第14章 整式的乘法与因式分解 培优题突破练习★★★【15个考点50题专练】—【冲刺满分】2024-2025学年人教版数学八年级上册

第14章 整式的乘法与因式分解 培优题突破练习★★★【15个考点50题专练】 【冲刺满分】2024-2025学年人教版数学八年级上册 考点梳理 一．同底数幂的乘法 二．幂的乘方与积的乘方 三．同底数幂的除法 四．单项式乘单项式 五．多项式乘多项式 六．完全平方公式 七．完全平方公式的几何背景 八．完全平方式 九．平方差公式 一十．因式分解的意义 一十一．因式分解−运用公式法 一十二．提公因式法与公式法的综合运用 一十三．因式分解−分组分解法 一十四．因式分解的应用 一十五．零指数幂 考点精讲精练 一．同底数幂的乘法 · 同底数幂的乘法 （1）同底数幂的乘法法则：同底数幂相乘，底数不变，指数相加． am•an＝a m+n（m，n是正整数） （2）推广：am•an•ap＝a m+n+p（m，n，p都是正整数） 在应用同底数幂的乘法法则时，应注意：①底数必须相同，如23与25，（a2b2）3与（a2b2）4，（x﹣y）2与（x﹣y）3等；②a可以是单项式，也可以是多项式；③按照运算性质，只有相乘时才是底数不变，指数相加． （3）概括整合：同底数幂的乘法，是学习整式乘除运算的基础，是学好整式运算的关键．在运用时要抓住“同底数”这一关键点，同时注意，有的底数可能并不相同，这时可以适当变形为同底数幂． 1．（2017•武侯区模拟）我们知道，同底数幂的乘法法则为：（其中，，为正整数），类似地我们规定关于任意正整数，的一种新运算：，请根据这种新运算填空： （1）若（1），则（2）　　； （2）若（1），那么　　（用含和的代数式表示，其中为正整数） 二．幂的乘方与积的乘方 · 幂的乘方与积的乘方 （1）幂的乘方法则：底数不变，指数相乘． （am）n＝amn（m，n是正整数） 注意：①幂的乘方的底数指的是幂的底数；②性质中“指数相乘”指的是幂的指数与乘方的指数相乘，这里注意与同底数幂的乘法中“指数相加”的区别． （2）积的乘方法则：把每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘． （ab）n＝anbn（n是正整数） 注意：①因式是三个或三个以上积的乘方，法则仍适用；②运用时数字因数的乘方应根据乘方的意义，计算出最后的结果． 2．（2021•息县模拟）若为正整数，则　　 A． B． C． D． 3．已知，，则　　． 三．同底数幂的除法 · 同底数幂的除法 同底数幂的除法法则：底数不变，指数相减． am÷an＝a m﹣n（a≠0，m，n是正整数，m＞n） ①底数a≠0，因为0不能做除数； ②单独的一个字母，其指数是1，而不是0； ③应用同底数幂除法的法则时，底数a可是单项式，也可以是多项式，但必须明确底数是什么，指数是什么． 4．（2019春•芮城县期末）“已知：，，求的值”，解决这个问题需要逆用幂的运算性质中的哪一个？　　 A．同底数幂的乘法 B．积的乘方 C．幂的乘方 D．同底数幂的除法 5．（2021春•金牛区校级期中）下列有四个结论，其中正确的是　　 A．角平分线是角的对称轴 B．三角形的三条垂直平分线交于一点，这点到三角形三个顶点的距离相等 C．在同一平面内，有且只有一条直线与已知直线垂直 D．若，，则可表示为 四．单项式乘单项式 · 单项式乘单项式 运算性质：单项式与单项式相乘，把他们的系数，相同字母分别相乘，对于只在一个单项式里含有的字母，则连同它的指数作为积的一个因式． 注意：①在计算时，应先进行符号运算，积的系数等于各因式系数的积；②注意按顺序运算；③不要丢掉只在一个单项式里含有的字母因式；④此性质对于多个单项式相乘仍然成立． 6．（2024•高邮市三模）定义：在平面直角坐标系中，若点与的坐标满足，为常数，，则称点是点的“系友好点”．例如，点是点的“1系友好点”． （1）点的“2系友好点”的坐标是 　　，若一个点的“系友好点”的坐标是，则这个点的坐标是 　　； （2）已知点在第二象限，且满足，点是点的“系友好点”，求的值； （3）点在轴正半轴上，“系友好点”为点，若无论为何值，的值恒为0，求的值． 五．多项式乘多项式 · 多项式乘多项式 （1）多项式与多项式相乘的法则： 多项式与多项式相乘，先用一个多项式的每一项乘另外一个多项式的每一项，再把所得的积相加． （2）运用法则时应注意以下两点： ①相乘时，按一定的顺序进行，必须做到不重不漏；②多项式与多项式相乘，仍得多项式，在合并同类项之前，积的项数应等于原多项式的项数之积． 7．（2023春•拱墅区期末）设，为实数，多项式展开后的一次项系数为，多项式展开后的一次项系数为：若，且，均为正整数，则　　 A．与的最大值相等，与的最小值也相等 B．与的最大值相等，与的最小值不相等 C．与的最大值不相等，与的最小值相等 D．与的最大值不相等，与的最小值也不相等 8．已知，，，，都是整数，则的值为　　． 9．计算下列各式，然后回答问题． 　 　；　 　； 　 　；　 　． （1）从上面的计算中总结规律，写出下式结果． 　 　． （2）运用上述结果，写出下列各题结果． ①　 　； ②　 　． 10．（2024春•永兴县校级月考）若展开后的结果中不含和的项． （1）求，的值； （2）求的值． 11．（2024春•竞秀区期中）回答下列问题： （1）计算： ①　　； ②　　； ③　　； ④　　． （2）总结公式　　． （3）已知，，均为整数，且．求的所有可能值． 12．（2024春•项城市校级月考）小诚计算时，由于把第一个多项式中的“”看成了“”，得到的结果为． （1）求的值； （2）计算这道整式乘法的正确结果． 六．完全平方公式 · 完全平方公式 （1）完全平方公式：（a±b）2＝a2±2ab+b2． 可巧记为：“首平方，末平方，首末两倍中间放”． （2）完全平方公式有以下几个特征：①左边是两个数的和的平方；②右边是一个三项式，其中首末两项分别是两项的平方，都为正，中间一项是两项积的2倍；其符号与左边的运算符号相同． （3）应用完全平方公式时，要注意：①公式中的a，b可是单项式，也可以是多项式；②对形如两数和（或差）的平方的计算，都可以用这个公式；③对于三项的可以把其中的两项看做一项后，也可以用完全平方公式． 13．（2023春•蜀山区校级期中）已知，则的值是　　 A．5 B．9 C．13 D．17 14．（2020春•新吴区校级期中）已知，则　　，　　． 15．（2024春•大渡口区校级月考）（1）化简：； （2）解不等式组：． 七．完全平方公式的几何背景 · 完全平方公式的几何背景 （1）运用几何直观理解、解决完全平方公式的推导过程，通过几何图形之间的数量关系对完全平方公式做出几何解释． （2）常见验证完全平方公式的几何图形 （a+b）2＝a2+2ab+b2．（用大正方形的面积等于边长为a和边长为b的两个正方形与两个长宽分别是a，b的长方形的面积和作为相等关系） 16．（2024春•花山区校级期末）现有甲、乙两个正方形纸片，将甲、乙并列放置后得到图1，已知点为的中点，连接、，将乙纸片放到甲的内部得到图2，已知甲、乙两个正方形边长之和为8，图2的阴影部分面积为6，则图1的阴影部分面积为　　 A．3 B．19 C．21 D．28 17．（2024春•滕州市校级月考）（1）若，，求的值． 根据上面的解题思路与方法解决下列问题： （2）已知中，，分别以、边向外侧作正方形．如图所示，设，两正方形的面积和为20，求的面积． （3）若，求的值． 18．（2024春•柴桑区月考）我国著名数学家华罗庚曾说“数缺形时少直观，形少数时难入微”，数形结合的方法是我们解决数学问题常用到的思想方法． 【方法生成】 （1）通常情况下，通过用两种不同的方法计算同一个图形的面积，可以得到一个恒等式．如图1，可得到我们学过的公式：　　． 【拓展探究】 （2）小圣得到启发，利用上面的方法得到一个新公式（如图　　． 【公式应用】根据小圣发现的新公式，解决下面的问题： （3）直接写出结果：　　． （4）已知，，求的值． 19．（2024春•吉安月考）若满足． （1）①设，，则　　，　　； ②利用①中的信息，求出的值； （2）如图，点，分别是正方形的边、上的点，满足，为常数，且，长方形的面积是6，分别以、为边作正方形和正方形，求正方形与正方形的面积之和． 八．完全平方式 · 完全平方式 完全平方式的定义：对于一个具有若干个简单变元的整式A，如果存在另一个实系数整式B，使A＝B2，则称A是完全平方式． a2±2ab+b2＝（a±b）2 完全平方式分两种，一种是完全平方和公式，就是两个整式的和括号外的平方．另一种是完全平方差公式，就是两个整式的差括号外的平方．算时有一个口诀“首末两项算平方，首末项乘积的2倍中间放，符号随中央．（就是把两项的乘方分别算出来，再算出两项的乘积，再乘以2，然后把这个数放在两数的乘方的中间，这个数以前一个数间的符号随原式中间的符号，完全平方和公式就用+，完全平方差公式就用﹣，后边的符号都用+）” 20．（2024春•南岸区校级月考）若我们规定三角“”表示为：；方框“”表示为：．例如：．请根据这个规定解答下列问题： （1）计算：　　； 　　； （2）代数式为完全平方式，则　　； （3）若关于的方程有正整数解，请求出整数的值． 21．（2024春•沈河区校级月考）数学活动课上，老师用如图1中的1张边长为的正方形纸片、1张边长为的正方形纸片和2张宽和长分别为，的长方形纸片拼成了如图2所示的大正方形，观察图形并解答下列问题． （1）由图1和图2可以得到的整式乘法公式为 　　．（用含，的式子表示） （2）满满想用这三种纸片拼出一个面积为的大长方形，请通过计算说明需要，，三种纸片各多少张？ （3）如图3，已知点为线段上的动点，分别以，为边在的两侧作正方形和正方形．若，且两正方形的面积之和，请利用（1）中的公式求出图中阴影部分的面积． 九．平方差公式 · 平方差公式 （1）平方差公式：两个数的和与这两个数的差相乘，等于这两个数的平方差． （a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2 （2）应用平方差公式计算时，应注意以下几个问题： ①左边是两个二项式相乘，并且这两个二项式中有一项完全相同，另一项互为相反数； ②右边是相同项的平方减去相反项的平方； ③公式中的a和b可以是具体数，也可以是单项式或多项式； ④对形如两数和与这两数差相乘的算式，都可以运用这个公式计算，且会比用多项式乘以多项式法则简便． 22．（2020•黄州区校级模拟）如果一个正整数可以表示为两个连续奇数的平方差，那么称该正整数为“和谐数”如，，即8，16均为“和谐数” ，在不超过2017的正整数中，所有的“和谐数”之和为　　 A．255024 B．255054 C．255064 D．250554 23．化简，当，时，原式的值是　 　． 24．（2006秋•常熟市期末）计算：（1）　 　； （2）　 　． 25．（2024春•龙泉驿区校级月考）用简便方法计算： （1）； （2）． 一十．因式分解的意义 · 因式分解的意义 1、分解因式的定义： 把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，也叫做分解因式． 2、因式分解与整式乘法是相反方向的变形，即互逆运算，二者是一个式子的不同表现形式．因式分解是两个或几个因式积的表现形式，整式乘法是多项式的表现形式．例如： 3、因式分解是恒等变形，因此可以用整式乘法来检验． 26．（2023秋•衡阳期末）仔细阅读下面例题，解答问题： 例题：已知二次三项式x2﹣4x+m有一个因式是（x+3），求另一个因式以及m的值． 解：设另一个因式为（x+n），得 x2﹣4x+m＝（x+3）（x+n） 则x2﹣4x+m＝x2+（n+3）x+3n ∴． 解得：n＝﹣7，m＝﹣21 ∴另一个因式为（x﹣7），m的值为﹣21 问题：仿照以上方法解答下面问题： 已知二次三项式2x2+3x﹣k有一个因式是（2x﹣5），求另一个因式以及k的值． 一十一．因式分解−运用公式法 · 因式分解-运用公式法 1、如果把乘法公式反过来，就可以把某些多项式分解因式，这种方法叫公式法． 平方差公式：a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）； 完全平方公式：a2±2ab+b2＝（a±b）2； 　2、概括整合： ①能够运用平方差公式分解因式的多项式必须是二项式，两项都能写成平方的形式，且符号相反． ②能运用完全平方公式分解因式的多项式必须是三项式，其中有两项能写成两个数（或式）的平方和的形式，另一项是这两个数（或式）的积的2倍． 3、要注意公式的综合应用，分解到每一个因式都不能再分解为止． 27．（2013春•金堂县期末）已知，则　　． 一十二．提公因式法与公式法的综合运用 · 提公因式法与公式法的综合运用 先提取公因式，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解即可． 28．（2024春•建邺区校级期末）因式分解： （1）； （2）． 一十三．因式分解−分组分解法 · 因式分解-分组分解法 1、分组分解法一般是针对四项或四项以上多项式的因式分解，分组有两个目的，一是分组后能出现公因式，二是分组后能应用公式． 2、对于常见的四项式，一般的分组分解有两种形式：①二二分法，②三一分法． 例如：①ax+ay+bx+by ＝x（a+b）+y（a+b） ＝（a+b）（x+y） ②2xy﹣x2+1﹣y2 ＝﹣（x2﹣2xy+y2）+1 ＝1﹣（x﹣y）2 ＝（1+x﹣y）（1﹣x+y） 29．（2012秋•西城区校级期中）分解因式：　 　． 一十四．因式分解的应用 · 因式分解的应用 1、利用因式分解解决求值问题． 2、利用因式分解解决证明问题． 3、利用因式分解简化计算问题． 【规律方法】因式分解在求代数式值中的应用 1．因式分解是研究代数式的基础，通过因式分解将多项式合理变形，是求代数式值的常用解题方法，具体做法是：根据题目的特点，先通过因式分解将式子变形，然后再进行整体代入． 2．用因式分解的方法将式子变形时，根据已知条件，变形的可以是整个代数式，也可以是其中的一部分． 30．（2019•青田县校级自主招生）已知实数，满足，，则等于　　 A．6 B．8 C．10 D．12 31．（2018秋•周村区期中）设是任意正整数，代入式子中计算时，四名同学分别得出如下四个结果，其中正确的结果可能是　　 A．388944 B．388947 C．388953 D．388949 32．（2023秋•九龙坡区期末）已知六元方程，满足，且，，，，，为正整数，则下列关于这个六元方程的正整数解的说法中正确的个数为　　 ①，，，，，是该六元方程的一组解； ②连续的六个正整数一定是该六元方程的解； ③若，则该六元方程有20组解； ④若，则该六元方程有1组解． A．1 B．2 C．3 D．4 33．已知，，，则多项式的值为　　 A．0 B．1 C．2 D．3 34．（2021秋•北仑区校级月考）已知正整数，，满足，且，则的最大值是　　 A．16 B．8 C．4 D．2 35．设为实数，且，则　　 A．3 B． C．1 D． 36．（2022秋•崇川区校级月考）我们知道，任意一个正整数都可以进行这样的分解：，是正整数，且，在的所有这种分解中，如果，两因数之差的绝对值最小，我们就称是的最佳分解，并规定：．例如：12可以分解成，或，因为，所以是12的最佳分解，所以．如果一个两位正整数，，，为自然数），交换其个位上的数与十位上的数得到的新数减去原来的两位正整数所得的差为36，那么我们称这个数为“吉祥数”．根据以上新定义，下列说法正确的有　　 （1）； （2）15和26是“吉祥数”； （3）“吉祥数”中，的最大值为． （4）如果一个正整数是另外一个正整数的平方，我们称正整数是完全平方数，则对任意一个完全平方数，总有． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 37．（2023•锦州模拟）已知，均为正整数且满足，则的最小值是　　 A．20 B．30 C．32 D．37 38．（2020秋•澄海区期末）已知长方形的周长为，它两邻边长分别为，，且满足，则该长方形的面积为　　． A． B． C．15 D．16 39．（2023春•长寿区校级期中）已知正整数，，，，，满足，且，关于这个六元方程下列说法正确的个数是　　 ①，，，，，是该六元方程的一组解； ②连续的六个正整数一定是该六元方程的解； ③若，则该六元方程有21组解； ④若，则该六元方程有28组解． A．1 B．2 C．3 D．4 40．（2022秋•内江期末）已知，则当时，的值为　　 A．25 B．20 C．15 D．10 41．（2024春•镇海区校级期中）设实数满足，若，则的值为　　 A． B．14 C． D．6 42．对任意一个两位数，如果满足个位与十位上的数字互不相同，且都不为零，那么称这个数为“相异数”，将一个“相异数”的十位上的数字与个位上的数字互换位置后，得到一个新两位数：把所得的新两位数与原两位数的和与11的商记为．例如．互换十位与个位上的数字得到32，所得的新两位数与原两位数的和为，，所以．若，都是“相异数”，其中，，．，都是正整数），当时，则的最大值为　　 A．2 B． C． D．4 43．（2022•市中区校级模拟）已知实数，，满足，，则　　． 44．（2018秋•晋江市期末）如图①，是一个棱长为的正方体中挖去一个棱长为的小正方体 （1）如图①所示的几何体的体积是　　． （2）用另一种方法表示图①的体积：把图①分成如图②所示的三块长方体，将这三块长方体的体积相加后得到的多项式进行因式分解．比较这两种方法，可以得出一个代数恒等式　　． 45．在有理数范围内因式分解： （1）　 　． （2）　 　． （3）　 　． 46．（2022•南京模拟）已知、、、、、都为正数，，，，，，，则　　． 47．已知：，则　 　． 48．（2023春•宁波期中）已知，，，均为正整数，且，，，则　　． 49．（2024春•靖江市校级月考）对于代数式，若存在实数，当时，代数式的值也等于，则称为这个代数式的不变值．例如：对于代数式，当时，代数式等于0；当时，代数式等于1，我们就称0和1都是这个代数式的不变值．在代数式存在不变值时，该代数式的最大不变值与最小不变值的差记作．特别地，当代数式只有一个不变值时，则． （1）代数式的不变值是 　　，　　； （2）已知代数式． ①若，求的值； ②若，为整数，求所有整数的和． 一十五．零指数幂 · 零指数幂 零指数幂：a0＝1（a≠0） 由am÷am＝1，am÷am＝am﹣m＝a0可推出a0＝1（a≠0） 50．（2024•宁德模拟）计算：． 第14章 整式的乘法与因式分解 培优题突破练习★★★【15个考点50题专练】 【冲刺满分】2024-2025学年人教版数学八年级上册 参考答案与试题解析 一．同底数幂的乘法 1．（2017•武侯区模拟）我们知道，同底数幂的乘法法则为：（其中，，为正整数），类似地我们规定关于任意正整数，的一种新运算：，请根据这种新运算填空： （1）若（1），则（2）　　； （2）若（1），那么　　（用含和的代数式表示，其中为正整数） 【分析】（1）将（2）变形为，再根据定义新运算：计算即可求解； （2）根据（1），以及定义新运算：将原式变形为，再根据同底数幂的乘法法则计算即可求解． 【解答】解：（1）（1），， （2）； （2）（1），， ． 故答案为：；． 【点评】考查了同底数幂的乘法，定义新运算，熟练掌握运算性质和法则是解题的关键． 二．幂的乘方与积的乘方 2．（2021•息县模拟）若为正整数，则　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】根据乘方的意义可得，再根据幂的乘方即得答案． 【解答】解：， 故选：． 【点评】本题考查了幂的乘方，关键在于要根据乘方的意义进行计算． 3．已知，，则　　． 【分析】由，，推出，，推出，，可得，推出，由此即可解决问． 【解答】解：，， ，， ，， ， ， 【点评】本题考查幂的乘方与积的乘方，解题的关键是灵活运用知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题． 三．同底数幂的除法 4．（2019春•芮城县期末）“已知：，，求的值”，解决这个问题需要逆用幂的运算性质中的哪一个？　　 A．同底数幂的乘法 B．积的乘方 C．幂的乘方 D．同底数幂的除法 【分析】根据同底数幂的乘法法则，同底数幂相乘，底数不变，指数相加，据此解答即可． 【解答】解：， 解决这个问题需要逆用同底数幂的乘法． 故选：． 【点评】本题主要考查了同底数幂的乘法，熟记幂的运算性质是解答本题的关键． 5．（2021春•金牛区校级期中）下列有四个结论，其中正确的是　　 A．角平分线是角的对称轴 B．三角形的三条垂直平分线交于一点，这点到三角形三个顶点的距离相等 C．在同一平面内，有且只有一条直线与已知直线垂直 D．若，，则可表示为 【答案】 【分析】对每个命题进行分析判断，错误的指出错误之处即可． 【解答】解：角的对称轴是角的平分线所在的直线， 选项不正确； 三角形的三条垂直平分线交于一点，这点到三角形三个顶点的距离相等， 选项正确； 在平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直， 选项不正确； ， 选项不正确； 综上，正确的选项是：． 故选：． 【点评】本题主要考查了轴对称的性质，线段的垂直平分线的性质，同底数幂的除法，幂的乘方，正确使用上述法则是解题的关键． 四．单项式乘单项式 6．（2024•高邮市三模）定义：在平面直角坐标系中，若点与的坐标满足，为常数，，则称点是点的“系友好点”．例如，点是点的“1系友好点”． （1）点的“2系友好点”的坐标是 　　，若一个点的“系友好点”的坐标是，则这个点的坐标是 　　； （2）已知点在第二象限，且满足，点是点的“系友好点”，求的值； （3）点在轴正半轴上，“系友好点”为点，若无论为何值，的值恒为0，求的值． 【答案】（1）；； （2）； （3）的值为1． 【分析】（1）根据新定义可得的“2系友好点”的坐标是；设的“系友好点”的坐标是，可得，即可解得答案； （2）由点是点的“系友好点”，可得，而，故，由点在第二象限，得； （3）由在轴正半轴上，“系友好点”为点，得，，根据无论为何值，的值恒为0，得对任意都成立，分两种情况讨论即可． 【解答】解：（1），， 点的“2系友好点”的坐标是； 设的“系友好点”的坐标是， 则， 解得， 的“系友好点”的坐标是； 故答案为：；； （2）点是点的“系友好点”， ， ， ， ， 点在第二象限， ， ； （3）在轴正半轴上，“系友好点”为点， ，， ，， ， 无论为何值，的值恒为0， 对任意都成立， 若，则对任意都成立， ， 解得或（舍去）； 若，则对任意都成立， ，此时无解； 的值为1． 【点评】本题考查点的坐标，涉及新定义，解题的关键是读懂题意，理解“系友好点“的定义． 五．多项式乘多项式 7．（2023春•拱墅区期末）设，为实数，多项式展开后的一次项系数为，多项式展开后的一次项系数为：若，且，均为正整数，则　　 A．与的最大值相等，与的最小值也相等 B．与的最大值相等，与的最小值不相等 C．与的最大值不相等，与的最小值相等 D．与的最大值不相等，与的最小值也不相等 【答案】 【分析】先利用多项式乘多项式的法则进行运算，从而可表示出，，再分析即可． 【解答】解： ， ， 多项式展开后的一次项系数为，多项式展开后的一次项系数为， ，， ，且，均为正整数， ， 整理得：． 又，， ，． ，． ． ，均为正整数， 的取值为1，2，3，4，5． 的最大值为1，的最小值为． ，， ． ，均为正整数， 的取值为1，2，3，4，5． 的最大值为1，的最小值为． 故选项正确，符合题意． 故选：． 【点评】本题主要考查了整式的变形，解题时要能熟悉整式的相关变形，注意学会将未知转化为已知去解决． 8．已知，，，，都是整数，则的值为　　． 【答案】． 【分析】等式的左边按照多项式乘以多项式的法则展开，与等式的右边对照，得到关于，，的方程组，根据，，为整数得到，，的值，从而求得的值． 【解答】解：， ， ， ，，为整数， ，，的值为，，3． ． 故答案为：． 【点评】本题考查了多项式乘以多项式的法则，难度较大，求出，，的值是解题的关键． 9．计算下列各式，然后回答问题． 　　；　 　； 　 　；　 　． （1）从上面的计算中总结规律，写出下式结果． 　 　． （2）运用上述结果，写出下列各题结果． ①　 　； ②　 　． 【分析】利用单项式与多项式相乘计算各个式子后，发现展开式的一次项系数是原来每个因式的第二项的和，常数项是它们的积．即．然后再计算所给的式子的结果． 【解答】解：； ； ； ． （1）． （2）① 008 000； ② 010 000． 【点评】本题考查了多项式乘多项式，熟练掌握运算法则是解题的关键，对计算结果分析找出规律，再利用规律简便计算． 10．（2024春•永兴县校级月考）若展开后的结果中不含和的项． （1）求，的值； （2）求的值． 【答案】（1），；（2）． 【分析】（1）利用多项式乘以多项式的法则计算，再根据不含和的项，即可求出与的值； （2）将与的值代入求解即可． 【解答】解：（1） ， 展开后的结果中不含和的项， ，， ，； （2），， ． 【点评】本题考查了多项式乘以多项式、不含无关类问题及代数式求值，熟练掌握运算法则及不含无关类做题方法是解决本题关键． 11．（2024春•竞秀区期中）回答下列问题： （1）计算： ①　　； ②　　； ③　　； ④　　． （2）总结公式　　． （3）已知，，均为整数，且．求的所有可能值． 【答案】（1）①；②；③；④； （2）； （3）8或． 【分析】（1）根据多项式乘以多项式的计算法则求解即可； （2）根据多项式乘以多项式的计算法则求解即可； （3）根据（2）可得，则，，再由、都是整数，，得到或或或，据此求解即可． 【解答】解：（1）① ； ② ； ③ ； ④ ； 故答案为：，，，； （2）解： ， 故答案为：； （3）解：， ， ，， 、都是整数，， 或或或， 或． 【点评】本题主要考查了多项式乘以多项式，解题的关键是掌握多项式的乘法法则． 12．（2024春•项城市校级月考）小诚计算时，由于把第一个多项式中的“”看成了“”，得到的结果为． （1）求的值； （2）计算这道整式乘法的正确结果． 【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）由题意得，根据多项式乘以多项式的计算法则得到，则，解之即可得到答案； （2）先计算出的结果，再代入即可得到答案． 【解答】解：（1）由题意得， ， ， ， ； （2） ， 当时，原式． 【点评】本题主要考查了多项式乘多项式，熟练掌握运算法则是关键． 六．完全平方公式 13．（2023春•蜀山区校级期中）已知，则的值是　　 A．5 B．9 C．13 D．17 【答案】 【分析】观察题干相关条件，采用整体代换的思想，即可求解． 【解答】解：令，则原式可化简为，则， 解得：，即． 故选：． 【点评】本题考查了代数换元法，利用完全平方公式展开，构建一个新的方程，从而求出答案． 14．（2020春•新吴区校级期中）已知，则　2　，　　． 【分析】已知，两边分别平方可求得，再进行求解即可得出答案． 【解答】解：，两边平方得：， 对其两边进行平方得；， ， ， ， 故． 故答案为：2，0． 【点评】本题考查了完全平方公式，难度适中，关键是熟练灵活运用完全平方公式进行解题． 15．（2024春•大渡口区校级月考）（1）化简：； （2）解不等式组：． 【答案】（1）； （2）． 【分析】（1）先根据完全平方公式和单项式乘多项式法则化简，再合并同类项即可； （2）分别根据不等式的运算法则求解两个不等式，最后得出不等式组的解集即可． 【解答】解：（1） ； （2）， 解①可得， 解②可得， 改不等式组的解集为：． 【点评】本题考查整式乘法的混合运算和解一元一次不等式组，解答本题的关键是熟练掌握一元一次不等式组的解法：解一元一次不等式组时，一般先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分，利用数轴可以直观地表示不等式组的解集．方法与步骤：①求不等式组中每个不等式的解集；②利用数轴求公共部分． 七．完全平方公式的几何背景 16．（2024春•花山区校级期末）现有甲、乙两个正方形纸片，将甲、乙并列放置后得到图1，已知点为的中点，连接、，将乙纸片放到甲的内部得到图2，已知甲、乙两个正方形边长之和为8，图2的阴影部分面积为6，则图1的阴影部分面积为　　 A．3 B．19 C．21 D．28 【答案】 【分析】设甲正方形边长为，乙正方形边长为，根据题意分别得到，，两式相加可得，在图1中利用两正方形的面积之和减去两个三角形的面积之和，代入计算可得阴影部分面积． 【解答】解：设甲正方形边长为，乙正方形边长为，则，，， ， ， 点为的中点， ， 图2的阴影部分面积， ， ， 图1的阴影部分面积 ， 故选：． 【点评】本题考查了整式的加减，完全平方公式的几何背景，解决本题的关键是灵活应用完全平方公式的变形． 17．（2024春•滕州市校级月考）（1）若，，求的值． 根据上面的解题思路与方法解决下列问题： （2）已知中，，分别以、边向外侧作正方形．如图所示，设，两正方形的面积和为20，求的面积． （3）若，求的值． 【答案】（1）； （2）； （3）62． 【分析】（1）把，代入，从而可得答案； （2）设正方形与正方形的边长分别为，．由题意可得，，，再代入计算即可； （3）令，，由题可知，，代入，再计算即可． 【解答】解：（1），， ， ； （2）设正方形与正方形的边长分别为，． 由题意可得，，， ； （3）令，， 由题可知，， ，， ． 【点评】本题考查的是完全平方公式及其变形的灵活运用，熟记完全平方公式与其变形是解本题的关键． 18．（2024春•柴桑区月考）我国著名数学家华罗庚曾说“数缺形时少直观，形少数时难入微”，数形结合的方法是我们解决数学问题常用到的思想方法． 【方法生成】 （1）通常情况下，通过用两种不同的方法计算同一个图形的面积，可以得到一个恒等式．如图1，可得到我们学过的公式：　　． 【拓展探究】 （2）小圣得到启发，利用上面的方法得到一个新公式（如图　　． 【公式应用】根据小圣发现的新公式，解决下面的问题： （3）直接写出结果：　　． （4）已知，，求的值． 【答案】（1）；（2）；（3）；（4）． 【分析】（1）根据计算图中正方形面积公式的两种方法即可求解； （2）根据计算图中正方形面积公式的两种方法即可求解； （3）仿照（2）即可求解； （4）利用（3）的等式即可求解． 【解答】解：（1）图中正方形面积，， 则， 故答案为：； （2）， 故答案为：； （3）由（2）得， ， ， ， 故答案为：； （4）， ， ， ， ， ， ． 【点评】本题考查了几何面积与多项式的关系，正确掌握多项式变化与几何面积的关系是解题的关键． 19．（2024春•吉安月考）若满足． （1）①设，，则　5　，　　； ②利用①中的信息，求出的值； （2）如图，点，分别是正方形的边、上的点，满足，为常数，且，长方形的面积是6，分别以、为边作正方形和正方形，求正方形与正方形的面积之和． 【答案】（1）①5，；②； （2）13． 【分析】（1）①根据题意直接将，代入，求解即可；②由①可得，，再利用完全平方公式即可求出的值，即可得的值； （2）设正方形的边长为，则，，可得，由长方形的面积是6，得，再利用完全平方公式，可得，即可得正方形与正方形的面积之和是13． 【解答】解：（1）①根据题意可得：， ， 故答案为：5，； ②由①可得：，， ，即， ，即， ； （2）设正方形的边长为，则，， ， 长方形的面积是6， ， ， ， 即正方形与正方形的面积之和是13． 【点评】本题考查了完全平方公式的应用，熟练掌握完全平方公式的变形是解题关键． 八．完全平方式 20．（2024春•南岸区校级月考）若我们规定三角“”表示为：；方框“”表示为：．例如：．请根据这个规定解答下列问题： （1）计算：　　； 　　； （2）代数式为完全平方式，则　　； （3）若关于的方程有正整数解，请求出整数的值． 【答案】（1）；140． （2）或． （3），1，0，． 【分析】（1）根据新定义运算代入数据计算即可求解； （2）根据新定义运算代入数据计算，再根据完全平方式的定义即可求解； （3）根据新定义可得，解方程解得，由方程有正整数解，且为整数，即可求得，1，0，． 【解答】解：（1） ． ． 故答案为：；140． （2）代数式 ， 代数式为完全平方式， ， 解得或． 故答案为：或． （3）由定义，可得方程：， 方程化简为：， 解得， 方程有正整数解，且为整数， ，3，5，15， ，1，0，． 【点评】本题考查了有理数的混合运算，新定义，整式的运算；熟练掌握完全平方公式的特点，理解新定义是解题的关键． 21．（2024春•沈河区校级月考）数学活动课上，老师用如图1中的1张边长为的正方形纸片、1张边长为的正方形纸片和2张宽和长分别为，的长方形纸片拼成了如图2所示的大正方形，观察图形并解答下列问题． （1）由图1和图2可以得到的整式乘法公式为 　　．（用含，的式子表示） （2）满满想用这三种纸片拼出一个面积为的大长方形，请通过计算说明需要，，三种纸片各多少张？ （3）如图3，已知点为线段上的动点，分别以，为边在的两侧作正方形和正方形．若，且两正方形的面积之和，请利用（1）中的公式求出图中阴影部分的面积． 【答案】（1）；（2）需要种纸片6张，种纸片2张，种纸片7张；（3）8． 【分析】（1）根据图形，利用正方形与长方形的公式即可求得答案； （2）利用多项式乘多项式法则计算后即可求得答案； （3）设，，则，然后根据完全平方公式列式计算即可求解． 【解答】解：（1）由图形可得，， 故答案为：； （2）， 即需要种纸片6张，种纸片2张，种纸片7张； （3）设，，则， ， ， ， ， ， ， ． 【点评】本题考查了完全平方公式的几何背景及多项式乘多项式，结合图形求得等式是解题的关键． 九．平方差公式 22．（2020•黄州区校级模拟）如果一个正整数可以表示为两个连续奇数的平方差，那么称该正整数为“和谐数”如，，即8，16均为“和谐数” ，在不超过2017的正整数中，所有的“和谐数”之和为　　 A．255024 B．255054 C．255064 D．250554 【答案】 【分析】设相邻的两奇数分别为，，且为正整数），求出和谐数的表达式，根据和谐数不超过2017，列出不等式，求得的范围，进而可以知道最大的，求出此时的相邻两个奇数，然后把这些和谐数加起来计算即可． 【解答】解：设相邻的两奇数分别为，，且为正整数）， ， 根据题意得：， ， 最大为252，此时，， ． 故选：． 【点评】本题考查了平方差公式的应用，求出和谐数的表达式是解题的关键． 23．化简，当，时，原式的值是　　． 【分析】先利用平方差公式化简计算，合并同类项后再代入数据计算即可． 【解答】解：， ， ， ． 当，时， 原式． 【点评】本题考查了平方差公式，熟练掌握公式并灵活运用是解题的关键，计算时，要注意符号的处理． 24．（2006秋•常熟市期末）计算：（1）　　； （2）　 　． 【分析】（1）先化成指数相同的幂相乘，再利用积的乘方的性质的逆用计算即可； （2）先写成20与的和与差的积，再根据平方差公式进行计算． 【解答】解：（1）， ， ， ； （2）原式， ， ． 【点评】本题考查了积的乘方的性质的逆用和平方差公式，整理成性质和公式的形式是解题的关键． 25．（2024春•龙泉驿区校级月考）用简便方法计算： （1）； （2）． 【答案】（1）10000；（2）4． 【分析】（1）根据完全平方公式进行计算即可； （2）根据平方差公式进行计算即可． 【解答】解：（1） ． （2） ． 【点评】本题主要考查了平方差公式和完全平方公式，解题的关键是熟练掌握平方差公式和完全平方公式，准确计算． 一十．因式分解的意义 26．（2023秋•衡阳期末）仔细阅读下面例题，解答问题： 例题：已知二次三项式x2﹣4x+m有一个因式是（x+3），求另一个因式以及m的值． 解：设另一个因式为（x+n），得 x2﹣4x+m＝（x+3）（x+n） 则x2﹣4x+m＝x2+（n+3）x+3n ∴． 解得：n＝﹣7，m＝﹣21 ∴另一个因式为（x﹣7），m的值为﹣21 问题：仿照以上方法解答下面问题： 已知二次三项式2x2+3x﹣k有一个因式是（2x﹣5），求另一个因式以及k的值． 【答案】另一个因式为（x+4），k的值为20． 【分析】根据例题中的已知的两个式子的关系，两个中二次三项式x2﹣4x+m的二次项系数是1，因式是（x+3）的一次项系数也是1，利用待定系数法求出另一个因式．所求的式子2x2+3x﹣k的二次项系数是2，因式是（2x﹣5）的一次项系数是2，则另一个因式的一次项系数一定是1，利用待定系数法，就可以求出另一个因式． 【解答】解：设另一个因式为（x+a），得： 2x2+3x﹣k＝（2x﹣5）（x+a）， 则2x2+3x﹣k＝2x2+（2a﹣5）x﹣5a ∴． 解得：a＝4，k＝20． 故另一个因式为（x+4），k的值为20． 【点评】正确读懂例题，理解如何利用待定系数法求解是解本题的关键． 一十一．因式分解−运用公式法 27．（2013春•金堂县期末）已知，则　1　． 【分析】运用公式法分解因式即可得到结果． 【解答】解：， ． ． 故答案为：1． 【点评】本题考查了因式分解运用公式法，熟记因式分解的方法是解题的关键． 一十二．提公因式法与公式法的综合运用 28．（2024春•建邺区校级期末）因式分解： （1）； （2）． 【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）直接利用完全平方公式分解因式得出答案； （2）直接提取公因式，再利用平方差公式分解因式得出答案． 【解答】解：（1）原式； （2）原式 ． 【点评】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用公式法分解因式是解题关键． 一十三．因式分解−分组分解法 29．（2012秋•西城区校级期中）分解因式：　　． 【分析】把前两项配方，第三项展开，整理后前三项利用完全平方公式分解因式，再与最后一项利用平方差公式继续分解因式即可． 【解答】解：， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了利用分组分解法进行因式分解，难度较大，先利用配方和完全平方公式整理是解题的关键． 一十四．因式分解的应用 30．（2019•青田县校级自主招生）已知实数，满足，，则等于　　 A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】 【分析】利用立方和差公式，因式分解，把问题转化为一元二次方程，利用根的判别式解决问题． 【解答】解：， ， 两式相加可得，， ， ， ， 若，看成是以为未知数的一元二次方程， △， ，没有实数根， ， ， ． 故选：． 【点评】本题考查因式分解的应用，立方和差公式，一元二次方程的根的判别式等知识，解题的关键是学会用转化的思想解决问题． 31．（2018秋•周村区期中）设是任意正整数，代入式子中计算时，四名同学分别得出如下四个结果，其中正确的结果可能是　　 A．388944 B．388947 C．388953 D．388949 【答案】 【分析】由，由答案四项的大小相差不大，且立方根约为自然数73，所以可得的值为73，即可求出代数式的值． 【解答】解：当非常大时，， 又， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了代数式求值在实际问题中运用． 32．（2023秋•九龙坡区期末）已知六元方程，满足，且，，，，，为正整数，则下列关于这个六元方程的正整数解的说法中正确的个数为　　 ①，，，，，是该六元方程的一组解； ②连续的六个正整数一定是该六元方程的解； ③若，则该六元方程有20组解； ④若，则该六元方程有1组解． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】 【分析】①把所给数值分别代入等式的左边和右边，看是否相等； ②设最小的正整数为，分别计算出等式的左边和右边，看是否相等； ③根据②得到的知识，结合③给的条件，看该六元方程有几组解； ④根据③及所给等式看是否会得到唯一解． 【解答】解：，，，，，， ，． ． ，，，，，是该六元方程的一组解． ①正确； 设最小的正整数为，那么其余的数为：，，，，． ，． ． 连续的六个正整数一定是该六元方程的解． ②正确； ，连续的六个正整数一定是该六元方程的解． 连续正整数解为：1、2、3、4、5、6， 2、3、4、5、6、7， 3、4、5、6、7、8， 4、5、6、7、8、9共4组； ， ， ，，． 不连续正整数解为：1、2、3、4、6、7， 1、2、3、4、7、8， 1、2、3、4、8、9， 1、2、4、5、6、7， 1、2、4、5、7、8， 1、2、4、5、8、9， 1、2、5、6、7、8， 1、2、5、6、8、9， 1、2、6、7、8、9， 2、3、4、5、7、8， 2、3、4、5、8、9， 2、3、5、6、7、8， 2、3、5、6、8、9， 2、3、6、7、8、9， 3、4、5、6、8、9， 3、4、6、7、8、9共16组． 则该六元方程有20组解． ③正确； ，只有． 则该六元方程有1组解：，，，，，． 故④正确． 故选． 【点评】本题综合考查因式分解的应用．根据因式分解得到，，是解决本题的关键． 33．已知，，，则多项式的值为　　 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】 【分析】先通过因式分解将式子变形，即将原式变形成，然后再计算出，，，最后将其进行整体代入，即可得出结果． 【解答】解：原式 ， ，，， ，，， 原式， 故选：． 【点评】本题考查的是因式分解的应用，解题的关键是根据已知条件将式子进行灵活分解． 34．（2021秋•北仑区校级月考）已知正整数，，满足，且，则的最大值是　　 A．16 B．8 C．4 D．2 【答案】 【分析】将已知条件变形为，则，从而得出的最大值． 【解答】解：将，变形为， 即， ， ， 则， 的最大值是4， 故选：． 【点评】本题主要考查了不等式的性质，因式分解的应用，熟练掌握不等式的性质是解题的关，难度较大． 35．设为实数，且，则　　 A．3 B． C．1 D． 【答案】 【分析】由已知等式用分组分解法，提取公因式法，整式乘法，方程等知识恒等变形，求出符合条件的的值为，再将代入式子中进行运算求出值为，即答案为． 【解答】解：， ， ， ， ，或， （1）若时， △， 为实数， 此一元二次方程在实数范围内无解； （2）若时， 变形得：① 将①代入下列代数式得： 故选：． 【点评】本题综合考查了因式分解中分组分解法，提取公因式法，多项式乘法法则，一元二次方程的解法，乘方运算等相关知识点，重点掌握因式分解的运用，难点是分组分解法因式分解，判定一元二次方程的根的存在性． 36．（2022秋•崇川区校级月考）我们知道，任意一个正整数都可以进行这样的分解：，是正整数，且，在的所有这种分解中，如果，两因数之差的绝对值最小，我们就称是的最佳分解，并规定：．例如：12可以分解成，或，因为，所以是12的最佳分解，所以．如果一个两位正整数，，，为自然数），交换其个位上的数与十位上的数得到的新数减去原来的两位正整数所得的差为36，那么我们称这个数为“吉祥数”．根据以上新定义，下列说法正确的有　　 （1）； （2）15和26是“吉祥数”； （3）“吉祥数”中，的最大值为． （4）如果一个正整数是另外一个正整数的平方，我们称正整数是完全平方数，则对任意一个完全平方数，总有． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】 【分析】（1）将48分解因数，进而找出48的最佳分解即可得出结论； （2）设交换的个位上数与十位上的数得到的新数为，则，根据“吉祥数”的定义确定出与的关系式，进而求出所求即可； （3）利用“吉祥数”的定义分别求出各自的值，进而确定出的最大值即可； （4）根据（1）的特点找出的最佳分解即可得出结论． 【解答】解：（1），而，是48的最佳分解， ，故正确； （2）设交换的个位上数与十位上的数得到的新数为，则， 是“吉祥数”， ， ， ，，为自然数， 满足“吉祥数”的有：15，26，37，48，59，故正确； （3），，，，， ， “吉祥数”中，的最大值为，故正确． 故说法正确的有4个． （4）是一个完全平方数， 设， 是的最佳分解， ，故正确； 故选：． 【点评】此题主要考查了完全平方数，分解因数，新定义的理解和应用，掌握分解因数的方法是解本题的关键． 37．（2023•锦州模拟）已知，均为正整数且满足，则的最小值是　　 A．20 B．30 C．32 D．37 【答案】 【分析】利用因式分解把等式变形为，再讨论各种可能情况，求出、的值，判断出最小值． 【解答】解：， ， ， ， ，均为正整数， ，或， ，，，， ，，，， 的最小值为20． 故选：． 【点评】本题考查了因式分解的应用，解题的关键是熟练掌握因式分解的各种方法． 38．（2020秋•澄海区期末）已知长方形的周长为，它两邻边长分别为，，且满足，则该长方形的面积为　　． A． B． C．15 D．16 【答案】 【分析】由长方形的周长可以求出①，再利用完全平方公式可以得出②，联立①②，解方程组即可得出，的值，最后求长方形的面积即可得出结论． 【解答】解：长方形的周长为， ， ①； ， ， ， ②． 联立①②，得， 解得：， 长方形的面积， 故选：． 【点评】本题考查完全平方公式，解二元一次方程组，考查学生的计算能力，本题的关键是把看作一个整体，进行因式分解． 39．（2023春•长寿区校级期中）已知正整数，，，，，满足，且，关于这个六元方程下列说法正确的个数是　　 ①，，，，，是该六元方程的一组解； ②连续的六个正整数一定是该六元方程的解； ③若，则该六元方程有21组解； ④若，则该六元方程有28组解． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】 【分析】利用平方差公式把方程右边进行因式分解，再移项，利用提公因式法继续分解，得到三项和为零，再根据选项逐一分析． 【解答】解：①当，，，，，时， ，， 所以左边右边，，，，，，是方程的解，①正确． ②设最小的正整数为，左边， 右边， 左边右边，连续的六个正整数一定是该六元方程的解，②正确． ③， 根据②可得4组连续整数123456，234567，345678，456789是方程的解， ． ． ， 因为正整数，，，，，满足， ，，， 可得，，时方程成立，即，；，；，是三对连续整数． 可得16组不连续的整数123467，123478，123489，124567，124578，124589，125678，125689，126789，234578，234589，235678，235689，236789，345689，346789，是方程的解，共有20组，故③不正确． ④，由③可得，，；，；，是三对连续整数， ，， 可得，，的值有30组，即有30组解，故④不正确． 故选：． 【点评】此题考查验证方程的解，多元一次方程的正整数解，因式分解的应用，多学段知识综合运用较强，同时考查了探究学习的能力． 40．（2022秋•内江期末）已知，则当时，的值为　　 A．25 B．20 C．15 D．10 【分析】根据已知条件得到，将其代入整理后的的代数式． 【解答】解法一：， ， ， ． 解法二：， ， ． 故选：． 【点评】考查了因式分解的应用．掌握转化思想和整体代入思想是解题的关键． 41．（2024春•镇海区校级期中）设实数满足，若，则的值为　　 A． B．14 C． D．6 【答案】 【分析】利用换元法，设，则，可得：，，，再代入计算即可． 【解答】解：根据题意，设， ， ， ，，， ， 故选：． 【点评】本题考查的是因式分解的应用，熟练掌握换元法是解题的关键． 42．对任意一个两位数，如果满足个位与十位上的数字互不相同，且都不为零，那么称这个数为“相异数”，将一个“相异数”的十位上的数字与个位上的数字互换位置后，得到一个新两位数：把所得的新两位数与原两位数的和与11的商记为．例如．互换十位与个位上的数字得到32，所得的新两位数与原两位数的和为，，所以．若，都是“相异数”，其中，，．，都是正整数），当时，则的最大值为　　 A．2 B． C． D．4 【答案】 【分析】先用含的式子表示出，再用含的式子表示出，然后根据和的取值求出最大值即可． 【解答】解：将的十位上的数字与个位上的数字互换位置后的数记为． ． ． 将的十位上的数字与个位上的数字互换位置后的数记为． ． ． ． ． ． ． ． ． ，都是正整数． 最大为6． ． 故选：． 【点评】本题主要考查数字的处理能力和计算能力，关键在于将和用含和的式子表示出来． 43．（2022•市中区校级模拟）已知实数，，满足，，则　　． 【答案】 【分析】公式推导，严重超纲，细心看吧． 【解答】解：， ，， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【点评】本题考查立方和公式，关键到了高中也不一定会做． 44．（2018秋•晋江市期末）如图①，是一个棱长为的正方体中挖去一个棱长为的小正方体 （1）如图①所示的几何体的体积是　　． （2）用另一种方法表示图①的体积：把图①分成如图②所示的三块长方体，将这三块长方体的体积相加后得到的多项式进行因式分解．比较这两种方法，可以得出一个代数恒等式　　． 【分析】（1）根据正方体体积公式即可求解； （2）根据正方体和三块长方体的体积公式即可求解． 【解答】解：（1）根据题意，得． 故答案为． （2）根据题意，得 故答案为 【点评】本题考查了立方体和长方体的体积、因式分解的应用，解决本题的关键是表示三块长方体的体积的和． 45．在有理数范围内因式分解： （1）　　． （2）　 　． （3）　 　． 【分析】（1）把16分解因数为，分别乘入第二、三、四项，然后再第一二项相乘，第三四项相乘，利用整体思想根据多项式的乘法进行计算即可求解； （2）先利用多项式的乘法运算法则把第一、四项相乘，第二、三项相乘，然后再整理成的形式，根据平方差公式计算后即可消掉项，从而得解； （3）先利用多项式的乘法运算法则把第一、四项相乘，第二、三项相乘，再利用换元法，令，整理成关于与的形式，然后根据完全平方公式分解因式，最后再把换成即可得解． 【解答】解：（1）， ， ， ， ， ； （2）， ， ， ， ， ； （3）， ， ， 令，则， 原式， ， ， ， ． 【点评】本题考查了因式分解的应用，都是利用了整体思想或者是换元法进行求解，根据系数的特点分组利用多项式的乘法整理成新的多项式的乘法运算是解题的关键，难度较大，计算时要认真仔细． 46．（2022•南京模拟）已知、、、、、都为正数，，，，，，，则　　． 【分析】根据等式性质及分式性质进行计算即可求得结果． 【解答】解：将每个等式的左右两边相乘，得 ， ， ， ． 同理可得：，，，，， ． 故答案为． 【点评】本题考查了等式的基本性质和分式的基本性质，解题关键是整体思想的运用． 47．已知：，则　　． 【分析】将、、的分子分母先分别用提供因式法分解因式，再约分即可将、、化简，再代入求值即可． 【解答】解：； ； ； ． 故答案为：． 【点评】此题考查的是因式分解的应用，要熟悉提公因式法等因式分解的基本方法，解答此题的关键是找到公因式． 48．（2023春•宁波期中）已知，，，均为正整数，且，，，则　179　． 【分析】设，，，，为正整数），根据已知，运用因式分解的方法得到关于，的方程组，从而求解． 【解答】解：，， 可设，，，，为正整数）， ， ， 即， 或， 解得或， 则不为正整数故此结果舍去）或， ． 【点评】此题要注意借助巧妙的设法，运用因式分解的知识达到降次的目的求解． 49．（2024春•靖江市校级月考）对于代数式，若存在实数，当时，代数式的值也等于，则称为这个代数式的不变值．例如：对于代数式，当时，代数式等于0；当时，代数式等于1，我们就称0和1都是这个代数式的不变值．在代数式存在不变值时，该代数式的最大不变值与最小不变值的差记作．特别地，当代数式只有一个不变值时，则． （1）代数式的不变值是 　0，3　，　　； （2）已知代数式． ①若，求的值； ②若，为整数，求所有整数的和． 【答案】（1）0，3，3； （2）①1；②4． 【分析】（1）根据新定义得出关于的一元二次方程，解方程可得代数式的不变值，再根据最大不变值与最小不变值的差记作计算即可； （2）①根据可知，关于的一元二次方程只有一个实数根，即△，据此可求的值； ②根据题意得出关于的一元二次方程，设方程的两根为，，利用根与系数的关系求出，可得，然后根据，得出关于的不等式组，解不等式组求出所有符合条件的的值即可． 【解答】解：　　由题意得， 解得：，， 代数式的不变值是0，3； ， 故答案为：0，3；3； （2）①由题意得，即， ， 关于的一元二次方程只有一个实数根， △， 解得：； ②由题意得，即， 设方程的两根为，， ，， ， ， ， ，为整数， 当时，可得， 解得：； 当时，可得， 解得：； 所有整数的值为，0，2，3， 所有整数的和为． 【点评】本题主要考查了解一元二次方程，一元二次方程根的判别式的意义，根与系数的关系，熟记一元二次方程根的判别式及根与系数的关系是解题的关键． 一十五．零指数幂 50．（2024•宁德模拟）计算：． 【答案】． 【分析】原式第一项利用零指数幂法则计算，第二项先计算乘方运算，再利用乘法分配律计算即可得到结果． 【解答】解：原式 ． 【点评】本题考查了有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$