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专题 14.1 整式的乘除
◆ 思想方法
整体思想：指把研究对象的某一部分（或全部）看成一个整体，通过观察与分析，找出整体与局部的
联系，从而在客观上寻求解决问题的新途径。整体是与局部对应的，按常规不容易求某一个（或多个）未
知量时，可打破常规，根据题目的结构特征，把一组数或一个代数式看作一个整体，从而使问题得到解
决。
配方法：配方，主要指的是配成平方公式，或二数和的平方，或二数差的平方，将配成的“平方”视
作为一个整体，然后再根据已知条件进行运算，从而使题目简化得以解答。
配方的方法：
①根据已知条件的表现形式，去发现平方项和一次项的乘积形式，如果平方项互为倒数，则往往一次
项以常数出现，隐藏了一次项的乘积不易发现，此时，就要抓住平方公式的特点去发现和挖掘；
②从要求的结果方面去配方，将要求的表达式向着已知条件的表现形式去配方，利用已知条件达到解
题的目的.由于配方扩大了已知条件和要求解的范围，可能会产生不符合要求的结果，就要根据已知条件
和所要求解的结果进行讨论，舍去不符合题意的答案.
◆ 知识点总
结
一、幂的运算
1.同底数幂的乘法：am·an=am+n。同底数幂相乘，底数不变，指数相加。
2.幂的乘方：(am)n=amn。幂的乘方，底数不变，指数相乘。
3.积的乘方：(ab)n=anbn。积的乘方，等于把积的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘。
4.同底数幂的除法：am÷an=am-n。同底数幂相除，底数不变，指数相减。
注：任何不等于0的数的0次幂都等于1。
二、 整式的乘法
单项式×单项式：系数相乘，字母相乘．
单项式×多项式：乘法分配律．
多项式×多项式：乘法分配律．三、整式的除法
单项式÷单项式：系数相除，字母相除．
多项式÷单项式：除法性质．
多项式÷多项式：大除法．
四、乘法公式
1.平方差公式：(a+b)(a-b)=a2-b2。两个数的和与这两个数的差的积，等于这两个数的平方差。这个公式叫做
平方差公式。
2.完全平方公式：(a+b)2=a2+2ab+b2，(a-b)2=a2-2ab+b2。两个数的和（或差）的平方，等于它们的平方和，
加上（或减去）它们积的2倍。这两个公式叫做完全平方公式。
◆ 典例分析
【典例1】阅读理解：
若x满足(60−x)(x−40)=20，求(60−x) 2+(x−40) 2的值．
解：设60−x=a，x−40=b，
则ab=20，a+b=60−x+x−40=20．
∴(60−x) 2+(x−40) 2
=a2+b2
=(a+b) 2−2ab
=202−2×20
=360；
类比探究：
（1）若x满足(70−x)(x−20)=−30，求(70−x) 2+(x−20) 2的值．
9
（2）若x满足(3−4x)(2x−5)= ，求(3−4x) 2+4(2x−5) 2的值．友情提示（2）中的4(2x−5) 2可通过
22
逆用积的乘方公式变成[2(2x−5)) ．
（3）若x满足(2023−x) 2+(2020−x) 2=2061，求(2023−x)(2020−x)的值．
解决问题：
（4）如图，正方形AEGO和长方形KLMC重叠，重叠部分是长方形BEFC其面积是300，分别延长FC、
BC交AO和OG于D、H两点，构成的四边形ABCD和CFGH都是正方形，四边形ODCH是长方形.设
CM=x，KC=3CM=3x，KB=54，FM=20，延长AO至P，使OP=2OD，延长AE至R，使
ℜ=2BE，过点P、R作AP、AR垂线，两垂线交于点N，求正方形ARNP的面积.（结果是一个具体的数
值）
【思路点拨】
（1）根据例题的解题思路进行计算，即可解答；
9
（2）将(3−4x)(2x−5)= 转化为(3−4x)[2(2x−5)]=9，即(3−4x)(4x−10)=9，再根据例题的
2
解题思路进行计算，即可解答；
（3）根据例题的解题思路进行计算，即可解答；
（4）根据已知可得BC=3x−54，CF=x−20，从而可得BC⋅CF=(3x−54)(x−20)=300，再根据题
意得：AB=BC=3x−54，CF=BE=x−20，从而可得BR=3BE=3(x−20)，进而可得
AR=(3x−54)+(3x−60)，然后利用（3）的解题思路进行计算，即可解答．
【解题过程】
解：（1）设70−x=a，x−20=b，
则ab=−30，a+b=70−x+x−20=50，
∴(70−x) 2+(x−20) 2
=a2+b2
=(a+b) 2−2ab=502−2×(−30)
=2500+60
=2560，
∴(70−x) 2+(x−20) 2的值为2560；
9
（2）∵(3−4x)(2x−5)= ，
2
∴(3−4x)[2(2x−5)]=9，
∴(3−4x)(4x−10)=9，
设3−4x=m，4x−10=n，
则m+n=3−4x+4x−10=−7，mn=9，
∴(3−4x) 2+4(2x−5) 2
=(3−4x) 2+[2(2x−5)] 2
=(3−4x) 2+(4x−10) 2
=m2+n2
=(m+n) 2−2mn
=(−7) 2−2×9
=49−18
=31，
∴(3−4x) 2+4(2x−5) 2的值为31；
（3）设2023−x=p，2020−x=q，
则p−q=2023−x−(2020−x)=3，p2+q2=2061，
∴2pq=p2+q2−(p−q) 2
=2061−32
=2061−9
=2052，∴(2023−x)(2020−x)=pq=1026，
∴(2023−x)(2020−x)的值为1026；
（4）∵CM=x，KC=3CM=3x，KB=54，FM=20，
∴BC=KC−KB=3x−54，CF=CM−FM=x−20，
∵长方形BEFC的面积是300，
∴BC⋅CF=(3x−54)(x−20)=300，
由题意得：AB=BC=3x−54，CF=BE=x−20，
∵ER=2BE，
∴BR=3BE=3(x−20)，
∴AR=AB+BR=(3x−54)+3(x−20)=(3x−54)+(3x−60)，
∵(3x−54)(x−20)=300，
∴(3x−54)[3(x−20)]=900，
∴(3x−54)(3x−60)=900，
设3x−54=a，3x−60=b，
则a−b=3x−54−(3x−60)=6，ab=900，
∴正方形ARNP的面积=AR2
=[(3x−54)+(3x−60)] 2
=(a+b) 2
=(a−b) 2+4ab
=62+4×900
=36+3600
=3636，
∴正方形ARNP的面积为3636．
◆ 学霸必刷
1．（2023下·湖南永州·七年级校考阶段练习）已知实数a，b满足a−b2=4，则代数式3a−a2−b2的最大
值为（ ）
A．－4 B．－5 C．4 D．5【思路点拨】
先整体代入，将原式转化为只含有a的代数式，直接求最大值即可．
【解题过程】
解：a−b2=4，即b2=a−4
3a−a2−b2=3a−a2−(a−4)=−a2+2a+4
=−(a2−2a+1−1)+4=−(a−1) 2+1+4=−(a−1) 2+5
∵a=b2+4≥4
∴a=4时，3a−a2−b2的最大值为
3a−a2−b2=−(a−1) 2+5=−(4−1) 2+5=−4
故选：A
2．（2023下·安徽宿州·七年级安徽省泗县中学校联考阶段练习）在数学中，为了书写简便，18世纪数学
n
家欧拉就引进了求和符号“∑”．如：记∑❑k=1+2+3+⋅⋅⋅+(n−1)+n；
k=1
n n
∑(x+k)=(x+1)+(x+2)+⋅⋅⋅+(x+n)．已知：∑[(x+k)(x−k+1))=4x2+4x+m，则m的值是
k=1 k=1
（ ）
A．40 B．−70 C．−40 D．−20
【思路点拨】
n n
可求∑[(x+k)(x−k+1)) =∑(x2+x−k2+k)，当n=4时，即可化简求解．
k=1 k=1
【解题过程】
n
解：由题意得：∑[(x+k)(x−k+1))
k=1
n
=∑(x2+x−k2+k)，
k=1当n=4时，
4
∑(x2+x−k2+k)
k=1
=(x2+x−12+1)+(x2+x−22+2)+(x2+x−32+3)+(x2+x−42+4)
=4x2+4x−20；
n
因为∑[(x+k)(x−k+1))=4x2+4x+m
k=1
所以4x2+4x−20=4x2+4x+m，
所以m=−20．
故选：D．
3．（2023下·重庆沙坪坝·七年级重庆一中校考期中）对于五个整式，A：2x2；B：x+1；C：−2x；D：
y2；E：2x−y有以下几个结论：
①若y为正整数，则多项式B⋅C+A+D+E的值一定是正数；
②存在有理数x，y，使得A+D+2E的值为−2；
③若关于x的多项式M=3(A−B)+m⋅B⋅C（m为常数）不含x的一次项，则该多项式M的值一定大于
−3．上述结论中，正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【思路点拨】
根据整式的乘法混合运算，及完全平方公式为非负的特点，结合特殊值代入法求解．
【解题过程】
解：①B⋅C+A+D+E=−2x(x+1)+2x2+ y2+2x−y= y2−y，
当y=1时，B⋅C+A+D+E=0．故①是错误的；
②当A+D+2E=−2，
即2x2+ y2+2(2x−y)=−2，
∴2(x+1) 2+(y−1) 2=1，
当x=−1时，y=0或者y=2．所以②是正确的．
③∵M=3(A−B)+m⋅B⋅C=3(2x2−x−1)+m(x+1)⋅(−2x)
=(6−2m)x2+(−3−2m)x−3，
∵M不含x的一次项，
∴−3−2m=0，
∴m=−1.5，
∴M=9x2−3≥−3，∴③是错误的；
综上，只有②是正确的．
故选：B．
4．（2023下·安徽淮北·七年级校联考期末）关于x的多项式：
a xn+a xn−1+a xn−2+⋯+a x2+a x+a ，其中n为正整数，若各项系数各不相同且均不为0，我们
n n−1 n−2 2 1 0
称这样的多项式为“亲缘多项式”．
①(2x−1) 2是“亲缘多项式”．
②若多项式a x3+a x2+a x+a 和b x4+b x3+b x2+b +b 均为“亲缘多项式”，则
3 2 1 0 4 3 2 1 0
a x3+a x2+a x+a +b x4+b x3+b x2+b +b 也是“亲缘多项式”．
3 2 1 0 4 3 2 1 0
③多项式(2x−1) 4=b x4+b x3+b x2+b x+b 是“亲缘多项式”且b +b +b =41．
4 3 2 1 0 4 2 0
④关于x的多项式(ax+b) n，若a≠b，ab≠0，n为正整数，则(ax+b) n为“亲缘多项式”．
以上说法中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【思路点拨】
①将(2x−1) 2展开，进行判断即可；②合并同类项后，进行判断即可；③计算出(2x−1) 4，进行判断即可；
④利用特殊值法进行判断即可．
【解题过程】
解：①∵ (2x−1) 2=4x2−4x+1，各项系数各不相同且均不为0，∴ (2x−1) 2是“亲缘多项式”，故①正确；
②∵
a x3+a x2+a x+a +b x4+b x3+b x2+b x+b =b x4+(a +b )x3+(a +b )x2+(a +b )x2+a +b ，
3 2 1 0 4 3 2 1 0 4 3 3 2 2 1 1 0 0
并不能确定各项系数各不相同且均不为0，
∴ a x3+a x2+a x+a +b x4+b x3+b x2+b x+b 不是“亲缘多项式”，故②错误；
3 2 1 0 4 3 2 1 0
③(2x−1) 4=16x4−32x3+24x2−8x+1，
∴ (2x−1) 4是“亲缘多项式”，
∵ (2x−1) 4=b x4+b x3+b x2+b x+b ，
4 3 2 1 0
∴ b x4+b x3+b x2+b x+b =16x4−32x3+24x2−8x+1，
4 3 2 1 0
∴ b +b +b =16+24+1=41；故③正确；
4 2 0
④当a=1，b=−1，n=4时：(x−1) 4=x4−4x3+6x2−4x+1，三次项和一次项的系数相同，不是“亲缘
多项式”，故④错误；
综上：正确的有2个；
故选：B．
5．（2023下·湖南怀化·七年级统考期末）计算：
{( 1 )( 1 )( 1 ) ( 1 )( 1 ))
1012÷ 1− 1− 1− … 1− 1− = ．
22 32 42 20222 20232
【思路点拨】
1 ( 1)( 1)
利用平方差公式将1− 变形为 1− 1+ ，通过相邻的项约分化简即可求解．
n2 n n
【解题过程】
{( 1 )( 1 )( 1 ) ( 1 )( 1 ))
解：1012÷ 1− 1− 1− … 1− 1− =
22 32 42 20222 20232{( 1)( 1)( 1)( 1)( 1)( 1) ( 1 )( 1 )( 1 )( 1 ))
=1012÷ 1− 1+ 1− 1+ 1− 1+ … 1− 1+ 1− 1+
2 2 3 3 4 4 2022 2022 2023 2023
(1 3 2 4 3 5 2021 2023 2022 2024)
=1012÷ × × × × × ×…× × × ×
2 2 3 3 4 4 2022 2022 2023 2023
(1 2024)
=1012÷ ×
2 2023
1012
=1012÷
2023
2023
=1012×
1012
=2023
故答案为：2023．
1
6．（2022下·四川成都·七年级校考阶段练习）已知x2+2x−1＝0，则x3−5x+4的值为 ；x2+
x2
的值为 ．
【思路点拨】
由x2+2x−1＝0可得x2＝-2x+1,x2+2x＝1，再对x3-5x+4进行变形即可求解；由x2+2x−1＝0可
1 1
得x−
＝−2，然后左右平方，将x2+
作为一个整体求解即可．
x x2
【解题过程】
解:∵x2+2x−1＝0，
∴x2＝-2x+1，x2+2x＝1，
∴x3−5x+4
=x(x2−5)+4
=x(−2x+1−5)+4
=x(−2x−4)+4
=−2x2−4x+4
=−2(x2+2x)+4
=2；
∵x2+2x−1＝01 1
∴x+2− ＝0，即x− ＝−2
x x
∴ ( x− 1) 2 ＝(−2) 2
x
1 1
∴x2−2+ ＝4，解得：x2+ ＝6．
x2 x2
故答案为：2，6．
7．（2023·上海·七年级假期作业）请同学运用计算(a+b+c) 2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc，解决问题：
已知x、y、z满足x2+ y2+z2=4，求(x−y) 2+(y−z) 2+(z−x) 2的最大值是 ．
【思路点拨】
根据已知条件化简(x−y) 2+(y−z) 2+(z−x) 2，根据完全平方公式的非负性求得原式的最大值，进而即可
求解．
【解题过程】
解：∵x2+ y2+z2=4，
∴(x−y) 2+(y−z) 2+(z−x) 2
=x2+ y2+ y2+z2+z2+x2−2xy−2yz−2xz
=2(x2+ y2+z2−xy−yz−xz)
=8−2(xy+ yz+zx)；
∵(x+ y+z) 2=x2+ y2+z2+2xy+2xz+2yz，
∴2xy+2xz+2yz=(x+ y+z) 2−(x2+ y2+z2)
∴原式=8+x2+ y2+z2−(x+ y+z) 2
=12−(x+ y+z) 2，
∵(x+ y+z) 2≥0，
∴原式≤12．
故原式的最大值是12；故答案为：12．
8．（2022上·北京海淀·七年级清华附中校考期末）设x，y满足(x−1) 3+4044 y=2022，
(y−1) 3+4044x=6066，则(x+ y) 3= ．
【思路点拨】
将(x−1) 3+4044 y=2022，(y−1) 3+4044x=6066两式相加，再利用立方和公式，求解即可．
【解题过程】
解：将(x−1) 3+4044 y=2022，(y−1) 3+4044x=6066两式相加，可得
(x−1) 3+4044 y+(y−1) 3+4044x=8088，
即(x+ y−2)[(x−1) 2−(x−1)(y−1)+(y−1) 2)+4044(x+ y−2)=0，
即(x+ y−2)[(x−1) 2−(x−1)(y−1)+(y−1) 2+4044)=0，
∵(x−1) 2−(x−1)(y−1)+(y−1) 2+4044>0恒成立，
∴x+ y−2=0，即x+ y=2，
(x+ y) 3=23=8，
故答案为：8．
9．（2022下·福建三明·七年级校考阶段练习）若A＝（2＋1）（22＋1）（24＋1）（28＋1）(216＋1)＋1，
则A－2022的末位数字是 ．
【思路点拨】
将A乘以（2－1），然后用平方差公式计算，再用列举法找出2n的个位数的规律，推出A的个位数，再代
入式子计算即可．
【解题过程】
解：（2＋1）（22＋1）（24＋1）（28＋1）(216＋1)＋1
＝（2－1）（2＋1）（22＋1）（24＋1）（28＋1）(216＋1)＋1
＝（22－1）（22＋1）（24＋1）（28＋1）(216＋1)＋1
＝（24－1）（24＋1）（28＋1）(216＋1)＋1＝（28－1）（28＋1）(216＋1)＋1
＝(216-1)(216＋1)＋1
=232-1+1
＝232；
∵21=2，22=4，23=8，24=16，
25=32，26=64，27=128，28=256⋅⋅⋅；
∴尾数是2，4，8，6，……四个一循环，
∵32÷4=8，
∴232的末位数字是6，
即A的末位数字是6，则A－2022的末位数字是4．
故答案为：4．
10．（2022上·上海青浦·七年级校考期中）已知整数a，b，c满足a2+b2+c2+7<ab+bc+4b，试求a，
b，c可能的值．
【思路点拨】
移项，配成完全平方式，利用平方的非负性，计算即可．
【解题过程】
解：因为a2+b2+c2+7<ab+bc+4b，
(
b2
) (
b2
)
b2
所以 a2−ab+ + c2−bc+ + −4b+7<0
4 4 2
所以 ( a− b) 2 + ( c− b) 2 + 1 (b−4) 2−8+7<0，
2 2 2
所以 ( a− b) 2 + ( c− b) 2 + 1 (b−4) 2<1，
2 2 2
因为 ( a− b) 2 ≥0, ( c− b) 2 ≥0, 1 (b−4) 2≥0，且a，b，c都是整数，
2 2 2
所以 ( a− b) 2 =0, ( c− b) 2 =0, 1 (b−4) 2=0，
2 2 2
b b
解得a− =0,c− =0,b−4=0，
2 2
所以a=c=2,b=4．
11．（2023下·浙江温州·七年级校考阶段练习）阅读材料，完成相应任务：“贾宪三角”又称“杨辉三角”，在欧洲则称为“帕斯卡三角”（如图所示），它揭示了(a+b) n（n为非负数）展开式的各项系数的
规律．
(a+b) 1=a+b (a+b) 2=a2+2ab+b2
(a+b) 3=a3+3a2b+3ab2+b3
(a+b) 4=a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4
根据上述规律，完成下列问题：
（1）直接写出(a+b) 5=_________．
（2）(a+1) 8的展开式中a项的系数是__________．
（3）利用上述规律求115的值，写出过程．
【思路点拨】
（1）根据给出的等式的特点，可以得到等式右边的多项式按照a的降幂，b的升幂顺序排列，项数为n+1
项，第一项和最后一项的系数相同均为1，第二项和倒数第二项的系数相同，等于上一个等式的第一项和
第二项的系数之和，第三项和倒数第三项相同，等于上一个等式的第二项和第三项的和，依次类推，即可
得出结论；
（2）根据(a+1) 8=a8+8a7×11+⋯+8a×17+18，即可得出结论；
（3）根据115=(10+1) 5，利用（1）中等式求解即可．
【解题过程】
（1）解：∵(a+b) 1=a+b，
(a+b) 2=a2+(1+1)ab+b2=a2+2ab+b2，
(a+b) 3=a3+(1+2)a2b+(2+1)ab2+b3=a3+3a2b+3ab2+b3，
(a+b) 4=a4+(1+3)a3b+(3+3)a2b2+(3+1)ab3+b4=a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4，
∴(a+b) 5=a5+(1+4)a4b+(4+6)a3b2+(6+4)a2b3+(4+1)ab4+b5=a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5
故答案为：a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5；
（2）解：∵(a+1) 8=a8+8a7×11+⋯+8a×17+18，
∴a项的系数是8×17=8；
故答案为：8；
（3）解：115=(10+1) 5
=105+5×104×1+10×103×12+10×102×13+5×10×14+15
=100000+50000+10000+1000+50+1
=161051．
12．（2023下·江苏·七年级统考阶段练习）阅读：在计算(x−1)(xn+xn−1+xn−2+⋯+x+1)的过程中，我
们可以先从简单的、特殊的情形入手，再到复杂的、一般的问题，通过观察、归纳、总结，形成解决一类
问题的一般方法，数学中把这样的过程叫做特殊到一般．如下所示：
【观察】①(x−1)(x+1)=x2−1；
②(x−1)(x2+x+1)=x3−1；
③(x−1)(x3+x2+x+1)=x4−1；
……
（1）【归纳】由此可得：(x−1)(xn+xn−1+xn−2+⋯+x+1)= ________；
（2）【应用】请运用上面的结论，解决下列问题：计算：22023+22022+22021+⋯+22+2+1=_______；
（3）计算：220−219+218−217+⋯−23+22−2+1=______；
（4）若x5+x4+x3+x2+x+1=0，求x2022的值．
【思路点拨】
（1）利用已知得出式子变化规律，进而得出答案；
（2）利用（2）中变化规律进而得出答案；
（3）将220−219+218−217+⋯−23+22−2+1转化为，再利用（2）中变化规律进而得出答案；
(−2) 20+(−2) 19+(−2) 18+(−2) 17+⋯+(−2) 3+(−2) 2+(−2)+1
（4）利用（2）中变化规律得出x的值，进而得出答案．
【解题过程】
（1）解：①(x−1)(x+1)=x2−1；
②(x−1)(x2+x+1)=x3−1；
③(x−1)(x3+x2+x+1)=x4−1；
……；
∴(x−1)(xn+xn−1+xn−2+⋯+x+1)=xn+1−1，
故答案为：xn+1−1；
（2）解：22023+22022+22021+⋯+22+2+1
=(2−1)(22023+22022+22021+⋯+22+2+1)
=22024−1；
（3）解：220−219+218−217+⋯−23+22−2+1
=(−2) 20+(−2) 19+(−2) 18+(−2) 17+⋯+(−2) 3+(−2) 2+(−2)+1
1
=− ×[(−2)−1)[(−2) 20+(−2) 19+(−2) 18+(−2) 17+⋯+(−2) 3+(−2) 2+(−2)+1)
3
1
=− ×[(−2) 21−1)
3
1 1
= ×221− ；
3 3
1 1
故答案为：
×221−
；
3 3
（4）解：∵(x−1)(x5+x4+x3+x2+x+1)=x5−1=0，
∴x=±1，
∵x5+x4+x3+x2+x+1=0，
∴x≠1，x=−1，∴x2022=(−1) 2022=1．
13．（2023下·河北石家庄·七年级校考阶段练习）如果xn= y，那么我们规定(x,y]=n．例如：因为
42=16，所以(4,16]=2．
（1）(−2,16)=______ ；若(2,y]=6，则y=______ ；
（2）已知(4,12]=a，(4,5]=b，(4,y]=c，若a+b=c，求y的值；
2ab
（3）若(5,10]=a，(2,10]=b，令t= ．
a+b
25a
①求 的值；
16b
②求t的值．
【思路点拨】
（1）由(−2) 4=1，可直接得出(−2,16]=4；由26=64，可得出y=64；
（2）由题意可得出4a=12，4b=5，4c= y．根据a+b=c，得出4a+b=4c，即4a ⋅4b=4c，进而即可求出
y=12×5=60；
（3）①由题意可得出5a=10，2b=10，再根据25a=(52) a =(5a) 2 =100，16b=(24) b =(2b) 4 =10000，即可求
25a 1
出 = ；②根据(5a ) b=10b，即得出5ab=10b，结合题意可得出(5,10b ]=ab．由①知5a=2b=10，即
16b 100
2ab
得出5a+b=5a ⋅5b=2b×5b=10b，进而得出(5,10b ]=a+b，即说明ab=a+b，代入t= 中求值即可．
a+b
【解题过程】
（1）解：∵(−2) 4=16，
∴(−2,16]=4；
∵(2,y]=6，且26=64，
∴y=64．
故答案为：4，64；
（2）解：∵(4,12]=a，(4,5]=b，(4,y]=c，若a+b=c，
∴4a=12，4b=5，4c= y．∵a+b=c，
∴4a+b=4c，即4a ⋅4b=4c，
∴y=12×5=60；
（3）解：①∵(5,10]=a，(2,10]=b，
∴5a=10，2b=10，
∴25a=(52) a =(5a) 2 =102=100，16b=(24) b =(2b) 4 =(10) 4=10000，
25a 100 1
∴ = = ；
16b 10000 100
②∵ (5a ) b=10b，
∴5ab=10b，
∴(5,10b ]=ab．
由①知：5a=2b=10，
∴5a+b=5a ⋅5b=2b×5b=10b，
∴(5,10b ]=a+b，
∴ab=a+b，
2ab
∴t= =2．
a+b
14．（2023下·广东佛山·七年级统考阶段练习）【阅读材料】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．
我们定义：一个整数能表示成a2+b2（a、b是整数）的形式，则称这个数为“完美数”．例如，5是“完
美数”．理由：因为5=22+12，所以5是“完美数”．
【解决问题】
（1）数61 “完美数”（填“是”或“不是”）；
【探究问题】
（2）已知x2+2y2−4x+4 y+6=0，则x+ y= ；
（3）已知S=5x2+ y2+2xy+12x+k（x、y是整数，k是常数），要使S为“完美数”，试求出符合条件
的k值；【拓展结论】
2
（4）已知x、y满足−x2+ x−y+1=0，求7x−3 y的最小值．
3
【思路点拨】
（1）根据新定义求解；
（2）先把登上的左边进行配方，再根据非负数的性质求出x、y的值，再求x+ y；
（3）先根据S的前四项进行配方，再根据相等的条件求解；
（4）根据条件求出7x−3 y的值，再进行配方求解．
【解题过程】
（1）解：∵61=52+62，
∴61是“完美数”，
故答案为：是；
（2）解：∵x2+2y2−4x+8 y+6=(x−2) 2+2(y+1) 2=0，
∴x=2，y=−1，
∴x+ y=1，
故答案为：1；
（3）解：∵S=5x2+ y2+2xy+12x+k
=x2+ y2+2xy+(4x2+12x+9)+k−9
=(x+ y) 2+(2x+3) 2+k−9，
S为“完美数”，
∴k−9=0
∴k=9；
2
（4）解：∵−x2+ x−y+1=0，
3
2
∵−y=x2− x−1，
3
∴−3 y=3x2−2x−3，
∴7x−3 y=3x2+5x−3=3 ( x2+ 5 x+ 25 − 25) −3=3 ( x2+ 5) 2 − 61 ，
3 36 36 6 12
5 61
∴当x=− ，时，7x−3 y的最小值为：− ．
6 1215．（2023下·安徽淮南·七年级校考期中）阅读理解：
条件①：无论代数式A中的字母取什么值，A都不小于常数M；
条件②：代数式A中的字母存在某个取值，使得A等于常数M；
我们把同时满足上述两个条件的常数M叫做代数式A的下确界．
例如：
x2+2x+5=x2+2⋅x⋅1+12−12+5=(x+1) 2+4，
∵(x+1) 2≥0，
∴x2+2x+5≥4（满足条件①）
当x=−1时，x2+2x+5=4（满足条件②）
∴4是x2+2x+5的下确界．
又例如：
x2+2|x)+5=|x) 2+2⋅|x)⋅1+12−12+5=(|x)+1) 2+4，
由于|x|≠−1，所以x2+2|x|+5≠4，（不满足条件②）
故4不是x2+2|x|+5的下确界．
请根据上述材料，解答下列问题：
（1）求x2−4x+1的下确界．
（2）若代数式2x2+mx+3的下确界是1，求m的值．
（3）求代数式x2+2y2+2xy−2x−4 y+10的下确界．
【思路点拨】
本题主要考查了根据完全平方公式进行多项式变型、运算，
（1）根据题干示例的方法计算即可作答；
{ 4t=m )
（2）根据题意设2x2+mx+3=2(x+t) 2+1≥1，根据2(x+t) 2+1=2x2+4tx+2t2+1可得 ，解
2t2+1=3
方程即可求解；
（3）将x看作常数进行配方，可将x2+2y2+2xy−2x−4 y+10变型为2 ( y+ x−2) 2 + 1 x2+8，问题随
2 2
之得解．
【解题过程】解：（1）x2−4x+1=x2−2⋅x⋅2+22−22+1=(x−2) 2−3，
∵(x−2) 2≥0，
∴x2−4x+1=(x−2) 2−3≥−3（满足条件①）
当x=2时，x2−4x+1=−3（满足条件②）
∴−3是x2−4x+1的下确界．
（2）∵代数式2x2+mx+3的下确界是1，
∴设2x2+mx+3=2(x+t) 2+1≥1，
∵2(x+t) 2+1=2x2+4tx+2t2+1，
∴2x2+mx+3=2x2+4tx+2t2+1，
{ 4t=m )
∴ ，
2t2+1=3
{m=±4)
解得： ，
t=±1
即：m=±4；
（3）x2+2y2+2xy−2x−4 y+10
=2y2+(2x−4)y+x2−2x+10
=2[y2+(x−2)y)+x2−2x+10
=2
[
y2+(x−2)y+
(x−2) 2 )
+x2−2x+10−2×
(x−2) 2
2 2
=2 ( y+ x−2) 2 + 1 x2+8，
2 2
∵2 ( y+ x−2) 2 ≥0， 1 x2≥0，
2 2
∴x2+2y2+2xy−2x−4 y+10=2 ( y+ x−2) 2 + 1 x2+8≥8（满足条件①）
2 2
x−2
当x=0，y+ =0，即x=0，y=1时，x2+2y2+2xy−2x−4 y+10=8（满足条件②）
2
∴8是x2+2y2+2xy−2x−4 y+10的下确界．16．（2022下·河北保定·七年级校考期中）数学活动课上，老师准备了图1中三种不同大小的正方形与长
方形，拼成了一个如图2所示的正方形．
（1）请用两种不同的方法表示图2中阴影部分的面积和．
方法1：___________；
方法2：___________．
（2）请你直接写出三个代数式：(a+b) 2，a2+b2，ab之间的等量关系．
根据（2）题中的等量关系，解决如下问题：
（3）已知m+n=5，m2+n2=20，求(m−n) 2=___________．
（4）已知(x−2021) 2+(x−2023) 2=34，求(x−2022) 2的值．
【思路点拨】
（1）利用阴影部分直接求和和总面积减去空白部分面积两种方法列出正确结果；
（2）由图2中阴影部分的面积表示可得：a2+b2=(a+b) 2−2ab；
(a+b) 2−(a2+b2 ) (m+n) 2−(m2+n2 )
（3）由a2+b2=(a+b) 2−2ab可得ab= ，故mn= ，
2 2
(m−n) 2=m2−2mn+n2，即可得出结果；
（4）设a=x−2021，b=x−2023，可得(a+b) 2=a2+2ab+b2=[2(x−2022)] 2，从而利用a2+b2及ab
的值可求得此题结果．
【解题过程】
（1）解：阴影两部分求和为a2+b2，用总面积减去空白部分面积为(a+b) 2−2ab，故答案为：a2+b2，(a+b) 2−2ab；
（2）解：由题意得，a2+b2=(a+b) 2−2ab；
(a+b) 2−(a2+b2 )
（3）解：由（2）题结论a2+b2=(a+b) 2−2ab可得ab= ，
2
∴m+n=5，m2+n2=20时，
(m+n) 2−(m2+n2 )
mn=
2
52−20
=
2
5
= ，
2
(m−n) 2
=m2−2mn+n2；
5
=20−2×
2
=20−5
=15；
（4）解：设a=x−2021，b=x−2023，
可得a+b=2(x−2022)，
a+b
∴x−2022= ，
2
a+b 2 a2+2ab+b2
(x−2022) 2=( ) = ，
2 4
又∵(a−b) 2=[(x−2021)−(x−2023)] 2=22=4，
且由(a−b) 2=a2−2ab+b2，
可得2ab=(a2+b2 )−(a−b) 2=(x−2021) 2+(x−2023) 2−[(x−2021)−(x−2023)] 2=34−4=30，
a+b 2 a2+2ab+b2 34+30 64
∴(x−2022) 2=( ) = = = =16．
2 4 4 4
17．（2023下·重庆沙坪坝·七年级重庆八中校考阶段练习）如图1是长为4a，宽为b的长方形，沿图中虚线用剪刀平均分成四块小长方形，然后用四块小长方形拼成一个“回形”正方形（如图2）．
（1）观察图2，请你写出(a+b) 2 、(a−b) 2 、ab之间的等量关系：__________；
9
（2）根据（1）中的结论，若x+ y=5,xy= ，求(x−y) 2的值；
4
（3）请求解下面实际问题：
如图3，已知正方形ABCD的边长为x，E，F分别是AD、DC上的点，且AE=1,CF=3，长方形EMFD
的面积是48，分别以MF、DF为边长作正方形MFRN和正方形GFDH，求阴影部分的面积．
【思路点拨】
（1）根据图形的面积可得到(a+b) 2，(a−b) 2，ab之间数量关系；
（2）根据（1）的结论，利用完全平方公式变形求值即可求解；
（3）根据题意找出题中各线段之间的数量关系和等量关系，设a=x−3，b=x−1，即ab=48，阴影部分
面积=N R2−DF2 =b2−a2，根据平方差公式与完全平方公式进行计算即可求解．
【解题过程】
（1）解：∵如图1是一个长为4a、宽为b的长方形，
∴图1的长方形面积为：4ab，
∵图2的边长为(a+b)，图2阴影部分的面积为：(b−a)，
∴(a+b) 2−(b−a) 2=4ab，
即(a+b) 2−(a−b) 2=4ab，
故答案为：(a+b) 2−(a−b) 2=4ab．9
（2）解：∵x+ y=5,xy= ，
4
∴(x−y) 2 =(x+ y) 2−4xy
=52−9
=16
（3）解：∵正方形ABCD的边长为x，正方形MFRN和正方形GFDH，AE=1,CF=3，
∴EM=HG=DF=x−3，MG=EH= x−1−(x−3)=2，NR=ED=x−1，
∵长方形EMFD的面积是48，
∴(x−3)(x−1)=48，
设a=x−3，b=x−1，即ab=48，则b−a=2，
∴阴影部分面积=N R2−DF2
=b2−a2
=(b+a)(b−a)
=2(b+a)，
∵(b+a) 2=(b−a) 2+4ba =22+4×48=196，
∴b+a=14（负值舍去），
∴2(b+a)=2×14=28，
即阴影部分面积为28．
18．（2023下·四川达州·七年级统考期末）知识生成：我们已经知道，通过计算几何图形的面积可以表示
一些代数恒等式．
例如：由图①可以得到(a+b) 2=a2+2ab+b2，基于此，请解答下列问题：
（1）直接应用：若xy=5，x+ y=7，直接写出x2+ y2的值为___________；
（2）类比应用：填空：
①若x(4−x)=2，则x2+(x−4) 2=___________；
②若(x−3)(x−5)=2，则(x−3) 2+(x−5) 2=___________；
（3）知识迁移：如图②，一农家乐准备在原有长方形用地（即长方形ABCD）上进行装修和扩建，先用
长为120m的装饰性篱笆围起该长方形用地，再以AD，CD为边分别向外扩建正方形ADGH、正方形
DCEF的空地，并在这两块正方形空地上建造功能性花园，该功能性花园面积和为2000m2，求原有长方形用地ABCD的面积．
【思路点拨】
（1）x2+ y2 =(x+ y) 2−2xy，即可求解；
（2）①x2+(x−4) 2 =x2+(4−x) 2 =[x+(4−x)) 2 −2x(4−x)，即可求解；②可求(x−3)(5−x)=−2，
(x−3) 2+(x−5) 2 =[(x−3)+(5−x)) 2 −2(x−3)(5−x)即可求解；
（3）设AB=xm，BC= ym，可得2(x+ y)=120，可求x2+ y2=2000，可得2xy=(x+ y) 2−(x2+ y2)，
即可求解．
【解题过程】
（1）解：x2+ y2
=(x+ y) 2−2xy，
=72−2×5=39，
故答案：39．
（2）解：①x2+(x−4) 2
=x2+(4−x) 2，
2
=[x+(4−x)) −2x(4−x)，
=42−2×2=12，
故答案：12；
②因为(x−3)(x−5)=2，
所以(x−3)(5−x)=−2，(x−3) 2+(x−5) 2
=(x−3) 2+(5−x) 2，
=[(x−3)+(5−x)) 2 −2(x−3)(5−x)，
=22−2×(−2)=8，
故答案：8．
（3）解：设AB=xm，BC= ym，
则2(x+ y)=120，所以x+ y=60；
由题意得x2+ y2=2000，
因为(x+ y) 2=x2+2xy+ y2，
所以2xy=(x+ y) 2−(x2+ y2)
=602−2000=1600，
所以xy=800．
所以原有长方形用地ABCD的面积为800m2．
19．（2023下·江苏扬州·七年级统考期末）阅读理解并解答：在学完乘法公式(a±b) 2=a2±2ab+b2后，王
老师向同学们提出了这样一个问题：你能求代数式−x2+2x+3的最大值吗？
【初步思考】
同学们经过交流、讨论，总结出如下方法：
解：−x2+2x+3=−(x2−2x)+3=−(x2−2x+1−1)+3
=−(x2−2x+1)+1+3=−(x2−2x+1)+4=−(x−1) 2+4
因为(x−1) 2≥0，
所以−(x−1) 2≤0．
所以当x=1时，−(x−1) 2的值最大，最大值是0.
所以当−(x−1) 2=0时，−(x−1) 2+4的值最大，最大值是4.所以−x2+2x+3的最大值是4
【尝试应用】
（1）求代数式−x2+4x+10的最大值，并写出相应的x的值．
（2）已知A=2x2−4x+1，B=x2+8x−37，请比较A与B的大小，并说明理由．
【拓展提高】
（3）将一根长50cm的铁丝剪成两段，并以每一段铁丝的长度为周长各做成一个正方形，则这两个正方形
面积之和有无最小（或最大）值？若有，求此时这根铁丝剪成两段后的长度；若没有，请说明理由．
【思路点拨】
（1）仿照题中例子配出完全平方公式进行求解；
（2）计算A−B，仿照题中例子配出完全平方公式进行求解，即可得到结论；
x
（3）设一段铁丝的长度为xcm，则另一段铁丝的长度为(50−x)cm，可分别求出两个正方形的边长为 和
4
50−x
，根据正方形的面积公式，列出代数式，仿照题中例子配出完全平方公式进行求解．
4
【解题过程】
（1）解：−x2+4x+10
=−(x2−4x+4−4)+10
=−(x2−4x+4)+4+10
=−(x−2) 2+14，
∵(x−2) 2≥0，
∴−(x−2) 2≤0，
∴当−(x−2) 2=0时，−(x−2) 2+14有最大值，最大值为14，
解得：x=2，
∴ −x2+4x+10的最大值为14，此时x的值为2．
（2）解：A>B，理由如下：
∵ A=2x2−4x+1，B=x2+8x−37，
∴ A−B=2x2−4x+1−(x2+8x−37)
=2x2−4x+1−x2−8x+37
=x2−12x+36+2
=(x−6) 2+2
∵(x−6) 2≥0，
∴当(x−6) 2=0时，A−B有最小值2，
∴ A>B
（3）解：设一段铁丝的长度为xcm，则另一段铁丝的长度为(50−x)cm，
根据题意得：
(x) 2 (50−x) 2
S= +
4 4
1 50 1250
= x2− x+
8 8 8
1 625
= (x2−50x+625)+
8 8
1 625
= (x−25) 2+ ，
8 8
1
∵ (x−25) 2≥0，
8
1 625
∴ (x−25) 2=0时，S有最小值 ，
8 8
解得：x=25，则50−x=25，
625
∴这两个正方形面积之和有最小值，此时两段铁丝的长度均为25cm，面积之和为 cm2 ．
8
20．（2023下·辽宁沈阳·七年级沈阳市南昌初级中学（沈阳市第二十三中学）校考阶段练习）材料一：把
几个图形拼成一个新的图形，再通过两种不同的方法计算同一个图形的面积，可以得到一个等式，也可以
求出一些不规则图形的面积．例如，由图1，可得等式：(a+2b)(a+b)=a2+3ab+2b2（1）如图2，将几个面积不等的小正方形与小长方形拼成一个边长为a+b+c的正方形，请你用两种不同
的方法求图2大正方形的面积（用含a，b的式子表示）：
方法一：________________；方法二：________________；
对于以上，你能发现什么结论？请用等式表示出来________________（直接写出等式）
（2）利用（1）中所得到的结论，填空：
①已知上述等式中的三个字母a，b，c可取任意实数，若a=7x−5，b=−4x+2，c=−3x+4，且
a2+b2+c2=37，请利用（1）所得的结论求ab+bc+ac的值为________；
1
②若三个实数x，y，z满足2x×4y×8z= ，x2+4 y2+9z2=40，则2xy+3xz+6 yz的值为________；
16
材料二：若m2+2mn+2n2−6n+9=0，求m，n的值．
解：∵m2+2mn+2n2−6n+9=0，
∴m2+2mn+n2+n2−6n+9=0，
∴(m+n) 2+(n−3) 2=0，
∴m+n=0，n−3=0，
∴m=−3，n=3．
问题：
（3）若x2+2y2−2xy+4 y+4=0，则y2的值为________；
（4）试探究关于x，y的代数式5x2+9 y2−12xy−6x+2032是否存在最小值？若存在，求出最小值及此
时x，y的值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）将整个图形当作一个正方形和作为9个长方形或正方形求面积即可得解；
(a+b+c) 2−(a2+b2+c2)
（2）根据（1）可得ab+bc+ac= ，进而整体代入即可求解；
2
（3）将原式变形为两个完全平方式与一个常数的和，利用偶次方的非负性即可求解y的值，进而求解；（4）将原式变形为两个完全平方式的和，利用偶次方的非负性即可求解；
【解题过程】
解：（1）将整个图形当作一个正方形，则面积为(a+b+c) 2，
将整个图形当作9个长方形或正方形，则面积为
a2+b2+c2+ab+ac+bc+ab+ac+bc=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc，
∴(a+b+c) 2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc，
故答案为(a+b+c) 2，a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc，(a+b+c) 2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc；
（2）①∵a=7x−5，b=−4x+2，c=−3x+4，
∴(a+b+c) 2=(7x−5−4x+2−3x+4) 2=1，
∵(a+b+c) 2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc， a2+b2+c2=37，
(a+b+c) 2−(a2+b2+c2) 1−37
∴ab+bc+ac= = =−18，
2 2
∴故答案为−18
②∵2x×4y×8z=2x×22y×23z=2x
❑
+2
❑
y+
❑
3z=2−4，
∴x+2y+3z=−4，
∴(x+2y+3z) 2=16即x2+4 y2+9z2+4xy+6xz+12yz=16，
∵x2+4 y2+9z2=40，
16−(x2+4 y2+9z2)
16−40
∴2xy+3xz+6 yz= = =−12，
2 2
故答案为−12；
（3）∵x2+2y2−2xy+4 y+4=0，
∴(x2+ y2−2xy)+(y2+4 y+4)=0即(x−y) 2+(y+2) 2=0
∴x−y=0，y+2=0，
∴x= y=−2，
∴y2=(−2) 2=4，故答案为：4
（4）存在，
原式=4x2−12xy+9 y2+x2−6x+9+2023
=(2x−3 y) 2+(x−3) 2+2023
∵(2x−3 y) 2≥0 (x−3) 2≥0
∴当2x−3 y=0，x−3=0时，原式最小
∴x=3，y=2，原式最小值为2023．
