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4. (凉山州中考改编)已知实数$a$、$b$满足$a-b^2 = 4$,求代数式$a^2 - 3b^2 + a - 14$的最小值.
答案
解：因为$a - b^2=4，$所以$b^2=a - 4。$$ $将$b^2=a - 4$代入$a^2-3b^2+a - 14$中，得$a^2-3(a - 4)+a - 14$$=a^2-3a + 12+a - 14$$=a^2-2a - 2$$=a^2-2a + 1-3$$=(a - 1)^2-3。$$ $因为$b^2=a - 4\geq 0，$所以$a\geq 4。$$ $当$a = 4$时，$(a - 1)^2-3$取得最小值为$(4 - 1)^2-3=9 - 3=6，$所以$a^2-3b^2+a - 14$的最小值为$6。$
5. 如图, 在 $Rt △ ABC$ 中, $∠ C = 90°, AC = 6 \mathrm{ cm}$, $BC=4 \mathrm{ cm}$, 点 $P$ 在边 $AC$ 上, 从点 $A$ 向点 $C$ 以 $2 \mathrm{ cm/s}$ 的速度移动, 点 $Q$ 在 $CB$ 边上以 $\sqrt{3} \mathrm{ cm/s}$ 的速度从点 $C$ 向点 $B$ 移动. 若点 $P、Q$ 同时出发, 且当一点移动到终点时, 另一点也随之停止, 设 $△ PCQ$ 的面积为 $S \mathrm{ cm}^2$, 运动时间为 $t$ 秒时 $S$ 最大, 请求出 $t$ 和 $S$ 的值.
答案
解：因为$AP = 2t\mathrm {cm}，$$CQ=\sqrt {3}t\mathrm {cm}，$$PC=(6 - 2t)\mathrm {cm}(0\leq t\leq \frac {4}{3}\sqrt {3})，$$ $所以$S=\frac {1}{2}PC·CQ=\frac {1}{2}(6 - 2t)·\sqrt {3}t$$=-\sqrt {3}t^2+3\sqrt {3}t$$=-\sqrt {3}(t^2-3t)$$=-\sqrt {3}(t-\frac {3}{2})^2+\frac {9}{4}\sqrt {3}。$$ $因为$(t-\frac {3}{2})^2\geq 0，$所以当$t=\frac {3}{2}$时，$S $有最大值，最大值为$\frac {9}{4}\sqrt {3}。$
6. 请看下面的问题:把$x^4+4$分解因式.
分析:这个二项式既无公因式可提,也不能直接利用公式,怎么办呢?
19世纪的法国数学家苏菲·热门抓住了该式只有两项,而且属于平方和$(x^2)^2+2^2$的形式,要使用公式就必须添一项$4x^2$,随即将此项$4x^2$减去,即可得$x^4+4=x^4+4x^2+4-4x^2=(x^2+2)^2-4x^2=(x^2+2)^2-(2x)^2=(x^2+2x+2)(x^2-2x+2)$.
人们为了纪念苏菲·热门给出这一解法,就把它叫做“热门定理”,请你依照苏菲·热门的做法,将下列各式因式分解.
(1)$x^2-4xa-b^2-4ab$;
(2)$(m^2-1)(n^2-1)+4mn$.
分析:这个二项式既无公因式可提,也不能直接利用公式,怎么办呢?
19世纪的法国数学家苏菲·热门抓住了该式只有两项,而且属于平方和$(x^2)^2+2^2$的形式,要使用公式就必须添一项$4x^2$,随即将此项$4x^2$减去,即可得$x^4+4=x^4+4x^2+4-4x^2=(x^2+2)^2-4x^2=(x^2+2)^2-(2x)^2=(x^2+2x+2)(x^2-2x+2)$.
人们为了纪念苏菲·热门给出这一解法,就把它叫做“热门定理”,请你依照苏菲·热门的做法,将下列各式因式分解.
(1)$x^2-4xa-b^2-4ab$;
(2)$(m^2-1)(n^2-1)+4mn$.
答案
解：$(1)$原式$=x^2-4xa + 4a^2-4a^2-b^2-4ab$$=(x - 2a)^2-(2a + b)^2$$=(x + b)(x-4a - b)。$$ (2)$原式$=\mathrm {m^2}n^2-n^2-\mathrm {m^2}+1 + 4mn$$=(\mathrm {m^2}n^2+2mn + 1)-(n^2-2nm +\mathrm {m^2})$$=(mn + 1)^2-(n - m)^2$$=(mn + 1+n - m)(mn + 1+n + m)。$
7. (2025·内江期中)若实数$x$、$y$满足$x^2+y^2-xy-x+2y+1=0$,则$2024x-2025y$的值是______.
答案
$2025$
8. (2024·南京月考)已知关于$x$的一元二次方程$x^2 - 2\sqrt{2}mx + m^2 + m - 1 + k = 0$($m$、$k$为常数)有两个相等的实数根,求证:$k ≥ \dfrac{3}{4}$.
答案
证明：因为关于$x$的一元二次方程$x^2-2\sqrt {2}mx$$+\mathrm {m^2}+m - 1 + k=0(m、$$k$为常数$)$有两个相等的实数根，$ $所以$b^2-4ac=(-2\sqrt {2}m)^2-4(\mathrm {m^2}+m - 1 + k)=0，$$ $整理得$8\ \mathrm {m^2}-4\ \mathrm {m^2}-4m + 4 - 4k=0，$即$4\ \mathrm {m^2}-4m + 4 - 4k=0，$$k=\mathrm {m^2}-m + 1，$$ $所以$k=\mathrm {m^2}-m + 1=(m-\frac {1}{2})^2+\frac {3}{4}\geq \frac {3}{4}。$
9. 已知$(x+a)(x+b)+(x+b)(x+c)+(x+c)(x+a)$是完全平方式,求证:$a=b=c$.
答案
证明：整理已知代数式，得原式$=3x^{2}+2(a + b + c)x+ab + ac + bc。$ 因为它是完全平方式，所以判别式为$0，$
即$4(a + b + c)^{2}-12(ab + ac + bc)=0，$ $4(a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab + 2bc + 2ca)-12(ab + ac + bc)=0，$ $4a^{2}+4b^{2}+4c^{2}+8ab + 8bc + 8ca-12ab - 12ac - 12bc=0，$ $4a^{2}+4b^{2}+4c^{2}-4ab - 4bc - 4ca=0，$
$2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}-2ab - 2bc - 2ca=0，$
即$(a - b)^{2}+(b - c)^{2}+(c - a)^{2}=0。$ 要使等式成立，则$\begin{cases}a - b=0\\b - c=0\\c - a=0\end{cases}，$
即$a = b = c。$
即$4(a + b + c)^{2}-12(ab + ac + bc)=0，$ $4(a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab + 2bc + 2ca)-12(ab + ac + bc)=0，$ $4a^{2}+4b^{2}+4c^{2}+8ab + 8bc + 8ca-12ab - 12ac - 12bc=0，$ $4a^{2}+4b^{2}+4c^{2}-4ab - 4bc - 4ca=0，$
$2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}-2ab - 2bc - 2ca=0，$
即$(a - b)^{2}+(b - c)^{2}+(c - a)^{2}=0。$ 要使等式成立，则$\begin{cases}a - b=0\\b - c=0\\c - a=0\end{cases}，$
即$a = b = c。$
