一元二次方程的几何解法.doc

一元二次方程的几何解法上传: 程峰 更新时间：2012-5-23 23:15:08一元二次方程的几何解法江西省彭泽县杨梓中学（332713）程峰 课标北师大版九年级（上）第52页读一读中以方程x+2x-35=0为例介绍了两种几何解法，该解法从“形”上体现了配方法的本质。方法一，（三国时期数学家赵爽的解法）由x+2x-35=0得x(x+2)=35,如图1，构造边长为（x+x+2)的正方形，则其面积为（x+x+2)，又有图1知大正方形是由四个长与宽分别为x+2和x的矩形及一个边长为2的小正方形组成，所以大正方形的面积又等于4（x+2)x+2=435+4=144,（x+x+2)=144,x表示边长，x=5.说明：赵爽的解法是把x+2x=x(x+2)看作是矩形的面积，然后用四个这样的矩形和一个边长为2的正方形组成一个边长为（x+x+2)的正方形，再由面积关系求出x。. 图1 图2 例1，用赵爽的解法解方程x-2x-35=0解析：原方程变为x（x-2)=35，如图2，构造边长为（x+x-2)的正方形，则其面积为（x+x-2)，另一方面，大正方形面积等于4s+s=4x(x-2)+2=435+4=144,（x+x-2)=144,x=7. 例2，用赵爽的解法解方程3x+8x-3=0(教材例题） 解析：原方程变为x+x-1=0,即x(x+)=1.如图3，构造边长为(x+x+)的正方形，其面积为(x+x+)，另一方面，大正方形面积等于4s+s=4x(x+)+()=41+=,即(x+x+)=，x=. 图3 归纳：形如ax+bx+c=0(a,b,c,为常数，a0,且b-4ac0)的一元二次方程用赵爽的解法的步骤主要是： 1，先把原方程化为x+x=-,即x(x+)=-, 2,构造边长为（x+x+)的正方形， 3，s=（x+x+)， 4，s=4s+s=4(-)+()=5,由方程（x+x+）=， 解出x.原方程x+2x-35=0的第二种几何解法（即公元9世纪，阿拉伯数学家阿尔花拉子米的解法） 解：如图4，先构造边长为x的正方形，然后补上两个长宽分别是x和1的矩形，再补上一个边长为1的正方形，这样就组成了一个大正方形，其面积是（x+1）,另一方面大正方形的面积=x+2x1+1=35+1=36,（x+1）=36,x=5 说明：花拉子米的解法是把x看作是一个正方形的面积，把2x看作是2个长与宽分别是x和1的矩形面积，这样再补上一个边长为1的正方形就组成一个新的正方形，其边长为x+1,再由面积关系求出x. 图4 图5 例3，用花拉子米的解法解方程x-2x-35=0 解析：原方程变为x-2x=35，如图5，构造边长为x的正方形，在其内部减去两个长，宽分别是x和1的矩形，由于多减去一个边长为1的正方形，把其补上，便得到一个边长为x-1的新正方形，其面积为（x-1),另一方面新正方形面积=x-2x+1=35+1=36,x=7. 例4，用花拉子米的解法解方程3x+8x-3=0 解析：原方程变为x+x=1，如图6，先构造一个边长为的正方形，然后补上长，宽分别是x和的矩形，再补上一个边长为的正方形，便组成了一个边长为(x+)的新正方形，其面积为(x+)，另一方面，新正方形面积又等于x+2x+()=1+=,(x+)=,x=. 图6 归纳 ；利用花拉子米的解法解方程ax+bx+c=0(a,b,c,为常数，a0,且b-4ac0)的一般步骤是： 1，把原方程化为x+x=-, 2，先构造边长为x的正方形，当0时，在其外部补上两个长，宽分别是x和的矩形，（当0时，在其内部割去两个长，宽分别是x和的矩形），再补上一个边长为的正方形，边构成一个新的正方形，其面积为（x+)，另一方面，新正方形面积又等于x+2x+()=-+()=, 3，由（x+)=， 解出x. 小结：1，用几何（图形）解法解一元二次方程，由于x表示图形的边长，因此，只能得到原方程的正根。若原方程有两个负根，则不能用几何解法。 2，赵爽的解法与花拉子米的解法表面上构造的图像不同，但本质上是一样的（都是构造正方形）比较,两式，可知赵爽解法构造的正方形恰好可由花拉子米解法构造的4个正方形拼成。 3，应当说，花拉子米的解法更直观地体现了配方法的几何意义。我们知道，用配方法解方程时，其中的配方就是“在方程两边都加上一次项系数一半的平方”，体现在图形中就是必须添加边长为的正方形，才能与原正方形（边长