2023年中考数学一轮大单元复习1.2核心考点提高训练：整式运算及应用(含答案)

这是一份2023年中考数学一轮大单元复习1.2核心考点提高训练：整式运算及应用(含答案)，共94页。试卷主要包含了有依次排列的个整式，，下列说法，，并且进一步规定等内容，欢迎下载使用。
1.2核心考点提高训练：整式运算及应用

类型1：数字规律探究
典例： （2022·河北石家庄·九年级期中）如图为年月的日历表，在其中用一个方框圈出个数（如图中虚框所示），设这个数从小到大依次为，，，．

(1)若用含有的式子分别表示出，，，其结果应为：______；______；____；
(2)按这种方法所圈出的四个数中，的最大值为_______________；
(3)嘉嘉说：“按这种方法可以圈出四个数，使得的值为．”
淇淇说：“按这种方法可以圈出四个数，使最小数与最大数的乘积为．”
请你运用一元二次方程的相关知识分别说明二人的说法是否正确．
解：（1）同一行，左右相差，同列，上下相差，
∴，，，
∴答案是：，，．
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即的最大值为．
（3）解：由（1）可知，，，
∴嘉嘉的说法是：，使得的值为，
∴，解方程得，，（舍去）
则虚框圈出的四个数应为 ，它在日历表中不存在，所以嘉嘉的说法不正确；
淇淇的说法是：，即，解方程得，，（舍去），
则虚线圈出的四个数为 ，在日历表中存在，所以淇淇的说法正确．
巩固练习
1．（2022·西藏·中考真题）按一定规律排列的一组数据：，，，，，，…．则按此规律排列的第10个数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】把第3个数转化为：，不难看出分子是从1开始的奇数，分母是，且奇数项是正，偶数项是负，据此即可求解．
【详解】原数据可转化为：，
∴，
，
，
..．
∴第n个数为：，
∴第10个数为：．
故选：A．
【点睛】本题主要考查数字的变化规律，解答的关键是由所给的数总结出存在的规律．
2．（2021·广西百色·二模）将一组数，2，，，，…，，按下列方式进行排列：
，2，，，；
，，4，，；
…
若2的位置记为，的位置记为，则这个数的位置记为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先找出被开方数的规律，然后再求得的位置即可．
【详解】解：这组数据可表示为：,…
∵，
∴为第4行，第3个数字．
故选：C．
【点睛】此题考查的是数字的变化规律以及二次根式的化简，找出其中的规律是解题的关键．
3．（2022·重庆市第一一〇中学校模拟预测）有依次排列的个整式：，，，对任意相邻的两个整式，都用右边的整式减去左边的整式，所得之差写在这两个整式之间，可以产生一个新整式串：，，，，，则称它为整式串；将整式串按上述方式再做一次操作，可以得到整式串；以此类推．通过实际操作，得出以下结论：
整式串为：，，，，， ，，，；
整式串共个整式；
整式串的所有整式的和比整式串的所有整式的和小；
整式串的所有整式的和为；
上述四个结论正确的有（    ）个．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据整式的加减运算法则和整式的乘法则进行计算，从而作出判断．
【详解】解：∵第一次操作后的整式串为：，，，，，共个整式，
第一次操作后的整式串的和为： ，
∴第二次操作后的整式串为，，，，，，，，，共个整式，故的结论正确，符合题意；
第二次操作后所有整式的和为：
第三次操作后整式串为，，，，，，，，，，，，，，，，，共个整式，故的结论正确，符合题意；
第三次操作后整式串的和为：
；
故第三次操作后的整式串的和与第二次操作后的整式和的差为：，
即整式串的所有整式的和比整式串的所有整式的和小，故结论正确，符合题意；
第次操作后所有整式的积为，
∴第次操作后，所有的整式的和为，
故的说法不正确，不符合题意；
正确的说法有，共个．
故选：．
【点睛】此题主要考查了整式的加减，数字的规律，解题关键是从所给的式子分析出所存在的规律．
4．（2022·重庆南开中学九年级期中）有依次排列的两个整式，，第1次操作后得到整式串，，；第2次操作后得到整式串，，，；其操作规律为：每次操作增加的项为前两项的差（后一项前一项），下列说法：
①第次操作后的整式串为，，，，﹣b，；
②第次操作后的整式串各项之和为；
③第次操作增加的项与第次操作增加的项一定互为相反数．
其中正确的个数是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】其操作规律为：每次操作增加的项为前两项的差（后一项前一项），列举中有限次的结果，并进行对比，找到字母间的规律，即可求解．
【详解】解：由题意可得，第1次操作后得到整式串，，；各项之和为；
第2次操作后得到整式串，，，；各项之和为；
第3次操作后得到整式串，，，，；各项之和为；
第4次操作后得到整式串，，，，，；各项之和为；故说法①错误；
第5次操作后得到整式串，，，，，，；各项之和为；
第6次操作后得到整式串，，，，，，，；各项之和为；
第7次操作后得到整式串，，，，，，，，；各项之和为；•••
所以，各项之和以次操作为一个周期依次循环．
∵，
∴第次操作后的整式串各项之和与第次操作后的整式串各项之和相同，为，故说法②正确；
∵，
∴第次操作后的整式串各项之和为，而第次操作后的整式串各项之和为，
∴第次操作增加的项为．
∵，
∴第次操作后的整式串各项之和为，而第次操作后的整式串各项之和为，
∴第次操作增加的项为，
∴第次操作增加的项与第次操作增加的项一定互为相反数，故说法③正确．
故选：．
【点睛】本题主要考查数字（字母）规律问题，利用列举法把有限次的结果表示出来，找到字母见的规律，是解题的关键．
5．（2022·黑龙江牡丹江·九年级期末）按顺序观察下列五个数-1，5，-7，17，-31……，找出以上数据依次出现的规律，则第个数是_____________．
【答案】
【分析】所给的数可转化为：-1=1-21，5=1+22，-7=1-23，17=1+24，-31=1-25，…据此即可得第n个数，从而可求解．
【详解】解：∵-1=1-21，5=1+22，-7=1-23，17=1+24，-31=1-25，…，
∴第奇数个数为：1-2n；
第偶数个数为：1+2n；
∴第n个数为：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查数字的变化规律，解答的关键是由所给的数字分析出存在的规律．
6．（2022·全国·七年级专题练习）如图，将正整数按此规律排列成数表，则2022是表中第____行第___列．

【答案】     64     6
【分析】根据每一行最后一个数得到规律：第n行最后一个数是1+2+3++n=，计算第63行最后一个数，由此得到答案．
【详解】解：第一行最后一个数是1，
第二行最后一个数是3=1+2，
第三行最后一个数是6=1+2+3，
第四行最后一个数是10=1+2+3+4，
∴第n行最后一个数是1+2+3++n=，
=2080，
∴第63行最后一个数是2016，
∴2022是第64行第6个数，
故答案为：64，6．
【点睛】此题考查了数字的排列规律，正确理解各行数字的排列规律并总结规律运用是解题的关键．
7．（2022·江苏·常州市北郊初级中学二模）如图，一个机器人最初面向北站立，按程序：每次移动都向前直走，然后逆时针转动一个角度，每次转动的角度增加．第一次直走后转动，第二次直走后转动，第三次直走后转动，如此下去．那么它在移动过程中第二次面向西方时一共走了_____米．

【答案】45
【分析】根据走路规律，求出走的次数即可解得．
【详解】解：设第n次转动面向西方，
第二次面向西方时一共转了，

当时第二次面向西方，
一共走了（米）；
故答案为：45．
【点睛】此题考查了行程规律问题，解题的关键时根据规律列式求出走的次数．
8．（2022·湖北恩施·九年级期中）我们知道，一元二次方程没有实数根，即不存在一个实数的平方等于-1．若我们规定一个新数i，使其满足（即方程有一个根为i），并且进一步规定：一切实数可以与新数进行四则运算，且原有的运算法则仍然成立，于是有，，，，从而对任意正整数n，我们可以得到，同理可得，，，那么的值为______．
【答案】
【分析】，，，，，，从而可知4次一循环，一个循环内的和为0，据此计算即可．
【详解】解：由题意得，，，，，，，
故可发现4次一循环，一个循环内的和为0，
，，，


，
故答案为：．
【点睛】本题考查了规律型：数字的变化类，实数的运算，解答本题的关键是计算出前面几个数的值，发现规律，求出一个循环内的和再计算．
9．（2022·重庆·巴川初级中学校九年级期末）在求两位数的平方时，可以用“列竖式”的方法进行速算，求解过程如图1所示．仿照图1，用“列竖式”的方法计算一个两位数的平方，过程部分如图2所示，则a+b+c+d+e+f+g+h=_____．

【答案】23或32##32或23
【分析】观察图象可知，第一行从右向左分别为个位数和十位数字的平方，每个数的平方占两个空，平方是一位数的前面的空用0填补，第二行从左边第2个空开始向右是这个两位数的两个数字的乘积的2倍，然后相加即为这个两位数的平方，根据此规律求解即可
【详解】解：观察图象可知，第一行从右向左分别为个位数和十位数字的平方，每个数的平方占两个空，平方是一位数的前面的空用0填补，第二行从左边第2个空开始向右是这个两位数的两个数字的乘积的2倍，然后相加即为这个两位数的平方．
第2行数是40，所以原数的十位数字和个位数字的乘积是40÷2=20，那么这两个数就应该是4和5，
所以这两位数是45或54，即或，
所以a+b+c+d+e+f+g+h=1+6+2+5+2+0+2+5=23；
或a+b+c+d+e+f+g+h=2+5+1+6+2+9+1+6=32；
故答案为：23或32．
【点睛】本题是对数字变化规律的考查，仔细观察图形，观察出前两行的数与两位数的十位和个位上的数字的关系是解题的关键．
10．（2022·全国·九年级专题练习）当今大数据时代，“二维码”具有存储量大．保密性强、追踪性高等特点，它已被广泛应用于我们的日常生活中，尤其在全球“新冠”疫情防控期间，区区“二维码”已经展现出无穷威力．看似“码码相同”，实则“码码不同”．通常，一个“二维码”由1000个大大小小的黑白小方格组成，其中小方格专门用做纠错码和其他用途的编码，这相当于1000个方格只有200个方格作为数据码．根据相关数学知识，这200个方格可以生成个不同的数据二维码，现有四名网友对的理解如下：
YYDS（永远的神）：就是200个2相乘，它是一个非常非常大的数；
DDDD（懂的都懂）：等于；
JXND（觉醒年代）：的个位数字是6；
QGYW（强国有我）：我知道，所以我估计比大．
其中对的理解错误的网友是___________（填写网名字母代号）．
【答案】DDDD
【分析】根据乘方的含义即可判断YYDS（永远的神）的理解是正确的；根据积的乘方的逆用，将化为，再与比较，即可判断DDDD（懂的都懂）的理解是错误的；根据2的乘方的个位数字的规律即可判断JXND（觉醒年代）的理解是正确的；根据积的乘方的逆用可得，即可判断QGYW（强国有我）的理解是正确的．
【详解】是200个2相乘，YYDS（永远的神）的理解是正确的；
，DDDD（懂的都懂）的理解是错误的；
，
2的乘方的个位数字4个一循环，
，
的个位数字是6，JXND（觉醒年代）的理解是正确的；
，，且
，故QGYW（强国有我）的理解是正确的；
故答案为：DDDD．
【点睛】本题考查了乘方的含义，幂的乘方的逆用等，熟练掌握乘方的含义以及乘方的运算法则是解题的关键．
11．（2022·全国·九年级专题练习）将从1开始的连续自然数按以下规律排列：

若有序数对表示第n行，从左到右第m个数，如表示6，则表示99的有序数对是_______．
【答案】
【分析】分析每一行的第一个数字的规律，得出第行的第一个数字为，从而求得最终的答案．
【详解】第1行的第一个数字：
第2行的第一个数字：
第3行的第一个数字：
第4行的第一个数字：
第5行的第一个数字：
…..，
设第行的第一个数字为，得
设第行的第一个数字为，得
设第n行，从左到右第m个数为
当时

∴
∵为整数
∴
∴
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查数字规律的性质，解题的关键是熟练掌握数字规律的相关性质．
12．（2022·内蒙古鄂尔多斯·二模）如图，下列各正方形中的四个数之间具有相同的规律．根据此规律，则第个图中的______．

【答案】
【分析】通过观察图形可得出，，，代入即可得到答案．
【详解】解：观察图形可知：
，，，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了数字变化规律型题．关键是由特殊到一般，找出数字算式运算规律．
13．（2022·台湾·模拟预测）健康生技公司培养绿藻以制作「绿藻粉」，再经过后续的加工步骤，制成绿藻相关的保健食品．已知该公司制作每1公克的「绿藻粉」需要60亿个绿藻细胞．
请根据上述信息回答下列问题，完整写出你的解题过程并详细解释：
(1)假设在光照充沛的环境下，1个绿藻细胞每20小时可分裂成4个绿藻细胞，且分裂后的细胞亦可继续分裂．今从1个绿藻细胞开始培养，若培养期间绿藻细胞皆未死亡且培养环境的光照充沛，经过15天后，共分裂成个绿藻细胞，则之值为何？
(2)承（1），已知60亿介于与之间，请判断个绿藻细胞是否足够制作8公克的「绿藻粉」？
【答案】(1)18
(2)足够

【分析】（1）根据题意，分别写出从1个绿藻细胞开始培养，经过20小时分裂成4个绿藻细胞，经过40小时分裂成个绿藻细胞，即可得出答案；
（2）根据题意可得制作8公克的「绿藻粉」需要亿个绿藻细胞，再估算出亿的范围，并与进行比较，即可判断．
(1)
15天小时小时，
个绿藻细胞每20小时可分裂成4个绿藻细胞，
从1个绿藻细胞开始培养，经过20小时分裂成4个绿藻细胞，
经过（小时），分裂成个绿藻细胞，
经过（小时），分裂成个绿藻细胞，．
经过（小时），分裂成个绿藻细胞，
之值为18；
(2)
每1公克的「绿藻粉」需要60亿个绿藻细胞，
制作8公克的「绿藻粉」需要亿个绿藻细胞，
亿介于与之间，
亿，即亿，
而，
亿，
个绿藻细胞足够制作8公克的「绿藻粉」．
【点睛】本题考查有理数的乘方，解题的关键是读懂题意，根据已知找到规律求出的值．
14．（2022·重庆·三模）对任意一个四位正整数m，如果m的百位数字等于个位数字与十位数字之和，m的千位数字等于十位数字的2倍与个位数字之和，那么称这个数m为“筋斗数”．例如：m＝5321，满足1＋2＝3，2×2＋1＝5，所以5321是“筋斗数”．例如：m＝8523，满足2＋3＝5，但2×2＋3＝7≠8，所以8523不是“筋斗数”．
(1)判断9633和2642是不是“筋斗数”，并说明理由；
(2)若m是“筋斗数”，且m与13的和能被11整除，求满足条件的所有“筋斗数”m．
【答案】(1)9633是“筋斗数”；2642不是“筋斗数”； 理由见解析
(2)m的值为9909或2110或6422
【分析】（1）根据“筋斗数”的定义即可判断；
（2）设m的个位数为a，十位数为b，根据是“筋斗数”，则m的百位数为a+b，千位数为2b+a，再根据与13的和能被11整除，即可解答．
(1)
解：9633是“筋斗数”，2642不是“筋斗数”，理由如下：
∵6=3+3，9=2×3+3，
∴9633是“筋斗数”；
∵6=4+2，，
∴2642不是“筋斗数”；
(2)
设m的个位数为a，0≤a≤9，十位数为0＜b≤9，且a、b为整数
∵是“筋斗数”，
∴m的百位数为a+b，千位数为2b+a；
∴m=1000（2b+a）+100（a+b）+10b+a=1100a+110b+2000b+a
∵与13的和能被11整除，
∴1100a+110b+2000b+a+13能被11整除，
∵2b+a≤9且a、b为整数
∴b≤4.5
∵1100a+110b能被11整除，
∴2000b+a+13能被11整除，
∴b=0，a=9或b=1，a=0或b=2，a=2或b=3，a=4，或b=4，a=6，
∴a+b=9，2b+a=9或a+b=1，2b+a=2或a+b=4，2b+a=6或a+b=7，2b+a=10（舍去）或a+b=10，2b+a=14（舍去）
∴的值为9909或2110或6422
【点睛】本题是一道新定义题目，考查了有理数整除的相关性质，利用代数式的值进行相关分类讨论，得出结果，解题的关键是能够理解定义．
15.（2022·全国·九年级专题练习）观察以下等式：
第1个等式：，
第2个等式：，
第3个等式：，
第4个等式：，
……
按照以上规律．解决下列问题：
(1)写出第5个等式：________；
(2)写出你猜想的第n个等式（用含n的式子表示），并证明．
【答案】(1)
(2)，证明见解析

【分析】（1）观察第1至第4个等式中相同位置的数的变化规律即可解答；
（2）观察相同位置的数变化规律可以得出第n个等式为，利用完全平方公式和平方差公式对等式左右两边变形即可证明．
（1）
解：观察第1至第4个等式中相同位置数的变化规律，可知第5个等式为：，
故答案为：；
（2）
解：第n个等式为，
证明如下：
等式左边：，
等式右边：


，
故等式成立．
【点睛】本题考查整式规律探索，发现所给数据的规律并熟练运用完全平方公式和平方差公式是解题的关键．
16．（2022·浙江嘉兴·九年级专题练习）设是一个两位数，其中a是十位上的数字（1≤a≤9）．例如，当a＝4时，表示的两位数是45．
(1)尝试：
①当a＝1时，152＝225＝1×2×100＋25；
②当a＝2时，252＝625＝2×3×100＋25；
③当a＝3时，352＝1225＝ ；
……
(2)归纳：与100a(a＋1)＋25有怎样的大小关系？试说明理由．
(3)运用：若与100a的差为2525，求a的值．
【答案】(1)③；
(2)相等，证明见解析；
(3)
【分析】（1）③仔细观察①②的提示，再用含有相同规律的代数式表示即可；
（2）由再计算100a(a＋1)＋25，从而可得答案；
（3）由与100a的差为2525，列方程，整理可得再利用平方根的含义解方程即可．
（1）
解：①当a＝1时，152＝225＝1×2×100＋25；
②当a＝2时，252＝625＝2×3×100＋25；
③当a＝3时，352＝1225＝；
（2）
解：相等，理由如下：

100a(a＋1)＋25=

（3） 与100a的差为2525，

整理得： 即
解得：
1≤a≤9，

【点睛】本题考查的是数字的规律探究，完全平方公式的应用，单项式乘以多项式，利用平方根的含义解方程，理解题意，列出运算式或方程是解本题的关键．
类型2：图形规律探究
典例：（2022·湖北宜昌·九年级期末）（1）探究：已知，如图是一个三角形点阵，从上向下数有无数多行，其中第一行有一个点，第二行有两个点…第n行有n个点…容易发现，10是三角形点阵中前4行的点数和．
①求三角形点阵中前10行的点数和；
②若三角形点阵中前a行的点数之和为300，求a的值；
③三角形点阵中前b行的点数之和 是600吗？（填“能”或“不能”）
（2）拓展：若果把（1）的三角形点阵中各行的点数依次换为2，4，6，…，2n，…，
①求这个三角形点阵中前n行点数和（用含n的代数式表示）；
②这个三角形点阵中前n行点数和能是600吗？若能，求出n；若不能，请说明理由．

解：（1）①三角形点阵中前10行的点数和为：
1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝55；
②由题意可得：1＋2＋3＋4＋5＋…＋a＝300，
即，
整理得a2＋a－600＝0，
（a＋25）（a－24）＝0，
∴a1＝－25，a2＝24，
∵a为正整数，
∴a＝24；   
③由（1）得b（b+1）＝600×2，即，
方程无整数解，
三角点阵中前b行的点数的和不能是600．
（2）①这个三角形点阵中前n行点数和为：
2＋4＋6＋…＋2n＝2（1＋2＋3＋…＋n）＝n（n＋1）；
②三角点阵中前n行的点数的和能是600．理由如下：
依题意，得n（n＋1）＝600，
即n2＋n－600＝0，
△＝49，开平方得出整数，
故三角点阵中前n行的点数的和能是600．n＝24
巩固练习
1．（2022·重庆市第七中学校九年级期中）下列图形都是由同样大小的黑点按一定的规律组成，其中第①个图形中一共有4个黑点，第②个图形中一共有9个黑点，第③个图形中一共有14个黑点，…，则第⑩个图形中黑点的个数是（    ）

A．44 B．48 C．49 D．54
【答案】C
【分析】仔细观察图形的变化情况找到规律，利用规律解答即可．
【详解】解：观察图形发现： 第①个图形有个黑点；
第②个图形有个黑点；
第③个图形有个黑点；
第④个图形有个黑点； …
第n个图形有个黑点；
当时，有个黑点，
故选：C．
【点睛】本题考查了图形的变化类问题，解题的关键是仔细观察图形的变化规律，然后利用规律求解．
2．（2022·重庆市丰都县平都中学校九年级期中）观察下列图形规律，其中第1个图形由6个〇组成，第2个图由14个〇组成，第3个图由24个〇组成，，照此规律下去，则第6个图由〇的个数一共是（　　）

A．64 B．65 C．66 D．67
【答案】C
【分析】根据第1个图形由6个〇组成，第2个图形由14个〇组成，第3个图形由24个〇组成，得出第个图形〇的个数是，进而得到第6个图形〇的个数．
【详解】解：第1个图形由6个〇组成，，
第2个图形由14个〇组成，，
第3个图形由24个〇组成，，

第个图形〇的个数是，
第6个图形〇的个数．
故选：C．
【点睛】此题考查了图形类规则的探索，解题的关键是根据题意，找出图形的规律．
3．（2022·浙江·北大附属台州书生学校二模）如图所示，动点P从第一个数0的位置出发，每次跳动一个单位长度，第一次跳动一个单位长度到达数1的位置，第二次跳动一个单位长度到达数2的位置，第三次跳动一个单位长度到达数3的位置，第四次跳动一个单位长度到达数4的位置，…，依此规律跳动下去，点P从0跳动6次到达的位置，点P从0跳动21次到达的位置，…，点在一条直线上，则点P从0跳动（   ）次可到达的位置．

A．887 B．903 C．90 D．1024
【答案】B
【分析】由题意得：从点P从0跳动个单位长度，到达，跳动个单位长度，到达，可以得出，跳动次数为从1开始连续正整数的和，且最后一个加数为，进而得到答案即可；
【详解】解：由题意得：从点P从0跳动个单位长度，到达，跳动个单位长度，到达，
由此可得：跳动次数为从1开始连续的正整数的和，最后一个加数为，
∵，
∴点从跳到跳动了：，
故选：B．
【点睛】本题考查图形中的规律探究．根据图形，抽象概括出相应的数字规律，是解题的关键．
4．（2022·重庆南开中学九年级期中）用五角星按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有3个五角星，第②个图案中有7个五角星，第③个图案中有12个五角星，第④个图案中有18个五角星，按此规律排列下去，则第⑧个图案中五角星的个数为（　　）

A．42 B．52 C．56 D．63
【答案】B
【分析】仔细观察图形，找到图形的变化规律，利用规律求解即可．
【详解】解：第①个图案中有个五角星，
第②个图案中有个五角星，
第③个图案中有个五角星，
第④个图案中有个五角星，

∴第n个图案中有个五角星，
当时，个五角星，
故选：B．
【点睛】本题考查了图形的变化类问题，解题的关键是找到图形的变化规律．
5．（2022·浙江宁波·九年级专题练习）图1是第七届国际数学教育大会（ICME.7）的会徽，主体图案是由图2的一连串直角三角形演化而成，其中，若的值是整数，且，则符合条件的n有（   ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据勾股定理计算出，，，，…，，然后根据的值是整数，且，写出符合条件n的值，即可得到答案．
【详解】依据题意可得：
∴，
，
则，
，
…
，
∵的值是整数，且，
∴，
∴n=5或20或45，
符合条件的n有3个．
故选：C．
【点睛】此题考查了勾股定理，图形的变化规律，最简二次根式等相关内容，解题关键是发现数字的变化特点，利用勾股定理的知识进行解答．
6．（2022·青海·中考真题）木材加工厂将一批木料按如图所示的规律依次摆放，则第个图中共有木料______根.

【答案】
【分析】第一个图形有1根木料，第二个图形有根木料，第三个图形有根木料，第四个图形有根木料，以此类推，得到第个图形有根木料．
【详解】解：∵第一个图形有根木料，
第二个图形有根木料，
第三个图形有根木料，
第四个图形有木料，
∴第个图形有根木料，
故答案为：．
【点睛】本题考查了图形的变化类问题，仔细观察，分析，归纳并发现其中的规律是解本题的关键．
7．（2022·甘肃·平凉市第七中学二模）如图，把同样大小的黑色棋子摆放在正多边形边上，按照这样的规律摆下去，则第个图形需要黑色棋子的个数是___________．

【答案】
【分析】通过前面四个图形，总结出黑色棋子个数的规律，即可求解．
【详解】解：第1个图形，黑色棋子的个数为，
第2个图形，黑色棋子的个数为，
第3个图形，黑色棋子的个数为，
第4个图形，黑色棋子的个数为
……
第个图形，黑色棋子的个数为
故答案为：
【点睛】此题考查了图形类规律的探索，解题的关键是根据所给图形，总结出规律，从而求解．
8．（2022·甘肃·嘉峪关市明珠学校一模）如图，平面直角坐标系内，动点P按图中箭头所示方向依次运动，第1次从点运动到点，第二次运动到点，第3次运动到点，按这样的运动规律，动点P第次运动到的点的坐标是_______．

【答案】
【分析】根据图形分析点P的运动规律：第n次运动到的点的横坐标为n，纵坐标每四次为一个循环，即可得到答案．
【详解】解：第1次运动到点，第二次运动到点，第3次运动到点，，
第n次运动到的点的横坐标为n，纵坐标每四次一个循环，从第一次运动到的纵坐标开始，分别为、、、、
，
动点第次运动到的点的坐标是，
故答案为：．
【点睛】此题考查了图形坐标的规律，正确理解图形运动坐标变化规律，得到点P的坐标是解题的关键．
9．（2022·山东枣庄·九年级期中）如下图，用若干根相同的小木棒拼成图形，拼第1个图形需要6根小木棒，拼第2个图形需要14根小木棒，拼第3个图形需要22根小木棒⋯若按照这样的方法拼成的第个图形需要2022根小木棒，则的值为 __．

图1             图2                     图3
【答案】253
【分析】根据图形的变化及数值的变化找出变化规律，即可得出结论．
【详解】解：由题意知，第1个图形需要6根小木棒，
第2个图形需要根小木棒，
第3个图形需要根小木棒，
按此规律，第个图形需要根小木棒，
当时，
解得，
故答案为：253．
【点睛】本题考查了规律型中图形的变化类，解决该题型题目时，根据给定图形中的数据找出变化规律是关键．
10．（2022·黑龙江牡丹江·九年级期中）如图是由同样大小的五角星按一定规律组成，其中第①个图形有2个五角星，第②个图形有4个五角星，第③个图形有8个五角形，第④个图形有14个五角形，则第10个图形有_____个五角星．

【答案】
【分析】根据题意，观察图中五角星个数，得到规律为，当时，求出五角形个数即可得到答案．
【详解】解：根据题意，可知：
第①个图形有2个五角星，个数为；
第②个图形有4个五角星，个数为；
第③个图形有8个五角形，个数为；
第④个图形有14个五角形，个数为；

第个图形五角形个数为；
当时，五角形个数为，
故答案为：．
【点睛】本题考查图形与数字结合的规律问题，从个数中找到规律为是解决问题的关键．
11．（2022·宁夏·银川外国语实验学校一模）如图，在平面直角坐标系中，边长为1的正方形的两边在坐标轴上，以它的对角线为边做正方形，再以正方形的对角线为边做正方形……以此类推，则正方形的边长是_____________

【答案】
【分析】首先先求出的长度，找出正方形边长的变化规律，然后根据规律获得答案即可．
【详解】解：根据题意可知，
正方形的边长为，
正方形的边长为，
正方形的边长为，
正方形的边长为，
……
可知正方形的边长为，
所以，正方形的边长是．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质以及一个循环规律归纳的题目，解答此题的关键是确定每次正方形的边长变为原来的倍．
12．（2022·山东·禹城市教育和体育局二模）如图，圆心都在轴正半轴上的半圆，半圆，…，半圆与直线相切．设半圆，半圆，…，半圆的半径分别是，，…，，则当时，______．

【答案】
【分析】根据题意作出圆心与切点的连线，表示出直线原点O与圆心之间的线段关系，然后寻找规律得出答案．
【详解】解：分别过半圆，半圆，…，半圆的圆心作，如图，

∵半圆与直线l相切，
∴，
当直线l与x轴所成锐角为时，，
在中，，
∴，
在中，，即，
∴，
同理可得，，
∴
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了规律型、切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径，找出规律是解题的关键．
13．（2022·广东佛山·九年级期中）如图，中，，，边上的高，点分别在边上，且四边形为矩形，，点分别在边上，且四边形为矩形，，…按此规律操作下去，则线段的长度为_____．

【答案】
【分析】设，则可得，由相似可得，由条件可求得的值，再由勾股定理可求得的长，再由可求得，类似地可求得,进而求得，继续这一过程可得，最后求得结果．
【详解】∵，
∴设，则可得，
∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，即，
∴，
∵
∴，
∴；
由勾股定理得，
∵，
∴
∴；
由于，且四边形为矩形，，
类似地得：,
∴，，…，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题是图形规律的探索问题，考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质等知识，由特殊入手，得到一般规律是关键．
14．（2022·广西南宁·九年级期中）如图，已知点，，，在函数位于第二象限的图象上，点，，，在函数位于第一象限的图象上，点，，，在轴的正半轴上，若四边形、，，都是正方形，则正方形的对角线长为_____．

【答案】
【分析】根据正方形对角线平分一组对角可得与轴的夹角为，然后表示出的解析式，再与抛物线解析式联立求出点的坐标，然后求出的长，再根据正方形的性质求出，表示出的解析式，与抛物线联立求出的坐标，然后求出的长，再求出的长，然后表示出的解析式，与抛物线联立求出的坐标，然后求出的长，从而根据边长的变化规律解答即可．
【详解】解：是正方形，
与轴的夹角为，
的解析式为，
联立方程组得：，
解得或，
点的坐标是：；
，
，
，

∴直线的解析式为：，
联立方程组得：，
解得或，
点的坐标是：；
，
，

依此类推，则正方形的边长为，
故答案为：．
【点睛】考查了二次函数的对称性，正方形的性质，表示出正方形的边长所在直线的解析式，与抛物线解析式联立求出正方形的顶点的坐标，从而求出边长是解题的关键．
15．（2022·安徽·铜陵市第十五中学九年级期中）如图，用同样规格黑白亮色的正方形瓷砖铺设长方形地面，请观察下列图形，并解答有关问题．

(1)在第n个图中，第一横行共有_________块瓷砖，第一竖列共有__________块瓷砖，铺设地面所用瓷砖的总块数为__________；（用含n的式子表示）
(2)上述铺设方案，铺一块这样的长方形地面共用了506块瓷砖，求此时n的值；
(3)黑瓷砖每块4元，白瓷砖每块3元，求问题（2）中，共需要多少钱购买瓷砖．
【答案】(1)在第n个图中，每一横行共有块，每一竖列共有块，铺设地面所用瓷砖的总块数为或
(2)此时
(3)共需要1604元钱购买瓷砖

【分析】（1）通过观察可知第n个图中，第一横行共块瓷砖，第一竖列共有块瓷砖，铺设地面所用瓷砖的总块数为或；
（2）根据题意可得，解关于n的一元二次方程即可；
（3）观察图形可知，每一横行有白砖块，每一竖列有白砖n块，因而白砖总数是块，时，白砖为（块），黑砖数为（块），即可得答案．
【详解】（1）解：通过观察得：时，横行有块，竖列有块，
时，横行有块，竖列有块，
时，横行有块，竖列有块，
…，
在第n个图中，每一横行共有块，每一竖列共有块，铺设地面所用瓷砖的总块数为或；
（2）解：根据题意得：，
解得： （不符合题意，舍去）
此时；
（3）解：观察图形可知，每一横行有白砖块，每一竖列有白砖n块，所以白砖总数是块，时，白砖为（块），黑砖数为（块），所以总钱数为（元），
共需要1604元钱购买瓷砖．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是寻找规律，列出方程．
16．（2022·山西忻州·九年级期中）阅读与思考
方法介绍：
同学们、生活中的很多实际问题，我们往往抽象成数学问题，然后通过数形结合，建立数学模型的方式来解决．
例如：我校七年级有五个班在落实“双减“政策，丰富课余生活，每个班只能组建一个球队，代表该班参加比赛，每个队都要和其他各队比赛一场，问该学校一共要安排多少场比赛？
这是一个实际问题，我们可以在平面内画出5个点（任意3个点都不在同一条直线上），如图1所示，其中每个点各代表一个足球队，两个队之间比赛一场就用一条线段把他们连起来，其中连接线段的条数就是安排比赛的场数、这样模型就建立起来了，如何解决这个模型呢？由于每个队都要与其他各队比赛一场，即每个点都要与另外4点连接一条线段，这样5个点应该有（条）线段，而每两个点之间的线段都重复计算了一次，实际只有10条线段，所以学校一共要安排10场比赛．

学以致用：
(1)由于七年级学生积极性高涨，还要求再比赛，体育组为了让更多的同学参加，体现班级的凝聚力，这次要求每班组建2个球队，且每个队与其他各队比赛一场且本班的两个球队也要比赛．学校一共安排20场比赛，对吗？请借助图2直接判断，若不正确，请直接写出学校一共安排的场数；
(2)根据规律，直接写出如果学校准备组织n个篮球队参加比赛，每两个球队之间都比赛场，若比賽场数用m表示，直接写出m与n的数量关系式；
(3)D53670是从大同南开往运城北的高铁，若途中任两站的距离都不相等，在这趟高铁中共设有45种不同的票价，求途中有多少个停车点，
【答案】(1)不正确，45
(2)
(3)途中有8个停车点

【分析】（1）根据题目给出的例子求解即可；
（2）根据题意和第一问找出规律即可；
（3）根据第二问的结论进行计算即可．
（1）
不正确，理由如下，
由题意得，七年级总共有（个）球队，
作如图：

由图得一共有10个点，且每个点都要与另外9点连接一条线段，
这样10个点应该有（条）线段，
∵而每两个点之间的线段都重复计算了一次，
∴实际只有45条线段，
∴学校一共安排20场比赛不正确，学校一共要安排45场比赛；
（2）
根据以上规律可知：
学校准备组织n个篮球队参加比赛，
则该校一共要安排；
（3）
设途中有x个停车点．
根据题意，得．
解这个方程，得（不合题意，舍去）．
答：途中有8个停车点．
【点睛】本题考查了找规律，解决本题的关键是根据题意和图形找规律．
类型3：图形周长探究问题
典例：（2022·河北唐山·二模）已知甲、乙两个长方形纸片，其边长如图所示（m＞0），面积分别为S甲和S乙．

（1）①用含m的代数式表示S甲＝_______________，S乙＝_______________．
②用“”、“=”或“y)的长方形纸片拼成一个正方形．

(1)当正方形的周长是正方形周长的3倍时，求的值；
(2)用含x，y的代数式表示图中所有阴影部分面积的和．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据正方形的周长是正方形周长的3倍列等式可得：，从而得结论；
（2）利用面积差可得阴影部分的面积和．
【详解】（1）解：由题意得：，
解得：，
∴．
（2）解：



【点睛】本题主要考查了完全平方式和整式的混合运算及列代数式，读懂题意列出代数式是解决本题的关键．
3．（2022·全国·九年级专题练习）“平方差公式”和“完全平方公式”应用非常广泛，灵活利用公式往往能化繁为简，巧妙解题．请阅读并解决下列问题：
问题一：，
（1）则______，________；
（2）计算：．
问题二：已知，
（1）则________，________；
（2）已知长和宽分别为，的长方形，它的周长为14，面积为10，如图所示，求的值．

【答案】问题一：（1），；（2）；问题二：（1），；（2）39
【分析】问题一：（1）将y-z看成整体即可解答；（2）将（2a+b）看成整体，根据平方差公式解答；
问题二：（1）根据完全平方公式展开整理得出答案；（2）根据已知条件得出，再根据（1）中的结论代入计算即可．
【详解】问题一：（1）因为,
所以，．
故答案为： x，y-z；
（2）计算：原式=
=
=；
问题二：（1）因为，，
所以 ，；
故答案为：，；
（2）由题意得：，
整理得：，
则


将，代入得：原式．
故的值为39．
【点睛】本题主要考查了平方差公式和完全平方公式的应用，用整体思想理解两个公式是解题的关键．
4．（2022·湖南·醴陵市教育局教育教学研究室模拟预测）从前，有一位庄园主把一块边长为m米（）的正方形土地租给租户张老汉，第二年，他对张老汉说：“我把这块地的一边增加5米，相邻的另一边减少5米，变成长方形土地继续租给你，租金不变，你也没有吃亏，你看如何？”．如果这样，你觉得张老汉的租地面积会（    ）
A．没有变化 B．变大了 C．变小了 D．无法确定
【答案】C
【分析】分别求出变化前后2次的面积，比较大小即可．
【详解】原来的土地面积为平方米，第二年的面积为，
∵，
∴面积变小了，
故选：C．
【点睛】本题主要平方差公式与几何图形的知识，正确理解题意列出代数式并计算是解题的关键．
5．（2022·广东·江门市新会尚雅学校八年级期中）已知长方形的面积为，长为，则该长方形的周长为______．
【答案】##
【分析】根据长方形的面积公式求出长方形的宽，再根据周长公式求出即可．
【详解】∵长方形的面积为，长为，
∴长方形的宽为：，
∴长方形的周长为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了多项式除以单项式，根据面积公式求出长方形的宽，正确化简多项式都是解决此题的关键．
6．（2022·山东青岛·七年级期中）如图，将两张边长分别为和的正方形纸片分别按图①和图②两种方式放置在长方形内（图①和图②中两张正方形纸片均有部分重叠），未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示．若长方形中边，的长度分别为，．设图①中阴影部分面积为，图②中阴影部分面积为，当时，的值为______．

【答案】
【分析】，，图①中阴影部分的面积为， ②中阴影部分面积为，且，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，图①中阴影部分面积为

∴，且，，，
∴；
如图所示，图②中阴影部分面积为

∴，且，，，
∴，
∴，
当时，，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查图像变换与面积的关系，理解图形变换中边与边的和与差的关系是解题的关键．
7．（2022·山东·济南市历城区教育教学研究中心七年级期中）为了提高居民的宜居环境，某小区规划修建一个广场（平面图如图中阴影部分所示）．

(1)用含m，n的式子表示广场（阴影部分）的周长C和面积S；
(2)若米，米，修建每平方米需费用200元，求修建广场的总费用W的值．
【答案】(1)周长，面积
(2)840000元

【分析】（1）所有的边数之和即是广场的周长；求出大长方形的面积，再减去空白部分的面积即可求出广场的面积；
（2）代入求值得出阴影部分面积，总面积乘以每平米费用即可得出总费用．
【详解】（1）根据题意有，
解：广场的周长：，
广场的面积：；
∴；
（2）解：当米，米时，
（平方米），
（元），
∴修建广场的总费用W的值为840000元．
【点睛】本题考查了列代数式，整式的加减，单项式与多项式的乘法，以及代数式求值知识点，熟练掌握整式的运算法则是解答本题的关键．
8．（2022·贵州六盘水·中考真题）如图，学校劳动实践基地有两块边长分别为，的正方形秧田，，其中不能使用的面积为．

(1)用含，的代数式表示中能使用的面积___________；
(2)若，，求比多出的使用面积．
【答案】(1)
(2)50

【分析】（1）利用正方形秧田的面积减去不能使用的面积即可得；
（2）先求出中能使用的面积为，再求出比多出的使用面积为，利用平方差公式求解即可得．
【详解】（1）解：中能使用的面积为，
故答案为：．
（2）解：中能使用的面积为，
则比多出的使用面积为，
，，
，
答：比多出的使用面积为50．
【点睛】本题考查了列代数式、平方差公式与图形面积，熟练掌握平方差公式是解题关键．
9．（2022·陕西咸阳·七年级期中）如图，为了美化小区环境，某小区在一块长方形空地的两角修建扇形花园，然后在中间修建一条宽为米的小路，剩下的部分修建成草坪，已知空地的长为a米，宽为b米，扇形花园半径为r米．

(1)花园的面积为___________，小路的面积为___________；（用含a，b，r的代数式表示，结果保留）
(2)用含a、b、r的代数式表示草坪的面积；
(3)当，，时，求草坪的面积．（取3.14，结果精确到1平方米）
【答案】(1)；
(2)
(3)草坪的面积约为28平方米

【分析】（1）根据两个扇形面积和等于半圆面积，列代数式表示花园的面积，根据长方形面积公式列代数式表示小路的面积即可；
（2）利用长方形的面积减去半圆面积，再减去小路的面积表示即可；
（3）将已知条件代入（2）中的代数式 计算即可得出结论．
【详解】（1）解：花园的面积，
小路的面积；
故答案为：，；
（2）解：草坪的面积，
∴草坪的面积为；
（3）解：当，，时，
(平方米)，
答：草坪的面积约为28平方米．
【点睛】本题主要考查了列代数式，求代数式的值，利用长方形的面积减去半圆面积面积，再减去小路的面积来表示草坪的面积是解题的关键．
10．（2022·广东·广州大学附属中学七年级期中）由两块的长方形和一块边长为的正方形拼成如下图形．

(1)如图1，用含、、的式子表示出该图形的面积________（直接写出结果）
(2)已知，．
①如图2，分别用两种不同的方式连接图形中的二个顶点，得到如图所示的两个阴影三角形，这两个阴影三角形的面积分别记作和，试通过计算比较与的大小关系；
②如图3，是边长为的正方形边上一个点，、是图形上如图所示的两个顶点，点为线段上一动点，当三角形的面积不随点位置变化而变化，求的长度．（用含的式子表示）
【答案】(1)
(2)①；②

【分析】（1）根据正方形和长方形的面积公式即可得出答案；
（2）①作出辅助线如图所示，用长方形面积减去三个三角形面积即可得出和，然后作差比较即可；②设的长度为x，根据三角形的面积不随点位置变化而变化，可得，据此列出等式，即可求出的长度．
【详解】（1）解：正方形的面积为：，两个长方形的面积为：，
因此该图形面积为：，
故答案为：；
（2）解：①如图所示：

，
，
，
；
②如图，

设的长度为x，则．
，
，
点为线段上一动点，三角形的面积不随点位置变化而变化，
，
，
解得，
即的长度为．
【点睛】本题考查代数式的应用，整式的加减运算，解一元一次方程，能够用代数式表示出相关三角形的面积是解题的关键．
11．（2022·河南省鹤壁市淇滨区鹿鸣中学七年级期中）如图，长为60cm，宽为x（cm）的大长方形被分割为7小块，除阴影A、B外，其余5块是形状大小完全相同的小长方形，其中小长方形的较短一边长度为10cm．

(1)从图可知，每块小长方形的较长的一边长度是______cm．
(2)代数式，中，哪一个代数式的值为正数？______（填“”或“”）
(3)请你先用含x的代数式表示阴影A、B的面积，并说明：阴影A的面积一定比阴影B的面积大．
【答案】(1)30
(2)
(3)，，见解析

【分析】（1）根据“大长方形较长边的长小长方形较长边的长小长方形较短边的长”变形后求出小长方形较长边的长；
（2）根据（1）的结论即可判断；
先用含x的代数式分别表示阴影A、B的宽，再利用整式的运算法则计算出A、B的面积并说明A、B的面积差为．
【详解】（1）解：根据题意得：
小长方形较长边的长．
故答案为：30；
（2）解：∵阴影长方形B的宽，
∴．
故答案为：；
（3）解：∵

，


，
∴

．
【点睛】本题考查了列代数式及整式的运算，看懂题图理解题意是解决本题的关键．
12．（2022·江苏徐州·七年级期中）将5张相同的小长方形纸片（如图1所示）按图2所示的方式不重叠的放在长方形内，未被覆盖的部分恰好被分割为两个长方形，面积分别为和已知小长方形纸片的长为a，宽为b，且．

(1)当时，长方形的面积是 ，的值为 ；
(2)当时，请用含a、b的式子表示的值；
(3)若长度为定值，的长度不确定，将这5张小长方形纸片还按照同样的方式放在新的长方形内．当的长度改变时（），的值总保持不变，则a、b 满足的什么关系？
【答案】(1)225，1
(2)
(3)

【分析】（1）根据长方形的面积公式，直接计算即可．求出和的面积，再相减即可；
（2）用含a、b的式子表示出和的面积，再相减即可；
（3）用含a、b、的式子表示出，进而可表示出，再根据的值总保持不变，说明与的值无关，整理后，即让的系数为0即可，从而即可得出a、b 满足的关系．
【详解】（1）长方形的长为，宽为，
∴；
∵，，
∴．
故答案为：225，1；
（2）由（1）可知，，
∴；
（3）由（1）可知，，
∴，

．
∵若的长度为定值，长度改变时，的值总保持不变，
∴，即．
∴a、b 满足的关系是．
【点睛】此题考查整式的加减运算，列代数式，代数式求值．利用数形结合的思想是解题关键．
13．（2022·福建泉州·八年级期中）波利亚说过：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量用两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立等量关系”，这就是“算两次”原理，也称富比尼原理．例如：计算如图中正方形的面积，可以是，也可把图中正方形看做是由个长方形和个小正方形组成的，则它的面积是，由此得到：．

(1)如图，正方形是由四个边长分别是、的长方形和中间一个小正方形组成的，用不同的方法对图中正方形的面积进行计算，可得等式______；（用含、的代数式表示）
(2)已知：两数、满足，，求的值；
(3)如图，正方形的边长是，它由四个直角边长分别是、的直角三角形和中间一个小正方形组成，对图中正方形的面积进行计算，可得等式______（用含、、的代数式表示，结果尽可能化简，不带括号）；
(4)在（3）的条件下，当，时，；当，时，，求、的值．
【答案】(1)；
(2)；
(3)；
(4)、的值分别为，．

【分析】（1）根据正方形面积的不同计算方法可得等式；
（2）根据（1）中所得等式，代入数据计算即可；
（3）根据正方形面积的不同计算方法可得等式；
（4）根据（3）中所得等式，结合题意可得关于，的方程组，进而求得，的值．
【详解】（1）解：如图，正方形的面积可以表示为，也可以表示为，
∴可得等式
故答案为：；
（2）解：∵，且，，
∴，
∴，
∴的值为；
（3）解：如图3，正方形的面积可以表示为，也可以表示为，
∴可得等式，
整理得：，
故答案为：；
（4）解：∵，时，；当，时，，且，
∴，
解得：，
即、的值分别为，．
【点睛】本题主要考查了完全平方公式的几何背景，解二元一次方程组，解决问题的关键是运用面积法得出等式，注意数形结合思想的运用．
14．（2022·陕西汉中·七年级期末）某村小麦种植面积是a公顷．水稻种植面积比小麦种植面积的3倍少5公顷，玉米种植面积比小麦种植面积的2倍多8公顷．
(1)水稻的种植面积为__________公顷（用含a的代数式表示）；
(2)水稻的种植面积比玉米的种植面积多__________公顷（用含a的代数式表示）；
(3)求该村种植小麦、水稻和玉米三种农作物的总面积（单位：公顷）（用含a的代数式表示），当时，求该村种植这三种农作物的总面积
【答案】(1)
(2)
(3)，

【分析】（1）根据“水稻种植面积比小麦种植面积的3倍少5公顷”即可得；
（2）先根据玉米种植面积比小麦种植面积的2倍多8公顷可得玉米种植面积为公顷，再利用减去即可得；
（3）将该村小麦、水稻和玉米三种农作物种植面积求和即可得，再将代入计算即可得．
【详解】（1）因为小麦种植面积是亩，水稻种植面积比小麦种植面积的3倍少5公顷，
所以水稻种植面积为公顷，
故答案为：；
（2）由题意得：玉米种植面积为公顷，
则，
即水稻的种植面积比玉米的种植面积大公顷，
故答案为：；
（3）根据题意可得：
，
当时，，
答：该村小麦、水稻和玉米三种农作物种植的总面积；当时，的值为公顷．
【点睛】本题考查了列代数式、整式加减的应用，理解题意，正确列出代数式是解题关键．
15．（2022·湖北随州·九年级专题练习）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽著作，是数学发展史的一个里程碑．在该书的第2幕“几何与代数”部分，记载了很多利用几何图形来论证的代数结论，利用几何给人以强烈印象将抽象的逻辑规律体现在具体的图形之中．
(1)我们在学习许多代数公式时，可以用几何图形来推理，观察下列图形，找出可以推出的代数公式，（下面各图形均满足推导各公式的条件，只需填写对应公式的序号）

公式①：
公式②：
公式③：
公式④：
图1对应公式______，图2对应公式______，图3对应公式______，图4对应公式______；
(2)《几何原本》中记载了一种利用几何图形证明平方差公式的方法，如图5，请写出证明过程；（已知图中各四边形均为矩形）

(3)如图6，在等腰直角三角形ABC中，，D为BC的中点，E为边AC上任意一点（不与端点重合），过点E作于点G，作F点H过点B作BF//AC交EG的延长线于点F．记△BFG与△CEG的面积之和为，△ABD与△AEH的面积之和为．

①若E为边AC的中点，则的值为_______；
②若E不为边AC的中点时，试问①中的结论是否仍成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)①，②，④，③
(2)证明见解析
(3)①2
②结论仍成立，理由见解析

【分析】（1）观察图形，根据面积计算方法即可快速判断；
（2）根据面积关系：矩形AKHD面积=矩形AKLC面积+矩形CLHD面积=矩形DBFG面积+矩形CLHD面积=正方形BCEF面积－正方形LEGH面积，即可证明；
（3）①由题意可得△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，设BD=a，从而用含a的代数式表示出S1、S2进行计算即可；②由题意可得△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，设BD=a，DG=b，从而用含a、b的代数式表示出S1、S2进行计算即可．
（1）
解：图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4对应公式③；
故答案为：①，②，④，③；
（2）
解：由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形，且AK=DB=a－b，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴；
（3）
解：①由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，
设，
∴，，，，
∴，
，
∴；
故答案为：2；
②成立，证明如下：
由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，
设，，
∴，，，，
∴，
，
∴仍成立．
【点睛】本题主要考查了公式的几何验证方法，矩形和正方形的判定与性质，掌握数形结合思想，观察图形，通过图形面积解决问题是解题的关键．
类型5：未知项（符号）探究
典例：（2022·河北·唐山市路北区教育局中教研二模）在化简题目中：◆表示＋，－，×，÷四个运算符号中的某一个．
（1）若◆表示－，请化简
（2）当，时，的值为12，请推算出◆所表示的符号．
解：（1）


（2）由题意得，
即

所以◆表示÷．
巩固练习
1．（2022·河北·九年级专题练习）在计算题日：“已知：，求”时，嘉淇把“”看成“”，得到的计算结果是．
(1)求整式N；
(2)判断的化简结果是否能为负数，并说明理由．
【答案】(1)
(2)不能，理由见解析

【分析】（1）将错就错利用M－2N=－x2+4x－4，即可求解；
（2）根据（1）中求得的N，代入化简整理即可．
【详解】（1）∵M－2N=－x2+4x－4，M=3x2－4x+2
∴N=；
（2）解：不能为负数，理由为：
∵，，
∴2M－N=2(3x2－4x+2)－()=4 x2－4x+1=(2x－1)2≥0，
∴的结果不能是负数．
【点睛】本题考查了整式的加减，熟练掌握运算法则，读懂题意，是解题的关键．
2．（2022·河北·大名县束馆镇束馆中学三模）嘉嘉准备完成题目：

她发现“口”内的系数与“”内的运算符号印刷不清楚，淇淇告诉嘉嘉“”是，中的某一个．
(1)若“口”内为2，“”内为，请化简原式；
(2)在（1）的情况下，是否存在实数x，使原式的值为﹣45？如果存在，求出x的值；如果不存在，请说明理由；
(3)若不论x取何实数，原式的值都是一个固定的常数，请直接写出原题中“口”内的数、“”内的运算符号以及原式的值．
【答案】(1)
(2)在（1）的情况下，不存在实数，使原式的值为，理由见解析
(3)“口”内的数为10、“”内的运算符号为，原式的值为15

【分析】（1）先去括号，再计算整式的加减即可得；
（2）令（1）中的结果等于，利用一元二次方程根的判别式进行判断即可得；
（3）根据题意判断出原式中和的系数均为0，由此即可得．
（1）
解：由题意得：原式

．
（2）
解：令，
整理得：，
此方程根的判别式，
则此方程没有实数根，
所以在（1）的情况下，不存在实数，使原式的值为．
（3）
解：不论取何实数，原式的值都是一个固定的常数，
原式中和的系数均为0，
“”内的运算符号为，“口”内的数为10，
则原式的值为

，
故“口”内的数为10、“”内的运算符号为，原式的值为15．
【点睛】本题考查了整式的加减、一元二次方程根的判别式，熟练掌握整式的加减运算法则和一元二次方程根的判别式是解题关键．
3．（2022·河北保定·二模）已知两个整式，B=■x+1，其中系数■被污染．
(1)若■是2，化简A－B；
(2)若x=1时，A－B的值为2．说明原题中■是几？
【答案】(1)
(2)－1

【分析】（1）先将污染的系数代入2，再去括号、合并同类项即可；
（2）设所求系数为m，先计算出A－B，再将x=1代入，得到关于m的方程，求解即可．
(1)
解：由题意知，A－B=
=
=
(2)
解：设所求系数为m，
A－B=
=，
当x=1时，A－B=2，
∴，
解得：m=－1，
即原题中■是－1．
【点睛】本题考查了整式的加减，解一元一次方程的解法，属于基础题型．解题关键是掌握解题顺序，注意事项为：括号前为负号时，去括号后括号内的项要变号．
4．（2022·全国·七年级单元测试）某教辅书中一道整式运算的参考答案污损看不清了，形式如下：
解：原式＝█
．
(1)求污损部分的整式；
(2)当x＝2，y＝﹣3时，求污损部分整式的值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据题意列出关系式，去括号合并即可确定出所求．
（2）把x与y的值代入（1）的结果中计算即可求出值．
（1）
根据题意可得，污损不清的部分为：
（-11x＋8y）-2（3y2-2x）
＝-11x＋8y-6y2＋4x

（2）
（2）当x＝2，y＝-3时，
原式

【点睛】此题考查了整式的加减一化简求值，以及代数式求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
5．（2022·江苏·七年级专题练习）已知整式，其中“■”处的系数被墨水污染了．当，时，该整式的值为16．
(1)则■所表示的数字是多少？
(2)小红说该代数式的值是非负数，你认为小红的说法对吗？说明理由．
【答案】(1)■所表示的数字是2；
(2)小红的说法是正确的，理由见解析.

【分析】（1）直接把，代入代数式其值等于16，解关于■方程即可；
（2）把（1）求得的■的结果代入代数式整理即可求解．
（1）（1）将，代入，可得，解得；
（2）（2）由（1）求得的结果可得该整式为，，故小红的说法是正确的．
【点睛】本题考查了代数式的化简求值及解一元一次方程、完全平方公式等，求得■的值是解题的关键．
6．（2022·江苏·七年级专题练习）已知：整式．
(1)化简整式；
(2)若，
①求整式；
②在“”的“□”内，填入“，，，”中的一个运算符号，经过计算发现，结果是不含一次项的整式，请你写出一个符合要求的算式，并计算出结果．
【答案】(1)
(2)①；②或者（答案不唯一）

【分析】（1）把整式去括号，合并同类项即可；
（2）①由题意得出，把整式代入，去括号，合并同类项即可；
②经计算和都符合题意．
【详解】（1）


∴．
（2）①∵
∴



∴．
②
（或）．
【点睛】本题考查的是整式的运算，熟练掌握整式的运算法则是解本题的关键．
7．（2022·河北唐山·一模）已知整式，，其中B的一次项系数被污染．
(1)若■是－2，化简；
(2)当时，的值为18
①求原题中■是几；
②若再添加一个常数a，使得A，B，a的和不为负数，求a的最小值．
【答案】(1)
(2)①4；②-18

【分析】（1）根据整式的加减混合运算法则计算；
（2）①把x的值代入计算即可；②根据A + B的值为18得到A+ B+a≥0，解不等式得到答案．
(1)
解：；
(2)
①设■＝m，
依题意得，，
解得m＝4；
②∵A + B=18，
∴A，B，a的和不为负数，有A + B+a≥0，
即，解得，
∴a的最小值为-18．
【点睛】本题考查的是整式的加减，解一元一次方程，解一元一次不等式，解题的关键是熟练正确计算．
类型6：整式运算的应用
典例：（2022·四川·成都外国语学校七年级期中）阅读下列材料，解答下列问题：
例：若x满足，求的值．
解：设，，则，．
∴．
上述解题过程中，把某个式子看成一个整体，用一个变量来代替它，从而使问题得到简化，用到的是“整体思想”，整体思想是数学解题中常见的一种思想方法，请你运用这种方法解答下列问题：
(1)若x满足，求的值．
(2)若x满足，求的值．
解：（1）设，，
则，，
∴；
（2）解：设，，
则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
巩固练习
1．（2022·陕西汉中·七年级期末）某中学某班在一次数学兴趣活动中要分为四个组，已知第二组人数比第一组人数的少5人，第三组人数比第一组与第二组人数的总和少15人，第四组人数与第一组人数的2倍的和是34．若设第一组有x人．
(1)用含x的式子表示第二、三、四组的人数，把答案填在如表相应的位置；
第一组
第二组
第三组
第四组
x



(2)用含x的式子表示该班的总人数，并计算当x的值为12时，该班的总人数．
【答案】(1)
(2)，45人

【分析】（1）根据题意可用含x的代数式表示第二、三、四组的人数；
（2）把四个小组的人数相加即可求出该班的总人数，将代入求解即可．
【详解】（1）第二组人数为人，第三组人数为（人），第四组人数为人．
∴如图所示，
第一组
第二组
第三组
第四组
x




（2）总人数为，
当时，．
即当x的值为12时，该班的总人数为45人．
【点睛】本题考查了整式的加减，以及列代数式，熟练掌握运算法则是解题的关键．
2．（2022·广西·贵城镇第一初级中学七年级期中）已知一个三角形的第一条边长为，第二条边比第一条边短，第三条边是第二条边长的2倍还多．
(1)用含的式子表示这个三角形的周长，并化简；
(2)若满足，求出这个三角形的周长．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）先用表示出三角形其余两边的长，再求出其周长即可；
（2）根据非负数的性质求出的值，代入(1)中三角形的周长式子即可．
【详解】（1）解：∵三角形的第一条边长为，第二条边比第一条边短，第三条边是第二条边长的2倍还多，
∴第二条边长为，
第三条边长为，
∴这个三角形的周长为；
（2）解：∵满足，，
∴，
∴，
∴这个三角形的周长为．
答：这个三角形的周长是．
【点睛】本题考查的是整式的加减，熟知整式的加减实质上就是合并同类项是解答此题的关键．
3．（2022·山西·寿阳县教研室七年级期中）如图，一扇窗户，窗框为铝合金材料，下面是由两个大小相等的长方形窗框构成，上面是由三个大小相等的扇形组成的半圆窗框构成，窗户半圆部分和两个长方形部分都安装透明玻璃（计算结果保留π，长度单位为米）．

(1)一扇这样窗户一共需要铝合金多少米？（用含的代数式表示）
(2)一扇这样窗户一共需要玻璃多少平方米（铝合金窗框宽度忽略不计）？（用含的代数式表示）
【答案】(1)需要铝合金米
(2)需要玻璃平方米

【分析】（1）先根据图形得出半圆的半径，再计算出窗框的周长即可；
（2）将两个长方形的面积和半圆的面积求和即可．
【详解】（1）解：由图可知，半圆的半径为，
因此半圆部分的弧长为：，
则窗框的周长为：，
即一扇这样窗户一共需要铝合金米；
（2）解：两个长方形的面积为：，
半圆的面积为：，
则窗户的面积为：，
因此一扇这样窗户一共需要玻璃平方米．
【点睛】本题考查列代数式的实际应用，整式加减运算的实际应用，解题的关键是掌握长方形及半圆的周长、面积公式．
4．（2022·广东·陆丰市南塘中学七年级期中）做大小两个长方体纸盒，长、宽、高的尺寸如下图所示（单位：）：

(1)用a，c的代数式表示小纸盒的表面积是______；
(2)用a，c的代数式表示做这两个纸盒共用料______；
(3)当小纸盒的高，用a的代数式表示做大纸盒比小纸盒多用多少？
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】（1）根据长方体的表面积公式进行计算即可；
（2）两个纸盒所需的材料两个纸盒的表面积之和；
（3）求两个纸盒的表面积的差即可．
【详解】（1）小纸盒的表面积：（），
故答案为：；
（2）由（1）可知小纸盒的表面积为（），
大纸盒的表面积：（），
两个纸盒的表面积和为：（）．
∴做这两个纸盒共用料；
故答案为：；
（3）依题意得：，
当时，原式，
答：做大纸盒比小纸盒多用料．
【点睛】本题考查了列代数式，整式的加减—化简求值．长方体表面积的求法，是基础知识要熟练掌握．
5．（2022·浙江嘉兴·七年级期中）如图，一个长方形运动场被分割成，，，，共5个区，区是边长为米的正方形，区是边长为米的正方形．

(1)区相邻两边的长度分别为 　　米，　　米．（用含，的代数式表示）
(2)如果米，米，求整个长方形运动场的面积．
【答案】(1)；
(2)1500平方米

【分析】（1）根据题意可知B的区是长为米，宽为米的长方形；
（2）整个长方形的长为50米，宽为30米，利用长方形面积公式求出答案即可．
【详解】（1）解：长方形的长可表示为：米，宽可表示为：米，
故答案为：，；
（2）解：整个长方形的长为米，宽为：米，
故面积为：平方米．
【点睛】本题考查代数式求值，涉及长方形面积公式，属于基础题型．
6．（2022·山东·德州市第五中学北校区七年级期中）某小区有一块长为40m，宽为30m的长方形空地，现要美化这块空地，在上面修建如图所示的十字形花圃，在花圃内种花，其余部分种草．

(1)求花圃的面积；（用含x的式子表示）
(2)若建造花圃及种花的费用为每平方米100元，种草的费用为每平方米50元，则美化这块空地共需多少元？
【答案】(1)
(2)元

【分析】（1）利用大矩形的面积减去4个小矩形的面积，即可得解；
（2）利用花圃的面积乘以种花的费用加上种草的面积乘以种草的费用，即可得解．
【详解】（1）解：由题意，得：小矩形的长为： m，宽为： m，
∴花圃的面积为：；
（2）解：由题意，得：



；
答：美化这块空地共需元．
【点睛】本题考查列代数式解决实际问题．正确的识图，确定小矩形的长和宽，是解题的关键．
7．（2022·陕西咸阳·七年级期中）毕业季，某文具批发店购进足够数量的甲、乙两种纪念册，已知每天两种纪念册的销售量共200本，两种纪念册的成本和售价如表：
纪念册
成本（元/本）
售价（元/本）
甲
12
16
乙
15
18

设每天销售甲种纪念册x本，用含x的代数式表示该文具批发店每天销售这两种纪念册获得的利润（结果化为最简形式）．
【答案】元
【分析】根据表格得到销售乙种纪念册本，再根据利润公式列出代数式并化简即可．
【详解】解：销售甲种纪念册x本，则销售乙种纪念册本，
    

（元）
答：该文具批发店每天销售这两种纪念册获得的利润为元．
【点睛】本题考查列代数式和代数式化简，解题关键是结合题意准确的列出代数式．
8．（2022·江苏无锡·七年级期中）如图是个直角三角形和个小正方形，直角三角形的三条边长分别是、、其中、是直角边．正方形的边长分别是、．

(1)将4个完全一样的直角三角形和2个小正方形构成一个大正方形（如图②）．用两种不同的方法列代数式表示图②中的大正方形面积：方法一：___________；方法二：___________；
(2)观察图，试写出、、、这四个代数式之间的等量关系；
(3)请利用（2）中等量关系解决问题：已知图①中一个三角形面积是，图②的大正方形面积是，求的值．
(4)利用你发现的结论，求的值．
【答案】(1)，
(2)
(3)
(4)

【分析】（1）方法一：计算个正方形的面积个三角形的面积；方法二：大正方形的面积边长的平方；
（2）根据两种方法都是计算的大正方形的面积，得到面积相等；
（3）用（2）问中的等量关系变形即可得出答案；
（4）运用（2）问中的等量关系简便计算即可．
【详解】（1）解：方法一：4个完全一样的直角三角形的面积是，2个小正方形面积是，
∴围成大正方形的面积是：；
方法二：围成大正方形的边长是，
∴大正方形的面积是：，
故答案为：，．
（2）解：根据（1）中两种方法都是计算的大正方形的面积，且相等，
∴，
故答案为：．
（3）解：由题意得，，，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
（4）解：



，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形面积，列代数式并求值，有理数的混合运算，根据面积相等得到等量关系是解题的关键．
9．（2022·江苏盐城·七年级期中）（1）在下列横线上用含有的代数式表示相应图形的面积．___________
（2）请在图画出拼图并通过拼图，你发现前三个图形的面积与第四个图形面积之间有什么关系？请用数学式子表达：___________．
（3）利用（2）的结论计算的值．

【答案】（1）①，②，③，④；（2）；（3）400
【分析】（1）根据正方形、长方形面积公式即可解答；
（2）前三个图形的面积之和等于第四个正方形的面积；
（3）借助于（2）中的结论解答即可．
【详解】解：（1）①，②，③，④；
（2）画出的拼图为：
，
观察图形可知，；
（3）



．
【点睛】本题主要考查了完全平方公式及其应用，难易程度适中，解题的关键是掌握几种特殊几何图形的面积表达式．
类型7：因式分解的应用
典例：（2022·江西宜春·八年级期中）教科书中这样写道：“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：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最大值，最小值等．
例如：分解因式．
原式=
；
例如：求代数式2x2+4x-6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．
(4)当m，n为何值时，多项式有最小值，并求出这个最小值．
解：（1）
=
=
=
=．
（2）解：∵，
∴，
∴，
则，
解得，
∴．
（3）解：∵，
∴，
∴
∴，
∴，，，
∴，
∴是等边三角形．
（4）解：


，
当，，即，时，
原式取最小值5．
∴当，时，
多项式有最小值5．
巩固练习
1．（2022·四川·威远中学校八年级期中）教科书中这样写道：“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：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最大值，最小值等．例如：分解因式．
原式=；
例如：求代数式的最小值．
原式．可知当时，有最小值，最小值是．
(1)配方法分解因式： ；
(2)已知是的三条边长．若满足，试判断的形状，并说明你的理由．
(3)当为何值时，多项式有最小值，并求出这个最小值．
【答案】(1)
(2)是等边三角形，理由见解析
(3)当时，多项式最小值为5

【分析】（1）把化为的形式，先用完全平方公式，再用平方差公式因式分解；
（2）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；
（3）用拆项的方法首先把多项式化为的形式，进一步分解因式，再根据平方的非负性求出多项式最小值．
【详解】（1）解：



；
（2）解：是等边三角形，理由如下：
∵，
∴，
即，
∴，
解得，
∴，即是等边三角形；
（3）解：



∴当时，多项式最小值为5．
【点睛】本题主要考查了因式分解的应用、非负数的性质：偶次方、完全平方式，熟练掌握这三个知识点的综合应用，用拆项法把多项式化为完全平方的形式是解题关键．
2．（2022·山东济南·八年级期中）已知三角形的三边长，，满足关系式，试判断此三角形的形状．
【答案】三角形是直角三角形，理由见解析
【分析】首先对已知等式进行变形，再根据非负数的性质可得，，，再解出、、的值，利用勾股定理逆定理可得该三角形是直角三角形．
【详解】解：该三角形是直角三角形．理由如下：
∵

，
∴，，．
解得，，．
∵，
∴该三角形是直角三角形．
【点睛】此题主要考查了勾股定理逆定理，以及非负数的性质，关键是掌握绝对值、算术平方根和偶次幂都具有非负性．
3．（2022·浙江·台州市书生中学八年级期中）阅读下列材料：已知，求的值．
解：∵，∴，
∵，∴∴．
根据上述材料的做法，完成下列各小题：
(1)已知 ，求的值；
(2)已知 ，求的值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）仿照材料中的解法过程，利用整体代入方法求解即可；
（2）根据因式分解和整式的混合运算化简，再整体代入求解即可．
【详解】（1），
，



，
∴的值为；
（2），
，，





，
∴的值为．
【点睛】本题考查了因式分解的应用、整式的混合运算、代数式的求值，运用类比和整体代入思想是解答的关键．
4．（2022·山东泰安·八年级期中）我们已经学过将一个多项式分解因式的方法有提公因式法和运用公式法，其实分解因式的方法还有分组分解法、十字相乘法等．
①分组分解法：例如：．
②十字相乘法：例如：=

仿照以上方法，按照要求分解因式：
已知：、、为的三条边，，求的周长．
【答案】7
【分析】先分组，再利用完全平方公式进行因式分解，然后根据非负数的性质求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，，，
解得，，，
∴的周长为：．
【点睛】本题考查了因式分解的应用，掌握因式分解的方法在不同题型中的熟练应用是解题关键．
5．（2022·重庆八中八年级期中）若一个四位正整数m满足千位数字加百位数字的和等于10，十位数字减去个位数字的差等于1，且千位数字大于十位数字，则称数m为“国庆数”．如：，∵，，且，∴6432是“国庆数”．
(1)判断数3721和5534是否为“国庆数”，并说明理由；
(2)已知一个四位正整数m是“国庆数”，且满足千位数字和百位数字组成的两位数的2倍与十位数字和个位数字组成的两位数的差除以10余1，求出满足条件的所有m的值．
【答案】(1)3721是“国庆数”；5534不是“国庆数”，见解析
(2)m的值为9121，8243，4621，7365．

【分析】（1）认真读懂题意，利用新定义判断即可；
（2）设m的千位数字是a，则百位数字是，十位数字是b，则个位数字是，由题意可得能被10整除，再由，分类讨论确定a、b的值，进而求出m的值．
【详解】（1）解：数，
∵，且，
∴3721是“国庆数”；
数，
∵，
∴5534不是“国庆数”；
（2）解：设m的千位数字是a，则百位数字是，十位数字是b，则个位数字是，
∴，
∵千位数字和百位数字组成的两位数的2倍与十位数字和个位数字组成的两位数的差除以10余1，
∴能被10整除，
∵，
∴当时，此时；
当时，此时；
当时，此时；
当时，此时；
综上所述：m的值为9121，8243，4621，7365．
【点睛】本题考查因式分解的应用，弄清题意，根据所给的定义将所求问题转化为整式的加减运算，再根据数的特点分类讨论是解题的关键．
6．（2022·江苏南京·七年级期中）一个两位数的十位上的数为a，个位上的数为b，这个两位数记作；一个三位数的百位上的数为x，十位上的数为y，个位上的数为z，这个三位数记作．
(1)（＋）能被11整除吗？请说明理由；
(2)小明发现：如果能被3整除， 那么就能被3整除．请补全小明的证明思路．

【答案】(1)能被整除，理由见解析
(2)，

【分析】（1）根据给定的运算可表示出，即可得证；
（2）根据,结合已知条件即可证得．
【详解】（1）解：能被整除，理由为：
，
∴能被整除．
（2）解：


，
∵，都能被3整除，
∴就能被3整除，
故答案为：，．
【点睛】本题考查了因式分解的应用，新定义，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．
7．（2022·重庆潼南·八年级期中）一个四位正整数，各个数位上的数字均不为0，将千位数字和百位数字组成的两位记作数a，将其十位数字和个位数字组成的两位数记作b，若，则称这个四位正整数为“灵动数”，比如对于四位数3876，，因为，所以3876是“灵动数”；对于四位数2446，，因为，所以2446不是“灵动数”，若m是一个“灵动数”，将其千位数字与十位数字交换位置，百位数字与个位数字交换位置，得到一个新的四位数，记．
(1)判断2652，3784是否是“灵动数”？并说明理由；
(2)若一个“灵动数”m，它的千位上的数字是2，且是7的倍数，请求出所有符合条件的“灵动数”m．
【答案】(1)2652是“灵动数”，3784不是“灵动数”，见解析
(2)2142或2856

【分析】（1）根据“灵动数”定义判断即可；
（2）根据条件，列出关于m的方程，求出m．
【详解】（1）解：对于四位数：2652，
，
∵，
∴2652是“灵动数”，
对于四位数：3784，
，
∵，
∴3784不是“灵动数”；
（2）解：设，
，
∴，
∴，
∵m是“灵动数”，
∴，
∴，
∴，
∵是7的倍数，a为大于0且小于等于9的整数，
∴或8，
①当a=1时，b=4，c=2，
∴，
②当时，，
∴，
综上，或．
【点睛】本题考查了新定义，因式分解的应用，关键是正确理解新定义，把新知识转化为熟悉的知识进行解答．
8．（2022·福建泉州·八年级期中）对于形如可用“配方法”将它分解成的形式，如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，它不会改变整个式子的值，其变化过程如下：
像这种“因式分解”的方法称为“配方法”请完成下列问题：
(1)利用“配方法”分解因式：；
(2)已知是的三边长，且满足，求的周长；
(3)在实数范围内，请比较多项式与的大小，并说明理由．
【答案】(1)
(2)12
(3)；见解析

【分析】（1）在原式中先加一项，再减去，用完全平方公式对式子进行因式分解，最后利用平方差公式再进行一次因式分解即可；
（2）根据题目中的式子，利用配方法进行因式分解，再利用非负数的性质求出的值，算出的周长即可；
（3）将两式作差，和比较大小即可得到结论．
【详解】（1）解：原式



（2）解：，
，
则，
是的三边长，
，
；
（3）解：




∵，
∴，
∴
【点睛】本题主要考查配方法，掌握因式分解，熟记完全平方公式是解题关键．
9．（2022·重庆·西南大学附中七年级期中）材料分析题：对于任意一个四位正整数M，若千位和十位数字和为7，百位与个位数字和也为7，且各数位上的数字均不相同，那么称这个数M为“奇迹”数，例如：，∵，，∴2354是个“奇迹”数：再例如：，∵，但是数位上有相同数字，∴3443不是一个“奇迹”数．
(1)请判断1364是否为一个“奇迹”数，并说明理由．
(2)证明：任意一个“奇迹”数M都是11的倍数．
(3)若M为“奇迹”数，设．且是14的倍数，请求出所有满足题意的四位正整数M．
【答案】(1)1364是一个“奇迹”数
(2)见解析
(3)3245或4631或7403或6017

【分析】（1）根据“奇迹”数的定义进行判断求解即可；
（2）设“奇迹”数的千位数字为a,百位数字为b,列式表示进行验证；
（3）设“奇迹”数的千位数字为a,百位数字为b,进而求出，验证求解．
【详解】（1）解：∵且，
∴1364是一个“奇迹”数；
（2）解：设“奇迹”数的千位数字为a,百位数字为b,且,则这个四位数可表示为：


，
∴任意一个“奇迹”数M都是11的倍数；
（3）解：设“奇迹”数M的千位数字为a,百位数字为b且,则
是14的倍数，
∴，
∵，
∴，
∴，或，
∴当时，，此时，
当时，，此时，
当时，，此时，
当时，，此时．
【点睛】本题主要考查了因式分解的应用、列代数式等知识点，根据题意正确列式是解题的关键．
10．（2022·福建省南安市侨光中学八年级期中）因为，这说明多项式有一个因式为，我们把代入此多项式，发现能使多项式的值为0．
利用上述阅读材料，回答下列问题：
(1)若是多项式的一个因式，求k的值；
(2)若和是多项式的两个因式，求m，n的值．
(3)在（2）的条件下，把多项式因式分解．
【答案】(1)
(2)m、n的值分别为2和0
(3)

【分析】（1）由已知条件可知，当时，，将x的值代入即可求得；
（2）由题意可知，和时，，由此得二元一次方程组，从而可求得m和n的值；
（3）将（2）中m和n的值代入，提取公因式x，则由题意知和也是所给多项式的因式，从而问题得解．
【详解】（1）∵是多项式的一个因式．
∴时，．
∴．
∴
∴．
∴k的值为．
（2）和是多项式的两个因式
∴和时
∴．
解得
∴m、n的值分别为2和0．
（3）∵，
∴可化为：．
∴

．
【点睛】本题考查了因式分解的应用，根据阅读材料仿做，是解答本题的关键．
11．（2022·吉林大学附属中学八年级期中）【学习材料】拆项添项法
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，这样的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．
我们还可以通过拆项对多项式进行变形，如
例3把多项式写成的形式．
解：原式
【知识应用】请根据以上材料中的方法，解决下列问题：
(1)分解因式：______；
(2)运用拆项添项法分解因式：______；
(3)判断关于x的二次三项式在______时有最小值；
(4)已知（均为整数，m是常数），若M恰能表示成的形式，求m的值．
【答案】(1)
(2)
(3)10
(4)m的值为18

【分析】（1）加1再减1，进行分解因式即可解答；
（2）仿照例1的解题思路，进行计算即可解答；
（3）先配方成完全平方的形式，然后写出最小值即可；
（4）仿照例3的解题思路，进行计算即可解答．
【详解】（1）解：




故答案为：．
（2）解：



故答案为：．
（3）解：∵


∴当时，有最小值．
故答案为：10．
（4）解：


∵若M恰能表示成的形式，
∴，
∴，
答：m的值为18．
【点睛】本题主要考查了因式分解的应用，完全平方公式的运用，阅读理解题目表述的意思是本题的关键．
12．（2022·福建·晋江市季延中学八年级期中）在学习乘法公式的运用，我们常用配方法求最值，
例如：求代数式的最小值？总结出如下解答方法：
解：
∵，∴当时，的值最小，最小值是0，
∴∴当时，的值最小，最小值是1，
∴的最小值是1．
根据阅读材料用配方法解决下列问题：
(1)填空：；
(2)若，当______时，y有最_______值（填“大”或“小”），这个值是______；
(3)已知a，b，c是的三边长，满足，且c的值为代数式的最大值，判断的形状，并求出该三角形的周长．
【答案】(1)；；4
(2)；小；
(3)为等腰三角形，理由见解析，周长为14

【分析】（1）根据完全平方公式，即可求解；
（2）利用配方法确定最小值，即可求解；
（3）根据完全平方公式，可得，从而得到，再由配方法可得当时，有最大值，这个值是4，即可求解．
【详解】（1）解∶ ；；
故答案为：；；4
（2）解：


∵，
∴当时，的值最小，最小值是0，
∴
∴当时，的值最小，最小值是1，
∴当时，y有最小值，这个值是；
故答案为：；小；
（3）解：为等腰三角形，理由如下：

∴，
∴，
∴，
解得：，
，
∵，
∴，
∴当时，的值最大，最大值是0，
∴，
∴当时，的值最大，最大值是4，
∴当时，有最大值，这个值是4，
∴，
∴，
∴为等腰三角形，
周长为．
【点睛】本题主要考查了完全平方公式的应用，熟练掌握完全平方公式，并利用类比思想解答是解题的关键．
13．（2022·山东青岛·八年级期中）某校数学社团的小亮、小颖两个同学利用分组分解法进行的因式分解：
小亮：
=
=
=
小颖：

=
．
请你在他们解法的启发下，解决下面问题；
(1)因式分解；
(2)因式分解；
(3)已知a，b，c是的三边，且满足，判断的形状并说明理由．
【答案】(1)；
(2)；
(3)为等腰三角形．

【分析】（1）运用分组分解法直接作答即可；
（2）运用分组分解法直接作答即可；
（3）运用分组分解法判断出a=c，进而得到结论．
【详解】（1）解：



；
（2）解：

；
（3）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴或，
∵a，b，c是的三边，
∴，
∴为等腰三角形．
【点睛】本题考查因式分解的应用，能够灵活运用分组分解法进行因式分解是解答本题的关键．
14．（2022·福建省南安市侨光中学八年级期中）阅读下列文字：我们知道，图形是一种重要的数学语言，我国著名的数学家华罗庚先生曾经说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”．例如，对于一个图形，通过不同的方法计算图形的面积，就可以得到一个数学等式．

(1)如图1所示，用两块型长方形和一块型、一块型正方形硬纸片拼成一个新的正方形．用两种不同的方法计算图1中正方形的面积，可以写出一个熟悉的数学公式：___________：如图2所示，用若干块型长方形和型型正方形硬纸片拼成一个新的长方形，可以写出因式分解的结果等于：___________；
(2)如图3，将几个小正方形与小长方形拼成一个边长为的正方形．就可以得到一个等式，这个等式是___________；
请利用这个等式解答下列问题：
①若三个实数a，b，c满足，求的值
②若三个实数x，y，z满足，求的值．
【答案】(1)，
(2)，①28 ②33

【分析】（1）从整体看，图形为矩形，面积=长×宽，从部分看，图形为若干小矩形，面积等于各部分的和，将图形的面积用两种方式表示即可解答；
（2）先根据图形，得到一个等式，再根据这个等式，①将代入即可解答；②根据积的乘方的逆运算，将整理为，得出，再结合前面的等式即可进行解答．
【详解】（1）解：由图可知：图一面积=，
由图可知：图二面积=，
故答案为：，．
（2）由图可知：图三面积=．
①，
∴=28，
②，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了根据几何面积进行因式分解，解题的关键是熟练掌握整式的乘法和因式分解的方法，将图形的面积用两种不同的方法表示出来．
15．（2022·湖南·怀化市第四中学七年级期中）【阅读理解】
对于二次三项式，能直接用公式法进行因式分解，得到，但对于二次三项式，就不能直接用公式法了．
我们可以采用这样的方法：在二次三项式中先加上一项，使其成为完全平方式，再减去这项，使整个式子的值不变，于是：





像这样把二次三项式分解因式的方法叫做添（拆）项法．
(1)【问题解决】请用上述方法将二次三项式分解因式．
(2)【拓展应用】二次三项式有最小值或最大值吗？如果有，请你求出来并说明理由．
(3)运用材料中的添（拆）项法分解因式：．
【答案】(1)
(2)二次三项式有最小值3，理由见解析
(3)

【分析】（1）仿照题干所给示例进行分解因式即可；
（2）仿照题意将原多项式变为，再根据偶次方的非负性求解即可；
（3）仿照题干所给示例求解即可．
【详解】（1）解：




；
（2）解：

，
∵，
∴，
∴二次三项式有最小值3；
（3）解：



．
【点睛】本题主要考查了分解因式，偶次方的非负性，掌握完全平方公式和平方差公式是解题的关键．