问题，常用到换元法，即对结构比较复杂的多项式，若把其中某些部分看成一个整体，用新字母代替（即换元），则能使复杂的问题简单化，明朗化，在减少多项式项数，降低多项式结构复杂程度等方面有独到作用．
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