21.2.3因式分解法培优训练（含解析）人教版2025—2026年九年级上册

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21.2.3因式分解法培优训练人教版2025—2026年九年级上册
一、选择题
1．已知菱形的边长为5，其中一条对角线的长恰好是一元二次方程的一个根，则这个菱形的面积是（）
A．24 B．48 C．24或 D．48或
2．已知关于的方程与有相同的解，则与之间的等量关系为（ ）
A． B．
C． D．
3．已知实数m、n满足，则的值为（ ）
A． B．3 C．4 D．3或
4．已知一个三角形两边的长是3和5，第三边的长是方程的根，则该三角形的形状为（ ）
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．直角三角形或钝角三角形
5．已知关于的方程与的解完全相同，则常数的值为（　　）
A． B． C．1 D．4
6．方程解的个数（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
7．方程的解为 ．
8．已知关于x的一元二次方程的两个根恰好分别是直角的两边长，则的面积为 ．
9．已知，则式子的值为 ．
10．若关于的一元二次方程有一个根为，则关于的一元二次方程必有一个根为 ．
11．定义：若一元二次方程的两个实数根相差1，则称这样的方程为邻根方程．如方程的两根为，，所以是邻根方程．若关于的方程是邻根方程，则 ．
三、解答题
12．解方程：
(1)．
(2)．
13．请运用“整体换元法”解方程：
(1)．
(2)．
14．已知某三角形两条边的长分别是和，第三条边长是方程的一个根．
(1)判断该三角形的形状，并说明理由；
(2)该三角形的面积为 ．
15．定义：若关于的一元二次方程的两个实数根为和，分别以，为横、纵坐标得到点，则称点为该一元二次方程的“两根点”．
(1)方程的“两根点”的坐标为______（直接写出）；
(2)点是关于的一元二次方程的“两根点”．
①若点在直线上，求的值；
②点为坐标原点，当线段取得最小值时点的坐标为______（直接写出结果）．
16．阅读与思考．
阅读下面材料，并完成相应的任务．
求解二元一次方程组，需要通过消元把它转化为一元一次方程来解；求一元二次方程，需要把它转化为两个一元一次方程来解；求解分式方程，需要通过去分母把它转化为整式方程来解，各类方程的解法不尽相同，但是它们都用到一种共同的基本数学思想——“转化”，即把未知转化为已知来求解．用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程．
例如，解一元三次方程，通过因式分解把它转化为，通过解方程和，可得原方程的解为，，．
再例如，解根号下含有未知数的方程：，通过两边同时平方转化为，解得：，，且，不是原方程的解，原方程的解为．
请仔细阅读材料，解下列方程：
(1)解方程：；
(2)解方程：．
参考答案
一、选择题
1．C
【分析】本题考查了解一元二次方程，菱形的性质．
先解方程得到对角线可能的长度，再利用菱形的性质和勾股定理求出另一条对角线的长度，最后计算面积．
【详解】解：方程可分解为，
解得或，
∴菱形的一条对角线可能为6或4，
设菱形边长为5，两条对角线分别为和，根据菱形的性质，对角线互相垂直且平分，故有：，
整理得．
当时，代入得，解得（负值舍去），此时面积为；
当时，代入得，解得（负值舍去），此时面积为．
∴菱形的面积可能为24或，
故选：C．
2．D
【分析】本题考查了解一元二次方程，首先解两个方程，找到它们的解，再根据有相同解的条件建立关于和的关系式．
【详解】解：解方程，得和．
解方程，得．
若是第二个方程的解，则．
若是第二个方程的解，则．
∴或，
∴或即．
故选：D．
3．B
【分析】解题思路是通过换元法，把设为一个新的变量，将原方程转化为关于的一元二次方程，然后求解这个方程，再根据的非负性确定其值．本题主要考查了换元法解一元二次方程以及平方数的非负性，熟练掌握换元法将复杂方程简化，同时牢记平方数的非负性对结果进行取舍是解题的关键．
【详解】解：设（，），
∵平方数非负，、的和也非负，
∴原方程可化为 ．
展开式子得，即 ．
因式分解得 ，
解得或 ．
又∵，
∴舍去，
故，
答案选B ．
4．C
【分析】本题考查了解一元二次方程，勾股定理的逆定理的应用，能根据勾股定理的逆定理判断出三角形的形状是解题的关键．先求出方程的解，结合第三边，得到第三边的边长，再根据勾股定理的逆定理即可得出结论．
【详解】解：，
∴，
∴，，
解得：，，
一个三角形两边的长是3和5，
第三边，
∴三角形的第三边为，
，
该三角形的形状是直角三角形．
故选：C．
5．B
【分析】本题考查一元二次方程的解，根据两个方程解完全相同，确定根的和与积相等，进而求解参数．
【详解】解：方程的解为和，
方程的解为（需），
因为两方程解完全相同，故根的和与积相等：
∴，
解得：，
，
代入得：，
解得，
故选：B．
6．B
【分析】本题涉及绝对值方程的求解，需要根据绝对值的性质，分情况讨论去掉绝对值符号，将方程转化为一元二次方程来求解，然后判断根的个数．
【详解】解：①当时，
此时，原方程可化为，
∵，，，
∴由求根公式，
解得：或，
∵，
∴；
②当时，
此时，原方程可化为，
因式分解，得，
解得或，
∵，
∴，
综上，方程有两个根和．
故选：B．
二、填空题
7．或
【分析】本题考查了解一元二次方程，直接利用因式分解法求解即可，掌握因式分解法解一元二次方程是解题的关键．
【详解】解：，
∴，
∴或，
解得：，
故答案为：或．
8．6或10
【分析】本题考查了解一元二次方程-因式分解法，也考查了三角形的面积．先利用因式分解解方程得到或，再讨论：当斜边为5时，利用勾股定理计算出另一条直角边的长度，然后计算此时三角形的面积；当直角边为5时，直接计算三角形的面积．
【详解】解：，
∴，
∴或，
当斜边为5时，另一条直角边的长度为，
所以的面积，
当直角边为5时，的面积，
综上所述，的面积为6或10．
故答案为：6或10．
9．
【分析】本题考查二次根式的混合运算、解一元二次方程，利用换元法解方程是解答的关键．设，，则，则，，进而转化为解方程，得或，分别求解即可得出答案．
【详解】解：设，，
∵，
∴，则，
又，
∴，整理，得，
解得或，
当时，，则，此时，
∴；
当时，，则不成立，舍去，
∴，
古答案为：．
10．
【分析】将题干中的一元二次方程通过变量替换令转换为关于的一元二次方程，然后利用一元二次方程根的性质求出新的方程的解再根据与的关系式求出一元二次方程的解即可．
【详解】解：把一元二次方程
整理得．
设，则．
关于的一元二次方程有一个根为，
有一个根为，
，
解得，
一元二次方程必有一个根为．
故答案为.
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的性质以及换元法求值，熟练掌握换元法解一元二次方程是解题的关键．
11．1或3
【分析】本题考查了一元二次方程的解法，解题关键是求出的两个根，再根据邻根方程的定义列出方程，求出字母的值即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，，
∵关于的方程是邻根方程，
∴或，
解得，或3，
故答案为：1或3．
三、解答题
12．(1)，
(2)，
【分析】（1）利用因式分解法解方程即可；
（2）利用因式分解法解方程即可．
本题主要考查了利用因式分解法解一元二次方程．熟练掌握因式分解法是解题的关键．
【详解】（1）解：，
∴，
∴，或，
解得，；
（2）解：，
∴，
，
，
，
∴，或，
解得，．
13．(1)
(2)
【分析】本题主要考查解一元二次方程的方法，掌握解一元二次方程方程的基本方法，是利用整体换元法解方程的关键．
（1）根据“整体换元法” 设，则原方程可化为：，解新的一元二次方程，解出未知数后代入即可求解原方程的解．
（2）根据“整体换元法” 设，则原方程可化为：，解新的一元二次方程，解出未知数后代入即可求解原方程的解．
【详解】（1）解：设，
则原方程可化为，解得．
当时，；
当时，，此方程无解．
综上所述，原方程的解为．
（2）解：设，则原方程可化为，
解得．
当时，；
当时，．
综上所述，原方程的解为．
14．(1)该三角形是等腰三角形或直角三角形，理由见解析；
(2)或．
【分析】（1）先解一元二次方程，根据该方程的解分情况讨论，结合等腰三角形的判定和勾股定理的逆定理即可得解；
（2）结合三线合一定理、勾股定理、三角形面积公式进行求解即可．
【详解】（1）解：三角形第三条边长是方程的一个根，
解方程可得，
，，
分两种情况讨论：
①当第三条边长为时，符合三角形三边关系，有两条边长为，
此时三角形是等腰三角形；
②当第三条边长为时，符合三角形三边关系，
，
该三角形是直角三角形．
故该三角形是等腰三角形或直角三角形．
（2）解：①该三角形是等腰三角形时，如下图：
此时，，
作交于点，
，
则，
；
②该三角形是直角三角形时，如下图：
此时，，
．
综上，该三角形的面积为或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查的知识点是解一元二次方程、三角形三边关系的应用、等腰三角形的判定、勾股定理及其逆定理、三线合一定理，解题关键是熟练掌握解一元二次方程．
15．(1)
(2)①；②
【分析】本题考查了解一元二次方程、一次函数的应用、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）先利用因式分解法解方程可得，，再结合定义即可得解；
（2）①先解方程得出，再代入直线，计算即可得解；②由①可得点在直线上，令直线交轴于，交轴于，当于时，最小，作于，证明为等腰直角三角形，得出，从而可得，计算即可得解．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴或，
∴，，
∴方程的“两根点”的坐标为；
（2）解：①∵，
∴，
∴或，
∴，，
∴，
∵点在直线上，
∴，
∴；
②由①可得，
∴点在直线上，
如图所示，令直线交轴于，交轴于，当于时，最小，作于，
，
在中，当时，，即；当时，，解得，即，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
解得：，
∴．
16．(1)，；
(2)
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，掌握各类求解方法是解题关键．
（1）由题意得， 推出或，即可求解；
（2）两边同时平方得：，解得：，；结合且，即可求解．
【详解】（1）解：
因式分解，得，
∴或；
即：或，
解得：，；
（2）解：两边同时平方得：，
整理得：；
解得：，
∵且，
∴
∴原方程的解为．
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