期末复习必考选填压轴题十八大题型总结-【新教材】2024-2025学年七年级数学下册举一反三系列（浙教版2024）

期末复习必考选填压轴题十八大题型总结 【浙教版2024】 【题型1 平行线中的旋转问题】 2 【题型2 平行线中的动点问题】 10 【题型3 平行线中的定值问题】 16 【题型4 与三角板有关的平行问题】 21 【题型5 由方程组确定二元一次方程组的解】 27 【题型6 利用二元一次方程组求几何图形的面积】 29 【题型7 判断与二元一次方程组有关的结论正误】 33 【题型8 二元一次方程组的应用】 37 【题型9 幂的运算的逆用】 41 【题型10 由整式乘法求几何图形的面积】 43 【题型11 由乘法公式求值】 47 【题型12 乘法公式的几何背景】 50 【题型13 利用因式分解求值】 54 【题型14 与因式分解有关的整除问题】 56 【题型15 分式化简求值】 60 【题型16 与分式有关的新定义问题】 63 【题型17 由分式方程的解求字母的值】 68 【题型18 分式方程的应用】 73 【题型1 平行线中的旋转问题】 【例1】（24-25七年级·辽宁沈阳·开学考试）将一副三角板中的两块直角三角尺按如图方式放置（其中），固定三角尺，将三角尺以每秒的速度绕点B按逆时针方向旋转停止．在这个过程中，当运动时间为 秒时，三角尺的一边与三角尺的某一边平行（不共线）． 【答案】0.5或1.5或3.5或4.5或5 【分析】本题考查平行线的性质，分5种情况进行讨论求解即可． 【详解】解：①当时，如图， 则：， ∴， ∴； ②当时，此时， ∴， ∴； ③当时，， ∴， ∴， ∴， ∴； ④当时，则：， ∴； ⑤当时，则：， ∴； 综上：0.5或1.5或3.5或4.5或5； 故答案为：0.5或1.5或3.5或4.5或5． 【变式1-1】（24-25七年级·广东佛山·阶段练习）在一次主题灯光秀展演中，有两条笔直且平行的景观道、上放置、两盏激光灯（如图所示），若光线按顺时针方向以每秒的速度旋转至便立即回转，并不断往返旋转；光线按顺时针方向每秒的速度旋转至边就停止旋转，若光线先转6秒，光线才开始转动，当光线旋转 秒时，．    【答案】6或 【分析】本题主要考查平行线的性质及一元一次方程的应用， 设射线的转动时间为t，由题意得：，当时，则可分：①当射线旋转至过程中时，则有时，②当射线旋转至返回时，即，然后分类求解即可． 【详解】解：由题意可得：光线最长旋转时间为：（秒）， 设射线的转动时间为t，由题意得：， 当时，则可分： ①当射线旋转至过程中时，如图，    ∵，， ∴ ， 即， 解得：； ②当射线旋转至返回时，即，如图，    ∴， ∵，， ∴ ， 即， 解得：； 综上所述：当射线旋转的时间为秒或秒时，； 故答案为：或． 【变式1-2】（24-25七年级·江苏苏州·期中）如图①，将一副三角板中的两个直角叠放在一起，其中，，，，现按住三角板不动，将三角板绕点C顺时针旋转，图②是旋转过程中的某一位置，当B、C、E三点第一次共线时旋转停止，记（k为常数），给出下列四个说法： ①当时，直线与直线相交所成的锐角度数为； ②当时，； ③当时，； ④当时，．其中正确的说法的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】先证明，然后求出当时，，由此按照图①求解即可判断（1）；当时， 求得，，则，即可判断（2）；当时，先求出，则，，即可判断（3）；根据题意当时，只有如图②一种情况，据此判断（4）即可． 【详解】解：当三角板旋转角度小于度时，如题干图②，设直线与直线交于F， ∴， ∴， 当时，即，如图①所示， ∴， ∴； 当三角板旋转角度大于时，如图②所示， ∴， ∴当时，即， ∴， ∴此时在图中的位置， ∴，故（1）正确； 当三角板旋转角度小于度时，如图所示， 当时，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 当三角板旋转角的大于时，如图④所示， 同理可得， ∴， ∴， ∵， ∴，故（2）错误； 如图⑤所示，当时， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴，故（3）正确； 由于顺时针旋转到B、C、E共线时停止， ∴当时，只有如下图⑥一种情况， ∴， ∴， ∴， ∴，故（4）正确， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了三角板中角度的计算，三角形内角和定理，平行线的判定，正确理解题意是解题的关键． 【变式1-3】（24-25七年级·浙江宁波·期中）如图，，分别为直线上两点，且，射线从开始绕点按顺时针方向旋转至后立即回转，然后以不变的速度在和之间不停地来回旋转，射线从绕点按逆时针方向同时开始旋转，射线转动的速度是，射线转动的速度是，在射线到达之前，当时间为 秒时，射线与射线互相平行． 【答案】36或108 【分析】分四种情况讨论，依据时，，列出方程即可得到射线与射线互相平行时的时间．本题主要考查了平行线的判定与性质，以及角的和差关系的运用，解决问题的关键是运用分类思想进行求解，解题时注意：两条平行线被第三条直线所截，内错角相等．简单说成：两直线平行，内错角相等． 【详解】解：设射线从开始绕点按顺时针方向旋转时，射线与射线互相平行． 分四种情况： ①如图，当时，，， ，， ， ， ，， 当时，， 此时，， 解得； ②当时，，， ∴， ，， ， ， ，， 当时，， 此时，， 解得，此时， （舍去）； ③如图，当时，，，， ，， ， ， ，， 当时，， 此时，， 解得（舍去）； ④当从出发，到，再回到，再转到如下图的位置： ∵， ∴， 即， ∴， 解得：， 综上所述，在射线到达之前，有2次射线与射线互相平行，时间分别是36或． 故答案为：36或108． 【题型2 平行线中的动点问题】 【例2】（24-25七年级·浙江绍兴·阶段练习）如图，，被直线所截，点是线段上的点，过点作，连接，．将线段沿着直线平移得到线段，连接．若，在整个运动过程中，当，中有一个角是另一个角的倍时，的度数是 ． 【答案】或或 【分析】本题考查了平行线的性质，平移的性质，解题的关键是分类讨论．分两种情况讨论：①当点在线段上时，②当点在射线上时，根据平行线的性质并结合题意即可求解． 【详解】解：①如图，当点在线段上时，过点作， ， 由平移可得：， ， ， ， ，中有一个角是另一个角的倍， 或， 或； ②如图，当点在射线上时，过点作， ， 由平移可得：， ， ， ， ，中有一个角是另一个角的倍， ， ， ； 综上所述，的度数是或或， 故答案为：或或． 【变式2-1】（24-25七年级·湖北孝感·阶段练习）如图，点在的延长线上，交于点，且，，，为线段上一动点，为上一点，且满足，为的平分线，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行线的判定与性质、角平分线的定义，由可得，因此，结合，可得出，因此，进而可得，为的平分线，，根据可求出答案． 【详解】解： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 为的平分线， ， ， 故选：C． 【变式2-2】（24-25七年级·广东深圳·期中）如图，已知，，点是射线上一动点（与点不重合），、分别平分和，分别交射线于点、，下列结论：①；②；③当时，；④当点运动时，的数量关系不变．其中正确结论有（    ）个． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】直接利用平行线的性质判断①；先求出的度数，然后利用角平分线的定义可得，即可判断②；利用平行线的性质和可证，然后结合角平分线定义可得，即可判断③；利用平行线的性质可得，，结合可得，即可判断④． 【详解】解：∵， ∴， 故①正确； ∵，， ∴， ∵、分别平分和， ∴，， ∴， 故②正确； ∵， ∴， 又， ∴， ∴， 又，， ∴， 故③正确； ∵， ∴，， 又， ∴， ∴， 故④正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分的定义等知识，明确题意，找出所求问题需要的条件是解题的关键． 【变式2-3】（24-25七年级·江苏无锡·专题练习）如图，，点E，F在直线上（F在E的左侧），点G在直线上，，垂足为H，P为线段上的一动点，连接，，与的角平分线交于点Q，且点Q在直线，之间的区域，下列结论： ①； ②； ③若，则； ④若，则，其中n为正整数． 上述说法正确的是 （写出所有正确结论的序号）．    【答案】①③④ 【分析】本题考查了平行线的判定与性质，三角形的内角和定理等知识，过点H作，利用平行线的性质可得，即可判断①；根据角平分的定义可得，，再根据三角形内角和定理，根据，利用平行线的性质即可判断②；设，则，利用①的结论即可判断③，同上可判断④． 【详解】解：如图，过点H作，    ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，故①正确； ∵与的角平分线交于点Q， ∴， ∴， 根据①中的结论，可得， ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∴，故②错误； 设，则， ∴， 根据①中结论可得， ∴， ∴，故③正确； 设，则， ∴， ∴， 根据①中结论可得，故④正确． 故答案为：①③④． 【题型3 平行线中的定值问题】 【例3】（24-25七年级·福建泉州·期末）在和中，．如图1，点与点重合，点在边上．如图2，将绕点顺时针旋转，边与边分别交于点时，连接．下列4个以下结论：    ①； ②当时，； ③当时，； ④当时，为定值． 其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号） 【答案】①②④ 【分析】根据三角形的内角和定理即可判断①；根据内错角相等，两直线平行即可判断②；根据三角形内角和定理即可判断③；根据三角形外角的性质即可判断④，即可求解． 【详解】在和中， ∵， ∴， ∴，故①正确； 当时，即, ∴， ∴，故②正确；    设交于点M，当时，即， ∴，故③错误； ∵，，， ∴， ∴， ∴，是定值，故④正确； 综上，正确的是①②④， 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了三角形内角和定理，平行线的判定，熟练掌握知识点，并灵活运用是解题的关键． 【变式3-1】（24-25七年级·陕西安康·期中）如图，，，则以下说法中正确的是（    ） A．随的增大而减小 B．，的角度之和为定值 C．随的增大而增大 D．，的角度之积为定值 【答案】C 【分析】过C点作CFAB，利用平行线的性质解答即可． 【详解】解：过C点作CFAB， ∵ABDE， ∴CFDE， ∴∠α＝∠BCF，∠β＋∠DCF＝180°， ∵BC⊥CD， ∴∠BCF＋∠DCF＝90°， ∴∠α＋180°−∠β＝90°， ∴∠β−∠α＝90°， ∴β随α增大而增大， 故选：C． 【点睛】本题考查平行线的性质，平行公理的推论，熟练掌握平行线的性质是解题的关键． 【变式3-2】（24-25七年级·湖北武汉·期中）如图,AB//CD,点G在直线AB上, 点H在直线CD上,点K在AB、CD之间且在G、H所在直线的左侧, 若 ∠GKH=60°,点P为线段KH上一点(不和K、H重合)，连接PG并延长到M, 设∠KHC=n∠KGP，要使得为定值，则n= 【答案】3 【分析】延长MP交CD于点O，设∠KGP=x，则∠KHC=nx，利用平行线的性质以及三角形外角性质，即可得到∠GPH=60°+x，∠AGM=∠COM=120°+（n-1）x，由 为定值可得n的值. 【详解】解：延长MP交CD于点O， 设∠KGP=x，则∠KHC=nx， ∵∠GKH=60°， ∴∠GPH=60°+x， ∠OPH=180°-（60°+x）=120°-x， ∵AB∥CD， ∴∠AGM=∠COM=∠OPH+∠KHC=120°-x+ nx=120°+（n-1）x， ∴= ∵n-1=2时， 为定值，即==2， ∴n-1=2，解得：n=3. 故答案为3. 【点睛】本题考查平行线的性质，三角形内角和性质， 正确的识别图形是解题的关键． 【变式3-3】（24-25七年级·湖南怀化·期末）如图，在线段的延长线上，，，，连交于，的余角比大，为线段上一点，连，使，在内部有射线，平分，则下列结论：①；②平分；③；④的角度为定值且定值为，其中正确的结论是（填序号） ． 【答案】①②③ 【分析】本题考查了平行线的判定和性质，角平分线的定义，对顶角性质，正确的识别图形是解题的关键．根据平行线的判定定理得到 ，故①正确；由平行线的性质得到 ，等量代换得到 ，求得平分 ；故②正确；根据题意列方程得到 ，故③正确；设 ， ，得到 根据角平分线的定义即可得到结论． 【详解】解： ， ， ， ，故①正确； ， ， ， 平分 ；故②正确； 的余角比 大， ， ， ， ，故③正确； 设 ， ， ， 平分 ， ， 平分 ， ， ， ， ， ，故④错误， 故答案为：①②③ 【题型4 与三角板有关的平行问题】 【例4】（24-25七年级·山西太原·阶段练习）将一副三角板按如图所示方式摆放在一张对边平行的长方形纸片上，其中含角的直角三角板的斜边与纸片一边贴合，含角的直角三角板的一个顶点与含角的直角三角板的直角顶点重合，且两个直角三角板的一条直角边贴合，而含角的直角三角板的另一个顶点恰好落在纸片的另一边上，那么的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查三角板中角度的计算，平行线的性质，过点作，进而得到，根据平行线的性质，进行求解即可． 【详解】解：如图，过点作，由题意，得：， ∴， ∴， ∴， ∴； 故选B． 【变式4-1】（24-25七年级·河北石家庄·期中）将三角板如图所示放置，，，，使顶点落在边上，经过点作直线交边于点，且点在点的左侧．若的平分线交边于点，且时，则与之间的数量关系为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行线的判定与性质，角平分线的定义，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 由得，由，得，所以，由得，且，由角平分线的定义得，最后根据即可得解． 【详解】解：， ， ，， ， ， ， ，且， 平分， ， ， 故答案为：． 【变式4-2】（24-25七年级·福建漳州·期中）已知一块三角板，将三角板如图所示放置，使顶点落在边上，经过点作直线交边于点，且点在点的左侧．若的平分线交边于点，以下结论中 ①当且时，； ②当时，； ③当时，．正确的有（   ） A．② B．①② C．①③ D．①②③ 【答案】B 【分析】本题主要查了平行线的判定和性质，三角形内角和定理，熟练掌握平行线的判定和性质，三角形内角和定理是解题的关键． 根据，可得，再由以及平分，可得，然后根据，可得，从而得到，可判断①；根据，可得，从而得到，再由以及平分，可得，然后根据三角形内角和定理可得，可判断②；根据，可得，再由以及平分，可得，然后根据三角形内角和定理可得，从而得到，无法得到与平行，可判断③． 【详解】解：如图， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴无法得到与平行， ∵，即， ∴无法得到，故③错误． 故选：B 【变式4-3】（24-25七年级·浙江杭州·期中）如图（1）是由两块形状相同的三角板拼成，已知，，点E是边上的动点，连结，将三角形沿直线翻折，点C，D的对应点分别为N，M，则： （1）如图（2），当点N恰好落在边上时，的度数是 ； （2）当与三角形的一边平行时，的度数为 ． 【答案】 75° 105°或60°或45° 【分析】（1）利用折叠的性质判断出AD∥BC，利用平行线的性质可得结果； （2）分MN∥AC，MN∥AB，MN∥BC，三种情况，分别求解． 【详解】解：（1）当点N落在AB上时，由折叠可知： ∠DAC=∠MAN=60°，∠CAE=∠BAE=45°， ∵∠ACB+∠ACD=60°+30°=90°，∠D=90°， ∴AD∥BC， ∴∠AEC=180°-∠DAE=180°-45°-60°=75°； （2）由（1）可得：AD∥BC， 如图3，MN∥AC， ∠AMN+∠BAC=90°+90°=180°， 可知点M在AB上， ∴∠CAN=90°-60°=30°， 由折叠可知：∠CAE=∠NAE=30°÷2=15°， ∴∠DAE=∠DAC+∠CAE=60°+15°=75°， ∴∠AEC=180°-75°=105°； 如图4，MN∥AB， ∴∠BAM=90°，∠BAN=∠N=30°， ∴∠NAC=30°+90°=120°， 由折叠可知：∠CAE=∠NAE=60°， ∴∠AEC=180°-∠CAE-∠CAD=60°； 如图5，MN∥BC， ∴∠M=∠MAD=90°， ∴∠NAC=360°-∠MAN-∠DAC-∠MAD=150°， 由折叠可知：∠NAE=∠CAE=75°， ∴∠AEC=180°-∠CAE-∠DAC=45°； 综上：∠AEC的度数为105°或60°或45°， 故答案为：（1）75°；（2）105°或60°或45°． 【点睛】本题考查了折叠的性质，平行线的判定和性质，解题的关键是根据图形的变形分类讨论． 【题型5 由方程组确定二元一次方程组的解】 【例5】（24-25七年级·浙江杭州·期中）关于x．y的方程组的解为，则方程组的解是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了二元一次方程组的解和解二元一次方程组，先将方程组变形为，再根据题意得到，即可求出最后结果． 【详解】解：方程组可变为：， ∵关于x．y的方程组的解为， ∴， 由①得：， 解得：， 由②得：， ∴方程组的解是， 故选：B． 【变式5-1】（24-25七年级·江苏南通·期末）已知方程组的解是，则方程组的解是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将方程组变形，设，结合题意得出m=3，n=4，即可求出x，y的值． 【详解】解：方程组可以变形为：方程组 设， 则方程组可变为， ∵方程组的解是， ∴方程组的解是， ∴，解得：x=5，y=10， 故选：D． 【点睛】此题考查了二元一次方程组的解，方程组的解即为能使方程组中两方程成立的未知数的值．弄清题意是解本题的关键． 【变式5-2】（24-25七年级·江苏南通·阶段练习）若关于，的方程组的解为，则方程组的解为 ． 【答案】 【分析】将解方程组变形为，依据题意得，求解即可． 【详解】∵关于，的方程组的解为， 将解方程组变形为， ∴关于，的方程组的解为， 解得， 故答案为：． 【点睛】本题考查了二元一次方程组的解法，用到了换元法，体现了整体思想． 【变式5-3】（24-25七年级·浙江舟山·期末）若方程组的解是，则方程组的解是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将变形为，再设-3x+1=x’，-2y=y’，列出方程组，再得其解即可． 【详解】解：将变形为, 设-3x+1=x’，-2y=y’，则原方程变形为：， 因为方程组的解是， 所以，解得：， 所以方程组的解是， 故选：A． 【点睛】本题考查二元一次方程组的解，熟练掌握二元一次方程组的解与二元一次方程组的关系是解题的关键． 【题型6 利用二元一次方程组求几何图形的面积】 【例6】（24-25七年级·浙江宁波·期中）若一个长方形可以分割为几个大小不同的小正方形，则称这个长方形为完美长方形， 1925年数学家莫伦发现了第一个完美长方形， 它被分割成9个大小不同的正方形，已知最小正方形的周长为8，则最大正方形的面积为（    ）    A．1296 B．1444 C．2304 D．20736 【答案】A 【分析】本题主要考查了利用二元一次方程组解决几何问题，解题的关键是假设未知数，找准等量关系． 对各正方形进行编号，假设正方形②的边长为，正方形③的边长为，表示出所有正方形的边长，找出等量关系，列出二元一次方程组进行求解即可． 【详解】解：如图所示，对各正方形进行编号，    根据题意可得： 正方形①的边长为： 假设正方形②的边长为，正方形③的边长为，则， 则正方形④的边长为， 正方形⑥的边长为， 正方形⑦的边长为， 正方形⑤的边长为， 正方形⑧的边长为， 正方形的边长为和，则， ∴， 解得， ∴最大正方形的面积为， 故选：A． 【变式6-1】（24-25七年级·浙江杭州·期末）如图，在大长方形中，放入六个相同的小长方形，，，则图中阴影部分面积是 ． 【答案】51 【分析】先设小长方形的长、宽分别为、，由题意列方程组，解得小长方形的长、宽，由可求得，再根据，可解阴影面积. 【详解】解：设小长方形的长、宽分别为、， 依题意得： ，即， 解得：， ， ， ， ， ， 答案为51. 【点睛】本题考查了二元一次方程组的实际应用，利用了求面积中一种常用的方法割补法，面积总量不变，扣掉较容易求出的图形面积，可得解. 【变式6-2】（24-25七年级·浙江宁波·期中）如图，长方形ABCD被分成8块，图中的数字是其中5块的面积数，则图中阴影部分的面积是 ﹒ 【答案】98 【分析】设未知的三块面积分别为x，y，z（如图）．根据S△BCF=S△ABF+S△CDF，S△ABE=S△ADE+S△BCE列出三元一次方程组，再利用加减消元法即可求得y的值． 【详解】设未知的三块面积分别为x，y，z（如图）， 则x+y+76=24+87+55+19+z，z+y+87=55+x+24+19+76， 即x+y-z=109①，z+y-x=87② 由①+②得，y=98. 即图中阴影部分的面积是98﹒ 故答案为98. 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，解决本题的关键是理清三角形与矩形间的面积关系，列出三元一次方程组，再通过加减消元，得到阴影部分的面积． 【变式6-3】（24-25七年级·浙江湖州·期中）现有如图（1）的小长方形纸片若干块，已知小长方形的长为a，宽为b．用3个如图（2）的全等图形和8个如图（1）的小长方形，拼成如图（3）的大长方形，若大长方形的宽为30cm，则图（3）中阴影部分面积与整个图形的面积之比为(　　) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】观察图③可知3个小长方形的宽与1个小长方形的长的和等于大长方形的宽，小长方形的4个长等于小长方形的3个长与3个宽的和，可列出关于a，b的方程组，解方程组得出a，b的值；利用a，b的值分别求得阴影部分面积与整个图形的面积，即可求得影部分面积与整个图形的面积之比． 【详解】解：根据题意、结合图形可得： ， 解得：， ∴阴影部分面积， 整个图形的面积， ∴阴影部分面积与整个图形的面积之比， 故选B． 【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，理解题意并利用大长方形的长与宽和小长方形的关系建立二元一次方程组是解题的关键． 【题型7 判断与二元一次方程组有关的结论正误】 【例7】（24-25七年级·广东广州·期末）已知关于，的方程组，下列说法中正确的有（    ）个． ①当时，；②当时，的最小值为2；③取任意实数，的值始终不变；④不存在实数，使成立． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】此题考查二元一次方程组的解，二元一次方程的解，解二元一次方程组．熟练掌握以上知识是解题关键．由，可得原方程组为，求解即可判断①；由原方程组可得出，结合，即得出，求解即可判断②；由原方程组可得出，即说明取任意实数，的值始终不变，可判断③；由原方程组可得出，整理，得：．结合，即可求出，，从而可求出，即存在实数，使成立，可判断④． 【详解】解：①当时，原方程组为， 解得：，故该项正确； ②， 由，得：． ∵，即， ∴， 解得：，即的最大值为2，故该项错误； ③， 由，得：， ∴取任意实数，的值始终不变，故该项正确； ④原方程组可改为：， ∴， 整理，得：． ∵，即， ∴， 解得：， ， ∴，即存在实数，使成立，故该项错误． 综上可知正确的有2个． 故选B． 【变式7-1】（24-25七年级·浙江·期中）已知关于，的二元一次方程组，给出下列结论中，正确的是（    ） ①当这个方程组的解，的值互为相反数时，； ②当时，方程组的解也是方程的解； ③无论取什么实数，的值始终不变； ④若用表示，则． A．①② B．②③ C．②③④ D．①③④ 【答案】D 【分析】本题主要考查的是解二元一次方程组的问题，掌握解二元一次方程组的方法是解题关键． 根据相反数的定义，得到，得出，将方程组加减消元，得到，求解得到的值，即可判断①结论；将代入方程组，求得，再将代入，求出，即可判断②结论；利用加减消得到，即可判断③结论；将变形，即可判断④结论． 【详解】解： ， 当这个方程组的解的值互为相反数时，则， 则， 得： ， ∴， ∴结论①正确； 当时，， 解得：， 将代入中，得：， 解得： ， ∴方程组的解不是方程的解，②结论错误； 得，， ， 解得：， ∴无论取什么实数，的值始终不变，③结论正确； ， ∴，④结论正确； 综上所述，正确的结论有①③④， 故选：D． 【变式7-2】（24-25七年级·重庆沙坪坝·期中）已知两个数x、y，可按如下规则进行运算：计算的结果，得到的数记为，称为第一次操作；再从x、y、中任选两个数，操作一次得到的数记为；再从x、y、、中任选两个数，操作一次得到的数记为，依次进行下去…，以下结论正确的个数为（    ） ①若x、y为方程组的解，则； ②对于整数x、y，若为偶数，在操作过程中，得到的一定为偶数； ③若x，y满足，要使得成立，则n至少为4． A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】B 【分析】本题考查新定义的实数运算和一元二次方程根与系数的关系，理解题目中的算法是解题的关键．①先解方程组，可得，再计算即可求解；②对于整数x、y，若为偶数，则x、y同为偶数或同为奇数，为偶数或奇数，计算结果可能为奇数或偶数；③先根据非负数的性质求解，再计算，然后从中选取绝对值较大的两个数，进行计算，即可求解． 【详解】解：①∵， 解得：， ∴；故说法正确； ②对于整数x、y，若为偶数， 则x、y同为偶数或同为奇数， ∴为偶数或奇数， ∴的结果可能为奇数或偶数， ∴得到的一定为偶数说法错误； ③∵， ∴即， 解得：， ∴，， 则 ， 然后从中选取绝对值较大的两个数，进行计算， 则 ， ， ∵ ∴要使得成立，则n至少为4，说法正确， 故选：B． 【变式7-3】（24-25七年级·重庆江津·期中）已知关于x、y的方程组，下列结论中正确的个数有（    ） ① 当时，是方程组的解； ② 不存在一个实数，使得x、y的值互为相反数； ③ 当方程组的解是时，方程组的解为； ④ x、y都为自然数的解有3对． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】此题考查了二元一次方程组的解，一元一次不等式组， ①把代入方程组求出解，即可做出判断； ②根据题意得到，代入方程组求出a的值，即可做出判断； ③的各项和原方程成比例，故可得方程，即可解答； ④用表示，可得一元一次不等式组，再根据的取值范围，即可解答， 熟知方程的各项成比例时，两个方程的解相同，是解题的关键． 【详解】解：当时，原方程为，解得，故①错误； x、y的值互为相反数时，可得，可得方程，方程无解，故②正确； 的各项和原方程成比例，故可得，解得 ，故③正确； 解，可得，当为自然数时，可得，解得且为奇数，故，即x、y都为自然数的解有4对，故④错误； 故选：B． 【题型8 二元一次方程组的应用】 【例8】（24-25七年级·浙江嘉兴·期中）小明去文具店购买了笔和本子共5件，已知两种文具的单价均为正整数且本子的单价比笔的单价贵．在付账时，小明问是不是27元，但收银员却说一共48元，小明仔细看了看后发现自己将两种商品的单价记反了．小明实际的购买情况是（    ） A．1支笔，4本本子 B．2支笔，3本本子 C．3支笔，2本本子 D．4支笔，1本本子 【答案】A 【分析】设购买了笔x件，购买了本子(5-x)件，本子的单价为a元，笔的单价为b元，分类讨论解方程即可． 【详解】解：设购买了笔x件，购买了本子(5-x)件，本子的单价为a元，笔的单价为b元，列方程组得 ， 当x=1时，原方程组为，解得，符合题意； 当x=2时，原方程组为，解得，不符合题意，舍去； 当x=3时，原方程组为，解得，不符合题意，舍去； 当x=4时，原方程组为，解得，不符合题意，舍去； 故选：A． 【点睛】本题考查了含参数的二元一次方程组的应用，解题关键是理解题意，找出等量关系，列出方程组，分类讨论解方程组． 【变式8-1】（24-25七年级·重庆·期末）甲、乙、丙三家艺术中心为表彰进步学生，准备去文具店采购签字笔、笔记本、钢笔三种文具，签字笔、笔记本、钢笔单价分别为8元、10元、25元．乙艺术中心采购签字笔数量是甲的6倍，笔记本数量是甲的12倍，钢笔数量是甲的8倍，丙采购的签字笔数量是甲的3倍，笔记本数量是甲的9倍，钢笔数量和甲相同．三家艺术中心采购总费用为2850元，丙艺术中心比甲艺术中心总费用多464元，则甲艺术中心采购总费用为（    ）元 A．237 B．350 C．425 D．901 【答案】A 【分析】本题考查了三元一次方程组的应用，解本题的关键在找出数量关系，列出方程组． 设甲采购签字笔x个、笔记本y个、钢笔z个，根据数量单价总价，分别表示出乙采购和并采购的费用，然后根据三家艺术中心采购总费用为2850元，丙艺术中心比甲艺术中心总费用多464元，列方程组，解方程组，再根据签字笔、笔记本、钢笔均为整数，求出答案即可． 【详解】解：设甲采购签字笔x个、笔记本y个、钢笔z个，则费用分别为元，元，元； 乙采购采购签字笔个、笔记本个、钢笔个，则费用分别为元，元，元； 丙采购采购签字笔个、笔记本个、钢笔个，则费用分别为元，元，元； 根据题意得 整理，得   由②得：， ∵x、y都是正整数， ∴y可能为1、2、3、4、5， 把③代入①整理，得 ， ， ∵z为正整数，y可能为1、2、3、4、5， ∴当时，（不符合题意）， 当时，（符合题意）， 当时，（不符合题意）， 当时，（不符合题意）， 当时，（不符合题意）， 把代入②得：， 甲艺术中心采购总费用为元， 故选：A． 【变式8-2】（24-25七年级·福建福州·期中）用如图①中的长方形和正方形纸板为侧面和底面，做成如图②的竖式和横式的两种无盖纸盒（图2中两个盒子朝上的一面不用纸板）．现在仓库里有m张长方形纸板和n张正方形纸板，如果做两种纸盒若干个，恰好使库存的纸板用完，则的值有可能是（    ） A．2020 B．2021 C．2022 D．2023 【答案】A 【分析】设做竖式的无盖纸盒为x个，横式的无盖纸盒y个，由所需长方形纸板和正方形纸板的张数列出方程组，再由x、y的系数表示出m+n并判断m+n为5的倍数，然后选择答案即可． 【详解】解：设做竖式的无盖纸盒为x个，横式的无盖纸盒为y个， 根据题意得：， 整理得：m+n＝5（x+y）， ∵x、y都是正整数， ∴m+n是5的倍数， ∵2020、2021、2022、2023四个数中只有2020是5的倍数， ∴m+n的值可能是2020． 故选：A． 【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键． 【变式8-3】（24-25七年级·广东惠州期末）A和B同学每人都有若干本课外读物．A对B说：“你若给我2本书，我的书数将是你的n倍”；B对A说：“你若给我n本书，我的书数将是你的2倍”，其中n为正整数，则n的可能值的个数是（    ） A．2 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】首先设A同学有x本课外读物，B同学有y本课外读物，x，y均为非负整数，根据题意可得方程组：，消去x，可整理得：，由n为正整数分析，即可求得结果． 【详解】解：设A同学有x本课外读物，B同学有y本课外读物，x，y均为非负整数， 由题意可得方程组：， 将代入②中得，消去x得： 即： ∵为正整数 ∴的值分别为1，3，5，15， ∴y的值只能为4，5，6，11， ∴当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 综上可得：n的值分别为8，3，2，1； 即n的可能值有4个． 故答案选：B． 【点睛】本题考查了二元一次不定方程的运用，难度较大，解题关键是理解题意，根据题意求方程组，注意消元思想和分类讨论思想的运用． 【题型9 幂的运算的逆用】 【例9】（24-25七年级·江苏·期末）设m，n是正整数，且，若与的末两位数字相同，则的最小值为（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】B 【分析】由题意可知是100的倍数，从而分析得到的末尾数字是01，设（t为正整数），由，分析判断即可得到正确答案． 【详解】解：由题意知，是100的倍数 ∵与100互质 ∴是100的倍数 ∴的末尾数字是01 ∴的数值一定是偶数，且m，n是正整数， 设：（t为正整数） 则： ∵的末尾两位数字为61，的末尾两位数字为41，的末尾两位数字为21，末尾两位数字为01 ∴t的最小值为5， ∴的最小值为10 故答案为：B 【点睛】本题考查幂的乘方，牢记相关的知识点并能灵活应用是解题的关键． 【变式9-1】（24-25七年级·山东枣庄·阶段练习）当a<0，n为正整数时，（－a）5·（－a）2n的值为（   ） A．正数 B．负数 C．非正数 D．非负数 【答案】A 【详解】（－a）5·（－a）2n=（－a）2n+5， 因为a<0， 所以－a>0， 所以（－a）2n+5>0， 故选A． 【变式9-2】（24-25七年级·安徽滁州·期中）已知． （1）若，则自然数 ； （2）若是一个完全平方数，则自然数 ． 【答案】 【分析】本题考查了同底数幂的乘法，幂的乘方的应用； （1）根据题意得出，进而即可求解； （2）根据完全平方公式得出，进而得出，即可求解． 【详解】（1）因为，所以， 所以，所以， 所以， 所以自然数； 故答案为：． （2）， ∴只有时，原式为完全平方数，即自然数. 故答案为：． 【变式9-3】（24-25七年级·四川眉山·阶段练习）如果整数x，y，z满足，则代数式的值为 ． 【答案】 【分析】先将代为，利用同底数幂的除法可得，由于结果底数是2，故左边5和3的指数应为0，左边和右边2的指数相等，由此可得方程组，解方程组求出x，y，z的值，代入即可求解． 【详解】解：， 则， ， 故， 解得：， 因此， 故答案为：． 【点睛】本题考查同底数幂的除法、积的乘方、幂的乘方、解三元一次方程组等知识点，解题的关键是通过对原式变形得到关于x，y，z的方程组． 【题型10 由整式乘法求几何图形的面积】 【例10】（24-25七年级·江苏无锡·阶段练习）如图，长为，宽为的大长方形被分割为小块，除阴影，外，其余块是形状、大小完全相同的小长方形，其较短的边长为，下列说法中正确的是（　　） 小长方形的较长边为；阴影的较短边和阴影的较短边之和为；阴影和阴影的周长之和与值无关；当时，阴影和阴影的面积和为定值． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了列代数式以及整式的混合运算，逐一分析四条说法的正误是解题的关键．①观察图形，由大长方形的长及小长方形的宽，可得出小长方形的长为，说法①正确；②由大长方形的宽及小长方形的长、宽，可得出阴影，的较短边长，将其相加可得出阴影的较短边和阴影的较短边之和为，说法②错误；③由阴影，的相邻两边的长度，利用长方形的周长计算公式可得出阴影和阴影的周长之和为，可得出说法③正确；④由阴影，的相邻两边的长度，利用长方形的面积计算公式可得出阴影和阴影的面积之和为，代入可得出说法④正确． 【详解】解：①大长方形的长为，小长方形的宽为， 小长方形的长为，说法①正确； ②大长方形的宽为，小长方形的长为，小长方形的宽为， 阴影的较短边为，阴影的较短边为， 阴影的较短边和阴影的较短边之和为，说法②错误； ③阴影的较长边为，较短边为，阴影的较长边为，较短边为， 阴影的周长为，阴影的周长为， 阴影和阴影的周长之和为， 阴影和阴影的周长之和与值无关，说法③正确； ④阴影的较长边为，较短边为，阴影的较长边为，较短边为， 阴影的面积为，阴影的面积为 ， 阴影和阴影的面积之和为， 当时，，说法④正确． 综上所述，正确的说法有①③④． 故选：A． 【变式10-1】（24-25七年级·湖南岳阳·阶段练习）在长方形内，将两张边长分别为a和b（）的正方形纸片按图1，图2两种方式放置（图1，图2中两张正方形纸片均有部分重叠），长方形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图1中阴影部分的面积为，图2中阴影部分的面积为．当时，的值为 ．（用a、b的代数式表示） 【答案】 【分析】本题考查了列代数式和整式的混合运算，解题的关键是：能灵活运用整式的运算法则进行计算．设，则，根据图形得出，再根据整式的运算法则即可求出答案． 【详解】解：设，则， 故答案为：． 【变式10-2】（24-25七年级·浙江丽水·期末）甲、乙两个大小不一样的正方形按如图所示的两种方式放置．，记图①中的阴影部分面积为，图②中的阴影部分面积为． （1）若，则的值是 ； （2）若，，则的值是 ． 【答案】 20 【分析】（1）根据已知条件得到乙正方形的边长为，于是得到结论； （2）根据阴影部分的面积可得，，两式相除得到a、b的关系，再代入求解即可． 【详解】解：（1）∵， ∴乙正方形的边长为， ∴， 故答案为：20； （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 整理，得， 即， ∴或， ∴或（舍去） ∴， 故答案为：．    【点睛】本题考查了多项式与几何图形的面积以及因式分解，正确理解题意、灵活运用所学知识是解题的关键． 【变式10-3】（24-25七年级·浙江·期中）对于结论“周长一定的长方形长和宽相等时面积最大”，某同学通过右侧的图形割补用特例进行了说明：如图，将图1中周长为8的长方形裁成长方形（边长为2和和长方形，并拼成图2．由面积相等得：，所以，当时，长方形面积取得最大值为4．据此方法，可得代数式的最大值为 ． 【答案】32 【分析】本题考查了多项式乘多项式与图形面积．先将代数式化为，根据题中图形面积的求法画出相应的图形，求出的最大值，进而求出的最大值． 【详解】解：依题意有， 当时，如图，阴影部分是边长为的正方形， ∴， 当时，如图，阴影部分是边长为的正方形， ∴， 当时，该长方形为边长是8的正方形， 边长是和的长方形的最大面积是64， ∴的最大值为． 故答案为：． 【题型11 由乘法公式求值】 【例11】（24-25七年级·重庆·阶段练习）已知实数，满足，则的值是（   ） A． B．0 C．115 D．2025 【答案】A 【分析】本题主要考查了完全平方公式、非负数的性质、代数式求值等知识点，熟练掌握完全平方公式是解题的关键． 先将已知条件变形为，然后根据非负数的性质求出a、b的值，最后代入要求的代数式计算即可． 【详解】解：， ， ， ， ， ， ， ， ∵ ∴，解得：， 把代入可得： ． 故选：A． 【变式11-1】（24-25七年级·山东济南·期末）设 ，，．若，则的值是(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】根据完全平方公式得出，，进而根据已知条件得出，进而即可求解． 【详解】，，， ，， ， ， ， ， 故选：C． 【点睛】本题考查了完全平方公式变形求值，根据题意得出是解题的关键． 【变式11-2】（24-25七年级·江西景德镇·期中）已知有理数满足，，则 ． 【答案】1 【分析】本题考查完全平方公式，非负性，根据，，得到，进而得到，推出，非负性得到，代入中求出的值，进而求出的值即可． 【详解】解：∵，， ∴ ， ∴， ∴ ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：1． 【变式11-3】（24-25七年级·安徽合肥·期末）若与互为相反数，则的值为（    ） A．2 B．6 C．8 D．64 【答案】C 【分析】根据互为相反数的两个数的和为0列方程，分解因式，结合绝对值和平方数的非负性，根据几个非负数的和为0，得到它们同时为0，求出，的值，根据完全平方公式变形即得． 此题主要考查了相反数，绝对值，完全平方公式．熟练掌握相反数性质，完全平方公式分解因式，绝对值与平方数的非负性，完全平方公式变形，是解决问题的关键． 【详解】∵若与互为相反数， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴． 故选：C． 【题型12 乘法公式的几何背景】 【例12】（24-25七年级·安徽合肥·期末）如图，在由四个面积分别为的小长方形组成的大长方形中、四边形和四边形均为正方形，若，且，则大长方形的面积是（    ）． A．25 B．26 C．27 D．28 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质、完全平方公式、解二元一次方程组等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关键． 设，则，；由、可得、，再根据完全平方公式以及实际意义可得、，进而得到，然后代入即可解答． 【详解】解：设，则， ∵， ∴，解得：， ∵， ∴，解得：， ∴，， ∴（舍弃负值），（舍弃负值）， ∴， ∴． 故选B． 【变式12-1】（24-25七年级·山东枣庄·阶段练习）如图1为我校七年级两个班的劳动实践基地，图2是从实践基地抽象出来的几何模型：两块边长为、的正方形，其中重叠部分为池塘，阴影部分、分别表示两个班级的基地面积．若，，则（   ） A．16 B．15 C．14 D．12 【答案】A 【分析】本题考查了完全平方公式和平方差公式与几何图形，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据题意，，求得，再根据，，利用完全平方公式求出的值，最后整体代入计算即可． 【详解】解：根据题意，得，， ， ，， ， ， ， ， ． 故选：A． 【变式12-2】（24-25七年级·浙江宁波·期末）如图，将两张长为，宽为的长方形纸片按图1，图2两种方式放置，图1和图2中两张长方形纸片重叠部分分别记为①和②，正方形中未被这两张长方形纸片覆盖部分用阴影表示，图1和图2中阴影部分的面积分别记为和．若知道下列条件，仍不能求值的是（　　）    A．长方形纸片的周长和面积 B．长方形纸片长和宽的差 C．①和②的面积差 D．长方形纸片和①的面积差 【答案】D 【分析】设正方形的边长为，分别求出、①和②的面积、长方形纸片的面积与周长，再逐项判断即可得． 【详解】解：如图，设正方形的边长为，    则， ， ， ∵长方形纸片的周长为，面积为， ∴若知道长方形纸片的周长和面积或长方形纸片长和宽的差，能求出，即选项A、B不符合题意； 图中①的面积为， ②的面积为， ∴①和②的面积差为， ∴若知道①和②的面积差，能求出，即选项C不符合题意； ∵长方形纸片和①的面积差为， ∴若知道长方形纸片和①的面积差，不能求出，即选项D符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了整式乘法、完全平方公式在图形中的应用，熟记运算法则是解题的关键． 【变式12-3】（24-25七年级·江西九江·阶段练习）有三个大小不一的正方形按如图1位置重叠摆放，已知小正方形边长为a，．现将这三个正方形沿边长剪成如图2的三块，并分别用，，来表示它们的面积，若，且，求的值是 ． 【答案】 【分析】本题考查因式分解及整式混合运算的应用，先根据大中小三个正方形的边长分别为，，，分别表示出，，，再代入，，然后利用因式分解得到，，最后根据求解即可． 【详解】解：由图形可得，大中小三个正方形的边长分别为，，， ∴，，， ∵，且， ∴，且， 整理得，且， ∵可得，， ∴， ∵可得，， ∴， ∴， 故答案为：． 【题型13 利用因式分解求值】 【例13】（24-25七年级·四川内江·期中）若，则代数式的值是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】此题考查了因式分解的应用，由，，的代数式，求出，，的值，原式利用完全平方公式变形后代入计算即可求出值． 【详解】解：，，， ，，， 则 ， 当，，时，原式． 故选：D． 【变式13-1】（24-25七年级·安徽安庆·期中）已知，且，则 -的值为（ ） A．2022 B．-2022 C．4044 D．-4044 【答案】A 【分析】先将式子整理变形得，进而得出，即，再将展开，最后整理代入即可得出答案． 【详解】因为， 所以， 整理，得， 则， 即． 因为， 所以， 即． 由，得， 所以． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了代数式求值，掌握整体代入思想是解题的关键． 【变式13-2】（24-25七年级·浙江宁波·期中）若满足等式，则的值是 ． 【答案】2、4或6 【分析】本题考查了因式分解的应用、解方程、零次幂等基础知识，先用提取公因式法对原式进行因式分解，再根据零次幂和1的任何次幂均为1求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴或， ∴或或或， ∴或或或， 当时，，不符合， ∴所有符合条件的正整数n的值为：2、4或6． 故答案为：2、4或6． 【变式13-3】（24-25七年级·福建漳州·期中）已知，，，满足关系式，，则的值为 ． 【答案】74 【分析】本题主要考查了化简求值．熟练掌握完全平方公式，提公因式分解因式，是解题的关键． 将，这两式两边平方，再两边分别相加，提取公因式分解因式，可得，即可. 【详解】由题意得，①， ②， 得③， 得④， 得， ， ． 故答案为：74． 【题型14 与因式分解有关的整除问题】 【例14】（24-25七年级·重庆·期中）如果一个三位自然数m的各数位上的数字均不相同且均不为0，且满足将m的各个数位中任取两个数位构成一个两位数这样就可以得到六个两位数，这六个两位数叫做m的“海纳数”例如：，则m的“海纳数”是57、75、58、85、78、87，m的所有“海纳数”之和与11的商记为，若，则 ；若s和t是两个三位数，它们都有“海纳数”，，（，a、b、c均为整数），若的能被4整除，记，则p的最大值为 ． 【答案】 26 / 【分析】本题主要考查新定义问题、整除的意义、因式分解的应用等知识点，理解新定义成为解题的关键． 由“海纳数”的定义可以即可得到的值；然后再确定、的表达式，由a、b、c的取值范围可以算出的取值，然后得到关于a、b、c的等式，最后再根据a、b、c的取值范围写出满足条件的几组a、b、c的取值，从中选出使p取值最大的组合并计算出的值即可． 【详解】解：， ∵，（，a、b、c均为整数）， ∴s的百位数是a，十位数是9，个位数是b；t的百位数是2，十位数是1，个位数是c； ∴，， ∵能被4整除， ∴能被4整除， ∴，即， ∵，， ∴， ， ∴或或或或或或或或或或或． ∴经比较p的最大值为． 故答案为：26，． 【变式14-1】（24-25七年级·重庆江北·期中）一个各位数字都不为0的四位正整数m，若千位与个位数字相同，百位与十位数字相同，则称这个数m为“双对称数”．将千位与百位数字交换，十位与个位数字交换，得到一个新的“双对称数”，并规定，则 ；若已知数m为“双对称数”，且千位与百位数字互不相同，是一个完全平方数，则满足条件的m的最小值为 ． 【答案】 81 7117 【分析】本题考查的是因式分解的应用和完全平方式，熟练掌握上述知识点和理解题目中的新定义是解题的关键． （1）根据定义可得； （2）设为，则为，根据定义可得的值，再根据题意推理即可． 【详解】解：（1）根据定义得：， 故答案为：81； （2）设为，则为， 根据题意： 是一个完全平方数， 是一个完全平方数， ，且均不为0， ， 或或， ∴的最小值为：7117， 故答案为：7117． 【变式14-2】（24-25七年级·重庆沙坪坝·期末）如果一个四位自然数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足，那么称这个四位数为“和方数”．例如：四位数2613，因为，所以2613是“和方数”；四位数2514，因为，所以2514不是“和方数”．若是“和方数”，则这个数是 ；若四位数M是“和方数”，将“和方数”M的千位数字与百位数字对调，十位数字与个位数字对调，得到新数N，若能被33整除，则满足条件的M的最大值是 ． 【答案】 8354 6213 【分析】本题考查了新定义下的实数运算，一元一次方程的应用，因式分解的应用．理解新定义，正确推理计算是解题关键．根据“和方数”的定义求解即可；设这个四位数，则，再结合“和方数”的定义，得出，再由能被33整除可知是整数，得到满足条件的的值为，进而得出满足条件的等式，即可得到M的最大值． 【详解】解：是“和方数”， ， 解得：， 这个数是8354； 设这个四位数，则， ， 四位数M是“和方数”， ， ， 能被33整除， 是整数，且，，，， 满足条件的的值为， ， 满足条件的等式为， 满足条件的M的最大值是， 故答案为：8354；6213． 【变式14-3】（24-25七年级·重庆九龙坡·开学考试）一个两位正整数，如果满足各数位上的数字互不相同且均不为0，那么称为“异能数”，将的两个数位上的数字对调得到一个新数，把放在的后面组成第一个四位数，把放在的后面组成第二个四位数，我们把第一个四位数减去第二个四位数后再除以11所得的商记为，例如：时，，，则 ；若、为“异能数”，其中，，、，且，，，为整数） 规定：，若能被7整除，且，求的最大值为 ． 【答案】 / 【分析】本题考查了因式分解的应用，理解新定义是解题的关键． 根据新定义列式计算可得；由能被7整除，可得，，，或者，，根据，可得，，或，，而，即可得到答案． 【详解】解：当时，， ； ， ， 同理， 能被7整除， ， ，，或者，， ， ， ， ， ，或，， ， 当，，，时，最大，最大值为． 故答案为：，． 【题型15 分式化简求值】 【例15】（24-25七年级·浙江温州·期末）若，，，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查分式的混合运算，由已知条件得出，，，，联立，得，代入整理之后对算式进行通分即可． 【详解】解：， ，，，， 联立， 得， ∴原式 ． 故选A． 【变式15-1】（24-25七年级·安徽安庆·阶段练习）已知三个数x，y，z满足，，，则的值为 ． 【答案】 【分析】由给定的三个等式可得其倒数，，，再将三个分式的分子拆分后相加可得的值，因所求式子的倒数为，所以求得的倒数即可解答； 【详解】解：∵，，， ∴，，， ∴ ， ，， ①+②+③，得：， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查了分式的化简求值，当分式的分子较简单，分母中的各项与分子存在一定的倍数关系时，可利用取倒数的方法（即将分式的分子和分母的位置颠倒），将繁杂的分式化成简单的式子，使问题化难为易，从而降低解题难度． 【变式15-2】（24-25七年级·浙江金华·期末）任意两个和不为零的数a、b、c满足，求的值 ． 【答案】或 【分析】根据，可以得到它们的比值或者a、b、c的关系式，进而解答． 【详解】解：设， 则，，， ∴， ∴， 当时，， ， 当时， ． 故答案为：或． 【点睛】本题考查分式的混合运算，利用等式的性质进行变形是解题关键． 【变式15-3】（24-25七年级·四川达州·期末）若，．则的值为 【答案】 【分析】先由题意2x−y+4z=0 ，4x+3y−2z=0，得出用含x的式子分别表示y，z，然后带入要求的式中，化简便可求出. 【详解】2x-y+4z= 0①，4x+3y- 2z= 0②， 将②×2得: 8x+ 6y-4z=0③． ①+③得: 10x+ 5y= 0， ∴y= -2x， 将y= - 2x代入①中 得:2x- (-2x)+4z=0 ∴z=-x 将y= -2x，z=-x，代入上式 = = = = 故答案为： 【点睛】本题考查了分式的化简求值，解题的关键是根据题目，得出用含x的式子表示y，z.本题较难，要学会灵活化简. 【题型16 与分式有关的新定义问题】 【例16】（24-25七年级·重庆·期末）对于分式：，，，，，在每个式子前添“+”或“-”号，并求和的绝对值，称此操作为“绝对和差操作” 例如：，，…下列说法： ①对于“绝对和差操作，若，则化简后的结果为； ②至少存在一种“绝对和差操作”使化简后的结果为常数； ③所有可能的“绝对和差操作”化简后有32种不同结果； 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题考查了分式的运算，按照分式运算法则即可判断①，举例计算，即可判断②，5个分式，每个分式有正负两种情况，则组合的可能有：（种），根据，可以判断③． 【详解】① ， ∵， ∴， ∴原式，故①正确； ②举例： ， 即至少存在一种“绝对和差操作”使化简后的结果为常数，故②正确； ③，，，，这5个分式，每个分式有正负两种情况， 则组合的可能有：（种）， 又∵， ∴至少有两种情况的结果相同， ∴所有可能的“绝对和差操作”化简后不可能有32种不同结果，故③错误， 故正确的有2个， 故选：C． 【变式16-1】（2025·江苏无锡·一模）已知实数满足，则下列结论：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则．其中正确的为（　　） A．②③④ B．①②③④ C．①②③ D．①③④ 【答案】C 【分析】本题考查了分式的加减、求代数式的值，由得出即可判断①；由结合得出，代入计算即可判断②；由得出，结合即可判断③；由得出，结合，代入计算即可判断④． 【详解】解：， ， ， ， ，故①正确； ，， ， ，， ， ， ， ， ， ，故②正确； ， ，， ， ， ， ， ，故③正确； ， ， ， ， ， ， ， 解得：，故④错误， 综上所述，正确的是①②③， 故选：C． 【变式16-2】（2025·广东东莞·模拟预测）设n是大于1909的正整数，且是某个整数的平方数，求得所有满足条件的n之和为(   ) A．1959 B．7954 C．82 D．3948 【答案】B 【分析】设，则，得到，再设是数的平方数，得到，再根据题意推出，据此求解即可． 【详解】解：设，则， ∴， 再设是数的平方数， ∴， ∴， ∵是某个整数的平方数，， ∴， ∴且a为正整数， ∴， 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； ∴的值可以为、、、， ∴所有满足条件的n之和为， 故选B． 【点睛】本题主要考查了完全平方数，分式的加减，正确理解题意是解题的关键． 【变式16-3】（24-25七年级·重庆九龙坡·期中）已知两个分式：，：将这两个分式进行如下操作： 第一次操作：将这两个分式作和，结果记为；作差，结果记为； （即，） 第二次操作：将，作和，结果记为；作差，结果记为； （即） 第三次操作：将作和，结果记为；作差，结果记为； （即）…（依此类推） 将每一次操作的结果再作和，作差，继续依次操作下去，通过实际操作，有以下结论： ①；②当时， ；③若，则；④在第（n为正整数）次操作的结果中：（）， ； 以上结论正确的个数有（    ）个 A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】A 【分析】利用第一次、第二次、第三次操作，找到规律，然后判断即可． 【详解】解：∵M1=，N1= ∴，， ∴，， ∴，， ，， …… 可知 ，故选项①正确； 由上式可知：， = 当时，，故选项②正确； 由上式可知：， ∴， 解得，或，故选项③不正确； ∵M1=，N1= ，， ，， …… ∴（）， ，故选项④正确， 故选：A． 【点睛】本题考查的分式的和与差，解题的关键是细心运算，找到数字规律． 【题型17 由分式方程的解求字母的值】 【例17】（24-25七年级·安徽安庆·专题练习）已知关于的分式方程的解满足，且为整数，则符合条件的所有值的乘积为（  ） A．正数 B．负数 C．零 D．无法确定 【答案】A 【分析】本题考查了解分式方程、有理数的平方．首先解分式方程可得，再根据分式方程的解满足，可得的取值范围，再根据为整数，确定的值的情况，再根据的取值情况判断乘积的正负性． 【详解】解：解关于的分式方程， 去分母得：， 移项得：， 提公因式得：， 去括号、合并同类项得：， 整理得:， ， ， ， ， ， 又 ， 和， 和， 为整数且， 和， 中符合条件的值共有个负数和个正数， 符合条件的所有值的乘积为正数． 故选：A． 【变式17-1】（24-25七年级·重庆沙坪坝·阶段练习）若关于x的一元一次不等式组恰好有3个整数解，且关于y的分式方程有非负整数解，则符合条件的所有整数a的和为（    ） A．6 B．9 C． D．2 【答案】A 【分析】本题考查了分式方程的解，一元一次不等式组的整数解，熟练掌握解一元一次不等式组，解分式方程是解题的关键．先解一元一次不等式组，根据不等式组的解集恰好有3个负整数解，求出的范围，再解分式方程，根据分式方程有非负整数解，确定的值即可． 【详解】解：， 解不等式①得：， 解不等式②得：， 原不等式组的解集为：， 不等式组的解集恰好有3个整数解， ， ， ， ， 解得：， 分式方程有非负整数解， ，为整数且， 符合条件的所有整数的值为：，7， 符合条件的所有整数的和为：6， 故选：A． 【变式17-2】（24-25七年级·重庆沙坪坝·开学考试）若关于x的一元一次不等式组有且仅有3个整数解，且关于y的分式方程有解，则满足条件的所有整数m的积为（    ） A．15 B． C． D．120 【答案】A 【分析】先解不等式①得： ＜ 再解②得：＞结合不等式组有且仅有3个整数解，可得＜ 可得＜ 由为整数，或或或 再解，可得 由原分式方程有解，可得 从而可得 从而可得答案． 【详解】解： 由①得：＞ ＞ ＜ 由②得：＞ ＞ 又因为不等式组有且仅有3个整数解， ＜ ＜ ＜ 由为整数， 或或或 ， 由原分式方程有解， 综上：或 故选： 【点睛】本题考查的是一元一次不等式组的整数解问题，分式方程有解问题，掌握以上知识是解题的关键． 【变式17-3】（24-25七年级·重庆沙坪坝·阶段练习）若关于的一元一次不等式组有解且最多有6个整数解，且关于的分式方程的解是非负整数，则所有满足条件的整数的值之和是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了解一元一次不等式组和分式方程，解题关键是熟练掌握解一元一次不等式组和分式方程的一般步骤．先解不等式组，求出的取值范围，再解分式方程，从而求出的值，最后求出它们的和即可． 【详解】解：， 由①得：， 由②得：， ， ， ， ， 关于的一元一次不等式组有解且最多有6个整数解， ， 解得：， ， 方程两边同时乘得： ， ， 解得：， 关于的分式方程的解是非负数， ，且 解得：，且， ，且， ∴的值为，而，不是整数，故舍， ∴符合题意的的值为 所有满足条件的整数的值之和， 故答案为：． 【题型18 分式方程的应用】 【例18】（24-25七年级安徽合肥·期末）甲、乙、丙三名工人共承担装搭一批零件．已知甲乙丙丁四人聊天时的对话信息如下： 甲说：我的工作效率比乙的工作效率少 乙说：我3小时完成的工作量与甲4小时完成工作量相等； 丙说：我工作效率不高，我的工作效率是乙的工作效率的； 丁说：我没参加此项工作，但我可以计算你们的工作效率．知道工程问题三者关系是：工作效率×工作时间＝工作总量． 如果每小时只安排1名工人，那么按照甲、乙、丙的轮流顺序至完成工作任务，共需（    ）小时． A．20 B．21 C．19 D．19 【答案】D 【分析】设甲单独完成任务需要小时，则甲的工作效率是，乙的工作效率是，根据乙提供的信息列出方程并解答；根据丙提供的信息得到丙的工作效率，易得按照甲、乙、丙的顺序至完成工作任务所需的时间． 【详解】解：设甲单独完成任务需要小时，则甲的工作效率是，乙的工作效率是，由题意得：， 解得：， 经检验是原方程的根，且符合题意， 甲的工作效率是，乙的工作效率是， ∵丙的工作效率是乙的工作效率的， 丙的工作效率是， ∴一轮的工作量为：， ∴轮后剩余的工作量为：， ∴还需要甲工作1小时后，乙需要的工作量为：， ∴乙还需要工作的时间为（小时）， ∴按照甲、乙、丙的轮流顺序至完成工作任务，共需（小时）． 故选：D． 【点睛】本题考查分式方程的应用，解题的关键是分析题意，找到合适的等量关系进行求解． 【变式18-1】（24-25七年级·重庆江北·期末）“巩固脱贫成果，长兴乡村经济”，大力发展高山生态经济林是一重大举措．某村委会决定在红光、红旗、红锦三个村民小组种植高山脆李和晚熟香桃两种果树，初步预算这三个村民小组各需两种果树之和的比为，其中需要高山脆李树的棵数分别为4千棵，3千棵和7千棵，并且红光、红旗两个村民小组所需晚熟香桃树之比为．在购买这两种果树时，高山脆李树的价格比预算低了，晚熟香桃树的价格高了，晚熟香桃树购买数量减少了．结果发现购买两种果树的总费用与预算总费用相等，则实际购买高山脆李树的总费用与实际购买晚熟香桃树的总费用之比为 ． 【答案】 【分析】设红光村需要晚熟香桃树为棵，红旗村需要晚熟香桃树为棵，红锦村需要晚熟香桃树棵，根据三个村民小组各需两种果树之和的比为列出方程求出，，从而求出三个村民小组种植两种果树的情况；设高山脆李的预算价格为元，晚熟香桃树的预算几个为元，分别表示出预算总费用，实际两种果树的费用和实际两种果树的总费用，再根据预算总费用和实际总费用相等求出，然后代值计算即可得到答案． 【详解】解：设红光村需要晚熟香桃树为棵，红旗村需要晚熟香桃树为棵，红锦村需要晚熟香桃树棵 ∴， 解得， 经检验，是原方程的解， ∴红光村需要晚熟香桃树为棵，红旗村需要晚熟香桃树为棵， ∴， 解得， 经检验，是原方程的解， ∴红锦村需要晚熟香桃树棵； 设高山脆李的预算价格为元，晚熟香桃树的预算几个为元， ∴预算总费用为 ， 实际购买晚熟香桃树的费用为 ， 实际购买高山脆李的费用为 实际总费用为， ∴， ∴，即 ∴实际购买高山脆李树的总费用与实际购买晚熟香桃树的总费用之比为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了分式方程的实际应用，正确理解题意找到等量关系建立方程是解题的关键． 【变式18-2】（24-25七年级·安徽合肥·期末）甲、乙两列客车的长分别为150米和200米，它们相向匀速行驶在平行的轨道上，已知甲车上某乘客测得乙车在他窗口外经过的时间是10秒，那么乙车上的乘客看见甲车在他窗口外经过的时间是 秒． 【答案】7.5 【分析】坐在甲车上的某乘客看见乙车驶过窗口，此时路程为乙车的长度，速度为甲乙两车速度之和；坐在乙车上的乘客看见甲车驶过窗口，此时路程为甲车长度，速度为两人速度之和．等量关系为：乙车长度÷坐在甲车上的乘客看见乙车驶过窗口的时间=甲车长度÷坐在乙车上的乘客看见甲车驶过窗口所用的时间，列方程求解即可． 【详解】解：设乙车上的乘客看见甲车在他窗口外经过的时间是秒 由题意知， 解得 经检验，是原方程的解 ∴乙车上的乘客看见甲车在他窗口外经过的时间是7.5秒 故答案为：7.5． 【点睛】本题考查了分式方程的应用．解题的关键在于根据题意列正确的方程． 【变式18-3】（24-25七年级·安徽安庆·专题练习）从甲地到乙地有20站，并且任何相邻两站之间的距离相同．快车和慢车每小时从甲地各发一趟，快车整点发车，慢车发车时间晚半小时．快车每站车费5元，慢车每站车费2元，但快车的速度是慢车速度的2倍．快车从甲地到乙地共需2小时．上午九点半，一位只有70元钱的旅客在甲地乘车，若忽略车进出站上下乘客的时间，但旅客等车时间要计算在内，这位旅客从甲地到乙地所需的最短时间为 小时． 【答案】3 【分析】从甲地到乙地，快车整点出发，慢车晚半个小时，旅客9：30分上车必须坐慢车， 从10：00点钟后整点发车可以看一个追及相遇问题， 计算出慢车与后面不同整点发出的快车相遇的站点，方可上快车才能节省时间， 同时还考虑旅客只带70元钱够车费，方能到达终点的时间最短． 【详解】解：∵从甲地到乙地有20站，快车共需2小时， ∴快车从上一站点到下一站点的时间为， 又∵快车的速度是慢车速度的2倍； ∴从甲地到乙地有20站，慢车共需4小时， ∴慢车从上一站点到下一站点的时间为． 由题意可知： ①当9：30旅客坐上慢车后，与第1辆10：00钟发出的快车相遇于第x个站点，则有： ， 解得：x＝5； ∴此刻10：00发出的快车行了小时，慢车行了1个小时； 即相遇时刻为10：30分． ②当10：30旅客坐慢车继续前行，需过小时，快车将在11：00发出追及慢车相遇于 第y个站点，则有： ， 解得：y＝10， ∴此刻11：00发出的快车行了1小时，慢车行了2个小时； 即相遇时刻为12：00分． ③当12：00旅客坐慢车继续前行，此刻甲地快车发出追及慢车相遇于第z个站点，则有： ， 解得：z＝20， ∴此刻相遇刚好在终点． 由上可知： 旅客要从慢车坐上快车在第①和第②次相遇时坐上快车节省时间． （Ⅰ）第①种情况旅客坐慢车相遇快车后上快车，从甲地到乙地的总时间为： （小时）； 又∵快车每站车费5元，慢车每站车费2元， ∴此种方式的总费用：2×5+15×5＝75（元）， 又∵旅客只有70元钱， ∴75＞70， 即此时相遇后坐快车钱不够，不合题意舍去． （Ⅱ）第②情况旅客坐慢车相遇快车后上快车，从甲地到乙地的总时间为： （小时）． 此种方式的总费用：5×10+2×10＝70（元） 即此种情况节约时间，旅客所带的钱够花． 故答案为3． 【点睛】本题考查了分式方程的应用，理解题意列出方程，分类讨论是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末复习必考选填压轴题十八大题型总结 【浙教版2024】 【题型1 平行线中的旋转问题】 1 【题型2 平行线中的动点问题】 3 【题型3 平行线中的定值问题】 4 【题型4 与三角板有关的平行问题】 5 【题型5 由方程组确定二元一次方程组的解】 7 【题型6 利用二元一次方程组求几何图形的面积】 7 【题型7 判断与二元一次方程组有关的结论正误】 8 【题型8 二元一次方程组的应用】 10 【题型9 幂的运算的逆用】 10 【题型10 由整式乘法求几何图形的面积】 11 【题型11 由乘法公式求值】 12 【题型12 乘法公式的几何背景】 12 【题型13 利用因式分解求值】 14 【题型14 与因式分解有关的整除问题】 14 【题型15 分式化简求值】 15 【题型16 与分式有关的新定义问题】 16 【题型17 由分式方程的解求字母的值】 17 【题型18 分式方程的应用】 17 【题型1 平行线中的旋转问题】 【例1】（24-25七年级·辽宁沈阳·开学考试）将一副三角板中的两块直角三角尺按如图方式放置（其中），固定三角尺，将三角尺以每秒的速度绕点B按逆时针方向旋转停止．在这个过程中，当运动时间为 秒时，三角尺的一边与三角尺的某一边平行（不共线）． 【变式1-1】（24-25七年级·广东佛山·阶段练习）在一次主题灯光秀展演中，有两条笔直且平行的景观道、上放置、两盏激光灯（如图所示），若光线按顺时针方向以每秒的速度旋转至便立即回转，并不断往返旋转；光线按顺时针方向每秒的速度旋转至边就停止旋转，若光线先转6秒，光线才开始转动，当光线旋转 秒时，．    【变式1-2】（24-25七年级·江苏苏州·期中）如图①，将一副三角板中的两个直角叠放在一起，其中，，，，现按住三角板不动，将三角板绕点C顺时针旋转，图②是旋转过程中的某一位置，当B、C、E三点第一次共线时旋转停止，记（k为常数），给出下列四个说法： ①当时，直线与直线相交所成的锐角度数为； ②当时，； ③当时，； ④当时，．其中正确的说法的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式1-3】（24-25七年级·浙江宁波·期中）如图，，分别为直线上两点，且，射线从开始绕点按顺时针方向旋转至后立即回转，然后以不变的速度在和之间不停地来回旋转，射线从绕点按逆时针方向同时开始旋转，射线转动的速度是，射线转动的速度是，在射线到达之前，当时间为 秒时，射线与射线互相平行． 【题型2 平行线中的动点问题】 【例2】（24-25七年级·浙江绍兴·阶段练习）如图，，被直线所截，点是线段上的点，过点作，连接，．将线段沿着直线平移得到线段，连接．若，在整个运动过程中，当，中有一个角是另一个角的倍时，的度数是 ． 【变式2-1】（24-25七年级·湖北孝感·阶段练习）如图，点在的延长线上，交于点，且，，，为线段上一动点，为上一点，且满足，为的平分线，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【变式2-2】（24-25七年级·广东深圳·期中）如图，已知，，点是射线上一动点（与点不重合），、分别平分和，分别交射线于点、，下列结论：①；②；③当时，；④当点运动时，的数量关系不变．其中正确结论有（    ）个． A．1 B．2 C．3 D．4 【变式2-3】（24-25七年级·江苏无锡·专题练习）如图，，点E，F在直线上（F在E的左侧），点G在直线上，，垂足为H，P为线段上的一动点，连接，，与的角平分线交于点Q，且点Q在直线，之间的区域，下列结论： ①； ②； ③若，则； ④若，则，其中n为正整数． 上述说法正确的是 （写出所有正确结论的序号）．    【题型3 平行线中的定值问题】 【例3】（24-25七年级·福建泉州·期末）在和中，．如图1，点与点重合，点在边上．如图2，将绕点顺时针旋转，边与边分别交于点时，连接．下列4个以下结论：    ①； ②当时，； ③当时，； ④当时，为定值． 其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号） 【变式3-1】（24-25七年级·陕西安康·期中）如图，，，则以下说法中正确的是（    ） A．随的增大而减小 B．，的角度之和为定值 C．随的增大而增大 D．，的角度之积为定值 【变式3-2】（24-25七年级·湖北武汉·期中）如图,AB//CD,点G在直线AB上, 点H在直线CD上,点K在AB、CD之间且在G、H所在直线的左侧, 若 ∠GKH=60°,点P为线段KH上一点(不和K、H重合)，连接PG并延长到M, 设∠KHC=n∠KGP，要使得为定值，则n= 【变式3-3】（24-25七年级·湖南怀化·期末）如图，在线段的延长线上，，，，连交于，的余角比大，为线段上一点，连，使，在内部有射线，平分，则下列结论：①；②平分；③；④的角度为定值且定值为，其中正确的结论是（填序号） ． 【题型4 与三角板有关的平行问题】 【例4】（24-25七年级·山西太原·阶段练习）将一副三角板按如图所示方式摆放在一张对边平行的长方形纸片上，其中含角的直角三角板的斜边与纸片一边贴合，含角的直角三角板的一个顶点与含角的直角三角板的直角顶点重合，且两个直角三角板的一条直角边贴合，而含角的直角三角板的另一个顶点恰好落在纸片的另一边上，那么的度数是（   ） A． B． C． D． 【变式4-1】（24-25七年级·河北石家庄·期中）将三角板如图所示放置，，，，使顶点落在边上，经过点作直线交边于点，且点在点的左侧．若的平分线交边于点，且时，则与之间的数量关系为 ． 【变式4-2】（24-25七年级·福建漳州·期中）已知一块三角板，将三角板如图所示放置，使顶点落在边上，经过点作直线交边于点，且点在点的左侧．若的平分线交边于点，以下结论中 ①当且时，； ②当时，； ③当时，．正确的有（   ） A．② B．①② C．①③ D．①②③ 【变式4-3】（24-25七年级·浙江杭州·期中）如图（1）是由两块形状相同的三角板拼成，已知，，点E是边上的动点，连结，将三角形沿直线翻折，点C，D的对应点分别为N，M，则： （1）如图（2），当点N恰好落在边上时，的度数是 ； （2）当与三角形的一边平行时，的度数为 ． 【题型5 由方程组确定二元一次方程组的解】 【例5】（24-25七年级·浙江杭州·期中）关于x．y的方程组的解为，则方程组的解是（　　） A． B． C． D． 【变式5-1】（24-25七年级·江苏南通·期末）已知方程组的解是，则方程组的解是（ ） A． B． C． D． 【变式5-2】（24-25七年级·江苏南通·阶段练习）若关于，的方程组的解为，则方程组的解为 ． 【变式5-3】（24-25七年级·浙江舟山·期末）若方程组的解是，则方程组的解是（    ） A． B． C． D． 【题型6 利用二元一次方程组求几何图形的面积】 【例6】（24-25七年级·浙江宁波·期中）若一个长方形可以分割为几个大小不同的小正方形，则称这个长方形为完美长方形， 1925年数学家莫伦发现了第一个完美长方形， 它被分割成9个大小不同的正方形，已知最小正方形的周长为8，则最大正方形的面积为（    ）    A．1296 B．1444 C．2304 D．20736 【变式6-1】（24-25七年级·浙江杭州·期末）如图，在大长方形中，放入六个相同的小长方形，，，则图中阴影部分面积是 ． 【变式6-2】（24-25七年级·浙江宁波·期中）如图，长方形ABCD被分成8块，图中的数字是其中5块的面积数，则图中阴影部分的面积是 ﹒ 【变式6-3】（24-25七年级·浙江湖州·期中）现有如图（1）的小长方形纸片若干块，已知小长方形的长为a，宽为b．用3个如图（2）的全等图形和8个如图（1）的小长方形，拼成如图（3）的大长方形，若大长方形的宽为30cm，则图（3）中阴影部分面积与整个图形的面积之比为(　　) A． B． C． D． 【题型7 判断与二元一次方程组有关的结论正误】 【例7】（24-25七年级·广东广州·期末）已知关于，的方程组，下列说法中正确的有（    ）个． ①当时，；②当时，的最小值为2；③取任意实数，的值始终不变；④不存在实数，使成立． A．1 B．2 C．3 D．4 【变式7-1】（24-25七年级·浙江·期中）已知关于，的二元一次方程组，给出下列结论中，正确的是（    ） ①当这个方程组的解，的值互为相反数时，； ②当时，方程组的解也是方程的解； ③无论取什么实数，的值始终不变； ④若用表示，则． A．①② B．②③ C．②③④ D．①③④ 【变式7-2】（24-25七年级·重庆沙坪坝·期中）已知两个数x、y，可按如下规则进行运算：计算的结果，得到的数记为，称为第一次操作；再从x、y、中任选两个数，操作一次得到的数记为；再从x、y、、中任选两个数，操作一次得到的数记为，依次进行下去…，以下结论正确的个数为（    ） ①若x、y为方程组的解，则； ②对于整数x、y，若为偶数，在操作过程中，得到的一定为偶数； ③若x，y满足，要使得成立，则n至少为4． A．3 B．2 C．1 D．0 【变式7-3】（24-25七年级·重庆江津·期中）已知关于x、y的方程组，下列结论中正确的个数有（    ） ① 当时，是方程组的解； ② 不存在一个实数，使得x、y的值互为相反数； ③ 当方程组的解是时，方程组的解为； ④ x、y都为自然数的解有3对． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【题型8 二元一次方程组的应用】 【例8】（24-25七年级·浙江嘉兴·期中）小明去文具店购买了笔和本子共5件，已知两种文具的单价均为正整数且本子的单价比笔的单价贵．在付账时，小明问是不是27元，但收银员却说一共48元，小明仔细看了看后发现自己将两种商品的单价记反了．小明实际的购买情况是（    ） A．1支笔，4本本子 B．2支笔，3本本子 C．3支笔，2本本子 D．4支笔，1本本子 【变式8-1】（24-25七年级·重庆·期末）甲、乙、丙三家艺术中心为表彰进步学生，准备去文具店采购签字笔、笔记本、钢笔三种文具，签字笔、笔记本、钢笔单价分别为8元、10元、25元．乙艺术中心采购签字笔数量是甲的6倍，笔记本数量是甲的12倍，钢笔数量是甲的8倍，丙采购的签字笔数量是甲的3倍，笔记本数量是甲的9倍，钢笔数量和甲相同．三家艺术中心采购总费用为2850元，丙艺术中心比甲艺术中心总费用多464元，则甲艺术中心采购总费用为（    ）元 A．237 B．350 C．425 D．901 【变式8-2】（24-25七年级·福建福州·期中）用如图①中的长方形和正方形纸板为侧面和底面，做成如图②的竖式和横式的两种无盖纸盒（图2中两个盒子朝上的一面不用纸板）．现在仓库里有m张长方形纸板和n张正方形纸板，如果做两种纸盒若干个，恰好使库存的纸板用完，则的值有可能是（    ） A．2020 B．2021 C．2022 D．2023 【变式8-3】（24-25七年级·广东惠州期末）A和B同学每人都有若干本课外读物．A对B说：“你若给我2本书，我的书数将是你的n倍”；B对A说：“你若给我n本书，我的书数将是你的2倍”，其中n为正整数，则n的可能值的个数是（    ） A．2 B．4 C．5 D．6 【题型9 幂的运算的逆用】 【例9】（24-25七年级·江苏·期末）设m，n是正整数，且，若与的末两位数字相同，则的最小值为（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 【变式9-1】（24-25七年级·山东枣庄·阶段练习）当a<0，n为正整数时，（－a）5·（－a）2n的值为（   ） A．正数 B．负数 C．非正数 D．非负数 【变式9-2】（24-25七年级·安徽滁州·期中）已知． （1）若，则自然数 ； （2）若是一个完全平方数，则自然数 ． 【变式9-3】（24-25七年级·四川眉山·阶段练习）如果整数x，y，z满足，则代数式的值为 ． 【题型10 由整式乘法求几何图形的面积】 【例10】（24-25七年级·江苏无锡·阶段练习）如图，长为，宽为的大长方形被分割为小块，除阴影，外，其余块是形状、大小完全相同的小长方形，其较短的边长为，下列说法中正确的是（　　） 小长方形的较长边为；阴影的较短边和阴影的较短边之和为；阴影和阴影的周长之和与值无关；当时，阴影和阴影的面积和为定值． A． B． C． D． 【变式10-1】（24-25七年级·湖南岳阳·阶段练习）在长方形内，将两张边长分别为a和b（）的正方形纸片按图1，图2两种方式放置（图1，图2中两张正方形纸片均有部分重叠），长方形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图1中阴影部分的面积为，图2中阴影部分的面积为．当时，的值为 ．（用a、b的代数式表示） 【变式10-2】（24-25七年级·浙江丽水·期末）甲、乙两个大小不一样的正方形按如图所示的两种方式放置．，记图①中的阴影部分面积为，图②中的阴影部分面积为． （1）若，则的值是 ； （2）若，，则的值是 ． 【变式10-3】（24-25七年级·浙江·期中）对于结论“周长一定的长方形长和宽相等时面积最大”，某同学通过右侧的图形割补用特例进行了说明：如图，将图1中周长为8的长方形裁成长方形（边长为2和和长方形，并拼成图2．由面积相等得：，所以，当时，长方形面积取得最大值为4．据此方法，可得代数式的最大值为 ． 【题型11 由乘法公式求值】 【例11】（24-25七年级·重庆·阶段练习）已知实数，满足，则的值是（   ） A． B．0 C．115 D．2025 【变式11-1】（24-25七年级·山东济南·期末）设 ，，．若，则的值是(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 【变式11-2】（24-25七年级·江西景德镇·期中）已知有理数满足，，则 ． 【变式11-3】（24-25七年级·安徽合肥·期末）若与互为相反数，则的值为（    ） A．2 B．6 C．8 D．64 【题型12 乘法公式的几何背景】 【例12】（24-25七年级·安徽合肥·期末）如图，在由四个面积分别为的小长方形组成的大长方形中、四边形和四边形均为正方形，若，且，则大长方形的面积是（    ）． A．25 B．26 C．27 D．28 【变式12-1】（24-25七年级·山东枣庄·阶段练习）如图1为我校七年级两个班的劳动实践基地，图2是从实践基地抽象出来的几何模型：两块边长为、的正方形，其中重叠部分为池塘，阴影部分、分别表示两个班级的基地面积．若，，则（   ） A．16 B．15 C．14 D．12 【变式12-2】（24-25七年级·浙江宁波·期末）如图，将两张长为，宽为的长方形纸片按图1，图2两种方式放置，图1和图2中两张长方形纸片重叠部分分别记为①和②，正方形中未被这两张长方形纸片覆盖部分用阴影表示，图1和图2中阴影部分的面积分别记为和．若知道下列条件，仍不能求值的是（　　）    A．长方形纸片的周长和面积 B．长方形纸片长和宽的差 C．①和②的面积差 D．长方形纸片和①的面积差 【变式12-3】（24-25七年级·江西九江·阶段练习）有三个大小不一的正方形按如图1位置重叠摆放，已知小正方形边长为a，．现将这三个正方形沿边长剪成如图2的三块，并分别用，，来表示它们的面积，若，且，求的值是 ． 【题型13 利用因式分解求值】 【例13】（24-25七年级·四川内江·期中）若，则代数式的值是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【变式13-1】（24-25七年级·安徽安庆·期中）已知，且，则 -的值为（ ） A．2022 B．-2022 C．4044 D．-4044 【变式13-2】（24-25七年级·浙江宁波·期中）若满足等式，则的值是 ． 【变式13-3】（24-25七年级·福建漳州·期中）已知，，，满足关系式，，则的值为 ． 【题型14 与因式分解有关的整除问题】 【例14】（24-25七年级·重庆·期中）如果一个三位自然数m的各数位上的数字均不相同且均不为0，且满足将m的各个数位中任取两个数位构成一个两位数这样就可以得到六个两位数，这六个两位数叫做m的“海纳数”例如：，则m的“海纳数”是57、75、58、85、78、87，m的所有“海纳数”之和与11的商记为，若，则 ；若s和t是两个三位数，它们都有“海纳数”，，（，a、b、c均为整数），若的能被4整除，记，则p的最大值为 ． 【变式14-1】（24-25七年级·重庆江北·期中）一个各位数字都不为0的四位正整数m，若千位与个位数字相同，百位与十位数字相同，则称这个数m为“双对称数”．将千位与百位数字交换，十位与个位数字交换，得到一个新的“双对称数”，并规定，则 ；若已知数m为“双对称数”，且千位与百位数字互不相同，是一个完全平方数，则满足条件的m的最小值为 ． 【变式14-2】（24-25七年级·重庆沙坪坝·期末）如果一个四位自然数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足，那么称这个四位数为“和方数”．例如：四位数2613，因为，所以2613是“和方数”；四位数2514，因为，所以2514不是“和方数”．若是“和方数”，则这个数是 ；若四位数M是“和方数”，将“和方数”M的千位数字与百位数字对调，十位数字与个位数字对调，得到新数N，若能被33整除，则满足条件的M的最大值是 ． 【变式14-3】（24-25七年级·重庆九龙坡·开学考试）一个两位正整数，如果满足各数位上的数字互不相同且均不为0，那么称为“异能数”，将的两个数位上的数字对调得到一个新数，把放在的后面组成第一个四位数，把放在的后面组成第二个四位数，我们把第一个四位数减去第二个四位数后再除以11所得的商记为，例如：时，，，则 ；若、为“异能数”，其中，，、，且，，，为整数） 规定：，若能被7整除，且，求的最大值为 ． 【题型15 分式化简求值】 【例15】（24-25七年级·浙江温州·期末）若，，，则的值为（   ） A． B． C． D． 【变式15-1】（24-25七年级·安徽安庆·阶段练习）已知三个数x，y，z满足，，，则的值为 ． 【变式15-2】（24-25七年级·浙江金华·期末）任意两个和不为零的数a、b、c满足，求的值 ． 【变式15-3】（24-25七年级·四川达州·期末）若，．则的值为 【题型16 与分式有关的新定义问题】 【例16】（24-25七年级·重庆·期末）对于分式：，，，，，在每个式子前添“+”或“-”号，并求和的绝对值，称此操作为“绝对和差操作” 例如：，，…下列说法： ①对于“绝对和差操作，若，则化简后的结果为； ②至少存在一种“绝对和差操作”使化简后的结果为常数； ③所有可能的“绝对和差操作”化简后有32种不同结果； 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【变式16-1】（2025·江苏无锡·一模）已知实数满足，则下列结论：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则．其中正确的为（　　） A．②③④ B．①②③④ C．①②③ D．①③④ 【变式16-2】（2025·广东东莞·模拟预测）设n是大于1909的正整数，且是某个整数的平方数，求得所有满足条件的n之和为(   ) A．1959 B．7954 C．82 D．3948 【变式16-3】（24-25七年级·重庆九龙坡·期中）已知两个分式：，：将这两个分式进行如下操作： 第一次操作：将这两个分式作和，结果记为；作差，结果记为； （即，） 第二次操作：将，作和，结果记为；作差，结果记为； （即） 第三次操作：将作和，结果记为；作差，结果记为； （即）…（依此类推） 将每一次操作的结果再作和，作差，继续依次操作下去，通过实际操作，有以下结论： ①；②当时， ；③若，则；④在第（n为正整数）次操作的结果中：（）， ； 以上结论正确的个数有（    ）个 A．3 B．2 C．1 D．0 【题型17 由分式方程的解求字母的值】 【例17】（24-25七年级·安徽安庆·专题练习）已知关于的分式方程的解满足，且为整数，则符合条件的所有值的乘积为（  ） A．正数 B．负数 C．零 D．无法确定 【变式17-1】（24-25七年级·重庆沙坪坝·阶段练习）若关于x的一元一次不等式组恰好有3个整数解，且关于y的分式方程有非负整数解，则符合条件的所有整数a的和为（    ） A．6 B．9 C． D．2 【变式17-2】（24-25七年级·重庆沙坪坝·开学考试）若关于x的一元一次不等式组有且仅有3个整数解，且关于y的分式方程有解，则满足条件的所有整数m的积为（    ） A．15 B． C． D．120 【变式17-3】（24-25七年级·重庆沙坪坝·阶段练习）若关于的一元一次不等式组有解且最多有6个整数解，且关于的分式方程的解是非负整数，则所有满足条件的整数的值之和是 ． 【题型18 分式方程的应用】 【例18】（24-25七年级安徽合肥·期末）甲、乙、丙三名工人共承担装搭一批零件．已知甲乙丙丁四人聊天时的对话信息如下： 甲说：我的工作效率比乙的工作效率少 乙说：我3小时完成的工作量与甲4小时完成工作量相等； 丙说：我工作效率不高，我的工作效率是乙的工作效率的； 丁说：我没参加此项工作，但我可以计算你们的工作效率．知道工程问题三者关系是：工作效率×工作时间＝工作总量． 如果每小时只安排1名工人，那么按照甲、乙、丙的轮流顺序至完成工作任务，共需（    ）小时． A．20 B．21 C．19 D．19 【变式18-1】（24-25七年级·重庆江北·期末）“巩固脱贫成果，长兴乡村经济”，大力发展高山生态经济林是一重大举措．某村委会决定在红光、红旗、红锦三个村民小组种植高山脆李和晚熟香桃两种果树，初步预算这三个村民小组各需两种果树之和的比为，其中需要高山脆李树的棵数分别为4千棵，3千棵和7千棵，并且红光、红旗两个村民小组所需晚熟香桃树之比为．在购买这两种果树时，高山脆李树的价格比预算低了，晚熟香桃树的价格高了，晚熟香桃树购买数量减少了．结果发现购买两种果树的总费用与预算总费用相等，则实际购买高山脆李树的总费用与实际购买晚熟香桃树的总费用之比为 ． 【变式18-2】（24-25七年级·安徽合肥·期末）甲、乙两列客车的长分别为150米和200米，它们相向匀速行驶在平行的轨道上，已知甲车上某乘客测得乙车在他窗口外经过的时间是10秒，那么乙车上的乘客看见甲车在他窗口外经过的时间是 秒． 【变式18-3】（24-25七年级·安徽安庆·专题练习）从甲地到乙地有20站，并且任何相邻两站之间的距离相同．快车和慢车每小时从甲地各发一趟，快车整点发车，慢车发车时间晚半小时．快车每站车费5元，慢车每站车费2元，但快车的速度是慢车速度的2倍．快车从甲地到乙地共需2小时．上午九点半，一位只有70元钱的旅客在甲地乘车，若忽略车进出站上下乘客的时间，但旅客等车时间要计算在内，这位旅客从甲地到乙地所需的最短时间为 小时． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$