考点02整式与因式分解（精讲）2024年中考数学一轮复习之核心考点精讲精练（全国通用）原卷版+解析版

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整式与因式分解在各地中考数学中难度中下，每年考查3题左右，分值为12分左右，主要考查整式的加减、乘除法则及幂的运算，难度一般不大，偶尔考察整式的基本概念。因式分解作为整式乘法的逆运算，在数学中考中占比不大，但是依然属于必考题，常以简单选择、填空题的形式出现，难度不大。对于整式与因式分解的复习，需要学生熟练掌握相关概念及运算法则等， 探究与表达规律、乘法公式的相关运用偶尔考查难度相对较大，望同学们多加注意！
【知识清单】
1：代数式的相关概念（☆☆）
（1）代数式：用基本的运算符号把数和表示数的字母连接起来的式子叫做 代数式 。
（2）代数式的值：用数值代替代数式里的字母，按照代数式中的运算关系计算得出的结果叫做代数式的值。
2：整式的相关概念（☆☆☆）
（1）单项式：由数与字母或字母与字母相乘组成的代数式叫做 单项式 ，所有字母指数的和叫做单项式的 次数 ，数字因数叫做单项式的 系数 。
（2）多项式：由几个单项式相加组成的代数式叫做 多项式 ，多项式里次数最高的项的次数叫做这个多项式的 次数 ，其中不含字母的项叫做 常数项 。
（3）整式：单项式和多项式统称为 整式 。
3：整式的运算（☆☆☆）
（1）同类项：多项式中所含 字母 相同并且相同字母的 指数 也相同的项，叫做 同类项 。
（2）整式的加减：一般地，几个整式相加减，如果有括号就先去括号，然后再合并同类项。
（3）幂的运算：am·an= am+n ；（am）n= amn ；（ab）n= anbn ；am÷an= 。
（4）整式的乘法：1）单项式与单项式相乘，把它们的系数、相同字母分别相乘，对于只在一个单项式里含有的字母，则连同它的指数作为积的一个因式。2）单项式与多项式相乘：m（a+b+c）= ma+mb+mc 。
3）多项式与多项式相乘：（m+n）（a+b）= ma+mb+na+nb 。
（5）乘法公式：（1）平方差公式： ；（2）完全平方公式： 。
（6）整式的除法：（1）单项式除以单项式，把系数、同底数的幂分别相除，作为商的因式：对于只在被除式含有的字母，则连同它的指数作为商的因式.（2）多项式除以单项式：先把这个多项式的每一项除以单项式，再把所得的商相加。
（7）整式的混合运算的运算顺序：先乘方，再乘除，后加减，有括号时先算括号里面。
（8）探究与表达规律常见类型：
1）一列数的规律：把握常见几类数的排列规律及每个数与排列序号之间的关系。
2）一列等式的规律：用含有字母的代数式总结规律，注意此代数式与序号之间的关系。
3）图形（图表）规律：观察前几个图形，确定每个图形中图形的个数或图形总数与序号之间的关系。
4）图形变换的规律：找准循环周期内图形变换的特点，然后用图形变换总次数除以一个循环变换周期，进而观察商和余数。
5）数形结合的规律：观察前项（一般前3项）及利用题中的已知条件，归纳猜想一般性结论。
4：因式分解（☆☆☆）
（1）因式分解：把一个多项式化成几个因式积的形式，叫因式分解 ，因式分解与整式乘法是互逆 运算.
（2）因式分解的基本方法：1）提取公因式法：；
2）运用公式法：平方差与完全平方公式；3）十字相乘：；4）分组分解。
（3）分解因式的一般步骤：“一 提 二 套 三 检查 ”。
1）如果多项式各项有公因式，应先提取公因式；2）如果各项没有公因式，可以尝试使用公式法：为两项时，考虑平方差公式；为三项时，考虑完全平方公式或十字相乘；为四项时，考虑利用分组的方法进行分解；3）检查分解因式是否彻底，必须分解到每一个多项式都不能再分解为止。
【易错点归纳】
1.规范书写格式：列代数时要按要求规范地书写．像数字与字母、字母与字母相乘可省略乘号不写，数与数相乘必须写乘号；除法可写成分数形式，带分数与字母相乘需把代分数化为假分数，书写单位名称什么时不加括号，什么时要加括号．注意代数式括号的适当运用．
2.单项式的指数只和字母的指数有关，与系数的指数无关。如单项式的次数是2＋3＋4=9。
3.合并同类项一定要完全、彻底，不能有漏项，而且合并同类项结果可能是单项式，也可能是多项式。
4.因式分解分解对象是多项式，分解结果必是积的形式，且积的因式必须是整式，这三个要素缺一不可。
【核心考点】
核心考点1. 代数式的相关概念
例1：（2023·吉林长春·统考中考真题）2023长春马拉松于5月21日在南岭体育场鸣枪开跑，某同学参加了7.5公里健康跑项目，他从起点开始以平均每分钟x公里的速度跑了10分钟，此时他离健康跑终点的路程为 公里．（用含x的代数式表示）
【答案】
【分析】根据题意列出代数式即可．
【详解】根据题意可得，他离健康跑终点的路程为．故答案为：．
【点睛】此题考查了列代数式，解题的关键是读懂题意．
变式1.（2023·河北石家庄·统考三模）某校举办的知识竞赛，共道题，规定答对一道题加x分，答错一道题（不答按错）扣分，小明答错了2道题，他得到的分数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据答对一道题加x分，答错一道题（不答按错）扣分列出代数式．
【详解】解：∵共道题，小明答错了2道题，∴小明答对了道题，
∴他得到的分数是，故选：A
【点睛】本题考查了列代数式，理解题意，掌握去括号，合并同类项的运算法则是解题关键．
变式2.（2023·河北沧州·校考二模）甲、乙、丙三个盒中分别放有不同数量的棋子，其中甲盒中棋子个数为，乙盒中棋子的个数是甲盒中棋子个数的2倍，丙盒中棋子的个数比乙盒中棋子的个数少．

（1）请用含的代数式表示乙盒中棋子的个数 ；丙盒中棋子的个数 ；
（2）现从三个盒中分别拿出一些棋子后，使每个盒中剩下的棋子个数均相等，若从丙盒中拿出的棋子个数比甲盒中拿出的棋子个数多3个，从乙盒中拿出的棋子个数是其剩下棋子个数的2倍，则从三个盒中共拿出的棋子个数是 ．
【答案】
【分析】（1）根据乙盒中棋子的个数是甲盒中棋子个数的2倍，丙盒中棋子的个数比乙盒中棋子的个数少，列出代数式即可；（2）根据从乙盒中拿出的棋子个数是其剩下棋子个数的2倍，得到盒子中剩余的棋子数，进而得到从甲盒和丙盒中拿出的棋子个数，利用从丙盒中拿出的棋子个数比甲盒中拿出的棋子个数多3个，列出方程进行求解，得出的值，即可得出结果．
【详解】解：（1）由题意，得：乙盒中棋子的个数为：，丙盒中棋子的个数为：；
故答案为：，；
（2）∵从乙盒中拿出的棋子个数是其剩下棋子个数的2倍，
∴从乙盒中拿出的棋子数为：，乙盒中剩余的棋子的个数为：，
∵每个盒中剩下的棋子个数均相等，
∴从甲盒中拿出的棋子个数为：，从丙盒中拿出的棋子个数为：，
∵从丙盒中拿出的棋子个数比甲盒中拿出的棋子个数多3个，∴，解得：，
∴从三个盒中共拿出的棋子个数是：（个）；故答案为：．
【点睛】本题考查列代数式，一元一次方程的实际应用．找准等量关系，正确的列出代数式和方程，是解题的关键．
例2：（2023上·山东泰安·九年级校考期末）根据如图所示的程序，计算y的值，若输入x的值是时，则输出的y值等于 ．
【答案】
【分析】此题是一道程序题，做题时要按照程序一步一步做，主要考查代数式求值，是一道常考的题型．
由题意输入然后平方得，然后再小于0，乘以，可得y的值．
【详解】解：当时，，．故答案为：．
变式1.（2023·安徽·统考模拟预测）如图所示为一金字塔运算程序，其中箭头为数字的移动方向，字母表示限制条件，序号为运算方式，已知：；①：；：；②：；：；③：；：；④：；：；：，若某层中的数字达到限制条件，就可以通过相应的运算方式进入新一层，安安将输入的数字定为2，则最后输出的结果为( )

A．B．C．D．无法得到
【答案】D
【分析】根据题意，进行计算即可求解．
【详解】解：输入是数字是，符合条件：，进入第二层，
由①得，则，符合条件：，进入第三层，
由②得，，符合条件：，回到第一层，
第二次输入的数字是，符合条件：，进入第二层，
则，符合条件：，进入第三层
由②得，，符合条件：，返回第二层，
由③得，，，进入第三层
由②得，，符合条件：，返回第二层，
由③得，，，进入第三层
由②得，，符合条件：，返回第二层，
由③得，，，进入第三层 ……
观察发现，数字越来越大，在第二、三层循环，故选：D．
【点睛】本题考查了实数的混合运算与程序设计，根据题意列出算式进行计算是解题的关键．
例3：（2023年山东省济宁市中考数学真题）已知实数满足，则 ．
【答案】8
【分析】由题意易得，然后整体代入求值即可．
【详解】解：∵，∴，
∴；
故答案为8．
【点睛】本题主要考查因式分解及整体思想，熟练掌握利用整体思维及因式分解求解整式的值．
变式1．（2023年江苏省南通市中考数学真题）若，则的值为（ ）
A．24B．20C．18D．16
【答案】D
【分析】根据得到，再将整体代入中求值．
【详解】解：，得，变形为，
原式．故选：D．
【点睛】本题考查代数式求值，将变形为是解题的关键．
变式2．（2023·江苏泰州·统考中考真题）若，则的值为 ．
【答案】
【分析】由，可得，根据，计算求解即可．
【详解】解：由，可得，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了代数式求值．解题的关键在于正确的运算．
核心考点2. 整式的相关概念
例4：（2022·广东·中考真题）单项式的系数为___________．
【答案】3
【分析】单项式中数字因数叫做单项式的系数，从而可得出答案．
【详解】的系数是3，故答案为：3．
【点睛】此题考查了单项式的知识，解答本题的关键是掌握单项式系数的定义．
变式1. （2023.广东·统考模拟预测）下列结论中正确的是（ ）
A．单项式的系数是，次数是4B．单项式m的次数是1，系数为0
C．多项式是二次三项式D．在，，，，，0中整式有4个
【答案】D
【分析】根据单项式次数和系数的定义，多项式项和次数的定义，整式的定义进行求解即可．
【详解】解：A、单项式的系数是，次数是3，原结论错误，不符合题意；
B、单项式m的次数是1，系数为1，原结论错误，不符合题意；
C、多项式是三次三项式，原结论错误，不符合题意；
D、在，，，，，0中整式有，，和0，一共4个，原结论正确，符合题意；故选D．
【点睛】本题主要考查了单项式的次数、系数的定义，多项式的定义及其次数的定义，整式的定义，解题的关键在于能够熟知相关定义．
变式2．（2020·四川绵阳市·中考真题）若多项式是关于x，y的三次多项式，则_____．
【答案】0或8
【分析】直接利用多项式的次数确定方法得出答案．
【详解】解：多项式是关于，的三次多项式，
，，，，
或，或，或8．故答案为：0或8．
【点睛】本题主要考查了多项式，正确掌握多项式的次数确定方法是解题关键．
例5：（2023·广东东莞·统考一模）若和是同类项，则 ．
【答案】9
【分析】本题考查了利用同类项的定义求字母的值，先根据同类项的定义求出m和n的值，再把求得的m和n的值代入所给代数式计算即可．
【详解】解：∵和是同类项，
∴．∴．∴．故答案为：9．
变式1．（2022·湖南湘潭·中考真题）下列整式与为同类项的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据同类项的定义：所含字母相同，并且相同字母的指数也相同，这样的项叫做同类项，结合选项求解．
【详解】解：由同类项的定义可知，a的指数是1，b的指数是2．
A、a的指数是2，b的指数是1，与不是同类项,故选项不符合题意；
B、a的指数是1，b的指数是2，与是同类项,故选项符合题意；
C、a的指数是1，b的指数是1，与不是同类项,故选项不符合题意；
D、a的指数是1，b的指数是2，c的指数是1，与不是同类项,故选项不符合题意．故选：B．
【点睛】此题考查了同类项，判断同类项只要两看，即一看所含有的字母是否相同，二看相同字母的指数是否相同．
变式1．（2023·江苏·校考模拟预测）已知单项式与是同类项，则______．
【答案】3
【分析】根据同类项的定义（所含字母相同，相同字母的指数相同），求出m，n的值，再代入代数式计算即可．
【详解】解：∵单项式与是同类项，∴2m=4，n+2=-2m+7，
解得：m=2，n=1，则m+n=2+1=3．故答案是：3．
【点睛】本题考查同类项的定义，同类项定义中的两个“相同”：相同字母的指数相同，是易混点．
核心考点3. 整式的运算
例6：（2023·辽宁丹东·统考中考真题）下列运算正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】直接利用积的乘方运算法则以及幂的乘方运算法则、同底数幂的乘除运算法则分别化简，进而得出答案．
【详解】解：A．，故此选项符合题意；B．，故此选项不合题意；
C．，故此选项不合题意；D．，故此选项不合题意．故选：A．
【点睛】此题主要考查了积的乘方运算以及幂的乘方运算、同底数幂的乘除运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
变式1．（2023·山东泰安·统考中考真题）下列运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】A、不能合并，本选项错误；B、利用完全平方公式展开得到结果，即可作出判断；C和D、利用积的乘方及幂的乘方运算法则计算得到结果，即可作出判断．
【详解】解：和不是同类项，不能合并，故A选项错误，不符合题意；
，故B选项错误，不符合题意；，故C选项错误，不符合题意；
，故D选项正确，符合题意；故选：D．
【点睛】此题考查了完全平方公式，合并同类项，同底数幂的除法，积的乘方与幂的乘方，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键.
变式2.（2023·浙江杭州·校考模拟预测）电子文件的大小常用等作为单位，其中
，某视频文件的大小约为等于( )
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意及幂的运算法则即可求解．
【详解】依题意得=故选A．
【点睛】此题主要考查幂的运算，解题的关键是熟知同底数幂的运算法则．
例7：（2023·湖南·统考中考真题）先化简，再求值：，其中．
【答案】，24
【分析】先展开，合并同类项，后代入计算即可．
【详解】
当时，原式．
【点睛】本题考查了平方差公式，完全平方公式的计算，熟练掌握两个公式是解题的关键．
变式1．（2023·山东青岛·统考中考真题）计算： ．
【答案】
【分析】利用积的乘方及单项式除以单项式的法则进行计算即可．
【详解】解：原式，故答案为：．
【点睛】本题考查整式的运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
变式2．（2023·陕西西安·校考二模）先化简，再求值：，其中，．
【答案】，
【分析】先利用完全平方公式，平方差公式与单项式乘多项式运算法则去掉括号，然后再合并同列项计算，最后代入x，y计算即可．
【详解】解： ，
当，时，原式．
【点睛】本题考查了整式的混合运算，解题的关键是熟练运用整式的运算法则．
例8：（2023年江苏省镇江市中考数学真题）如图，在甲、乙、丙三只袋中分别装有球29个、29个、5个，先从甲袋中取出个球放入乙袋，再从乙袋中取出个球放入丙袋，最后从丙袋中取出个球放入甲袋，此时三只袋中球的个数相同，则的值等于（ ）

A．128B．64C．32D．16
【答案】A
【分析】先表示每个袋子中球的个数，再根据总数可知每个袋子中球的个数，进而求出， ，最后逆用同底数幂相乘法则求出答案．
【详解】调整后，甲袋中有个球，，乙袋中有个球，，丙袋中有个球．
∵一共有（个）球，且调整后三只袋中球的个数相同，
∴调整后每只袋中有（个）球，
∴，，∴，，
∴．故选：A．
【点睛】本题考查了幂的混合运算，找准数量关系，合理利用整体思想是解答本题的关键．
变式1．（2023·四川乐山·统考中考真题）若m、n满足，则 ．
【答案】16
【分析】先将已知变形为，再将变形为，然后整体代入即可．
【详解】解：∵∴
∴故答案为：16．
【点睛】本题考查代数式值，幂的乘方和同底数幂除法，熟练掌握幂的乘方和同底数幂除法法则是解题的关键．
变式2．（2023.江苏·校考模拟预测）已知，则x的值为 ．
【答案】，1，3
【分析】由已知可分三种情况：当时，；当时，；当时，，此时，等式成立．
【详解】解：∵，当时，；当时，；
当时，，此时，等式成立；故答案为：，1，3．
【点睛】本题考查有理数的乘方；熟练掌握有理数的乘方的性质，切勿遗漏零指数幂的情况是解题关键．
变式3．（2022·湖南长沙·中考真题）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，它己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”己经展现出无穷威力．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关键．
例9：（2023·江苏宿迁·统考中考真题）若实数m满足，则 ．
【答案】
【分析】根据完全平方公式得，再代值计算即可．
【详解】解：
故答案为：．
【点睛】本题考查完全平方公式的应用，求代数式值，掌握完全平方公式及其变式是解题本题的关键．
变式1．（2023年四川省凉山州数学中考真题）已知是完全平方式，则的值是 ．
【答案】
【分析】根据，计算求解即可．
【详解】解：∵是完全平方式，
∴，解得，故答案为：．
【点睛】本题考查了完全平方公式．解题的关键在于熟练掌握：．
变式2．（2022·黑龙江大庆·中考真题）已知代数式是一个完全平方式，则实数t的值为_______．
【答案】或
【分析】直接利用完全平方公式求解．
【详解】解：∵代数式是一个完全平方式，
∴，
∴，解得或，故答案为：或
【点睛】本题考查了完全平方公式的运用，熟记完全平方公式的特点是解题的关键．
变式3．（2023年河北省中考数学真题）若k为任意整数，则的值总能（ ）
A．被2整除B．被3整除C．被5整除D．被7整除
【答案】B
【分析】用平方差公式进行因式分解，得到乘积的形式，然后直接可以找到能被整除的数或式．
【详解】解：，
能被3整除，∴的值总能被3整除，故选：B．
【点睛】本题考查了平方差公式的应用，平方差公式为通过因式分解，可以把多项式分解成若干个整式乘积的形式．
例10：（2023年四川省攀枝花市中考数学真题）我们可以利用图形中的面积关系来解释很多代数恒等式．给出以下4组图形及相应的代数恒等式：
① ②

③ ④
其中，图形的面积关系能正确解释相应的代数恒等式的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】观察各个图形及相应的代数恒等式即可得到答案．
【详解】解：图形的面积关系能正确解释相应的代数恒等式的有①②③④，故选：．
【点睛】本题考查用图形面积解释代数恒等式，解题的关键是用两种不同的方法表示同一个图形的面积．
变式1．（2023年湖北省随州市中考数学真题）设有边长分别为a和b()的A类和B类正方形纸片、长为a宽为b的C类矩形纸片若干张．如图所示要拼一个边长为的正方形，需要1张A类纸片、1张B类纸片和2张C类纸片．若要拼一个长为、宽为的矩形，则需要C类纸片的张数为( )

A．6B．7C．8D．9
【答案】C
【分析】计算出长为，宽为的大长方形的面积，再分别得出A、B、C卡片的面积，即可看出应当需要各类卡片多少张．
【详解】解：长为，宽为的大长方形的面积为：；
需要6张A卡片，2张B卡片和8张C卡片．故选：C．
【点睛】本题主要考查多项式乘多项式与图形面积，解题的关键是理解结果中项的系数即为需要C类卡片的张数．
变式2．（2022·湖北随州·中考真题）《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)①2②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．
例11：（2023·四川德阳·统考中考真题）在“点燃我的梦想，数学皆有可衡”数学创新设计活动中，“智多星”小强设计了一个数学探究活动：对依次排列的两个整式m，n按如下规律进行操作：
第1次操作后得到整式串m，n，；第2次操作后得到整式串m，n，，；第3次操作后…
其操作规则为：每次操作增加的项，都是用上一次操作得到的最末项减去其前一项的差，小强将这个活动命名为“回头差”游戏．则该“回头差”游戏第2023次操作后得到的整式中各项之和是（ ）
A．B．mC．D．
【答案】D
【分析】先逐步分析前面5次操作，可得整式串每四次一循环，再求解第四次操作后所有的整式之和为：，结合，从而可得答案．
【详解】解：第1次操作后得到整式串m，n，；
第2次操作后得到整式串m，n，，；
第3次操作后得到整式串m，n，，，；
第4次操作后得到整式串m，n，，，，；
第5次操作后得到整式串m，n，，，，，；
归纳可得：以上整式串每六次一循环，
∵，∴第2023次操作后得到的整式中各项之和与第1次操作后得到整式串之和相等，
∴这个和为，故选D
【点睛】本题考查的是整式的加减运算，代数式的规律探究，掌握探究的方法，并总结概括规律并灵活运用是解本题的关键．
变式1.（2023年湖南省岳阳市中考数学真题）观察下列式子：
；；；；；…
依此规律，则第（为正整数）个等式是 ．
【答案】
【分析】根据等式的左边为正整数的平方减去这个数，等式的右边为这个数乘以这个数减1，即可求解．
【详解】解：∵；；；；；…
∴第（为正整数）个等式是，故答案为：．
【点睛】本题考查了数字类规律，找到规律是解题的关键．
变式2．（2023年湖南省常德市中考数学真题）观察下边的数表（横排为行，竖排为列），按数表中的规律，分数若排在第a行b列，则的值为( )



……
A．2003B．2004C．2022D．2023
【答案】C
【分析】观察表中的规律发现，分数的分子是几，则必在第几列；只有第一列的分数，分母与其所在行数一致．
【详解】观察表中的规律发现，分数的分子是几，则必在第几列；只有第一列的分数，分母与其所在行数一致，故在第20列，即；向前递推到第1列时，分数为，故分数与分数在同一行．即在第2042行，则．∴故选：C．
【点睛】本题考查了数字类规律探索的知识点，解题的关键善于发现数字递变的周期性和趋向性．
变式3．（2023年黑龙江省大庆市中考数学真题）1261年，我国宋朝数学家杨辉在其著作《详解九章算法》中提到了如图所示的数表，人们将这个数表称为“杨辉三角”．

观察“杨辉三角”与右侧的等式图，根据图中各式的规律，展开的多项式中各项系数之和为 ．
【答案】
【分析】仿照阅读材料中的方法将原式展开，即可得出结果．
【详解】根据题意得：展开后系数为：，系数和：，
展开后系数为：，系数和：，
展开后系数为：，系数和：，故答案：．
【点睛】此题考查了多项式的乘法运算，以及规律型：数字的变化类，解题的关键是弄清系数中的规律．
例12：（2023年四川省绵阳市中考数学真题）如下图，将形状、大小完全相同的“●”和线段按照一定规律摆成以下图形，第1幅图形中“●”的个数为，第2幅图形中“●”的个数为，第3幅图形中“●”的个数为，…，以此类推，那么的值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先根据图形中“●”的个数得出数字变化规律，进而求解即可．
【详解】解：，，，，…，；
∴
，故选∶C．
【点睛】此题考查图形的变化规律，找出图形之间的联系，找出规律是解题的关键．
变式1.（2023年重庆市中考数学真题）用圆圈按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有2个圆圈，第②个图案中有5个圆圈，第③个图案中有8个圆圈，第④个图案中有11个圆圈，…，按此规律排列下去，则第⑦个图案中圆圈的个数为（ ）

A．14B．20C．23D．26
【答案】B
【分析】根据前四个图案圆圈的个数找到规律，即可求解.
【详解】解：因为第①个图案中有2个圆圈，；
第②个图案中有5个圆圈，；
第③个图案中有8个圆圈，；
第④个图案中有11个圆圈，；…，
所以第⑦个图案中圆圈的个数为；故选：B.
【点睛】本题考查图形类规律探究，根据前四个图案圆圈的个数找到第n个图案的规律为是解题关键.
变式2．（2023年黑龙江省绥化市中考数学真题）在求的值时，发现：，，从而得到．按此方法可解决下面问题．图（1）有1个三角形，记作；分别连接这个三角形三边中点得到图（2），有5个三角形，记作；再分别连接图（2）中间的小三角形三边中点得到图（3），有9个三角形，记作；按此方法继续下去，则 ．（结果用含n的代数式表示）

【答案】/
【分析】根据题意得出，进而即可求解．
【详解】解：依题意，，
∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了图形类规律，找到规律是解题的关键．
例13：（2021·湖北鄂州市·中考真题）数学课外活动小组的同学在学习了完全平方公式之后，针对两个正数之和与这两个正数之积的算术平方根的两倍之间的关系进行了探究，请阅读以下探究过程并解决问题．
猜想发现：由；；；；；
猜想：如果，，那么存在（当且仅当时等号成立）．
猜想证明：∵
∴①当且仅当，即时，，∴；
②当，即时，，∴．
综合上述可得：若，，则成立（当日仅当时等号成立）．
猜想运用：（1）对于函数，当取何值时，函数的值最小？最小值是多少？
变式探究：（2）对于函数，当取何值时，函数的值最小？最小值是多少？
拓展应用：（3）疫情期间、为了解决疑似人员的临隔离问题．高速公路榆测站入口处，检测人员利用检测站的一面墙（墙的长度不限），用63米长的钢丝网围成了9间相同的长方形隔离房，如图．设每间离房的面积为（米2）．问：每间隔离房的长、宽各为多少时，可使每间隔离房的面积最大？最大面积是多少？
【答案】（1），函数的最小值为2；（2），函数的最小值为5；（3）每间隔离房长为米，宽为米时，的最大值为
【分析】猜想运用：根据材料以及所学完全平方公式证明求解即可；
变式探究：将原式转换为，再根据材料中方法计算即可；
拓展应用：设每间隔离房与墙平行的边为米，与墙垂直的边为米，依题意列出方程，然后根据两个正数之和与这两个正数之积的算术平方根的两倍之间的关系探究最大值即可．
【详解】猜想运用：∵，∴，∴，
∴当时，，此时，只取，即时，函数的最小值为2．
变式探究：∵，∴，，∴，
∴当时，，此时，∴，（舍去），
即时，函数的最小值为5.
拓展应用：设每间隔离房与墙平行的边为米，与墙垂直的边为米，依题意得：
，即，∵，，∴，
即，整理得：，即，
∴当时，此时，，
即每间隔离房长为米，宽为米时，的最大值为．
【点睛】本题主要考查根据完全平方公式探究两个正数之和与这两个正数之积的算术平方根的两倍之间的关系，熟练运用完全平方公式并参照材料中步骤进行计算是解题关键，属于创新探究题．
变式2.（2023上·浙江嘉兴·统考模拟预测）代数式的最小值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】先将原式变形为，再分解因式，然后根据配方法得到，然后利用非负数的性质即可求解．
【详解】解：原式
，
当，时，原式有最小值，此时最小值为．故选：B．
【点睛】本题考查了因式分解，配方法的应用，以及非负数的性质，得出是解题的关键．
变式2.（2023上·广西河池·校考模拟预测）阅读下列材料：我们把多项式及叫做完全平方公式，如果一个多项式不是完全平方公式，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，可以求代数式的最大值或最小值．
例如：求代数式的最小值．
解：
∵，∴， ∴当时，的最小值为；
再例如：求代数式的最大值．
解：
∵，∴，∴；∴当时，的最大值为．
(1)【直接应用】代数式的最小值为_______；(2)【类比应用】若，试求的最小值；(3)【知识迁移】如图，学校打算用长的篱笆围一个长方形菜地，菜地的一面靠墙（墙足够长），求围成的菜地的最大面积．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）利用配方法，将原式变形为，结合，可得出原式，进而可得出原式的最小值；（2）利用配方法，将原式变形为，结合，可得出，进而可得出的最小值；
（3）设垂直于墙的一边长为，围成的菜地的面积为，则平行于墙的一边长为，利用长方形的面积公式，可得出关于的二次函数关系式，再利用二次函数的性质，即可解决最值问题．
【详解】（1）解：，
∵，∴，∴代数式的最小值为．故答案为：．
（2）解：
，
∵，，∴，∴的最小值为．
（3）解：设垂直于墙的一边长为，围成的菜地的面积为，则平行于墙的一边长为，
根据题意得：
，
∵，∴当时，取得最大值，最大值为，∴围成的菜地的最大面积为．
【点睛】本题考查了配方的应用以及完全平方公式，解题的关键是：（1）利用配方法，将原式变形为；（2）利用配方法，将原式变形为；（3）根据各数量之间的关系，找出关于的二次函数关系式．
核心考点4. 因式分解
例14：（2023·四川攀枝花·统考中考真题）以下因式分解正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用平方差公式，还可分解因式；利用十字相乘法，．
【详解】解：；故A不正确，不符合题意．
；故B正确，符合题意．
；故C，D不正确，不符合题意．故选：B．
【点睛】本题考查因式分解，灵活掌握因式分解的方法是本题的关键．
变式1．（2023·浙江嘉兴·统考中考真题）一个多项式，把它因式分解后有一个因式为，请你写出一个符合条件的多项式： ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据平方差公式或完全平方公式等知识解答即可．
【详解】解：∵，因式分解后有一个因式为，
∴这个多项式可以是（答案不唯一）；
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了多项式的因式分解，熟练掌握分解因式的方法是解此题的关键．
变式2．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）因式分解： ．
【答案】
【分析】先分组，然后根据提公因式法，因式分解即可求解．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了因式分解，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．
变式3．（2023·江苏南京·九年级校考自主招生）因式分解：
(1)； (2)．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）先根据提公因式法以及平方差公式可得，从而得到，再根据十字相乘法进行因式分解，即可求解；
（2）先分组，再利用完全平方公式以及平方差公式进行因式分解，即可求解．
【详解】（1）解：
（2）解：
【点睛】本题主要考查了多项式的因式分解，熟练掌握多项式的因式分解方法——提公因式法、公式法、十字相乘法、分组分解法，并会结合多项式的特征，灵活选用合适的方法是解题的关键．
例15：（2023·湖北黄冈·统考模拟预测）我国南宋著名数学家杨辉精研数学，著有《详解九章算法》，对数的运算进行了深入研究与总结．类比其中的思想方法，可以解决很多数与式的计算问题．现已知a，b为实数，且，计算可得：，，，…，由此求得 ．
【答案】
【分析】先根据题意求出，进而推出，由此代值计算即可．
【详解】解：∵，，
∴，∴，
∴，故答案为：．
【点睛】本题主要考查了多项式乘以多项式，因式分解的应用，正确推出是解题的关键．
变式1.（2023·广东深圳·统考中考真题）已知实数a，b，满足，，则的值为 ．
【答案】42
【分析】首先提取公因式，将已知整体代入求出即可．
【详解】．故答案为：42．
【点睛】此题考查求代数式的值，提公因式法因式分解，整体思想的应用，解题的关键是掌握以上知识点．
变式2.（2023上·四川成都·九年级校考阶段练习）数形结合是解决数学问题的重要思想方法，在学习“因式分解”时，我们可以借助直观、形象的几何模型来求解．下面共有三种卡片：A型卡片是边长为x的正方形；B型卡片是长为y，宽为x的长方形；C型卡片是边长为y的正方形．

(1)用1张A型卡片，2张B型卡片拼成如图1的图形，根据图1，多项式因式分解的结果为______．
(2)请用1张A型卡片，2张B型卡片，1张C型卡片拼成一个大正方形，在图2的虚线框中画出正方形的示意图，再据此写出一个多项式的因式分解．

【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据大长方形等于小长方形的面积和列式可求解；
（2）根据完全平方公式的几何背景，先拼接出图形，再根据面积法列式可求解．
【详解】（1）；（2）如图所示，．

【点睛】本题主要考查完全平方公式的几何背景，因式分解的应用，掌握面积法是解题的关键．