专题02 期中复习压轴23类题型归纳（考试范围：第10章 整式的加减～第12章 因式分解）（举一反三讲义）数学新教材沪教版五四制七年级上册

专题01 期中复习压轴23类题型归纳（举一反三讲义） （考试范围：第10章 整式的加减~第12章 因式分解） 【新教材沪教版五四制】 题型归纳 【选填压轴】 1 【题型1 整式加减的无关性问题】 1 【题型2 整式的加减与周长应用】 5 【题型3 幂的逆用化简求值】 9 【题型4 利用幂运算比较大小】 11 【题型5 与字母取值无关求参】 12 【题型6 乘法公式整体代入】 15 【题型7 多项式运算恒等求参】 16 【题型8 整式除法余式求参】 19 【题型9 添项拆项因式分解】 21 【题型10 分解因式结合几何判断】 23 【题型11 因式分解与图形面积】 26 【解答压轴】 29 【题型12 整式加减无关性问题（几何类）】 29 【题型13 整式加减的新定义运算】 35 【题型14 整式加减的应用综合】 41 【题型15 幂的末位数字规律】 47 【题型16 幂的综合化简证明】 51 【题型17 乘法公式求最值应用】 54 【题型18 多项式乘法恒等求参】 59 【题型19 乘法公式整体代换求值】 63 【题型20 整式运算规律探究】 66 【题型21 乘法公式与几何图形面积】 71 【题型22 因式分解判断三角形形状】 77 【题型23 因式分解的应用】 83 【选填压轴】 【题型1 整式加减的无关性问题】 【例1】（25-26七年级上·重庆·期中）已知3个多项式分别为：． ①若，则； ②无论取何值，一定都有； ③若的值与无关，则； ④代数式化简后共有3种不同的表达式．其中正确的是______． 【答案】②④ 【分析】本题考查绝对值方程，整式的加减运算，化简绝对值，解绝对值方程判断①；求出与的大小关系，判断②，根据的值与无关，得到求和后含项的系数为0，求出的值，判断③，分三种情况化简绝对值，判断④． 【详解】解：时，则或，解得或，故①错误； ，故②正确； ， ∵的值与无关， ∴，即故③错误； ④， 故， 当时，原式； 当时，原式； 当时，原式； 故④正确； 故答案为：②④． 【变式1-1】（25-26七年级上·内蒙古鄂尔多斯·期中）已知，．若的值与字母的取值无关，则的值为（    ） A． B． C． D．3 【答案】C 【分析】本题考查了整式的加减运算． 先计算的表达式，合并同类项后，令含的项的系数为零，从而求出的值． 【详解】解：∵，， ∴， ， ∵的值与的取值无关， ∴， 解得． 故选：C． 【变式1-2】（25-26七年级上·重庆·期末）对于多项式：，，，，用任意两个多项式求和后所得的结果，再与剩余两个多项式的和作差，并算出结果，称之为“和差操作” 例如：，，，称为一次操作．下列说法正确的个数是（   ） ①不存在任何“和差操作”，使其结果为单项式； ②只有一种“和差操作”，其结果与x的取值无关； ③所有的“和差操作”共有6种不同的结果． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【分析】本题考查了多项式的运算及对“和差操作”的理解，通过计算所有6种“和差操作”的结果，发现实际有5种不同的表达式，包括常数0，据此判断各说法的正确性． 【详解】解：设多项式，，，， 所有操作及结果： ∵ ， ， ， ， ， ∴不同结果为：，，0，，，共5种， 说法①：和结果为0（单项式），故错误； 说法②：和结果与x无关（有两种操作），故错误； 说法③：实际有5种不同结果，非6种，故错误， 综上，正确个数为0， 故选：A． 【变式1-3】（25-26八年级下·重庆九龙坡·阶段检测）已知两个多项式，，x为实数，将A、B进行加减乘除运算： ①当时，则； ②若，则或； ③若多项式的取值与x无关，则，； ④代数式化简后总共有6种不同表达式； ⑤多项式的最小值为2023． 上面说法正确的有（    ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】B 【分析】解：把字母的值代入运算，即可判断①正确；由题意得方程求解，可判断②正确；③得关于参数的方程组求解，，故③正确；④将整式代入化简，根据绝对值的性质公式分情况讨论，可知有四种情况，故④错误；⑤ ，由配方法知，故⑤错误． 【详解】解：，故①正确； ②由得，， 整理，得：， 解得：或，故②正确； ③， ∴， 解得：，，故③正确； ④ ∴ ； 由；；； 时，原式； 时，原式； 时，原式； 时，原式；故有四种情况，故④错误； ⑤ ． ∵， ∴， ∴ ，故⑤错误； 故选：B 【点睛】本题考查整式的运算，完全平方公式，绝对值的化简，解二元一次方程组．熟练掌握相关运算法则是解题的关键． 【题型2 整式的加减与周长应用】 【例2】（25-26七年级下·湖北十堰·期末）将图①中周长为的长方形纸片剪成号、号、号、号正方形和号长方形，并将它们按图②的方式放入周长为的长方形中，则没有覆盖的阴影部分的周长是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设1号正方形边长为，2号正方形边长为，根据图①的拼接关系表示出其他图形的边长，利用图①周长求出的值，再通过平移法或分段计算法表示出图②中阴影部分的周长，代入求值即可． 【详解】解：设1号正方形的边长为，2号正方形的边长为， 由图可知，3号正方形的边长为，4号正方形的边长为，5号长方形的长为，宽为， 图①中长方形的周长为40， ， 即， ， 设图②中大长方形的长为，宽为，则， 阴影部分的周长由水平线段和竖直线段组成， 竖直线段之和：左侧边界长为，右侧边界长为，共， 水平线段之和：大长方形上下边未被覆盖部分长为，内部水平线段长为， 水平线段总长为， 阴影部分的周长为， 阴影部分的周长为． 【变式2-1】（25-26七年级上·广东汕头·期中）把如图1的两张大小相同的长方形卡片放置在图2与图3中的两个相同大长方形中，已知这两个大长方形的长比宽长，若记图2中阴影部分的周长为，图3中阴影部分的周长为，那么_____cm． 【答案】20 【分析】本题考查整式的加减、列代数式，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 先设出小长方形和大长方形的长和宽，然后即可表示图2中阴影部分的周长为和图3中阴影部分的周长为，再作差即可． 【详解】解：设小长方形的长为，宽为，大长方形的长为，宽为， 由图③可得，， 这两个大长方形的长比宽长， ． 由图②可知：阴影部分的周长， 由图③可知：阴影部分的周长， ． ， ． ． 故答案为：20． 【变式2-2】（25-26七年级下·江苏苏州·期末）如图所示，长方形中放置两个边长都为的正方形与正方形，若如图阴影部分的面积之和记为，长方形的面积记为，已知：，则长方形的周长为___________． 【答案】 36 【分析】设，，利用a，b表示出图中的阴影部分面积与长方形面积，然后根据可得a，b的关系式，然后可求周长． 【详解】解：设，， 由图可得，，， ∴，， ∵， ∴， 整理得：， ∴． 【变式2-3】（25-26七年级上·浙江宁波·期末）在长方形中放入3个正方形如图所示，若，，则知道下列哪条线段的长就可以求出图中阴影部分的周长和（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设正方形的边长为a，正方形的边长为b，正方形的边长为c，由可得，将阴影部分的周长和表示出来，再把各条线段用含有a、b、c的式子代换，然后再化简，看最后结果与哪条线段有关即可． 本题主要考查了列代数式及代数式的化简．把各条线段用含有a、b、c的式子表示是解题的关键． 【详解】设正方形的边长为a，正方形的边长为b，正方形的边长为c， ∵， ， ， ，， ， ∴阴影部分的周长和= ， ∴知道的长就可以求出图中阴影部分的周长和． 故选：B 【题型3 幂的逆用化简求值】 【例3】（24-25九年级下·安徽宣城·自主招生）已知，，，且，则的值为(        ) A．30 B．27 C． D．3 【答案】D 【分析】本题考查了积的乘方，幂的乘方；由和、的定义推出，再结合，将用表示，得到，从而求出． 【详解】解：∵，，， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：D． 【变式3-1】（25-26七年级下·浙江温州·期中）已知整数满足且，则的值为_____． 【答案】2 【分析】根据3不是10000的公约数，可得b=0，由和即可得到a，b，c，d的值，故可求解． 【详解】∵，3不是10000的公约数， ∴ 则b=0 ∴ ∵整数满足 ∴符合题意 ∴a=-2，b=0，c=3，d=4 ∴=-8+0+6+4=2 故答案为：2． 【点睛】此题主要考查幂的运算，解题的关键是熟知幂的运算法则及特点． 【变式3-2】（25-26七年级下·江苏扬州·期末）已知实数a，b，c满足，，，则的值为______． 【答案】 【分析】利用同底数幂的除法运算法则求出与的值，再将所求代数式变形，代入计算即可得到结果. 【详解】解： ； ，，， ，， ，， 原式. 【变式3-3】（25-26八年级上·福建泉州·阶段检测）实数，，满足，，，则代数式的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了同底数幂的除法，根据已知得出，，进而得到，，再代入代数式，即可求解． 【详解】解：∵，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 【题型4 利用幂运算比较大小】 【例4】（2025七年级下·全国·专题练习）已知，，，，那么a，b，c，d大小顺序为________________． 【答案】 【分析】本题主要考查了实数的大小比较，解题关键是熟练掌握灵活运用幂的乘方法则． 逆用幂的乘方法则，把各个幂写成指数是2的幂，然后比较底数的大小，从而比较大小即可． 【详解】解：∵，，，， ∴，，，， ∵， ∴, 故答案为：． 【变式4-1】（25-26七年级下·陕西咸阳·期中）比较大小：______．（填“”或“”） 【答案】 【分析】本题主要考查幂的乘方，有理数大小比较，解答的关键是对相应的运算法则的掌握与运用． 利用幂的乘方的法则把指数转为相等，再比较底数即可． 【详解】解：∵，， ∵， ∴， 故答案为：． 【变式4-2】（2025八年级上·全国·专题练习）比较与的大小，可得（    ） A． B． C． D．无法确定 【答案】A 【分析】本题考查了幂的乘方，解决本题的关键是转化为同底数幂． 根据幂的乘方，转化为同底数幂即可比较大小． 【详解】解：∵，， ∴， 故选：A． 【变式4-3】比较整数与的大小，结果为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了幂的乘方、有理数的大小比较，将和化成同指数幂的形式，再比较底数的大小即可得解，熟练掌握运算法则是解此题的关键． 【详解】解：， ， ∵， ∴，即， 故选：B． 【题型5 与字母取值无关求参】 【例5】（24-25七年级下·全国·课后作业）已知，，．若的值与m无关，则a的值为（    ） A． B． C．3 D．5 【答案】B 【分析】本题考查了单项式乘多项式，合并同类项，准确熟练地进行计算是解题的关键． 计算并合并同类项，由于表达式与无关，令的系数为零求解的值即可． 【详解】解：∵， ， ∴ ∴ ∵的值与无关 ∴ ∴ 故选：B． 【变式5-1】（25-26八年级上·江苏南通·期末）若关于的多项式的值与无关，且，则式子的最小值为（   ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】A 【分析】本题主要考查了整式的混合运算，因式分解，完全平方公式的应用，解题的关键是掌握整式的混合运算． 根据整式的值与无关求出，然后得出，，对多项式进行整理得出结果为，根据平方的非负性即可得出最小值． 【详解】解： ∵多项式的值与无关， ∴， 整理得， ∴，则两式相减得， ∵ 当时，取最小值，最小值为3， 故选：A． 【变式5-2】（25-26八年级上·全国·期末）若的积不含项，则___________． 【答案】 【分析】先利用多项式乘多项式法则，展开合并后得到，根据题意得，即可求解a． 【详解】解： = = ∵的积不含项， ∴， 解得：， 故答案为：． 【点睛】本题考查多项式乘多项式，掌握多项式乘多项式的运算法则是解题的关键． 【变式5-3】（24-25七年级下·全国·周测）已知，，．若的值与x的取值无关，则a的值为__________． 【答案】－3 【分析】本题考查了整式的乘法与代数式化简，掌握若代数式的值与某个字母无关，则该字母对应项的系数为0是解题的关键． 计算，化简后得到关于的多项式，根据值与无关的条件，令所有含的项的系数为零，从而求解． 【详解】解： 由于的值与的取值无关， 因此项的系数， 解得： 故答案为：． 【题型6 乘法公式整体代入】 【例6】（25-26八年级上·甘肃武威·期中）若，，则的值是（   ） A．2024 B．2025 C．2026 D．4050 【答案】B 【分析】本题考查了完全平方公式的应用，熟练掌握完全平方公式是解题关键． 通过设，将原式转化为关于和的等式，利用已知平方和求值． 【详解】∵，， 设，则，， 将两式相加得：， ∴， ∴， 又∵， ∴． 故选B． 【变式6-1】（25-26七年级下·湖南株洲·期中）已知满足，则的值为（        ） A．1 B．－5 C．－6 D．－7 【答案】A 【分析】三个式子相加，化成完全平方式，得出的值，代入计算即可． 【详解】解：∵， ∴（a2+2b）+（b2-2c）+（c2-6a）=7+（-1）+（-17）， ∴a2+2b+b2-2c+c2-6a=-11 ∴（a2-6a+9）+（b2+2b+1）+（c2-2c+1）=0， ∴（a-3）2+（b+1）2+（c-1）2=0 ∴a-3=0，b+1=0，c-1=0， ∴a+b-c=3-1-1=1． 故选：A． 【点睛】本题考查了代数式求值和完全平方公式，解题关键是通过等式变形化成完全平方式，根据非负数的性质求出的值，准确进行计算． 【变式6-2】（25-26七年级下·浙江台州·期末）若实数满足，则代数式的值为__________． 【答案】 【分析】利用换元法设，则由已知可得，利用平方差公式求解即可． 【详解】解：设， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式6-3】（25-26七年级下·重庆渝中·阶段检测）已知x2=2y+5，y2=2x+5(x≠y)，则x3+2x2y2+y3的值为____． 【答案】 【分析】首先根据题意得出且，从而进一步得出，由此进一步求出的值，最后再通过将所求式子分解为进一步计算即可. 【详解】∵，， ∴，， ∵，而， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了乘法公式的综合运用，熟练掌握相关公式及方法是解题关键. 【题型7 多项式运算恒等求参】 【例7】（25-26七年级下·江苏盐城·期中）若等式恒成立，无论为何值，的值始终为定值，则这个定值为_____． 【答案】 【分析】本题考查多项式乘多项式运算与整式恒成立的性质，先将等式左边按多项式乘多项式法则展开，对比等式两边对应项系数得到m、n关于s、t的表达式，代入整理，根据无论t为何值结果为定值，得到t的系数为0，求出s的值，即可计算得到定值 【详解】解：∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵无论为何值，的值始终为定值， ∴ ∴ ∴ 【变式7-1】若对任意的x恒成立，则________． 【答案】8 【分析】把等式两边都展开按x降幂排列即可求解； 【详解】右边= ∴对任意的x恒成立 ∴ 解得 ∴8 故答案为8 【点睛】本题考查整式乘法运算中的恒成立问题，把等式两边化成形式一致是解题的关键. 【变式7-2】（25-26七年级上·上海青浦·期末）如果（其中a为常数）成立，那么______． 【答案】 【分析】本题主要考查完全平方公式，熟练掌握完全平方公式是解题的关键；观察等式不难发现，然后对该等式两边同时平方，进而问题可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ， ， 解得：； 故答案为． 【变式7-3】已知等式对一切x都成立，a、b、c为整数．且．则的最小值是____________． 【答案】14 【分析】根据题意得到关于a、b、c的方程组，消去c后，假设，且均为整数利用因式分解得到二元一次方程组，求解即可找到最小值． 【详解】解：∵可变为，且对一切x都成立， ∴，消去c得， 即， 又∵， ∴a，b不能同时为负， 不妨设， 则或或， 解得（舍去）或或， 那么，． 【点睛】本题主要考查恒成立问题、因式分解、解二元一次方程组和化简绝对值，解题的关键是因式分解的使用和得到二元一次方程组． 【题型8 整式除法余式求参】 【例8】（2025·吉林·一模）若被除后余3，则的值为_____． 【答案】 【分析】先根据被除后余3，判断出为的一个因式，再根据特殊值法求得的值． 【详解】解：∵被除后余3， ∴可被整除， ∴为的一个因式， ∴当，即时，， 即， 解得． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了多项式除以单项式，理解被除式、除式、商、余式之间的关系是解题的关键． 【变式8-1】（25-26七年级下·陕西汉中·期中）我们知道两个整数相除时会有除不尽（商不是整数）的情况，例如就除不尽，可以用余数表示，即：5除以3商1余2．同样两个整式相除时也有可能除不尽，若多项式除以，商式为余3，则的值为（     ） A．12 B．8 C． D． 【答案】C 【分析】由被除式、除式、商、余式的关系可得，再展开对比得到关于a、b的方程组求得a、b的值，最后求和即可． 【详解】解：∵多项式除以，商式为余3， ∴， ， ∴， 解得， ∴． 【变式8-2】已知关于x的多项式除以余1 ，除以余4，则除以的余式为（   ） A．4 B．3 C． D． E． 【答案】D 【分析】本题主要考查了多项式除以多项式， 先确定的表达式，再结合余式的表达式，根据多项式除法的余式性质求解. 【详解】解：设， 则. 设，由题意可知为一次多项式，设余式为，则， 则有，， 即， 解得， 所以余式是. 故选：D. 【变式8-3】（25-26七年级下·浙江金华·期末）在求多项式除以多项式时，可类似于正整数除法的“列竖式”得到商式和余式，例如：通过“列竖式”可求得的商式为，余式为22，如图所示．运用此方法，那么的商式为__________，余式为__________． 【答案】 3 【分析】本题主要考查了整式的除法运算，仿照条件中的方法，列出竖式，进行计算即可． 【详解】解：如图所示： 的商式为，余式为3， 故答案为：，3． 【题型9 添项拆项因式分解】 【例9】（2025·广西柳州·二模）添项、拆项是因式分解中常用的方法，比如分解多项式可以用如下方法分解因式： ①； 又比如多项式可以这样分解： ②； 仿照以上方法，分解多项式的结果是______． 【答案】 【分析】直接根据添项、拆项的方法进行因式分解即可． 【详解】解： ， 故答案为： 【点睛】本题考查添项与拆项法对多项式进行因式分解，解题的关键是熟练运用提公因式法，也考查了学生的观察能力和整体思想． 【变式9-1】（25-26七年级下·江苏盐城·期中）阅读并解决问题： 对于形如这样的二次三项式，可以用公式法将它分解成的形式．但对于二次三项式，就不能直接运用公式了．此时，我们可以在二次三项式中先加上一项，使它与的和成为一个完全平方式，再减去，整个式子的值不变，于是有．像这样，先添一个适当项，使式中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变的方法称为“配方法”，请用“配方法”分解因式：的结果是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据前面知识铺垫，得到，解答即可，本题考查了配方法因式分解，熟练掌握配方法是解题的关键． 【详解】根据题意，得， 故选B． 【变式9-2】（25-26八年级上·河南周口·期末）因式定理：对于多项式，若，则是的一个因式，并且可以通过添减单项式从中分离出来．例如，由于，所以是的一个因式．于是．则______． 【答案】 【分析】将添减单项式后分解因式即可得到答案． 【详解】解： = = = 故答案为：． 【点睛】此题考查了多项式的分解因式，正确添减单项式利用分组分解法分解因式是解题的关键． 【变式9-3】（25-26八年级上·安徽芜湖·期末）在对某些多项式进行因式分解时，需要把多项式中的某一项拆成两项或多项，或者在多项式中添上两个仅符号相反的项，这样分解因式的方法称为“拆项添项法”．如： 例1：分解因式： 解：原式 例2：分解因式： 解：原式 请根据以上材料中的方法，解决下列问题： （1）上述材料中例2括号中应填入________； （2）运用拆项添项法分解因式：________． 【答案】 【分析】本题考查因式分解，读懂题中的分解方法并熟练掌握整式乘法公式是解题的关键． （1）根据例2的解析过程，通过拆项后提取公因式，括号内应填入二次多项式； （2）运用拆项添项法，将多项式拆成可分组分解的形式，然后提取公因式进行因式分解． 【详解】（1）例2中，原式， ， 故括号中应填入 ； 故答案为：； （2）解：原式 ， 故答案为： ． 【题型10 分解因式结合几何判断】 【例10】（25-26八年级下·山西·阶段检测）如图，四边形是一个长方形，利用不同的方法可以计算出长方形的面积．通过分析图形中所标线段的长度，将多项式因式分解，其结果正确的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据图形是长方形列面积式子，又得到该图形由两个边长为n的正方形，3个长、宽为n与m的长方形，1个边长为m的正方形组成，由此列出面积等式. 【详解】∵四边形是一个长方形， ∴该长方形的面积=， ∵该图形由两个边长为n的正方形，3个长、宽为n与m的长方形，1个边长为m的正方形组成， ∴该图形的面积=， ∴=， 故选：B. 【点睛】此题考查因式分解与几何图形面积，正确理解几何图形的组成列面积等式是解题的关键. 【变式10-1】（25-26八年级下·山西太原·期末）如图，四边形ABCD是一个长方形，根据图中所标注的线段长度表示长方形ABCD的面积，可得到的表示一个多项式因式分解的代数恒等式为 _____． 【答案】 【分析】根据长方形的面积=长×宽，长方形的面积=1个正方形的面积+2个矩形的面积，通过两种计算方法，得到代数恒等式m2+2mn=m（m+2n），得到等式． 【详解】解：∵长方形ABCD的面积=m2+2mn， 长方形ABCD的面积=m（m+2n）， ∴m2+2mn=m（m+2n）． 故答案为：m2+2mn=m（m+2n）． 【点睛】本题考查因式分解的应用，用两种计算方法计算长方形的面积从而得到等式． 【变式10-2】（25-26八年级下·辽宁锦州·期中）小颖利用两种不同的方法计算下面图形的面积，并据此写出了一个因式分解的等式，此等式是______ 【答案】 【分析】根据所给的图形直接求出大长方形的面积，再利用1个边长为的正方形，2个边长为的正方形和3个长宽分别为和的小长方形的面积之和等于大长方形的面积即可得出答案． 【详解】解：大长方形的面积为：， 1个边长为的正方形，2个边长为的正方形和3个长宽分别为和的小长方形的面积之和为：； ∴． 【变式10-3】（25-26六年级下·山东济南·期末）利用图①中的三种材料各若干可以拼出一些长方形来解释某些等式．比如图②可以解释为： 如图③，大正方形的边长为，小正方形的边长为，若用表示四个矩形的两边长，观察图案，指出以下关系式：①；② ③ ④ ，其中正确的有（     ）个． A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】B 【分析】观察图形，分析对应的边长，即可求解． 【详解】①：由图③可知，，故①是正确的，符合题意； ②：因为，由图③可知，，所以，故②是正确的，符合题意； ③：由题意可知图③是由个长为，宽为的小矩形和个边长为的小正方形构成的个边长为的大正方形，所以，即， 故③是正确的，符合题意； ④：∵由③得，即， 若成立， 那么，即， ∴， ∵与矛盾， ∴④是错误的，不符合题意； ∴符合题意的共有个． 【题型11 因式分解与图形面积】 【例11】（25-26七年级下·安徽合肥·期中）有两个正方形A，B．现将B放在A的内部得到图甲，将A，B构造新的正方形得到图乙．若图甲和图乙中阴影部分的面积分别为4和16，若三个正方形和两个正方形得到图丙，则阴影部分的面积为（   ） A．43 B．44 C．45 D．46 【答案】B 【分析】设正方形，正方形的边长分别为，由甲可得，由乙可得，即得，进而可得，再根据图形解答即可求解． 【详解】解：设正方形，正方形的边长分别为， 由甲得：，即， 由乙得：，即， ∴， ∴， ∴， ∴（负值舍去）， ∵， ∴（负值舍去）， ∴， 由丙得知：． 【变式11-1】（24-25七年级下·浙江温州·期中）如图，将两张长为a，宽为b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的部分分别记为①和②，正方形中未被这两张长方形纸片覆盖的部分用阴影表示，①和②的面积分别记为和．若知道下列条件，可以求值的是（   ） A．长方形纸片的面积 B．长方形纸片的周长 C．长方形纸片和①的面积差 D．图1与图2阴影部分的面积差 【答案】D 【分析】本题考查了整式运算和因式分解的应用，正确理解图形提供的信息是解题的关键； 设阴影部分的长分别为x、y，如图，则，即，然后分别表示出阴影部分的面积和，再进行比较即可得到答案. 【详解】解：设阴影部分的长分别为x、y，如图， 则，即， ∴图1中的阴影部分面积为，图2中的阴影部分面积为， ∴， ∵， ∴ ； ∴即为图1与图2阴影部分的面积差； 故选：D. 【变式11-2】（25-26七年级下·浙江金华·期末）如图是一块矩形菜地，米，米，面积为S平方米．现将边增加1米． （1）如图1，若，边减少1米，得到的矩形面积不变，则b的值是__________． （2）如图2，若边增加2米，得到的矩形面积为平方米，且a，b为正整数，则的值是__________． 【答案】 或． 【分析】本题考查的是多项式的乘法与因式分解以及图形面积，理解题意是关键； （1）根据面积的不变性，列式计算即可． （2）根据面积，建立，再结合因式分解与a，b为正整数，计算即可． 【详解】解：（1）根据题意，得，起始长方形的面积为，变化后长方形的面积为， ∵，边减少，得到的矩形面积不变， ∴， 解得， 故答案为： （2）根据题意，得，起始长方形的面积为，变化后长方形的面积为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为正整数， ∴或或， ∴或或， ∴或， 故答案为：或． 【变式11-3】（25-26七年级下·浙江绍兴·期末）将12张长为a，宽为b（a＞b）的小长方形纸片，按如图方式不重叠地放在大长方形ABCD内，未被覆盖的部分用阴影表示，若阴影部分的面积是大长方形面积的，则小长方形纸片的长a与宽b的比值为 ___． 【答案】4 【分析】用a，b分别表示出大长方形的长和宽，根据阴影部分的面积是大长方形面积的，列式计算即可求解． 【详解】解：根据题意得：AD=BC=8b+a，AB=CD=2b+a， ∵阴影部分的面积是大长方形面积的， ∴非阴影部分的面积是大长方形面积的， ∴， 整理得：，即， ∴， 则小长方形纸片的长a与宽b的比值为4． 故答案为：4． 【点睛】本题主要考查了整式的混合运算的应用，以及因式分解的应用，解题的关键是弄清题意，列出长方形面积的代数式及整式的混合运算顺序与运算法则． 【解答压轴】 【题型12 整式加减无关性问题（几何类）】 【例12】（25-26七年级下·江苏连云港·期中）【基本方法】 我们在学习代数式求值时，遇到这样一类题：代数式的值与x的取值无关，求a的值．通常的解题思路是：把x、y看作字母，a看作系数，合并同类项．因为代数式的值与x的取值无关，所以含x项的系数为0．具体解题过程是：原式，∵代数式的值与x的取值无关，∴，解 (1)【理解应用】若关于x的代数式的值与x的取值无关，则m值为 ． (2)【理解应用】，，且的值与x的取值无关，求n的值． (3)【迁移提升】7张如图1的小长方形卡片，长为a，宽为b，按照图2方式不重叠地放在大长方形内，大长方形中未被覆盖的两个部分都是长方形，设右上角的面积为，左下角的面积为，当的长变化时，的值始终保持不变，求a与b的等量关系． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）把当作系数，将多项式去括号，合并同类项，得，再令的系数为0，即可求出的值； （2）根据整式的混合运算法则，先将，的代数式代入式子，合并同类项得，然后根据的值与无关，令的系数为0，即可求出n的值； （3）设，由图可得，，即可得到关于的代数式，根据其值不变，令的系数为0 ，即可求得与的关系． 【详解】（1）解： ， 其值与的取值无关， ， ； （2）∵，， ， 的值与无关， ，即； （3）设，由图可知，， ， 当的长变化时，的值始终保持不变． 取值与无关， ， ． 【变式12-1】（25-26七年级上·四川内江·期末）【方法点拨】 在求代数式的值时，遇到这样一类题：“代数式的值与x的取值无关，求a的值”．通常的解题方法是把x、y看作字母，a看作系数，然后合并同类项，即原式．因为代数式的值与x的取值无关，所以含x项的系数为0，即，则． 【理解应用】 （1）若关于x的多项式不含项，则________； （2）已知，，且的值与y的取值无关，求x的值； 【拓展延伸】 （3）用7张长为a，宽为b的长方形纸片按照如图所示的方式不重叠地放在大长方形内，大长方形中有两个部分未被覆盖，设右上角部分的面积为，左下角部分的面积为，当的长发生变化时，的值始终保持不变．请求出a与b之间的数量关系． 【答案】（1）2；（2）；（3） 【分析】本题主要考查了整式加减运算和化简求值，解题关键是熟练掌握多项式乘以多项式，单项式乘以多项式法则． （1）根据多项式不含项，列出方程解答即可； （2）先求，根据多项式的值与y的取值无关可知：化简后的多项式含有y的项的系数之和为0，列出方程解答即可； （3）观察图形，求出和的面积，则可求出，进而可得到答案． 【详解】解：（1） ∵该多项式不含项， ∴， ∴， 故答案为：2； （2）∵，， ∴ ∵的值与y的取值无关， ∴， ∴； （3）解：设， 依题意，，， ∴， ∵当的长发生变化时，的值始终保持不变， ∴．即． 【变式12-2】（25-26七年级上·全国·周测）【问题背景】已知，若的值与的取值无关，则，解得． 【类比探究】（1）已知．若的值与的取值无关，求的值． 【拓展应用】（2）8个如图①所示的小长方形，长为，宽为，按如图②所示的方式不重叠地放在大长方形内．对于大长方形中未被覆盖的两个部分（图中阴影部分），设右上角的面积为，左下角的面积为，设．若当的长变化时，的值始终保持不变，求与的数量关系． 【答案】（1）；（2） 【分析】本题考查的是整式的加减运算，多项式的值与某个字母的值无关的含义. （1）先转化为关于的多项式，然后去括号，合并同类项化简，再根据多项式的值与无关，再建立方程求解即可； （2）先分别表示，，再计算，再根据与无关，从而可得答案. 【详解】（1）解：由题意，得 ． ∵的值与的取值无关， ∴，解得． （2）由题意，得， ∴ ． 的值始终保持不变， ，即． 【变式12-3】（25-26七年级上·山西晋中·期中）【知识回顾】 在学习代数式求值时，遇到这样一类题：“代数式的值与的取值无关，求的值”．通常的解题方法是：把，看作字母，看作系数合并同类项，因为代数式的值与的取值无关，所以含项的系数为0，即原式，所以，则． 【理解应用】 已知代数式，． （1）化简：； （2）若的值与的取值无关，求的值． 【能力提升】 （3）有7张如图1的小长方形，长为，宽为，按照如图2的方式不重叠地放在大长方形内，大长方形中未被覆盖的两个部分（图中阴影部分），设右上角的阴影部分面积为，周长为，左下角的阴影部面积为，周长为，设． ①当时，求． ②当的长变化时，下列代数式值不变的是( ) A．    B．    C．    D． 【答案】（1） （2）   （3）①  ②D 【分析】本题考查整式的混合运算，理解题意并列得正确的算式是解题的关键． （1）将，，代入中，化简即可； （2）的值与的取值无关，即的系数为0，由此解答即可； （3）①先将表示出来，再将代入求解即可； ②分别计算，，，，判断哪一项与的取值无关即可． 【详解】解：（1） ． （2） 又的值与的值无关   ，． （3）①∵阴影部分的面积=大长方形的面积－7个小长方形的面积， ． 当时，． ②由①得，； ； ； ； 与的取值无关． 故选：D． 【题型13 整式加减的新定义运算】 【例13】（25-26七年级上·江苏南通·阶段检测）新定义：对任意一个两位数，如果满足个位数字与十位数字互不相同，且都不为零，那么称这个两位数为“迥异数”．将一个“迥异数”的个位数字与十位数字对调后得到一个新的两位数，把这个新两位数与原两位数的和与的商记为．例如：，对调个位数字与十位数字得到新两位数，新两位数与原两位数的和为，和与的商为，所以． 根据以上定义，回答下列问题： (1)填空： ①下列两位数：，，中，“迥异数”为____________； ②计算：____________． (2)如果一个“迥异数”的十位数字是，个位数字是，且，请求出“迥异数”． (3)如果一个“迥异数”，满足，请直接写出满足条件的的值． 【答案】(1)①，② (2) (3)或 【分析】（1）①根据“迥异数”的定义直接判断即可；②根据的定义计算即可； （2）用含的代数式表示原数和对调后的新数，计算得到，结合列方程求解，即可得到； （3）设的十位为，个位为，用含的代数式表示和，代入不等式，根据的取值范围枚举得到所有符合条件的． 【详解】（1）①根据定义“个位数字与十位数字互不相同，且都不为零，称为迥异数”，个位为，个位与十位相同，因此“迥异数”为． ②． （2）由题意得，“迥异数”的十位数字是，个位数字是， 原数， 对调个位和十位后得到的新数为， 因此， 已知， 因此， 解得，则个位数字为，因此． （3）设“迥异数”的十位数字为，个位数字为，满足，都是到的正整数，则， 对调后新数为， 因此， 代入不等式得：， 整理得， 因为， 所以，即， 解得， 因为是正整数，所以或， 当时，代入不等式得， 解得， 因此，满足，此时， 当时，代入不等式得， 解得， 因此，满足，此时． 【变式13-1】（25-26七年级上·福建厦门·期中）【定义】如果一个三位数满足各数位上的数字互不相同，且都不为零，称这个三位数为“异数”． 【发现】若是一个“异数”，交换百位和个位上的数字后，用较大数与较小数作差后除以99，商必为正整数．记这个正整数为． 例如：若，交换百位数字与个位数字得到652，，则，，所以． 【解决问题】： (1)_____； (2)小颖同学想用学过的“整式的加减”知识说明上述【发现】是正确的，她的说理过程如下：设“异数”的百位数字为，十位数字为，个位数字为．（请你继续完成小颖同学的说理过程） (3)若s，t都是“异数”，，（其中为小于10的正整数），求的最小值，并写出此时的值． 【答案】(1)8 (2) ∵设“异数”的百位数字为，十位数字为，个位数字为． ∴， 交换个位与百位后得数为： 这两个数的差值 ，均为整数，且， ∴是正整数， 必为正整数， (3)最小值为7，此时或或或 【分析】本题考查新定义题型，数字规律，整式的加减运算，求一个数的绝对值，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）根据题目中的定义，交换百位和个位上的数字后，用较大数与较小数作差后除以99，商必为正整数．记这个整数为即可得解． （2）根据题意，，交换个位与百位后得数为：，，商为正整数，即可得出结果； （3）根据“异数”的定义，易得，，结合s，t都是“异数”，，以及为小于10的正整数，得或或或或，再分别代入进行计算，即可作答． ，继而得解； 【详解】（1）解：依题意，交换百位和个位上的数字后，得 ∵用较大数与较小数作差后除以99，商必为正整数．记这个正整数为． ∴，， ； （2）解：略． （3）解：， ∴交换个位与百位后得数为：， ∴这两个数的差值 ∴ ∵ ∴交换个位与百位后得数为：， ∴这两个数的差值 ∴ ∵的最小值， 即求的最小值， ∵s，t都是“异数”，， ∴， ∵为小于10的正整数， ∴或或或或 当时，则； 当时，则； 当时，则； 当时，则； 当时，则； ∵， ∴的最小值为7，此时或或或． 【变式13-2】（25-26七年级上·北京·期中）对于、，定义了一种新运算“★”为：． 如：，． (1)计算：①__________；②__________． (2)若，，且当时，的值与字母的取值无关，求，的值． (3)在（2）的条件下，求的值． 【答案】(1), (2), (3) 【分析】本题考查函数值，理解新定义运算是正确解答的前提． （1）根据新定义的运算方法进行计算即可； （2）由，根据新定义的运算得到，最后根据当时，的值与字母的取值无关，得到，； （3）先化简式子，然后代入求值即可． 【详解】（1）解：①； ②； 故答案为：,． （2）解：当时，， ∵当时，的值与字母的取值无关， ∴，， 解得,； （3）解：在（2）的条件下，，， ∴ ． 【变式13-3】（25-26七年级上·北京海淀·期中）给定有理数a，b，对整式，定义新运算“”：；对正整数和整式A，定义新运算 “”：（按从左到右的顺序依次做“”运算）．特别地，． 例如，当，时，若，，则，． (1)当，时，若，，则______，______； (2)写出一组a，b的值，使得对每一个正整数和整式，均有，并说明理由； (3)当，时，若，，是正整数，令，，且不含项，直接写出和的值． 【答案】(1)， (2)解：，理由如下： 要使对每一个正整数n和整式A，均有，我们先分析的规律：当时，， 由，得； 当时， ， 代入，得， 即； 以此类推，可得时，使得对每一个正整数和整式，均有． (3)， 【分析】（1）根据新定义直接代入化简即可； （2）将根据不同的n值运算展开发现规律，据此确定，满足的关系； （3）根据已知条件分别表示出P、Q，然后化简，根据不含有的项的系数为0，化简，然后找出正整数的解即可； 【详解】（1）解：当 ， 时，若，， ， 故答案为：，． （2）略 （3）解：根据新运算的定义得，， 当，时， 当，时，上式变为： ， 不含项， ， 当，，此时q不是正整数，舍去， 当，，此时q不是正整数，舍去， 当，，此时q不是正整数，舍去， 当，,此时，解得：， ，． 【题型14 整式加减的应用综合】 【例14】（25-26七年级下·重庆万州·期中）为加强公民的节水意识，合理利用水资源，某市采用“阶梯收费”的方式以达到节水的目的，收费标准如下表（注：水费按月份结算，m3表示立方米），请根据表中的内容解答下列问题： 用水量 单价 不超过的部分 2元/ 超过不超过的部分 4元/ 超出的部分 8元/ (1)某居民用户9月份用水9，应缴水费　　　元； (2)某居民用户10月份缴水费44元，求该用户10月份的用水量； (3)若用户11月份、12月份共用水18（12月份用水量超过11月份用水量），设11月份用水，求该户居民11月份、12月份两个月共交水费多少元？（用含a的代数式表示） 【答案】(1)24 (2) (3)当时，水费共交元；当时，水费共交元；当时，水费共交48元 【分析】（1）居民用户9月份用水9，处于第二档，根据收费标准计算即可； （2）若该用户10月份用水超过不超过，最多应收水费元，得到该用户10月份用水量超过了．设该用户10月份用水量为，根据收费标准列方程求解即可； （3）该户居民11月份、12月份两个月共用水，设11月份用水，则设12月份用水，由12月份用水量超过了11月份，得到，再根据，，分情况讨论，分别根据两个月所处的位置结合收费标准列式计算即可． 【详解】（1）解：某居民用户9月份用水9，处于第二档，应缴水费（元）； （2）解：若该用户10月份用水不超过，最多应收水费元， 若该用户10月份用水超过不超过，最多应收水费元， 该户居民10月份水费为44元，因为， 所以该用户10月份用水量超过了． 设该用户10月份用水量为， 由题意得：， 解得：， 答：该居民10月份用水量为； （3）解：该户居民11月份、12月份两个月共用水，设11月份用水，则12月份用水， ∵12月份用水量超过了11月份， ∴， 当时，则，该户居民11月份、12月份两个月共交水费； 当时，则，该户居民11月份、12月份两个月共交水费； 当时，则，该户居民11月份、12月份两个月共交水费； 所以，当时，水费共交元；当时，水费共交元；当时，水费共交48元． 【变式14-1】（25-26七年级上·四川宜宾·期中）【问题情境】数学活动课上，老师带领同学们到附近的某打车公司开展“打车计费”实践活动． 【实践发现】司机介绍说：“车费由里程费、时长费、远途费三部分构成，其中里程费按行车的实际里程计算；时长费按行车的实际时间计算；远途费的收取方式：行车里程在及以内的，不收远途费，超过的，超出部分每千米收0.4元．”收费标准如下： 计费项目 里程费 时长费 远途费 单价 元/ 元/ 元/ 【实践探究】老师说：“若乘客的行车里程为，行车时间为，则需付车费（元）．” 【问题解决】 (1)若小东的行车里程为，行车时间为，则需付车费_______元． (2)若小明的行车里程为，行车时间为，则需付车费多少元？（用含，的代数式表示，并化简） (3)若小王、小张的行车里程分别为与，且小王的行车时间比小张的行车时间多，谁付的车费更多？ 【答案】(1) (2)当时，需付车费元；当时，需付车费元 (3)两人付的车费一样多 【分析】（1）根据行车里程不超过，直接计算里程费加时长费即可得到结果； （2）分行车里程不超过和超过两种情况，根据计费规则列代数式并化简； （3）设出小王的行车时间，用含未知数的代数式分别表示出两人的车费，化简后比较大小即可得出结论． 【详解】（1）解 ，不收远途费 总车费为 （元） （2）解 分两种情况讨论： 当时，不收远途费，需付车费为（元） 当时，超出的部分为 ，远途费为 元 总车费为： （元） 综上，当时，需付车费 元， 当时，需付车费 元. （3）解 设小王的行车时间为分钟，则小张的行车时间为 分钟 小王行车里程为 ， 小王应付车费为： （元） 小张行车里程为 ， 小张应付车费为： （元） 两人应付车费相等． 答：两人付的车费一样多． 【变式14-2】（25-26七年级下·福建厦门·期末）术中蕴含着许多数学原理，基于数学原理可以设计一些扑克牌魔术． 小鹭设计了一款扑克牌魔术，具体步骤如下： ①将一副扑克牌（共52张，不含大小王）随机打乱； ②将打乱后的扑克牌，抽取三十张，依次背面向上，叠放在桌上，第1张扑克牌在最下方，第30张扑克牌在最上方，如下图所示： ③从剩余的扑克牌中，随机抽取两张，翻开后依次摆放在桌上，余下扑克牌背面向上，叠放在原来三十张扑克牌之上，形成牌堆； ④根据每张翻开的扑克牌点数，从牌堆中从上往下数取扑克牌，放在对应扑克牌的下方，使得数取张数与该张扑克牌点数之和为13； 例如，若翻开的扑克牌为4，则取9张扑克牌；若翻开的扑克牌为K，则不取牌． ⑤将步骤③中翻开的两张扑克牌点数之和记为，在剩余牌堆中从上往下数第张，翻开对应的扑克牌． 例如，步骤③中翻开的两张扑克牌为4，K，则此时，即翻开从上往下数的第17张扑克牌．（注：本魔术中，扑克牌中的A，J，Q，K分别视为点数1，11，12，13） 在该魔术中，只需在步骤②中提前记忆特定位置的扑克牌，即可准确预测最终翻开的结果． (1)如果在步骤③中翻开的扑克牌为3，Q，按照上述步骤，步骤④中共需取的扑克牌为几张？ (2)对于任意翻开的两张扑克牌，步骤⑤中最终翻开的扑克牌是剩余牌堆中从下往上数的第几张？请说明理由． 【答案】(1)11张 (2)第25张 【分析】（1）根据规则：取牌张数+牌点数=13，分别算出点数3、Q对应的取牌数量，再求和即可； （2）设两张牌点数分别为，先表示出步骤④取牌总数，再结合，计算步骤⑤翻开牌在整堆牌的上层位置，再换算成从下往上的序数． 【详解】（1）解：已知规则：取牌张数牌点数，Q视为点数12． 点数为3时，取牌数量：张； 点数为Q时，取牌数量：张， 总共取牌：张， 所以步骤4中共需取扑克牌11张． （2）解：设两张翻开的扑克牌点数分别为和：两张牌点数之和， 步骤④总共取走的牌数：对于点数为的牌，取牌数为；对于点数为的牌，取牌数为，总取牌数为， 剩余牌堆的总张数：步骤②抽取30张，步骤③抽取（张），步骤④取走张，因此剩余牌堆张数为， 步骤⑤要求从剩余牌堆从上往下数第张翻开，那么从下往上数的位置为总张数减去从上往下数的位置再加1，即，因此最终翻开的扑克牌是剩余牌堆中从下往上数的第张． 【变式14-3】（25-26七年级下·广西南宁·期末）在数学游艺会上，张华负责一个游戏项目，她准备了50张同样的卡片，上面分别写有数字． 游戏规则是：将卡片顺序打乱，参与者从中随机抽取五张，并将它们正面向下放置在桌上，这五张卡片分别记为．张华依次将相邻两张卡片上的数的和告诉参与者，请参与者按要求回答问题． 下表是小李抽取的五张卡片中相邻两张卡片上的数的和： 卡片编号 两数的和 53 65 58 72 请思考： (1)请比较小李抽取的卡片上的数的大小__________（用“<”连接）； (2)求出小李抽取的五张卡片上的数的和（用含的式子表示）； (3)若编号为的三张卡片的数之和为，且比大30，求卡片上面所写的数字． 【答案】(1) (2) (3) 卡片上面所写的数字为 【分析】（1）根据每相邻两张卡片上的数的和的大小，可作出比较； （2）把表中两数的和相加并除以2即可； （3）根据题意及（2）所求，可求得m的值，进而求得C卡片上的数，由C，D两张卡片上的数的和求得D卡片上的数． 【详解】（1）解：用A，B，C，D，E五张卡片代表这五张卡片上的数字， ∵， ∴； ∵， ∴， ∴； （2） 解：∵， ∴； （3）解：∵， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴， ∵， ∴． 【题型15 幂的末位数字规律】 【例15】（24-25七年级下·江苏徐州·阶段检测）张老师组织学校数学兴趣小组展开探究发现： …… (1)启航小组提出的问题是：试求的值，请你合理推算； (2)展翅小组提出的问题是：判断的值的末位数是几，请你写出推断过程； (3)创新小组提出的问题是：计算，请直接写出结果______； (4)若，求的值． 【答案】(1)63 (2)末位数字是3，推断过程： 由题意知： ， 从2的1次幂开始，末位数依次是2、4、8、6、2、4、8、6、2、4、8、6……， 可推导一般性规律为：末位数以4为周期进行循环， ∵， ∴的末位数字是4， ∴的末位数字是3； (3) (4)1 【分析】本题考查了多项式乘法规律的探究．解题的关键与难点在于理解运算过程并推导出一般性规律． （1）由题意可知，然后计算求解即可； （2）由题意知，原式，从2的1次幂开始，末位数依次是2、4、8、6……，可推导一般性规律为：末位数以4为周期进行循环，，可知的末位数字是4，进而可知的末位数字； （3）可写成的形式，然后进行计算即可； （4）由已知得到，求得，据此求解即可． 【详解】（1）解： ； （2）略 （3）解： ； 故答案为：； （4）解：∵， ∴， ∴， ∴． 【变式15-1】（25-26七年级上·上海·阶段检测）确定的末位数是几，简单说明理由 【答案】7 【分析】本题考查了同底数幂的乘法的逆用与积的乘方的逆用，掌握法则是关键；把三个幂化为指数为99的幂，再逆用积的乘方，即可求解． 【详解】解： ； 由于的个位数字为1，其任何次方后个位数字仍为1，与847的积的个位数字为7； 故的末位数是7． 【变式15-2】（25-26八年级上·福建泉州·期中）观察下列各式： ， ， ， … (1)可以发现一个速算法则，请填写： ①末位数字是5的两位数的平方，可以先写出它的十位数字与比它大1的自然数的________，再在末尾接着写上________； ②设一个两位数的十位数字是，个位数字是5，用含的代数式表示上述速算法则：________________________； (2)请你继续深入研究，回答下列问题： ①发现末位数字是5的三位数的平方也有类似的速算法则，请直接写出：________； ②设一个三位数的百位数字是，十位数字是，个位数字是5，用含，的代数式表示上述速算法则：________________________．请用所学的数学知识说明这个速算法则成立的理由． 【答案】(1)①乘积，25，②，， (2)①87025， ②，， 证明： ． 故答案为：，． 【分析】本题主要考查了数字类的规律探索，完全平方公式，弄清题意，熟练运用相关知识是解题的关键． （1）①根据题意列式求解即可；②根据题意列式求解即可； （2）①仿照（1）结论，用计算；②根据（2）①形式列式计算并证明结论成立． 【详解】（1）解：①末位数字是5的两位数的平方，可以先写出它的十位数字与比它大1的自然数的乘积，再在末尾接着写上25； 故答案为：乘积，25． ②设一个两位数的十位数字是，个位数字是5，用含的代数式表示上述速算法则： 故答案为：，． （2）解：①； 故答案为：87025． ②略． 【变式15-3】（25-26七年级下·全国·课后作业）已知，，， （1）猜想，当n为正整数时，； （2）判断的个位数字． 【答案】（1）；（2）5． 【分析】（1）观察当 时，均满足，代入 也满足，即猜想成立； （2）根据猜想得出的规律化简整式，个位数相减的绝对值即是原式的个位数字． 【详解】（1）当 ， 当 ， 故提出猜想，当n为正整数时，． 将 代入原式中 ∴猜想成立，当n为正整数时，． （2） ∵ ， ， ， ，35=241，……，个位数按照3,9,7,1依次循环 ∴的个位数字是1 ∵ ， ， ， ，25=32，……，个位数按照2,4,8,6依次循环 ∴的个位数字是6 ∴个位数字 ∴原式的个位数字是5． 【点睛】本题考查了猜想归纳能力以及整式的运算，利用猜想的规律化简整式是解题的关键． 【题型16 幂的综合化简证明】 【例16】（25-26八年级上·河南新乡·阶段检测）已知，已知，化简后，求代数式的值． 【答案】， 【分析】先按照单项式除以单项式法则，转化为同底数幂的除法，后逆用同底数幂的除法，幂的乘方法则计算即可． 【详解】 = =； 因为 = =， ， 所以 = = =． 【点睛】本题考查了单项式除以单项式，逆用同底数幂的除法，幂的乘方运算，熟练掌握运算公式和运算法则是解题的关键． 【变式16-1】（25-26八年级上·河北邯郸·阶段检测）先化简，再求值： (1)已知，其中，． (2)已知，，，都是正整数，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先将式子化简为，再将，代入该式子即可求解 （2）利用同底数幂的乘方运算法则将式子化为，再将，代入该式子即可求解 【详解】（1）解： ∵，， ∴原式 （2）解： ∵，， ∴原式 【点睛】本题考查了整式加减运算的化简求值和幂的乘方法则，幂的乘方与积的乘方法则，熟知以上知识是解决问题的关键 【变式16-2】（25-26七年级下·江苏泰州·阶段检测）求证：N＝能被13整除． 【答案】 证明： ， ∵是整数， ∴N＝能被13整除． 【分析】逆用同底数幂的乘法，幂的乘方和积的乘方法则将原式变形为，即可证明． 【详解】略 【点睛】本题考查了同底数幂的乘法，幂的乘方，积的乘方，合并同类项等知识，难度适中，熟练掌握运算性质与法则是解题的关键． 【变式16-3】（25-26七年级上·江苏盐城·期末）规定两数a，b之间的一种运算，记作，如果，那么．我们叫为“雅对”．例如：∵，∴．我们还可以利用“雅对”定义证明等式成立．证明如下： 设，则． ∴． ∴， 即． (1)根据上述规定，填空： ① ， ；②若，则 ． (2)计算： ，并说明理由． (3)记．求证：． 【答案】(1)① 3，5；② (2) 解：设，则． ∴． ∴，即； 故答案为：． (3) 解：∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴． 【分析】本题考查了幂的运算和新定义运算，解题关键是准确理解题意，熟练运用幂的运算法则进行计算． （1）①按照题目给出的运算方法计算即可；②根据新定义列出方程求解即可； （2）按照题目给出的运算方法计算即可； （3）按照题目给出的运算方法计算即可． 【详解】（1）解：①∵， ∴； ∵， ∴； 故答案为：3，5， ②∵， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． （2）略 （3）略 【题型17 乘法公式求最值应用】 【例17】（26-27九年级上·江苏镇江·阶段检测）配方法是数学中重要的一种思想方法．它是指将一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法．这种方法常被用到代数式的变形中，并结合非负数的意义来解决一些问题．比如，因为，所以当时，的值最小，最小值是0．所以．所以当时，即x=-2时，的值最小，最小值是1．即的最小值是1． (1)求的最小值； (2)已知，则 ； (3)已知有理数x、y满足，求的最小值． 【答案】(1)当时，的最小值为． (2)． (3)的最小值为． 【分析】（1）先对二次三项式配方，利用完全平方式的非负性求最小值即可； （2）将等式左边分组配方为两个完全平方式的和，结合非负数的性质求解x、y的值，最后再求即可； （3）先用含x的代数式表示y，代入后配方，利用完全平方式的非负性求最小值． 【详解】（1）解： ， ∵， ∴当时，取得最小值0， ∴ ，即的最小值为． （2）解：， ， ， ∵， ∴， ∴， ∴． （3）解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴当时，取得最小值0， ∴ ，即的最小值为． 【变式17-1】（26-27七年级上·上海·阶段检测）通过课堂的学习知道，我们把多项式及叫做完全平方式，如果一个多项式不是完全平方式，我们常做如下变形：例如，，像这样先添加一适当项，使式中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变的方法称之为配方法，配方法是一种重要的解决问题的数学方法，不仅可以将一个看似不能分解的多项式分解因式，还能解决一些与非负数有关的问题或求代数式最大值、最小值等等，如：因为，可知当时，的最小值是．请阅读以上材料，并用配方法解决下列问题： (1)因式分解：； (2)已知为任何实数，若，，通过计算判断的大小关系． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）解：； （2）解， ， ， ， ∵， ∴， ∴， ∴． 【变式17-2】（25-26八年级上·黑龙江牡丹江·期末）阅读理解：把整式通过配凑等手段，得到完全平方式，再运用完全平方式是非负数这一性质增加为问题的条件，这种解题方法叫做配方法，配方法不仅在代数式求值、解方程、最值问题等都有着广泛的应用，也在几何、经济等领域常用来分析最值、求解未知量． 例：某快递公司运输一批货物，成本，若（a为运输量），利用配方法求P的最小值． 解：． ，当a=2时，P有最小值2． 请根据上述阅读材料，解决下列问题： (1)求最小值：的最小值_______； (2)已知，求的值_______； (3)若一个直角三角形的两条直角边之和为12，设其中一条直角边为a，三角形面积为S，用配方法求S的最大值． 【答案】(1) (2) (3)18 【分析】本题考查了非负数的性质：偶次方，完全平方式，以及因式分解-分组分解法，解题的关键是熟练掌握各自的运算法则及公式． （1）模仿题干的过程，利用完全平方式的非负性求解即可； （2）将已知等式利用完全平方公式配方后，再根据非负数的性质求出、的值，代入所求式子计算即可； （3）设其中一条直角边为a，则另一条直角边为， ，根据，确定出最大值即可． 【详解】（1）解： ， ， 当时，有最小值， 故答案为：； （2）解：∵， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴， 故答案为： （3）解：设其中一条直角边为a，则另一条直角边为， ∴ ， ∵， ∴当时，S有最大值18． 【变式17-3】（25-26八年级上·辽宁鞍山·阶段检测）阅读材料：我们把多项式及这样的式子叫做完全平方式，如果一个多项式不是完全平方式，我们常做如下变形：先添加一个适当的项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法，配方法是一种重要的解决问题的数学方法，不仅可以将一个看似不能分解的多项式分解因式，还能解决一些与非负数有关的问题或求代数式的最大值、最小值等． 例1：分解因式． 原式． 例2：求的最大值． ， 故当时，的最大值为10． 根据以上材料，利用多项式的配方解答下列问题． (1)利用配方法分解因式：； (2)当为何值时，多项式有最大值，并求出这个最大值； (3)已知正数满足，求． 【答案】(1) (2)当时，多项式有最大值，最大值为； (3)12 【分析】本题考查了配方法，因式分解，偶次幂的非负性．解题的关键在于对理解题意并正确的求解． （1）根据题意配方后因式分解即可； （2）配方后利用偶次幂的非负性求解即可； （3）配方后利用偶次幂的非负性求解即可． 【详解】（1）解： ； （2）解： ， ∴当，即时，多项式有最大值，最大值为； （3）解：∵， ∴， 即， ∴，，， 解得，，， ∴． 【题型18 多项式乘法恒等求参】 【例18】（25-26七年级下·全国·课后作业）若恒成立，求的值． 【答案】0 【分析】本题考查整式的加减，求代数式的值，解题的关键是先将等式转化为，则问题转化为恒成立，即且且，即可解得、、，进而可得答案． 【详解】解：∵， 又∵恒成立， ∴恒成立， 即：恒成立， ∴，，， 解得：，，， ∴， 即的值为． 【变式18-1】（25-26七年级下·浙江杭州·阶段检测）已知无论取何值，等式（）都恒成立， (1)求a+b的值; (2)①当时，求代数式值； ②你能用含n的代数式来表示 吗？若表示的数是正整数，求整数n的值； (3)求的最大值，写出求解过程． 【答案】(1)a+b=2 (2)①-6；②，n=1 (3)0 【分析】（1）根据多项式乘多项式的计算方法得到（x+a）（x+b）=x2+（a+b）x+ab=x2+2x+n（n≤1），进而求出答案； （2）①根据分式加减法的计算方法进行计算即可； ②由（1）得a+b=2，ab=n，根据分式加减法的计算方法进行计算即可； （3）由（1）得a+b=2，ab=n，原式利用完全平方公式整理成ab[(a+b) 2-2ab] -2=n(4−2n)−2=−2(n−1)2，据此求解即可． 【详解】（1）解：∵（x+a）（x+b）=x2+（a+b）x+ab=x2+2x+n（n≤1）都恒成立， ∴a+b=2， 答：a+b的值为2； （2）解：①当n=-1时，即ab=-1，而a+b=2， ∴， 答：代数式值为-6； ②由（1）得a+b=2，ab=n， ∴， ∵是正整数，n是整数， ∴n=1； （3）解：由（1）得a+b=2，ab=n， ∴a3b+ab3-2=ab（a2+b2）-2 =ab[(a+b) 2-2ab] -2 ≤0， 所以a3b+ab3-2的最大值为0． 【点睛】本题考查了分式的求值，多项式乘多项式，完全平方公式，掌握多项式乘多项式的计算方法是正确解答的前提． 【变式18-2】（25-26七年级下·广东佛山·期中）综合与实践 活动主题：借助图形直观感受数与形之间的关系 初步应用 (1)如图，一个大长方形被分割为4个大小不同的小长方形，通过用两种不同方法计算大长方形的面积，可推导出整式乘法的运算规律，请用图中标注的字母写出对应的等式： ． 拓展创新 (2)仿照（1）中面积法的思路，画出图形，并计算． 迁移应用 (3)若式子无论x为多少时恒成立，求m的值． 【答案】(1) (2) 如图： (3) 【分析】（1）根据大长方形面积的不同计算方法可得等式； （2）画一个长为，宽为的长方形，然后用两种不同的计算方法进行列式，即可得出答案； （3）先计算，再根据题意得出，，先求出p，然后可得m的值． 【详解】（1）解：把大长方形当成一个整体计算面积为：， 把大长方形分成四个小长方形计算面积为：， 可得对应的等式为：； （2）解：把大长方形当成一个整体计算面积为：， 把大长方形分成四个小长方形计算面积为：， 所以； （3）解：， ∵式子无论x为多少时恒成立， ∴，， ∴， ∴． 【变式18-3】（2026·河北邢台·二模）已知代数式：． (1)若，，请用含的代数式表示； (2)若，试判断是否恒成立，并说明理由． 【答案】(1) (2) 恒成立 【分析】（1）将已知的和代入代数式，化简整理即可得到结果； （2）将代入，配方后利用平方数的非负性得到的取值范围，即可判断结论． 【详解】（1）解：已知，，， 代入得：； （2）解：将代入得：， 配方得： ， ∵任意实数的平方都大于等于0，即， ∴， 又∵， ∴恒成立． 【题型19 乘法公式整体代换求值】 【例19】（25-26八年级上·云南文山·期末）阅读材料： 在对进行平方运算时，我们发现， ， 并且 这为我们计算形如（n为正整数）的代数式的值提供了方便． (1)若，求代数式的值； (2)结合多项式乘多项式相关知识及以上内容，在（1）的条件下，试求出的值． 【答案】(1)的值是3 (2)的值是18 【分析】本题考查了完全平方公式，多项式乘多项式法则，理解材料中的计算方法是解题关键． （1）仿照材料，利用完全平方公式求解即可； （2）由（1）可知，，，结合多项式乘多项式法则，得出，再利用完全平方公式求解即可． 【详解】（1）解：， ， ， ， 的值是3； （2）解：由（1）可知，，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的值是18． 【变式19-1】（2026·吉林长春·二模）已知，求代数式的值． 【答案】3 【详解】解：∵， ∴， ∴ ． 【变式19-2】（25-26八年级上·福建泉州·期中）已知，，求： (1)的值； (2)的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查的是整式的运算，掌握多项式与多项式的乘法法则和完全平方公式是解题的关键； （1）先根据多项式与多项式的乘法法则计算，再将，代入进行计算即可； （2）先根据完全平方公式将变形为，再将，代入计算即可． 【详解】（1）解：， ∴ ． （2）解：， ∴ ， ∴． 【变式19-3】（25-26八年级上·福建泉州·阶段检测）“整体思想”在数学中应用极为广泛． 例如：已知，求的值． 解：， ． 请尝试应用“整体思想”解决以下问题： (1)已知，求的值； (2)已知，求的值； (3)已知，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（）仿照题例，利用整体代入法解答即可； （）先化简代数式，再整体代入计算即可求解； （）把代数式转化为，再整体代入计算即可求解； 本题考查了代数式求值，多项式与多项式的乘法运算，掌握整体代入思想是解题的关键． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∴ ； （3）解：∵， ∴， ∴ ． 【题型20 整式运算规律探究】 【例20】（26-27八年级上·甘肃天水·阶段检测）【阅读与思考】 “杨辉三角”是我国古代数学的杰出研究成果之一， 它揭示了二项式乘方展开式的规律，在欧洲，这个图表叫做“帕斯卡三角”． 帕斯卡是在1654年发现这一规律的， 比我国迟了近600年． 如图， 是杨辉三角的一部分（两条斜边上的数都是1，其余每个数为它上方（左右）的两数之和）， 它把二项式乘方展开式系数图形化， 它可以指导我们按规律写出形如（为正整数）展开式各项的系数， 请你仔细观察下列等式中的规律， 并利用杨辉三角解决下列问题． (1)【初步感知】按以上规则，展开式共有 ___________项，第三项（字母部分为）的系数是 ___________； (2)【拓展推广】利用杨辉三角，写出的各项的系数 ___________； (3)【迁移应用】我们在对的推演过程中，是将中的“b”代换成“”，可得；利用杨辉三角，写出的展开式． 【答案】(1)5，6； (2)1，5，10，10，5，1 (3) 【分析】（1）根据前面二项式展开式的项数规律以及杨辉三角的系数规律来求解； （2）依据杨辉三角的规律，先得出其对应的一行数，再得出的展开式； （3）通过替换的方法即可得到的展开式． 【详解】（1）解：观察已知的二项式展开式： 有2项，有3项，有4项， ∴的展开式共有项， ∴的展开式共有项， 由杨辉三角可知，对应的杨辉三角的一行数为1，4，6，4，1， ∴第三项的系数是6； （2）解：根据杨辉三角的规律，的各项的系数为1，5，10，10，5，1； （3）解：由题意知， ． 【变式20-1】（25-26七年级下·北京·期末）我们已经学习了平方差公式，下面我们来研究其更一般的形式——“等幂差”公式，并应用“等幂差”公式解决问题． 【旧知回顾】平方差公式，立方差公式． (1)因式分解：__________； (2)【发现规律】化简：__________； (3)【发现规律】猜想：__________； (4)【新知运用】证明：是6的倍数； (5)【新知运用】证明：对任意正整数n，都是21的倍数． 【答案】(1) (2) (3) (4)证明：由（3）的结论得∵ ，且第二个因式为正整数， ∴ 是6的倍数， ∴ 也是6的倍数； (5)证明： 由（3）的结论得； ∵ ，且第二个因式为正整数， ∴ 是21的倍数， ∴ 原式是21的倍数，即对任意正整数，都是21的倍数； 【分析】（1）逆用立方差公式，解答即可； （2）利用整式的乘法法则计算求解即可； （3）根据前面的计算，解答即可； （4）根据猜想的规律，逆用公式，分解求解即可； （5）逆用同底数幂的乘法，幂的乘方，结合已证结论，证明即可． 【详解】（1）解：， ， ； （2）解： ； （3）解：， ； ； （4）略 （5）略 【变式20-2】（2026·河南平顶山·三模）观察下列各式： ； ； ； ； ； …… 请根据上述规律，回答下列问题． (1)请直接写出第六个等式______． (2)若两个两位数，十位数字都为m，一个数的个位数字为n，另一个数的个位数字为，则可得到等式______，并证明等式成立． 【答案】(1) (2)，证明如下： 左 右边． 【分析】（1）根据题干作答即可； （2）结合已知各式得到等式，计算等式左边即可． 【详解】（1）解：观察题干各式可知； （2）略． 【变式20-3】（25-26八年级上·重庆·期中）综合与实践 【主题】借助图形直观，感受数与形之间的关系． 【实践操作】在一次数学实践活动中，学校数学兴趣小组准备了如图1所示的三种形状纸片各若干张，其中纸片是边长为的较小正方形纸片，纸片是宽为、长为的长方形纸片，纸片是边长为的较大正方形纸片． （1）小育同学用图1中张纸片，张纸片，张纸片拼出一个面积为的长方形，则______； （2）观察图2的面积关系，写出正确的等式________________________； 根据得到的代数恒等式，完成填空：若，，则______； 【知识迁移】类似地，我们还可以通过对立体图形进行变换来得到一些代数恒等式． 通过不同的方法表示同一个正方体的体积，如图3，棱长为的正方体被分割成8块．则有__________________________________________． 【拓展延伸】 （3）已知，，请运用探索得到的规律求出的值． 【答案】（1）0；（2），70，；（3） 【分析】本题主要考查了完全平方公式、立方和公式的几何背景及因式分解的应用，熟练掌握代数恒等式的几何意义和公式变形是解题的关键． （1）先将展开，再根据三种纸片的面积确定、、的值，最后计算． （2）先根据图2的面积关系得出代数恒等式，再利用恒等式结合已知条件计算．知识迁移：根据图3正方体的分割，用不同部分的体积和表示正方体体积，得出代数恒等式． （3）先根据已知条件求出的值，再将因式分解，结合前面的结果计算． 【详解】（1） ∵纸片面积为，纸片面积为，纸片面积为， ∴，，． ∴， 故答案为：． （2）图2大正方形面积为，也可表示为， ∴等式为． ∵，， ∴ ， ， ， 故答案依次为：；． 知识迁移：， 故答案为：． （3）解：，， ， ， 原式． 【题型21 乘法公式与几何图形面积】 【例21】（25-26八年级下·贵州毕节·期末）我们可以将进行变形，得到，等．请灵活利用这些变形解决下列问题： (1)已知，则_____； (2)若满足，求的值； (3)如图，四边形是梯形，，连接，若，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)9； (2)； (3)25． 【分析】（1）根据已知条件和完全平方公式进行计算即可； （2）设，根据已知条件求出和，然后利用完全平方公式进行解答即可； （3）设，图中阴影部分的面积可用梯形面积减去两个等腰直角三角形的面积来表示，再利用完全平方公式进行计算即可求解． 【详解】（1）解：， ， ， ， ． （2）解：令， 则， ． （3）解：设， ， ． 则图中阴影部分的面积为 ． 【变式21-1】（25-26七年级下·湖南邵阳·期末）探究不同情境，解答下列的问题：       (1)【探索】观察图1，图2，请根据，，之间的等量关系解决问题：若，，则的值是__________． (2)【应用】如图3，某学校有一块梯形空地，于点，，．该校计划在和区域内种花，在和的区域内种草，经测量种花区域的面积和为120平方米，米，求种草区域的面积和． (3)【拓展】利用7张完全相同的小长方形纸片（长为，宽为）拼成如图4所示的大长方形，记长方形的面积为，长方形的面积为，若不论的长为何值时，为定值． ①求与之间的数量关系． ②若，求的定值． 【答案】(1) (2)平方米 (3)①；② 【分析】（1）用两种不同的方法表示出4个小长方形的面积即可得到；然后根据题意得到，将，代入求解即可； （2）设，由题意得，，，根据代入计算即可． （3）①根据长方形的面积得，结合永远为定值，整理得，根据，则，即可作答；②根据（3）①所求代入求值即可． 【详解】（1）解：图1中4个小长方形的面积为， 图2中4个小长方形的面积为， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：设米，米， 由题意得，米， ∵种花区域的面积和为120平方米 ∴，即， ∴ （平方米）， 答：种草区域的面积和为80平方米． （3）解：①∵长方形的面积为，长方形的面积为， ∴， ∴， ∵不论的长为何值时，永远为定值，且， ∴的值与无关， ∴， 即a与b之间的数量关系为； ②由（3）①得，， ∴当时，． 【变式21-2】（25-26七年级下·广东佛山·期中）我们在《整式的乘除》中学习了乘法公式①，②． 学习推导公式时，利用数形结合的办法通过图形变换求图形的面积来推导乘法公式：在应用方面，利用乘法公式可以简化整式乘除运算，同时如果你将乘法公式进行合理的变式，可以解决很多数学问题． (1)观察图甲．用两种方法表示图中阴影部分的面积可得出一个代数恒等式．则这个代数恒等式是________：观察图乙，分别表示图中阴影部分的面积可以验证恒等式是________．（在横线上选填序号①②）（图甲中用四个全等的长方形围成正方形） (2)利用乘法公式进行简便运算： (3)我们知道乘法公式进行逆运算得到的过程称配方，且当时，例如：因为，所以代数有最小值是1，利用上述公式变化求解问题： ①当m取何值时，代数式有最小值？最小值是多少？ ②已知等腰三角形的两边长分别为a，b（且a，b都是正整数），满足求等腰三角形的周长． 【答案】(1)；① (2) (3)①，最小值是；② 【分析】（1）根据图形阴影部分面积的两种求法可得，根据图形乙分别求出阴影部分面积即可得到； （2）根据公式进行简便运算即可； （3）①根据配方法得到最值即可；②先利用配方得到，再结合等腰三角形的定义求出周长即可． 【详解】（1）解：方法一：图中阴影部分是边长为的正方形， 故阴影部分的面积为； 方法二：图中阴影部分面积为； 则这个代数恒等式是； 观察图乙，阴影部分面积为，移动后面积为， 故可以验证恒等式是①； （2）解： ； （3）解：①， 因为， 所以， 则当，即时，代数式有最小值，最小值是； ② ， 因为， 所以，即， 解得， 设等腰三角形的另外一条边为， 当时，此时等腰三角形的周长， 当时，，不能构成三角形，故不符合题意， 综上，等腰三角形的周长为． 【变式21-3】（25-26七年级下·广东河源·期中）【探究发现】 从边长为a的正方形中剪掉一个边长为b的正方形（如图1），然后将剩余部分拼成一个长方形（如图2）． (1)上述操作能验证的等式是________（填字母序号） A． B． C． 【知识迁移】 (2)运用你从（1）选出的等式，完成下列各题： ①已知，，则的值为________； ②计算：． 【拓展应用】 (3)如图，大正方形与小正方形的面积之差是40，则阴影部分的面积为________． 【答案】(1)B (2)① 3；② (3)20 【分析】（1）分别用代数式表示图1、图2阴影部分的面积即可； （2）①根据平方差公式将化为，再整体代入计算即可；②利用平方差公式将原式变形即可求解； （3）设大正方形的边长为a，小正方形的边长为b，则，阴影部分面积可以表示为，进而即可求解． 【详解】（1）解：图1阴影部分可以看作两个正方形的面积差，即， 拼成的图2是长为，宽为的长方形，因此面积为， 故上述操作能验证的等式是； （2）解：① ， ， ， ； ② ； （3）解：设大正方形的边长为a，小正方形的边长为b， 大正方形与小正方形的面积之差是40， ， 阴影部分的面积为． 【题型22 因式分解判断三角形形状】 【例22】（25-26八年级上·江苏南通·期中）请阅读下列材料： 我们可以通过以下方法求代数式的最小值． ， ， ∴当时，有最小值． 请根据上述方法，解答下列问题： (1)求的最小值； (2)已知三角形三边长为、、，且满足，，，试判断三角形的形状，并说明理由； (3)若．求b的取值范围． 【答案】(1) (2) 解：是等腰三角形，理由如下： ∵，，， ∴， ， ， ， ∴， ∴， ∵，满足三角形三边关系， ∴三边能构成三角形， ∴的形状为等腰三角形； (3) 【分析】本题考查因式分解的应用，熟练掌握完全平方公式法因式分解是解题的关键： （1）仿照题干方法，进行求解即可； （2）将三个等式相加后，转化为非负数的和为0的形式，求出的值，进行判断即可； （3）把作为一个先利用换元法并展开完全平方式进行计算，再利用因式分解法得到，进而得到或，推出或，即可． 【详解】（1）解：； 故的最小值为； （2）略 （3）， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴或， ∴或； 故． 【变式22-1】（25-26八年级上·湖南怀化·期中）常用的分解因式的方法有提取公因式法、公式法，但有一部分多项式只单纯用上述方法就无法分解，如．我们细心观察这个式子，会发现，前三项符合完全平方公式，进行变形后可以与第四项结合，再应用平方差公式进行分解． 过程如下： 这种分解因式的方法叫分组分解法．利用这种分组的思想方法解决下列问题： (1)分解因式： (2)已知a、b、c分别是三边的边长且满足，请判断 的形状，并说明理由． 【答案】(1) (2)是等腰三角形 【分析】本题考查因式分解，完全平方公式的应用，平方的非负性，等腰三角形的判定，掌握知识点是解题的关键． （1）先分组，并根据完全平方公式进行因式分解，再利用平方差公式进行因式分解即可； （2）将化为，再根据平方的非负性，得到则，即可解答． 【详解】（1）解： ． （2）， ， ， ∴ 解得， ∴是等腰三角形． 【变式22-2】（25-26八年级上·全国·期末）例题：求代数式的最小值． 原式=．可知当时， 有最小值，最小值是． (1)分解因式： ． (2)若，求的值． (3)已知a、b、c是的三条边长．若a、b、c满足，试判断的形状，并说明你的理由． 【答案】(1) (2) (3)是等边三角形 【分析】（1）仿照例子因式分解即可； （2）将原式化为，根据平方的非负性求出x、y的值，进而代入计算即可． （3）移项后利用完全平方公式变形，然后根据偶次方和绝对值的非负性求出a，b和c的值即可解答． 【详解】（1）解：原式； （2）解： ， ， ， ， ∵， ， ，， 解得，， ∴， ∴． （3）解：∵， ∴， ∴ ∴， ∴，，， ∴， ∴是等边三角形． 【变式22-3】（25-26九年级上·山东济宁·期中）阅读下列材料：分解因式的常用方法有提取公因式法、公式法，但有部分项数多于3的多项式只单纯用上述方法就无法分解，如，我们细心观察这个式子就会发现，前三项符合完全平方公式，进行变形后可以与第四项结合再运用平方差公式进行分解．过程如下：，这种分解因式的方法叫分组分解法．利用这种分组的思想方法解决下列问题： 1．知识运用： 试用“分组分解法”分解因式：； 2．解决问题： （1）已知a，b，c为△ABC的三边，且，试判断△ABC的形状． （2）已知四个实数a，b，c，d，满足a≠b，c≠d，并且，同时成立． ①当k=1时，求a+c的值 ②当k≠0时，用含有a的代数式分别表示b，c，d（直接写出答案即可） 【答案】知识运用：；解决问题：（1）等腰三角形，理由见解析；（2）①；②，， 【分析】知识运用：用公式法因式分解，提取公因式，再提取两者的公因式； 解决问题：（1）将写成，等式左边因式分解，得，证明，是等腰三角形； （2）①由得到和，推出，就可以算出a和c的值，再算； ②同①可得，根据，利用因式分解得到，同理由，得，从而可以用a表示出b、c、d． 【详解】解：知识运用 原式 ； 解决问题 （1） ， ∵， ∴，即， ∴是等腰三角形； （2）①当时， ，即， ，即， 若 则， 把它代入，得，解得， 当时，，则， 当时，，则， 综上：的值为6或； ②当， ∵， ∴， ∵， ∴， 同理由，得， 由，， 若，则，，，则此时k就等于0了，矛盾，不合题意， 若，则，，， 综上：，，． 【点睛】本题考查因式分解的拓展运用，解题的关键是灵活掌握因式分解的方法． 【题型23 因式分解的应用】 【例23】（25-26八年级下·广东佛山·期末）我国著名数学家华罗庚曾言：“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休．”实则，数与形是刻画同一数理内涵的两种表征形式——代数算式是符号语言，几何图形是直观语言，二者互通互译，方能尽显数学本质． 【材料准备】 如图1所示，有①②③种不同型号的卡片若干，其中型号①、型号②分别是边长为和的正方形，型号③是长为，宽为的长方形． 【析形感数】 (1)现用1张型号①，1张型号②和2张型号③卡片，拼出如图2所示的大正方形，根据图示写出一个因式分解式子：_______________； 【析数构形】 (2)以上型号卡片（数量不限）能拼出面积为的长方形吗？说明理由． 【数形融通】 (3)已知1个型号①，个型号②和个型号③卡片能拼成一个大长方形．解决问题： ①当时，求满足条件的所有的值； ②求证：是一个整数的平方． 【答案】(1) (2)解：能拼出，理由如下： ∵， ∴用1张型号①，2张型号②和3张型号③卡片，可以拼成一个长，宽的大长方形． (3)①的值为，，； ②证明：∵1个型号①，个型号②和个型号③能拼成一个大长方形， ∴大长方形的面积为，且可以因式分解， 设（、为正整数）， ∴，， ∴ ， ∵、为正整数， ∴是整数， ∴是一个整数的平方． 【分析】（1）分别用两种式子表示出大正方形的面积，即可得出答案； （2）把因式分解，得出，即可得出答案； （3）①先根据所用卡片表示出大长方形的面积，设大长方形的长为，宽为，得出长方形面积，对照系数得出，根据、为正整数得出符合条件的、的值，即可求出的值； ②由所用卡片表示出大长方形的面积为，设，可得，，进而用、表示出，即可得出结论． 【详解】（1）解：∵用1张型号①，1张型号②和2张型号③卡片，拼出如图2所示的大正方形， ∴大正方形的面积可表示为， 大正方形的面积还可表示为， ∴写出一个因式分解式子为． （2）解：略 （3）解：①∵1个型号①，个型号②和个型号③能拼成一个大长方形，， ∴大长方形的面积为， 设大长方形的宽为，长为，（、为正整数，）， ∴大长方形的面积为， ∴， ∴， ∵、为正整数， ∴当，时，， 当，时，， 当，时，， ∴的值为，，． ②略 【变式23-1】（25-26九年级下·江苏盐城·期中）数学课上王老师给出规定：如果两个数的平方差能被4整除，我们称这个算式是“鹿鸣美好式”． 小亮写出如下算式：； 发现：任意两个连续偶数的平方差都能被4整除，这些算式都是“鹿鸣美好式”． (1)验证：__________“鹿鸣美好式”（填“是”或“不是”）； (2)证明：任意两个连续偶数和（为整数）的平方差都能被4整除，这些算式都是“鹿鸣美好式”； (3)如图，将10个同心圆从小到大套在一起，并由内向外相间画阴影．若最外面的圆的半径为，其余圆的半径由外向内依次为．请结合（2）中的结论，求图中所有阴影部分面积的和．（结果保留） 【答案】(1)是 (2) 证明：设任意两个连续偶数和（为整数），则 ∴任意两个连续偶数的平方差都能被4整除，这些算式都是“鹿鸣美好式”； (3) 【分析】（1）直接根据“鹿鸣美好式”的定义，即可求解； （2）设这两个连续偶数分别为和，再根据平方差公式，以及“鹿鸣美好式”的定义，即可求解； （3）根据题意得，再根据“鹿鸣美好式”的定义，即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴是“鹿鸣美好式”； （2）略； （3）解：由题意得 ． 【变式23-2】（25-26八年级下·浙江台州·期末）如下为年月份的日历，学校数学兴趣小组在日历上发现了一种结构运算：有四个正整数，，，在日历中的关系位置如图所示，将下图平移覆盖到日历上，使得，，，分别与日历上的四个数字重合，规定，则一定是某一个数的平方． 日 一 二 三 四 五 六 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 (1)特例研究： ①当时，（__________）； ②当时，； ③当时，； ④当时，． (2)观察归纳： 通过运算证明：一定是某一个数的平方． 以下是小组成员的部分证明过程： … 请把接下去的证明过程补充完整． (3)拓展应用：图的日历中是否存在，若存在，求出此时所对应的数字，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)11． (2) ， 故一定是某一个数的平方． (3)当时，， 因为，所以，则，整理得， 解得：（舍去）， 由图可知，当时，不存在． 【分析】（1）按顺序计算出结果再开方即可； （2）将变形为含的完全平方公式即可解答； （3）根据题意列方程，结合日历的数据特点即可解答． 【详解】（1）解：; （2）略 （3）略 【变式23-3】（25-26八年级下·山东青岛·期末）数形结合是数学中一种重要的思想方法，利用它可以将一些复杂、抽象的问题简洁直观地解决． (1)用图1中的若干边长为a和b的正方形卡片，以及若干长为a、宽为b的小长方形卡片，可以拼成图2的大长方形，利用大长方形总面积和每张卡片的面积之间的关系，可以得到一个关于因式分解的等式为_________； (2)请你利用图1中的若干卡片拼出面积为的长方形，请画出图形，并写出你得到的关于因式分解的等式． (3)以上两个问题都是利用拼图的方法将一个多项式进行因式分解，除了拼图，我们也可以利用割补的方法来解决一些问题． ①要分解多项式，可以将图3的正方形裁去一部分（阴影部分），把剩下的图形割补成图4的长方形，请在图形中完成填空，则分解因式_________； ②类似的，请你利用割补的方法将多项式进行因式分解，画出图形表达割补的过程，并写出结论． 【答案】(1) (2) (3) (3)① ②解：割补后的图形如图： 结论：． 【分析】（1）大长方形的面积既可以用长乘宽计算，也可以等于所有卡片面积之和，所以分别计算两种形式的面积，即可得到因式分解等式； （2）将多项式拆分为对应卡片的面积和，多项式对应2张边长为的正方形、2张边长为的正方形、5张长、宽的长方形，先对多项式因式分解得到长和宽，再按长和宽拼接卡片，验证面积相等得到等式； （3）①利用割补前后剩余面积相等，图3剩余面积为，图4长方形面积等于长乘宽，根据割补后的边长写出长和宽，即可得到因式分解结果； ②类似①中方法，裁去上方2个宽为1、长为的长方形，再裁去左侧边长为1的3个正方形，剩余面积为，将剩余不规则图形割补，可得到长为、宽为的长方形，据此得到结论． 【详解】（1）解：图2大长方形的长和宽均为，其面积为，所有卡片的面积和为， 因此，得到因式分解等式：； （2）解：拼接方法：拼出长为、宽为的长方形，共使用2张边长为的正方形、2张边长为的正方形、5张长、宽的长方形，即可得到因式分解等式：； （3）解：①图4中，割补后长方形的长为、宽为， 因此，； 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 期中复习压轴23类题型归纳（举一反三讲义） （考试范围：第10章 整式的加减~第12章 因式分解） 【新教材沪教版五四制】 题型归纳 【选填压轴】 1 【题型1 整式加减的无关性问题】 1 【题型2 整式的加减与周长应用】 5 【题型3 幂的逆用化简求值】 9 【题型4 利用幂运算比较大小】 11 【题型5 与字母取值无关求参】 12 【题型6 乘法公式整体代入】 15 【题型7 多项式运算恒等求参】 16 【题型8 整式除法余式求参】 19 【题型9 添项拆项因式分解】 21 【题型10 分解因式结合几何判断】 23 【题型11 因式分解与图形面积】 26 【解答压轴】 29 【题型12 整式加减无关性问题（几何类）】 29 【题型13 整式加减的新定义运算】 35 【题型14 整式加减的应用综合】 41 【题型15 幂的末位数字规律】 47 【题型16 幂的综合化简证明】 51 【题型17 乘法公式求最值应用】 54 【题型18 多项式乘法恒等求参】 59 【题型19 乘法公式整体代换求值】 63 【题型20 整式运算规律探究】 66 【题型21 乘法公式与几何图形面积】 71 【题型22 因式分解判断三角形形状】 77 【题型23 因式分解的应用】 83 【选填压轴】 【题型1 整式加减的无关性问题】 【例1】（25-26七年级上·重庆·期中）已知3个多项式分别为：． ①若，则； ②无论取何值，一定都有； ③若的值与无关，则； ④代数式化简后共有3种不同的表达式．其中正确的是______． 【变式1-1】（25-26七年级上·内蒙古鄂尔多斯·期中）已知，．若的值与字母的取值无关，则的值为（    ） A． B． C． D．3 【变式1-2】（25-26七年级上·重庆·期末）对于多项式：，，，，用任意两个多项式求和后所得的结果，再与剩余两个多项式的和作差，并算出结果，称之为“和差操作” 例如：，，，称为一次操作．下列说法正确的个数是（   ） ①不存在任何“和差操作”，使其结果为单项式； ②只有一种“和差操作”，其结果与x的取值无关； ③所有的“和差操作”共有6种不同的结果． A．0 B．1 C．2 D．3 【变式1-3】（25-26八年级下·重庆九龙坡·阶段检测）已知两个多项式，，x为实数，将A、B进行加减乘除运算： ①当时，则； ②若，则或； ③若多项式的取值与x无关，则，； ④代数式化简后总共有6种不同表达式； ⑤多项式的最小值为2023． 上面说法正确的有（    ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【题型2 整式的加减与周长应用】 【例2】（25-26七年级下·湖北十堰·期末）将图①中周长为的长方形纸片剪成号、号、号、号正方形和号长方形，并将它们按图②的方式放入周长为的长方形中，则没有覆盖的阴影部分的周长是（    ） A． B． C． D． 【变式2-1】（25-26七年级上·广东汕头·期中）把如图1的两张大小相同的长方形卡片放置在图2与图3中的两个相同大长方形中，已知这两个大长方形的长比宽长，若记图2中阴影部分的周长为，图3中阴影部分的周长为，那么_____cm． 【变式2-2】（25-26七年级下·江苏苏州·期末）如图所示，长方形中放置两个边长都为的正方形与正方形，若如图阴影部分的面积之和记为，长方形的面积记为，已知：，则长方形的周长为___________． 【变式2-3】（25-26七年级上·浙江宁波·期末）在长方形中放入3个正方形如图所示，若，，则知道下列哪条线段的长就可以求出图中阴影部分的周长和（    ） A． B． C． D． 【题型3 幂的逆用化简求值】 【例3】（24-25九年级下·安徽宣城·自主招生）已知，，，且，则的值为(        ) A．30 B．27 C． D．3 【变式3-1】（25-26七年级下·浙江温州·期中）已知整数满足且，则的值为_____． 【变式3-2】（25-26七年级下·江苏扬州·期末）已知实数a，b，c满足，，，则的值为______． 【变式3-3】（25-26八年级上·福建泉州·阶段检测）实数，，满足，，，则代数式的值为（    ） A． B． C． D． 【题型4 利用幂运算比较大小】 【例4】（2025七年级下·全国·专题练习）已知，，，，那么a，b，c，d大小顺序为________________． 【变式4-1】（25-26七年级下·陕西咸阳·期中）比较大小：______．（填“”或“”） 【变式4-2】（2025八年级上·全国·专题练习）比较与的大小，可得（    ） A． B． C． D．无法确定 【变式4-3】比较整数与的大小，结果为（    ） A． B． C． D． 【题型5 与字母取值无关求参】 【例5】（24-25七年级下·全国·课后作业）已知，，．若的值与m无关，则a的值为（    ） A． B． C．3 D．5 【变式5-1】（25-26八年级上·江苏南通·期末）若关于的多项式的值与无关，且，则式子的最小值为（   ） A．3 B．2 C．1 D．0 【变式5-2】（25-26八年级上·全国·期末）若的积不含项，则___________． 【变式5-3】（24-25七年级下·全国·周测）已知，，．若的值与x的取值无关，则a的值为__________． 【题型6 乘法公式整体代入】 【例6】（25-26八年级上·甘肃武威·期中）若，，则的值是（   ） A．2024 B．2025 C．2026 D．4050 【变式6-1】（25-26七年级下·湖南株洲·期中）已知满足，则的值为（        ） A．1 B．－5 C．－6 D．－7 【变式6-2】（25-26七年级下·浙江台州·期末）若实数满足，则代数式的值为__________． 【变式6-3】（25-26七年级下·重庆渝中·阶段检测）已知x2=2y+5，y2=2x+5(x≠y)，则x3+2x2y2+y3的值为____． 【题型7 多项式运算恒等求参】 【例7】（25-26七年级下·江苏盐城·期中）若等式恒成立，无论为何值，的值始终为定值，则这个定值为_____． 【变式7-1】若对任意的x恒成立，则________． 【变式7-2】（25-26七年级上·上海青浦·期末）如果（其中a为常数）成立，那么______． 【变式7-3】已知等式对一切x都成立，a、b、c为整数．且．则的最小值是____________． 【题型8 整式除法余式求参】 【例8】（2025·吉林·一模）若被除后余3，则的值为_____． 【变式8-1】（25-26七年级下·陕西汉中·期中）我们知道两个整数相除时会有除不尽（商不是整数）的情况，例如就除不尽，可以用余数表示，即：5除以3商1余2．同样两个整式相除时也有可能除不尽，若多项式除以，商式为余3，则的值为（     ） A．12 B．8 C． D． 【变式8-2】已知关于x的多项式除以余1 ，除以余4，则除以的余式为（   ） A．4 B．3 C． D． E． 【变式8-3】（25-26七年级下·浙江金华·期末）在求多项式除以多项式时，可类似于正整数除法的“列竖式”得到商式和余式，例如：通过“列竖式”可求得的商式为，余式为22，如图所示．运用此方法，那么的商式为__________，余式为__________． 【题型9 添项拆项因式分解】 【例9】（2025·广西柳州·二模）添项、拆项是因式分解中常用的方法，比如分解多项式可以用如下方法分解因式： ①； 又比如多项式可以这样分解： ②； 仿照以上方法，分解多项式的结果是______． 【变式9-1】（25-26七年级下·江苏盐城·期中）阅读并解决问题： 对于形如这样的二次三项式，可以用公式法将它分解成的形式．但对于二次三项式，就不能直接运用公式了．此时，我们可以在二次三项式中先加上一项，使它与的和成为一个完全平方式，再减去，整个式子的值不变，于是有．像这样，先添一个适当项，使式中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变的方法称为“配方法”，请用“配方法”分解因式：的结果是（    ） A． B． C． D． 【变式9-2】（25-26八年级上·河南周口·期末）因式定理：对于多项式，若，则是的一个因式，并且可以通过添减单项式从中分离出来．例如，由于，所以是的一个因式．于是．则______． 【变式9-3】（25-26八年级上·安徽芜湖·期末）在对某些多项式进行因式分解时，需要把多项式中的某一项拆成两项或多项，或者在多项式中添上两个仅符号相反的项，这样分解因式的方法称为“拆项添项法”．如： 例1：分解因式： 解：原式 例2：分解因式： 解：原式 请根据以上材料中的方法，解决下列问题： （1）上述材料中例2括号中应填入________； （2）运用拆项添项法分解因式：________． 【题型10 分解因式结合几何判断】 【例10】（25-26八年级下·山西·阶段检测）如图，四边形是一个长方形，利用不同的方法可以计算出长方形的面积．通过分析图形中所标线段的长度，将多项式因式分解，其结果正确的是（    ）    A． B． C． D． 【变式10-1】（25-26八年级下·山西太原·期末）如图，四边形ABCD是一个长方形，根据图中所标注的线段长度表示长方形ABCD的面积，可得到的表示一个多项式因式分解的代数恒等式为 _____． 【变式10-2】（25-26八年级下·辽宁锦州·期中）小颖利用两种不同的方法计算下面图形的面积，并据此写出了一个因式分解的等式，此等式是______ 【变式10-3】（25-26六年级下·山东济南·期末）利用图①中的三种材料各若干可以拼出一些长方形来解释某些等式．比如图②可以解释为： 如图③，大正方形的边长为，小正方形的边长为，若用表示四个矩形的两边长，观察图案，指出以下关系式：①；② ③ ④ ，其中正确的有（     ）个． A．个 B．个 C．个 D．个 【题型11 因式分解与图形面积】 【例11】（25-26七年级下·安徽合肥·期中）有两个正方形A，B．现将B放在A的内部得到图甲，将A，B构造新的正方形得到图乙．若图甲和图乙中阴影部分的面积分别为4和16，若三个正方形和两个正方形得到图丙，则阴影部分的面积为（   ） A．43 B．44 C．45 D．46 【变式11-1】（24-25七年级下·浙江温州·期中）如图，将两张长为a，宽为b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的部分分别记为①和②，正方形中未被这两张长方形纸片覆盖的部分用阴影表示，①和②的面积分别记为和．若知道下列条件，可以求值的是（   ） A．长方形纸片的面积 B．长方形纸片的周长 C．长方形纸片和①的面积差 D．图1与图2阴影部分的面积差 【变式11-2】（25-26七年级下·浙江金华·期末）如图是一块矩形菜地，米，米，面积为S平方米．现将边增加1米． （1）如图1，若，边减少1米，得到的矩形面积不变，则b的值是__________． （2）如图2，若边增加2米，得到的矩形面积为平方米，且a，b为正整数，则的值是__________． 【变式11-3】（25-26七年级下·浙江绍兴·期末）将12张长为a，宽为b（a＞b）的小长方形纸片，按如图方式不重叠地放在大长方形ABCD内，未被覆盖的部分用阴影表示，若阴影部分的面积是大长方形面积的，则小长方形纸片的长a与宽b的比值为 ___． 【解答压轴】 【题型12 整式加减无关性问题（几何类）】 【例12】（25-26七年级下·江苏连云港·期中）【基本方法】 我们在学习代数式求值时，遇到这样一类题：代数式的值与x的取值无关，求a的值．通常的解题思路是：把x、y看作字母，a看作系数，合并同类项．因为代数式的值与x的取值无关，所以含x项的系数为0．具体解题过程是：原式，∵代数式的值与x的取值无关，∴，解 (1)【理解应用】若关于x的代数式的值与x的取值无关，则m值为 ． (2)【理解应用】，，且的值与x的取值无关，求n的值． (3)【迁移提升】7张如图1的小长方形卡片，长为a，宽为b，按照图2方式不重叠地放在大长方形内，大长方形中未被覆盖的两个部分都是长方形，设右上角的面积为，左下角的面积为，当的长变化时，的值始终保持不变，求a与b的等量关系． 【变式12-1】（25-26七年级上·四川内江·期末）【方法点拨】 在求代数式的值时，遇到这样一类题：“代数式的值与x的取值无关，求a的值”．通常的解题方法是把x、y看作字母，a看作系数，然后合并同类项，即原式．因为代数式的值与x的取值无关，所以含x项的系数为0，即，则． 【理解应用】 （1）若关于x的多项式不含项，则________； （2）已知，，且的值与y的取值无关，求x的值； 【拓展延伸】 （3）用7张长为a，宽为b的长方形纸片按照如图所示的方式不重叠地放在大长方形内，大长方形中有两个部分未被覆盖，设右上角部分的面积为，左下角部分的面积为，当的长发生变化时，的值始终保持不变．请求出a与b之间的数量关系． 【变式12-2】（25-26七年级上·全国·周测）【问题背景】已知，若的值与的取值无关，则，解得． 【类比探究】（1）已知．若的值与的取值无关，求的值． 【拓展应用】（2）8个如图①所示的小长方形，长为，宽为，按如图②所示的方式不重叠地放在大长方形内．对于大长方形中未被覆盖的两个部分（图中阴影部分），设右上角的面积为，左下角的面积为，设．若当的长变化时，的值始终保持不变，求与的数量关系． 【变式12-3】（25-26七年级上·山西晋中·期中）【知识回顾】 在学习代数式求值时，遇到这样一类题：“代数式的值与的取值无关，求的值”．通常的解题方法是：把，看作字母，看作系数合并同类项，因为代数式的值与的取值无关，所以含项的系数为0，即原式，所以，则． 【理解应用】 已知代数式，． （1）化简：； （2）若的值与的取值无关，求的值． 【能力提升】 （3）有7张如图1的小长方形，长为，宽为，按照如图2的方式不重叠地放在大长方形内，大长方形中未被覆盖的两个部分（图中阴影部分），设右上角的阴影部分面积为，周长为，左下角的阴影部面积为，周长为，设． ①当时，求． ②当的长变化时，下列代数式值不变的是( ) A．    B．    C．    D． 【题型13 整式加减的新定义运算】 【例13】（25-26七年级上·江苏南通·阶段检测）新定义：对任意一个两位数，如果满足个位数字与十位数字互不相同，且都不为零，那么称这个两位数为“迥异数”．将一个“迥异数”的个位数字与十位数字对调后得到一个新的两位数，把这个新两位数与原两位数的和与的商记为．例如：，对调个位数字与十位数字得到新两位数，新两位数与原两位数的和为，和与的商为，所以． 根据以上定义，回答下列问题： (1)填空： ①下列两位数：，，中，“迥异数”为____________； ②计算：____________． (2)如果一个“迥异数”的十位数字是，个位数字是，且，请求出“迥异数”． (3)如果一个“迥异数”，满足，请直接写出满足条件的的值． 【变式13-1】（25-26七年级上·福建厦门·期中）【定义】如果一个三位数满足各数位上的数字互不相同，且都不为零，称这个三位数为“异数”． 【发现】若是一个“异数”，交换百位和个位上的数字后，用较大数与较小数作差后除以99，商必为正整数．记这个正整数为． 例如：若，交换百位数字与个位数字得到652，，则，，所以． 【解决问题】： (1)_____； (2)小颖同学想用学过的“整式的加减”知识说明上述【发现】是正确的，她的说理过程如下：设“异数”的百位数字为，十位数字为，个位数字为．（请你继续完成小颖同学的说理过程） (3)若s，t都是“异数”，，（其中为小于10的正整数），求的最小值，并写出此时的值． 【变式13-2】（25-26七年级上·北京·期中）对于、，定义了一种新运算“★”为：． 如：，． (1)计算：①__________；②__________． (2)若，，且当时，的值与字母的取值无关，求，的值． (3)在（2）的条件下，求的值． 【变式13-3】（25-26七年级上·北京海淀·期中）给定有理数a，b，对整式，定义新运算“”：；对正整数和整式A，定义新运算 “”：（按从左到右的顺序依次做“”运算）．特别地，． 例如，当，时，若，，则，． (1)当，时，若，，则______，______； (2)写出一组a，b的值，使得对每一个正整数和整式，均有，并说明理由； (3)当，时，若，，是正整数，令，，且不含项，直接写出和的值． 【题型14 整式加减的应用综合】 【例14】（25-26七年级下·重庆万州·期中）为加强公民的节水意识，合理利用水资源，某市采用“阶梯收费”的方式以达到节水的目的，收费标准如下表（注：水费按月份结算，m3表示立方米），请根据表中的内容解答下列问题： 用水量 单价 不超过的部分 2元/ 超过不超过的部分 4元/ 超出的部分 8元/ (1)某居民用户9月份用水9，应缴水费　　　元； (2)某居民用户10月份缴水费44元，求该用户10月份的用水量； (3)若用户11月份、12月份共用水18（12月份用水量超过11月份用水量），设11月份用水，求该户居民11月份、12月份两个月共交水费多少元？（用含a的代数式表示） 【变式14-1】（25-26七年级上·四川宜宾·期中）【问题情境】数学活动课上，老师带领同学们到附近的某打车公司开展“打车计费”实践活动． 【实践发现】司机介绍说：“车费由里程费、时长费、远途费三部分构成，其中里程费按行车的实际里程计算；时长费按行车的实际时间计算；远途费的收取方式：行车里程在及以内的，不收远途费，超过的，超出部分每千米收0.4元．”收费标准如下： 计费项目 里程费 时长费 远途费 单价 元/ 元/ 元/ 【实践探究】老师说：“若乘客的行车里程为，行车时间为，则需付车费（元）．” 【问题解决】 (1)若小东的行车里程为，行车时间为，则需付车费_______元． (2)若小明的行车里程为，行车时间为，则需付车费多少元？（用含，的代数式表示，并化简） (3)若小王、小张的行车里程分别为与，且小王的行车时间比小张的行车时间多，谁付的车费更多？ 【变式14-2】（25-26七年级下·福建厦门·期末）术中蕴含着许多数学原理，基于数学原理可以设计一些扑克牌魔术． 小鹭设计了一款扑克牌魔术，具体步骤如下： ①将一副扑克牌（共52张，不含大小王）随机打乱； ②将打乱后的扑克牌，抽取三十张，依次背面向上，叠放在桌上，第1张扑克牌在最下方，第30张扑克牌在最上方，如下图所示： ③从剩余的扑克牌中，随机抽取两张，翻开后依次摆放在桌上，余下扑克牌背面向上，叠放在原来三十张扑克牌之上，形成牌堆； ④根据每张翻开的扑克牌点数，从牌堆中从上往下数取扑克牌，放在对应扑克牌的下方，使得数取张数与该张扑克牌点数之和为13； 例如，若翻开的扑克牌为4，则取9张扑克牌；若翻开的扑克牌为K，则不取牌． ⑤将步骤③中翻开的两张扑克牌点数之和记为，在剩余牌堆中从上往下数第张，翻开对应的扑克牌． 例如，步骤③中翻开的两张扑克牌为4，K，则此时，即翻开从上往下数的第17张扑克牌．（注：本魔术中，扑克牌中的A，J，Q，K分别视为点数1，11，12，13） 在该魔术中，只需在步骤②中提前记忆特定位置的扑克牌，即可准确预测最终翻开的结果． (1)如果在步骤③中翻开的扑克牌为3，Q，按照上述步骤，步骤④中共需取的扑克牌为几张？ (2)对于任意翻开的两张扑克牌，步骤⑤中最终翻开的扑克牌是剩余牌堆中从下往上数的第几张？请说明理由． 【变式14-3】（25-26七年级下·广西南宁·期末）在数学游艺会上，张华负责一个游戏项目，她准备了50张同样的卡片，上面分别写有数字． 游戏规则是：将卡片顺序打乱，参与者从中随机抽取五张，并将它们正面向下放置在桌上，这五张卡片分别记为．张华依次将相邻两张卡片上的数的和告诉参与者，请参与者按要求回答问题． 下表是小李抽取的五张卡片中相邻两张卡片上的数的和： 卡片编号 两数的和 53 65 58 72 请思考： (1)请比较小李抽取的卡片上的数的大小__________（用“<”连接）； (2)求出小李抽取的五张卡片上的数的和（用含的式子表示）； (3)若编号为的三张卡片的数之和为，且比大30，求卡片上面所写的数字． 【题型15 幂的末位数字规律】 【例15】（24-25七年级下·江苏徐州·阶段检测）张老师组织学校数学兴趣小组展开探究发现： …… (1)启航小组提出的问题是：试求的值，请你合理推算； (2)展翅小组提出的问题是：判断的值的末位数是几，请你写出推断过程； (3)创新小组提出的问题是：计算，请直接写出结果______； (4)若，求的值． 【变式15-1】（25-26七年级上·上海·阶段检测）确定的末位数是几，简单说明理由 【变式15-2】（25-26八年级上·福建泉州·期中）观察下列各式： ， ， ， … (1)可以发现一个速算法则，请填写： ①末位数字是5的两位数的平方，可以先写出它的十位数字与比它大1的自然数的________，再在末尾接着写上________； ②设一个两位数的十位数字是，个位数字是5，用含的代数式表示上述速算法则：________________________； (2)请你继续深入研究，回答下列问题： ①发现末位数字是5的三位数的平方也有类似的速算法则，请直接写出：________； ②设一个三位数的百位数字是，十位数字是，个位数字是5，用含，的代数式表示上述速算法则：________________________．请用所学的数学知识说明这个速算法则成立的理由． 【变式15-3】（25-26七年级下·全国·课后作业）已知，，， （1）猜想，当n为正整数时，； （2）判断的个位数字． 【题型16 幂的综合化简证明】 【例16】（25-26八年级上·河南新乡·阶段检测）已知，已知，化简后，求代数式的值． 【变式16-1】（25-26八年级上·河北邯郸·阶段检测）先化简，再求值： (1)已知，其中，． (2)已知，，，都是正整数，求的值． 【变式16-2】（25-26七年级下·江苏泰州·阶段检测）求证：N＝能被13整除． 【变式16-3】（25-26七年级上·江苏盐城·期末）规定两数a，b之间的一种运算，记作，如果，那么．我们叫为“雅对”．例如：∵，∴．我们还可以利用“雅对”定义证明等式成立．证明如下： 设，则． ∴． ∴， 即． (1)根据上述规定，填空： ① ， ；②若，则 ． (2)计算： ，并说明理由． (3)记．求证：． 【题型17 乘法公式求最值应用】 【例17】（26-27九年级上·江苏镇江·阶段检测）配方法是数学中重要的一种思想方法．它是指将一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法．这种方法常被用到代数式的变形中，并结合非负数的意义来解决一些问题．比如，因为，所以当时，的值最小，最小值是0．所以．所以当时，即x=-2时，的值最小，最小值是1．即的最小值是1． (1)求的最小值； (2)已知，则 ； (3)已知有理数x、y满足，求的最小值． 【变式17-1】（26-27七年级上·上海·阶段检测）通过课堂的学习知道，我们把多项式及叫做完全平方式，如果一个多项式不是完全平方式，我们常做如下变形：例如，，像这样先添加一适当项，使式中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变的方法称之为配方法，配方法是一种重要的解决问题的数学方法，不仅可以将一个看似不能分解的多项式分解因式，还能解决一些与非负数有关的问题或求代数式最大值、最小值等等，如：因为，可知当时，的最小值是．请阅读以上材料，并用配方法解决下列问题： (1)因式分解：； (2)已知为任何实数，若，，通过计算判断的大小关系． 【变式17-2】（25-26八年级上·黑龙江牡丹江·期末）阅读理解：把整式通过配凑等手段，得到完全平方式，再运用完全平方式是非负数这一性质增加为问题的条件，这种解题方法叫做配方法，配方法不仅在代数式求值、解方程、最值问题等都有着广泛的应用，也在几何、经济等领域常用来分析最值、求解未知量． 例：某快递公司运输一批货物，成本，若（a为运输量），利用配方法求P的最小值． 解：． ，当a=2时，P有最小值2． 请根据上述阅读材料，解决下列问题： (1)求最小值：的最小值_______； (2)已知，求的值_______； (3)若一个直角三角形的两条直角边之和为12，设其中一条直角边为a，三角形面积为S，用配方法求S的最大值． 【变式17-3】（25-26八年级上·辽宁鞍山·阶段检测）阅读材料：我们把多项式及这样的式子叫做完全平方式，如果一个多项式不是完全平方式，我们常做如下变形：先添加一个适当的项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法，配方法是一种重要的解决问题的数学方法，不仅可以将一个看似不能分解的多项式分解因式，还能解决一些与非负数有关的问题或求代数式的最大值、最小值等． 例1：分解因式． 原式． 例2：求的最大值． ， 故当时，的最大值为10． 根据以上材料，利用多项式的配方解答下列问题． (1)利用配方法分解因式：； (2)当为何值时，多项式有最大值，并求出这个最大值； (3)已知正数满足，求． 【题型18 多项式乘法恒等求参】 【例18】（25-26七年级下·全国·课后作业）若恒成立，求的值． 【变式18-1】（25-26七年级下·浙江杭州·阶段检测）已知无论取何值，等式（）都恒成立， (1)求a+b的值; (2)①当时，求代数式值； ②你能用含n的代数式来表示 吗？若表示的数是正整数，求整数n的值； (3)求的最大值，写出求解过程． 【变式18-2】（25-26七年级下·广东佛山·期中）综合与实践 活动主题：借助图形直观感受数与形之间的关系 初步应用 (1)如图，一个大长方形被分割为4个大小不同的小长方形，通过用两种不同方法计算大长方形的面积，可推导出整式乘法的运算规律，请用图中标注的字母写出对应的等式： ． 拓展创新 (2)仿照（1）中面积法的思路，画出图形，并计算． 迁移应用 (3)若式子无论x为多少时恒成立，求m的值． 【变式18-3】（2026·河北邢台·二模）已知代数式：． (1)若，，请用含的代数式表示； (2)若，试判断是否恒成立，并说明理由． 【题型19 乘法公式整体代换求值】 【例19】（25-26八年级上·云南文山·期末）阅读材料： 在对进行平方运算时，我们发现， ， 并且 这为我们计算形如（n为正整数）的代数式的值提供了方便． (1)若，求代数式的值； (2)结合多项式乘多项式相关知识及以上内容，在（1）的条件下，试求出的值． 【变式19-1】（2026·吉林长春·二模）已知，求代数式的值． 【变式19-2】（25-26八年级上·福建泉州·期中）已知，，求： (1)的值； (2)的值． 【变式19-3】（25-26八年级上·福建泉州·阶段检测）“整体思想”在数学中应用极为广泛． 例如：已知，求的值． 解：， ． 请尝试应用“整体思想”解决以下问题： (1)已知，求的值； (2)已知，求的值； (3)已知，求的值． 【题型20 整式运算规律探究】 【例20】（26-27八年级上·甘肃天水·阶段检测）【阅读与思考】 “杨辉三角”是我国古代数学的杰出研究成果之一， 它揭示了二项式乘方展开式的规律，在欧洲，这个图表叫做“帕斯卡三角”． 帕斯卡是在1654年发现这一规律的， 比我国迟了近600年． 如图， 是杨辉三角的一部分（两条斜边上的数都是1，其余每个数为它上方（左右）的两数之和）， 它把二项式乘方展开式系数图形化， 它可以指导我们按规律写出形如（为正整数）展开式各项的系数， 请你仔细观察下列等式中的规律， 并利用杨辉三角解决下列问题． (1)【初步感知】按以上规则，展开式共有 ___________项，第三项（字母部分为）的系数是 ___________； (2)【拓展推广】利用杨辉三角，写出的各项的系数 ___________； (3)【迁移应用】我们在对的推演过程中，是将中的“b”代换成“”，可得；利用杨辉三角，写出的展开式． 【变式20-1】（25-26七年级下·北京·期末）我们已经学习了平方差公式，下面我们来研究其更一般的形式——“等幂差”公式，并应用“等幂差”公式解决问题． 【旧知回顾】平方差公式，立方差公式． (1)因式分解：__________； (2)【发现规律】化简：__________； (3)【发现规律】猜想：__________； (4)【新知运用】证明：是6的倍数； (5)【新知运用】证明：对任意正整数n，都是21的倍数． 【变式20-2】（2026·河南平顶山·三模）观察下列各式： ； ； ； ； ； …… 请根据上述规律，回答下列问题． (1)请直接写出第六个等式______． (2)若两个两位数，十位数字都为m，一个数的个位数字为n，另一个数的个位数字为，则可得到等式______，并证明等式成立． 【变式20-3】（25-26八年级上·重庆·期中）综合与实践 【主题】借助图形直观，感受数与形之间的关系． 【实践操作】在一次数学实践活动中，学校数学兴趣小组准备了如图1所示的三种形状纸片各若干张，其中纸片是边长为的较小正方形纸片，纸片是宽为、长为的长方形纸片，纸片是边长为的较大正方形纸片． （1）小育同学用图1中张纸片，张纸片，张纸片拼出一个面积为的长方形，则______； （2）观察图2的面积关系，写出正确的等式________________________； 根据得到的代数恒等式，完成填空：若，，则______； 【知识迁移】类似地，我们还可以通过对立体图形进行变换来得到一些代数恒等式． 通过不同的方法表示同一个正方体的体积，如图3，棱长为的正方体被分割成8块．则有__________________________________________． 【拓展延伸】 （3）已知，，请运用探索得到的规律求出的值． 【题型21 乘法公式与几何图形面积】 【例21】（25-26八年级下·贵州毕节·期末）我们可以将进行变形，得到，等．请灵活利用这些变形解决下列问题： (1)已知，则_____； (2)若满足，求的值； (3)如图，四边形是梯形，，连接，若，求图中阴影部分的面积． 【变式21-1】（25-26七年级下·湖南邵阳·期末）探究不同情境，解答下列的问题：       (1)【探索】观察图1，图2，请根据，，之间的等量关系解决问题：若，，则的值是__________． (2)【应用】如图3，某学校有一块梯形空地，于点，，．该校计划在和区域内种花，在和的区域内种草，经测量种花区域的面积和为120平方米，米，求种草区域的面积和． (3)【拓展】利用7张完全相同的小长方形纸片（长为，宽为）拼成如图4所示的大长方形，记长方形的面积为，长方形的面积为，若不论的长为何值时，为定值． ①求与之间的数量关系． ②若，求的定值． 【变式21-2】（25-26七年级下·广东佛山·期中）我们在《整式的乘除》中学习了乘法公式①，②． 学习推导公式时，利用数形结合的办法通过图形变换求图形的面积来推导乘法公式：在应用方面，利用乘法公式可以简化整式乘除运算，同时如果你将乘法公式进行合理的变式，可以解决很多数学问题． (1)观察图甲．用两种方法表示图中阴影部分的面积可得出一个代数恒等式．则这个代数恒等式是________：观察图乙，分别表示图中阴影部分的面积可以验证恒等式是________．（在横线上选填序号①②）（图甲中用四个全等的长方形围成正方形） (2)利用乘法公式进行简便运算： (3)我们知道乘法公式进行逆运算得到的过程称配方，且当时，例如：因为，所以代数有最小值是1，利用上述公式变化求解问题： ①当m取何值时，代数式有最小值？最小值是多少？ ②已知等腰三角形的两边长分别为a，b（且a，b都是正整数），满足求等腰三角形的周长． 【变式21-3】（25-26七年级下·广东河源·期中）【探究发现】 从边长为a的正方形中剪掉一个边长为b的正方形（如图1），然后将剩余部分拼成一个长方形（如图2）． (1)上述操作能验证的等式是________（填字母序号） A． B． C． 【知识迁移】 (2)运用你从（1）选出的等式，完成下列各题： ①已知，，则的值为________； ②计算：． 【拓展应用】 (3)如图，大正方形与小正方形的面积之差是40，则阴影部分的面积为________． 【题型22 因式分解判断三角形形状】 【例22】（25-26八年级上·江苏南通·期中）请阅读下列材料： 我们可以通过以下方法求代数式的最小值． ， ， ∴当时，有最小值． 请根据上述方法，解答下列问题： (1)求的最小值； (2)已知三角形三边长为、、，且满足，，，试判断三角形的形状，并说明理由； (3)若．求b的取值范围． 【变式22-1】（25-26八年级上·湖南怀化·期中）常用的分解因式的方法有提取公因式法、公式法，但有一部分多项式只单纯用上述方法就无法分解，如．我们细心观察这个式子，会发现，前三项符合完全平方公式，进行变形后可以与第四项结合，再应用平方差公式进行分解． 过程如下： 这种分解因式的方法叫分组分解法．利用这种分组的思想方法解决下列问题： (1)分解因式： (2)已知a、b、c分别是三边的边长且满足，请判断 的形状，并说明理由． 【变式22-2】（25-26八年级上·全国·期末）例题：求代数式的最小值． 原式=．可知当时， 有最小值，最小值是． (1)分解因式： ． (2)若，求的值． (3)已知a、b、c是的三条边长．若a、b、c满足，试判断的形状，并说明你的理由． 【变式22-3】（25-26九年级上·山东济宁·期中）阅读下列材料：分解因式的常用方法有提取公因式法、公式法，但有部分项数多于3的多项式只单纯用上述方法就无法分解，如，我们细心观察这个式子就会发现，前三项符合完全平方公式，进行变形后可以与第四项结合再运用平方差公式进行分解．过程如下：，这种分解因式的方法叫分组分解法．利用这种分组的思想方法解决下列问题： 1．知识运用： 试用“分组分解法”分解因式：； 2．解决问题： （1）已知a，b，c为△ABC的三边，且，试判断△ABC的形状． （2）已知四个实数a，b，c，d，满足a≠b，c≠d，并且，同时成立． ①当k=1时，求a+c的值 ②当k≠0时，用含有a的代数式分别表示b，c，d（直接写出答案即可） 【题型23 因式分解的应用】 【例23】（25-26八年级下·广东佛山·期末）我国著名数学家华罗庚曾言：“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休．”实则，数与形是刻画同一数理内涵的两种表征形式——代数算式是符号语言，几何图形是直观语言，二者互通互译，方能尽显数学本质． 【材料准备】 如图1所示，有①②③种不同型号的卡片若干，其中型号①、型号②分别是边长为和的正方形，型号③是长为，宽为的长方形． 【析形感数】 (1)现用1张型号①，1张型号②和2张型号③卡片，拼出如图2所示的大正方形，根据图示写出一个因式分解式子：_______________； 【析数构形】 (2)以上型号卡片（数量不限）能拼出面积为的长方形吗？说明理由． 【数形融通】 (3)已知1个型号①，个型号②和个型号③卡片能拼成一个大长方形．解决问题： ①当时，求满足条件的所有的值； ②求证：是一个整数的平方． 【变式23-1】（25-26九年级下·江苏盐城·期中）数学课上王老师给出规定：如果两个数的平方差能被4整除，我们称这个算式是“鹿鸣美好式”． 小亮写出如下算式：； 发现：任意两个连续偶数的平方差都能被4整除，这些算式都是“鹿鸣美好式”． (1)验证：__________“鹿鸣美好式”（填“是”或“不是”）； (2)证明：任意两个连续偶数和（为整数）的平方差都能被4整除，这些算式都是“鹿鸣美好式”； (3)如图，将10个同心圆从小到大套在一起，并由内向外相间画阴影．若最外面的圆的半径为，其余圆的半径由外向内依次为．请结合（2）中的结论，求图中所有阴影部分面积的和．（结果保留） 【变式23-2】（25-26八年级下·浙江台州·期末）如下为年月份的日历，学校数学兴趣小组在日历上发现了一种结构运算：有四个正整数，，，在日历中的关系位置如图所示，将下图平移覆盖到日历上，使得，，，分别与日历上的四个数字重合，规定，则一定是某一个数的平方． 日 一 二 三 四 五 六 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 (1)特例研究： ①当时，（__________）； ②当时，； ③当时，； ④当时，． (2)观察归纳： 通过运算证明：一定是某一个数的平方． 以下是小组成员的部分证明过程： … 请把接下去的证明过程补充完整． (3)拓展应用：图的日历中是否存在，若存在，求出此时所对应的数字，若不存在，请说明理由． 【变式23-3】（25-26八年级下·山东青岛·期末）数形结合是数学中一种重要的思想方法，利用它可以将一些复杂、抽象的问题简洁直观地解决． (1)用图1中的若干边长为a和b的正方形卡片，以及若干长为a、宽为b的小长方形卡片，可以拼成图2的大长方形，利用大长方形总面积和每张卡片的面积之间的关系，可以得到一个关于因式分解的等式为_________； (2)请你利用图1中的若干卡片拼出面积为的长方形，请画出图形，并写出你得到的关于因式分解的等式． (3)以上两个问题都是利用拼图的方法将一个多项式进行因式分解，除了拼图，我们也可以利用割补的方法来解决一些问题． ①要分解多项式，可以将图3的正方形裁去一部分（阴影部分），把剩下的图形割补成图4的长方形，请在图形中完成填空，则分解因式_________； ②类似的，请你利用割补的方法将多项式进行因式分解，画出图形表达割补的过程，并写出结论． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $