20. (6 分)如图,用三种大小不同的 5 个正方形和一个长方形(阴影部分)拼成长方形$ABCD$,其中$EF = 7\space cm$,最小的正方形的边长为$x\space cm$.
(1)$FG = $
(2)求长方形$ABCD$的周长(用含$x$的整式表示),当$x = 9$时,求其值.
(1)$FG = $
（7+x）
$cm$,$DG = $（3x-7）
$cm$(用含$x$的整式分别表示)；(2)求长方形$ABCD$的周长(用含$x$的整式表示),当$x = 9$时,求其值.
（2）长方形的宽AB为：x+3x=4x（cm），长BC为：3x+x+7=（4x+7）（cm），则长方形ABCD的周长为：[4x+（4x+7）]×2=（16x+14）（cm）. 当x=9时，16x+14=16×9+14=158（cm）.
答案：（1）（7+x），（3x-7）；（2）长方形的宽AB为：x+3x=4x（cm），长BC为：3x+x+7=（4x+7）（cm），则长方形ABCD的周长为：[4x+（4x+7）]×2=（16x+14）（cm）. 当x=9时，16x+14=16×9+14=158（cm）.
解析：
（1）$7 + x$，$3x - 7$；
（2）长方形的宽$AB$为：$x + 3x = 4x\ cm$，长$BC$为：$3x + x + 7 = (4x + 7)\ cm$，则长方形$ABCD$的周长为：$[4x + (4x + 7)] × 2 = (16x + 14)\ cm$。当$x = 9$时，$16x + 14 = 16 × 9 + 14 = 158\ cm$。
（2）长方形的宽$AB$为：$x + 3x = 4x\ cm$，长$BC$为：$3x + x + 7 = (4x + 7)\ cm$，则长方形$ABCD$的周长为：$[4x + (4x + 7)] × 2 = (16x + 14)\ cm$。当$x = 9$时，$16x + 14 = 16 × 9 + 14 = 158\ cm$。
21. (9 分)已知：$A = -x - 2y - 1$,$B = \frac{1}{2}x + y + 1$.
(1)求$A + 3B$；
(2)当$x + 2y = 6$时,求$A + 3B$的值；
(3)若$A + mB的值与y$的取值无关,求$m$的值.
(1)求$A + 3B$；
(2)当$x + 2y = 6$时,求$A + 3B$的值；
(3)若$A + mB的值与y$的取值无关,求$m$的值.
答案：（1）$\frac{1}{2}x+y+2$；（2）5；（3）m的值为2.
解析：
(1) $ A + 3B = (-x - 2y - 1) + 3\left(\frac{1}{2}x + y + 1\right) $
$ = -x - 2y - 1 + \frac{3}{2}x + 3y + 3 $
$ = \left(-x + \frac{3}{2}x\right) + (-2y + 3y) + (-1 + 3) $
$ = \frac{1}{2}x + y + 2 $
(2) 由
(1)知 $ A + 3B = \frac{1}{2}x + y + 2 $，因为 $ x + 2y = 6 $，所以 $ \frac{1}{2}(x + 2y) = 3 $，即 $ \frac{1}{2}x + y = 3 $，则 $ A + 3B = 3 + 2 = 5 $
(3) $ A + mB = (-x - 2y - 1) + m\left(\frac{1}{2}x + y + 1\right) $
$ = -x - 2y - 1 + \frac{m}{2}x + my + m $
$ = \left(-1 + \frac{m}{2}\right)x + (-2 + m)y + (-1 + m) $
因为 $ A + mB $ 的值与 $ y $ 的取值无关，所以 $ -2 + m = 0 $，解得 $ m = 2 $
22. (9 分)小敏和小华对一些四位数$\overline{abcd}$($a$,$b$,$c$,$d$均为不超过 9 的正整数)进行了观察、猜想,请你帮助他们一起完成探究.
(1)这个四位数可用含$a$,$b$,$c$,$d$的代数式表示为
(2)小敏尝试将一些四位数倒排后,再与原数相加,发现和都为 11 的倍数.
例如：$1234 + 4321 = 5555 = 505×11$,$4258 + 8524 = 12782 = 1162×11$.
你认为上述结论对于一般的$(\overline{abcd} + \overline{dcba})$也成立吗？请说明理由.
(3)小华猜想：若一个整数的奇位数字之和与偶位数字之和的差能被 11 整除,则这个数能被 11 整除.
例如：判断 491678 能不能被 11 整除.
奇位数字的和$8 + 6 + 9 = 23$,偶位数字的和$7 + 1 + 4 = 12$,$23 - 12 = 11$,因此,491678 能被 11 整除.这种方法叫奇偶位差法.
请你帮小华证明猜想：对于一个四位数$\overline{abcd}$($a$,$b$,$c$,$d$均为不超过 9 的正整数),若满足$(b + d) - (a + c) = 11$,则该四位数$\overline{abcd}$能被 11 整除.
(1)这个四位数可用含$a$,$b$,$c$,$d$的代数式表示为
1000a+100b+10c+d
.(2)小敏尝试将一些四位数倒排后,再与原数相加,发现和都为 11 的倍数.
例如：$1234 + 4321 = 5555 = 505×11$,$4258 + 8524 = 12782 = 1162×11$.
你认为上述结论对于一般的$(\overline{abcd} + \overline{dcba})$也成立吗？请说明理由.
能被11整除，理由如下：设四位数为$\overline{abcd}=1000a+100b+10c+d$，
∴$\overline{dcba}=1000d+100c+10b+a$，
∴$\overline{abcd}+\overline{dcba}=(1000a+100b+10c+d)+(1000d+100c+10b+a)=1001a+110b+110c+1001d=11×(91a+10b+10c+91d)$，
∴它们的和能被11整除.
∴$\overline{dcba}=1000d+100c+10b+a$，
∴$\overline{abcd}+\overline{dcba}=(1000a+100b+10c+d)+(1000d+100c+10b+a)=1001a+110b+110c+1001d=11×(91a+10b+10c+91d)$，
∴它们的和能被11整除.
(3)小华猜想：若一个整数的奇位数字之和与偶位数字之和的差能被 11 整除,则这个数能被 11 整除.
例如：判断 491678 能不能被 11 整除.
奇位数字的和$8 + 6 + 9 = 23$,偶位数字的和$7 + 1 + 4 = 12$,$23 - 12 = 11$,因此,491678 能被 11 整除.这种方法叫奇偶位差法.
请你帮小华证明猜想：对于一个四位数$\overline{abcd}$($a$,$b$,$c$,$d$均为不超过 9 的正整数),若满足$(b + d) - (a + c) = 11$,则该四位数$\overline{abcd}$能被 11 整除.
能被11整除，理由如下：$\overline{abcd}=1000a+100b+10c+d=a·(1001-1)+b·(99+1)+c·(11-1)+d=11×(91a+9b+c)+[(b+d)-(a+c)]$，
∵(b+d)-(a+c)=11=11×1，
∴$\overline{abcd}=11×(91a+9b+c)+11×1=11×(91a+9b+c+1)$，
∴四位数$\overline{abcd}$能被11整除.
∵(b+d)-(a+c)=11=11×1，
∴$\overline{abcd}=11×(91a+9b+c)+11×1=11×(91a+9b+c+1)$，
∴四位数$\overline{abcd}$能被11整除.
答案：（1）1000a+100b+10c+d；（2）能被11整除，理由如下：设四位数为$\overline{abcd}=1000a+100b+10c+d$，
∴$\overline{dcba}=1000d+100c+10b+a$，
∴$\overline{abcd}+\overline{dcba}=(1000a+100b+10c+d)+(1000d+100c+10b+a)=1001a+110b+110c+1001d=11×(91a+10b+10c+91d)$，
∴它们的和能被11整除.（3）能被11整除，理由如下：$\overline{abcd}=1000a+100b+10c+d=a·(1001-1)+b·(99+1)+c·(11-1)+d=11×(91a+9b+c)+[(b+d)-(a+c)]$，
∵(b+d)-(a+c)=11=11×1，
∴$\overline{abcd}=11×(91a+9b+c)+11×1=11×(91a+9b+c+1)$，
∴四位数$\overline{abcd}$能被11整除.
∴$\overline{dcba}=1000d+100c+10b+a$，
∴$\overline{abcd}+\overline{dcba}=(1000a+100b+10c+d)+(1000d+100c+10b+a)=1001a+110b+110c+1001d=11×(91a+10b+10c+91d)$，
∴它们的和能被11整除.（3）能被11整除，理由如下：$\overline{abcd}=1000a+100b+10c+d=a·(1001-1)+b·(99+1)+c·(11-1)+d=11×(91a+9b+c)+[(b+d)-(a+c)]$，
∵(b+d)-(a+c)=11=11×1，
∴$\overline{abcd}=11×(91a+9b+c)+11×1=11×(91a+9b+c+1)$，
∴四位数$\overline{abcd}$能被11整除.