精品解析：江西省抚州市2023-2024学年八年级下学期期末数学试题

2023-2024学年度下学期学生学业质量监测 八年级数学试题卷 说明：1．本卷共有六大题，23个小题，全卷满分120分，考试时间120分钟． 2．本卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试题卷上作答，否则不给分． 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．每小题只有一个正确选项） 1. 以下是我国一些博物馆标志的图案，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．掌握中心对称图形与轴对称图形的判断是解题的关键． 【详解】解：A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意； B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意； C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意； D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意． 故选：A． 2. 下列等式中，从左到右的变形是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查分解因式的定义，解题的关键是理解：因式分解就是把一个多项式写成几个整式的乘积的形式．据此分析即可． 【详解】解：A．从左边到右边的变形是整式的乘法，不是因式分解，故此选项不符合题意； B．从左边到右边的变形是因式分解，故此选项符合题意； C．等式的左右两边不相等，应改为，故此选项不符合题意； D．等式的右边不是整式的积的形式，不属于因式分解，故此选项不符合题意． 故选：B． 3. 若等腰三角形的一个外角为，则它的顶角的度数为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的性质和三角形内角和定理根据外角为可得相邻的内角为，然后分当是顶角和底角两种情况分析，结合三角形的内角和定理即可求得结果，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】∵等腰三角形的一个外角为， ∴相邻的内角为， 当为顶角时，顶角的度数是， 当为底角时，顶角的度数是， 综上可知：顶角的度数是或， 故选：． 4. 若有意义，则实数x的取值范围为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据分母不为0，二次根式内的式子为非负可求得． 【详解】要使式子有意义 则 解得： 故选：B． 【点睛】本题考查分母不为零、二次根式有意义的条件，如本题，二次根式做分母，则要求二次根式内的式子为正数．掌握分母不为零、二次根式有意义的条件是解题的关键． 5. 如图，在平面直角坐标系中，四边形为平行四边形，若点坐标为，根据图中保留的作图痕迹判断点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由作图可知，是的平分线，则，由四边形为平行四边形，可得，则，进而可得点坐标． 【详解】解：由作图可知，是的平分线， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了作角平分线，平行四边形的性质，等角对等边，两点之间的距离，点坐标等知识．熟练掌握作角平分线，平行四边形的性质，等角对等边，两点之间的距离，点坐标是解题的关键． 6. 如图，在中，，、是斜边上两点，且，将绕点顺时针旋转后，得到，连接，下列结论中正确的个数有（ ） ①；②；③平分；④． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】（1）根据旋转的性质可得．可得．从而得到，故①正确；再由与不一定相等，可得与不一定全等，故②错误；连接，可证得，从而得到平分，故③错误；根据根据旋转的性质得：，，可得，从而得到，再由，可得，故④正确，即可． 【详解】解∶①根据旋转的性质得：． ∵，， ∴． ∴，故①正确； ②因为与不一定相等， 所以与不一定全等，故②错误； ③如图，连接， ∵，，， ∴， ∴， 即平分，故③错误； ④∵在中，， ∴， 根据旋转的性质得：，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴．故④正确． 故选B． 【点睛】本题主要考查了图形的旋转，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握图形的旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 正多边形的一个内角是，这个正多边形是正______边形． 【答案】六 【解析】 【分析】本题考查了正多边形的内角和外角，先根据内角度数求出外角度数，再用外角和除以这个度数即可求解，掌握正多边形的内角和外角的关系是解题的关键． 【详解】解：∵正多边形的一个内角是， ∴正多边形的一个外角是， ∴这个正多边形的边数为， 即正多边形是正六边形， 故答案为：六． 8. 若点与点关于原点成中心对称，则的值为______． 【答案】5 【解析】 【分析】根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得答案． 【详解】解：∵点P（m-1，5）与点Q（3，2-n）关于原点对称， ∴m-1=-3，2-n=-5， 解得：m=-2，n=7， 则m+n=-2+7=5． 故答案为：5． 【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数． 9. 一次函数与的图象如图所示，则的解集为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查函数与不等式的关系，根据函数和不等式的关系求解．数形结合是解题的关键． 【详解】解：∵，即：， 根据图像知：当时，， ∴的解集为． 故答案为：． 10. 如图，在中，，，，沿方向平移至，若，则沿方向平移的距离为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查图像的平移，根据平移的性质可得：沿方向平移的距离为的长，根据勾股定理求出的长，即可求解．解题的关键是掌握平移的基本性质：①平移不改变图形的大小、形状，只改变图形的位置；②图形上的每个点都平移了相同的距离，对应点之间的距离就是平移的距离；③连接各组对应点的线段平行（或在同一直线上）且相等． 【详解】解：∵在中，，，， ∴， 由沿方向平移至， 则点与点是一组对应点， ∴的长即为沿方向平移的距离， ∵， ∴， ∴沿方向平移的距离为． 故答案为：． 11. 如图，ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是线段AO，BO的中点，若AC+BD=24厘米，△OAB的周长是18厘米，则EF=___厘米． 【答案】3 【解析】 【详解】∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA=OC，OB=OD． 又∵AC+BD=24厘米， ∴OA+OB=12厘米． ∵△OAB的周长是18厘米， ∴AB=6厘米． ∵点E，F分别是线段AO，BO的中点， ∴EF是△OAB的中位线． ∴EF=AB=3厘米． 故答案为：3 12. 如图，在中，，，，点从点出发，沿射线以每秒个单位长度的速度运动．设点的运动时间为秒，在整个运动中，当是等腰三角形时，的值为________ 【答案】秒或秒或秒 【解析】 【分析】本题考查勾股定理，等腰三角形的性质，一元一次方程的应用，根据勾股定理得出，根据题意得，然后分为底和腰两种情况讨论即可．解题的关键是掌握勾股定理及等腰三角形的性质． 【详解】解：∵在中，，，， ∴， ∵点从点出发，沿射线以每秒个单位长度的速度运动．设点的运动时间为秒， ∴， ①当为底边时， ∵是等腰三角形， ∴， 如图，过点作于， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， 解得：（秒）； ②当为腰时， 如图， 当时，得：（秒）； 当时， ∵， ∴， ∴（秒）； 综上所述，的值为秒或秒或秒． 故答案为：秒或秒或秒． 三、（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. （1）因式分解：； （2）解分式方程：． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了综合提公因式和公式法进行因式分解，解分式方程等知识．熟练掌握综合提公因式和公式法进行因式分解，解分式方程是解题的关键． （1）利用综合提公因式和公式法进行因式分解即可； （2）先去分母将分式方程化成整式方程，求整式方程的解，最后进行检验即可． 【小问1详解】 解：； 【小问2详解】 解：， ， ， 解得，， 经检验，是原分式方程的解． 14. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查分式的化简求值，先根据异分母加减运算法则计算小括号内的减法，再计算括号外的除法，最后将代入计算即可．掌握相应的运算法则、性质和公式是解题的关键． 【详解】解： ， 当时，原式． 15. 已知四边形是平行四边形，为对角线，分别在图①、图②中按要求作图．（保留作图痕迹，不写作法） （1）如图①，为上任意一点，请仅用无刻度直尺在上找出另一点，使； （2）如图②，为上任意一点，请仅用无刻度直尺在上找出另一点，使． 【答案】（1） 如图①，点即为所作； （2）点即为所作． 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识．熟练掌握平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键． （1）连接交于，连接并延长交于，点即为所作； （2）连接交于，连接并延长交于，连接并延长交于，连接交于，点即为所作． 【小问1详解】 解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴点即为所作； 【小问2详解】 解：如图②，连接交于，连接并延长交于，连接并延长交于，连接交于， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴，四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴点即为所作． 16. 若，，是的三边长，且，满足关系式，是的最小整数解，求的周长． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查非负数的性质，一元一次不等式组的整数解，根据非负数的性质得到，的值；再由不等式组的解集求出c的值，进而求出三角形的周长．掌握不等式组的解法是解题的关键． 【详解】解：∵，，， ∴，， ∴，， ∵由不等式组， 解得：， ∵是不等式组的最小整数解， ∴， ∴， ∴的周长为． 17. 如图，在四边形中，平分，，交的延长线于点，于点． （1）求证：； （2）若，，求四边形的面积． 【答案】（1） 证明：∵平分，，， ∴， 在和中， ， ∴； （2） 【解析】 【分析】（1）根据角平分线的性质可得，利用“”可得结论； （2）根据含角直角三角形的性质和勾股定理可得和的长，进而求出的面积，由（1）知和的面积相等，推出： ，即可得解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵，平分， ∴， 在中，，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴ ， ∴四边形的面积为． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理，含角直角三角形的性质，熟练运用全等三角形的判定是解题的关键． 四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 已知关于、的方程组的解是非负数． （1）求的取值范围； （2）化简：． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题是考查二元一次方程组的解法，一元一次不等式组，利用方程组的解为非负数，建立不等式组，利用不等式组的解得范围化简绝对值是解题关键； （1）首先解关于，的方程组，根据解是非负数即可得到一个关于的不等式组，从而求得的范围； （2）根据的范围确定和的符号，然后根据绝对值的性质即可去掉绝对值符号，然后合并同类项即可求解． 【小问1详解】 解：， ①②得：，即③， 将③代入②得：， 则原方程组的解为：； 原方程组的解均为非负数， ， 解得：． 【小问2详解】 解：， ，， ． ． 19. 为落实“五育并举”，绿化美化环境，抚州市某学校在劳动周组织八年级的学生到校园内的生态园种植甲、乙两种树苗，已知每棵甲种树苗比每棵乙种树苗便宜2元，用2000元购进甲种树苗的数量与用2500元购进乙种树苗的数量相同． （1）分别求出每棵甲种、乙种树苗的价格； （2）学校计划购买200棵树苗提供给本次活动，要求购买乙种树苗数量至少是甲种树苗数量的2倍多20棵且购买总费用不超过1900元，怎样购买，才能使总费用最少？并求出最少费用． 【答案】（1）甲种树苗每棵8元，乙种树苗每棵10元； （2）当购买甲种树苗棵，乙种树苗棵时，总费用最少．最少费用为元． 【解析】 【分析】本题主要考查了分式方程和一次函数的应用，一元一次不等式组的应用，解题的关键是根据等量关系列出方程和函数解析式． （1）设乙种树苗每棵元，则甲种树苗每棵元，根据用2000元购进甲种树苗的数量与用2500元购进乙种树苗的数量相同，列出方程，解方程并检验即可； （2）设购进甲种树苗棵，则购进乙种树苗棵，总费用为元，求出函数解析式，再根据购买乙种树苗数量至少是甲种树苗数量的2倍多20棵且购买总费用不超过1900元，求出，再根据函数的增减性进行解答即可． 【小问1详解】 解：设乙种树苗每棵元，则甲种树苗每棵元， 根据题意得：， 解得， 经检验，是原方程的解， ， 甲种树苗每棵8元，乙种树苗每棵10元； 【小问2详解】 解：设购进甲种树苗棵，则购进乙种树苗棵，总费用为元，则， 由题意可得，， 解得：． 随着的增大而减小． 故当时，取最小值，最小值为， 则， 答：当购买甲种树苗棵，乙种树苗棵时，总费用最少．最少费用为元． 20. 如图，△ABC中，AB=BC，BE⊥AC于点E，AD⊥BC于点D，∠BAD=45°，AD与BE交于点F，连接CF． （1）求证：BF=2AE； （2）若CD=，求AD的长． 【答案】 （1）证明：∵AD⊥BC，∠BAD=45°， ∴△ABD是等腰直角三角形． ∴AD=BD． ∵BE⊥AC，AD⊥BC， ∴∠CAD+∠ACD=90°，∠CBE+∠ACD=90°． ∴∠CAD=∠CBE． 在△ADC和△BDF中，∠CAD=∠CBF，AD=BD，∠ADC=∠BDF=90°， ∴△ADC≌△BDF（ASA）． ∴BF=AC． ∵AB=BC，BE⊥AC， ∴AC=2AE． ∴BF=2AE． （2）2+ 【解析】 【详解】（1）先判定出△ABD是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AD=BD，再根据同角的余角相等求出∠CAD=∠CBE，然后利用“角边角”证明△ADC和△BDF全等，根据全等三角形对应边相等可得BF=AC，再根据等腰三角形三线合一的性质可得AC=2AE，从而得证． （2）根据全等三角形对应边相等可得DF=CD，然后利用勾股定理列式求出CF，再根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AF=CF，然后根据AD=AF+DF代入数据即可得解．　 解：（1）略 （2）∵△ADC≌△BDF， ∴DF=CD=． 在Rt△CDF中，． ∵BE⊥AC，AE=EC， ∴AF=CF=2． ∴AD=AF+DF=2+． 五、（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 如图①，的对角线和相交于点O，过点O且与边，分别相交于点E和点F． （1）求证：； （2）如图②，已知，． ①当为多少度时，？ ②在①的条件下，连接，求的周长． 【答案】（1） 证明：∵四边形是平行四边形， ∴． ∴． 又∵， ∴． ∴． （2）①；② 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，垂直平分线的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握知识点是解题的关键． (1)先证明，继而证明，可推导出，即可解答； (2)①先证明，推导出，再由，即可解答； ②先证明垂直平分，则，继而求出，即可解答． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①∵四边形 是平行四边形， ∴， ． 又∵， ∴， ∴ ∴． ∵． ∴． ②∵， ∴垂直平分． ∴． ∵在中， ， ∴． ∴的周长． 22. 数形结合思想是根据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的思想．我们可用此思想，来探索因式分解的一些方法． （1）探究一：将图的阴影部分沿虚线剪开后，拼成图的形状，拼图前后图形的面积不变，因此可得一个多项式的因式分解______． （2）探究二：类似地，我们借助一个棱长为的大正方体进行以下探索：在大正方体一角截去一个棱长为的小正方体，如图3所示，则得到的几何体的体积为______．再将图中的几何体分割成三个长方体、、，如图所示，则根据图中的数据，长方体的体积为．类似地，表示出长方体的体积为______，长方体的体积为______．当用两种不同的方法表示图中几何体的体积时，就可以得到的恒等式（将一个多项式因式分解）为______． （3）问题应用：利用上面的结论，解决问题：已知，，求的值． 【答案】（1）； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（）图中阴影部分的面积等于大正方形的面积减去小正方形的面积，图中阴影部分的面积等于长为、宽为的长方形的面积，由此即可得； （）直接利用大正方体的体积减去小正方体的体积，长方体的体积公式，再结合结论即求解； （）由，，求出，然后代入求值即可； 本题考查了平方差公式与图形面积、利用完全平方公式变形求值、利用提公因式法分解因式等知识点，熟练掌握利用不同的方法表示同一个几何体的体积得到代数恒等式是解题关键． 【小问1详解】 图中阴影部分的面积为，图中阴影部分的面积为 ∵拼图前后图形的面积不变， ， ∴可得一个多项式的分解因式为， 故答案为：； 【小问2详解】 由题意，得到的几何体的体积为， ∵，，， ∴长方体的体积为， ∵，，， ∴长方体的体积为， ∴， 则可以得到的恒等式（将一个多项式因式分解）为， 故答案为：；；；； 【小问3详解】 ∵，， ∴， ∴ ， ． 六、（本大题共12分） 23. [回归课本]三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．如图1，小明在证明这个定理时，通过延长到点，使，连接，证明，再证明四边形是平行四边形，即可得证． [类比迁移]（1）如图2，是的中线，交于点，交于点，且，试判断线段和的数量关系．小明发现可以类比以上思路进行证明． 证明：如图2，延长至点，使，连接，易证________，∴________，，∵，∴，∵，∴，∴________，∴和的数量关系为________． [方法运用] （2）如图3，在平行四边形中，，，点为射线上一个动点（在点右侧），把线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，点是的中点，连接，，． ①请你判断线段和的数量关系是________，并加以证明； 证明：如图3，延长至点，使，连接，．… 请你根据小明的思路完成证明过程． ②若，，请直接写出的长． 【答案】 （1）；；；． （2）①解：，证明如下； 如图3，延长至点，使，连接，， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， 由旋转的性质可知，，， ∴，， ∵平行四边形，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴； ②1或2 【解析】 【分析】（1）按照步骤作答即可； （2）如图3，延长至点，使，连接，，证明，则，，，由旋转的性质可知，，，则，，证明是等边三角形，证明，证明是等边三角形，则；②由题意知，，分是的中位线，不是的中位线，两种情况求解作答即可． 【详解】（1）略 （2）①略 ②解：由题意知，， 分是的中位线，不是的中位线，两种情况求解； 当是的中位线时，， ∴； 当不是的中位线时，如图4，取的中点，连接， ∴，， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 设，则， ∴， 解得，， ∴； 综上所述，的长为1或2． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等角对等边，旋转的性质，平行四边形的性质，中位线，等边三角形的判定与性质等知识．熟练掌握全等三角形的判定与性质，等角对等边，旋转的性质，平行四边形的性质，中位线，等边三角形的判定与性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年度下学期学生学业质量监测 八年级数学试题卷 说明：1．本卷共有六大题，23个小题，全卷满分120分，考试时间120分钟． 2．本卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试题卷上作答，否则不给分． 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．每小题只有一个正确选项） 1. 以下是我国一些博物馆标志的图案，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列等式中，从左到右的变形是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 3. 若等腰三角形的一个外角为，则它的顶角的度数为（ ） A. B. C. D. 或 4. 若有意义，则实数x的取值范围为( ) A. B. C. D. 5. 如图，在平面直角坐标系中，四边形为平行四边形，若点坐标为，根据图中保留的作图痕迹判断点的坐标为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在中，，、是斜边上两点，且，将绕点顺时针旋转后，得到，连接，下列结论中正确的个数有（ ） ①；②；③平分；④． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 正多边形的一个内角是，这个正多边形是正______边形． 8. 若点与点关于原点成中心对称，则的值为______． 9. 一次函数与的图象如图所示，则的解集为________． 10. 如图，在中，，，，沿方向平移至，若，则沿方向平移的距离为________． 11. 如图，ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是线段AO，BO的中点，若AC+BD=24厘米，△OAB的周长是18厘米，则EF=___厘米． 12. 如图，在中，，，，点从点出发，沿射线以每秒个单位长度的速度运动．设点的运动时间为秒，在整个运动中，当是等腰三角形时，的值为________ 三、（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. （1）因式分解：； （2）解分式方程：． 14. 先化简，再求值：，其中． 15. 已知四边形是平行四边形，为对角线，分别在图①、图②中按要求作图．（保留作图痕迹，不写作法） （1）如图①，为上任意一点，请仅用无刻度直尺在上找出另一点，使； （2）如图②，为上任意一点，请仅用无刻度直尺在上找出另一点，使． 16. 若，，是的三边长，且，满足关系式，是的最小整数解，求的周长． 17. 如图，在四边形中，平分，，交的延长线于点，于点． （1）求证：； （2）若，，求四边形的面积． 四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 已知关于、的方程组的解是非负数． （1）求的取值范围； （2）化简：． 19. 为落实“五育并举”，绿化美化环境，抚州市某学校在劳动周组织八年级的学生到校园内的生态园种植甲、乙两种树苗，已知每棵甲种树苗比每棵乙种树苗便宜2元，用2000元购进甲种树苗的数量与用2500元购进乙种树苗的数量相同． （1）分别求出每棵甲种、乙种树苗的价格； （2）学校计划购买200棵树苗提供给本次活动，要求购买乙种树苗数量至少是甲种树苗数量的2倍多20棵且购买总费用不超过1900元，怎样购买，才能使总费用最少？并求出最少费用． 20. 如图，△ABC中，AB=BC，BE⊥AC于点E，AD⊥BC于点D，∠BAD=45°，AD与BE交于点F，连接CF． （1）求证：BF=2AE； （2）若CD=，求AD的长． 五、（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 如图①，的对角线和相交于点O，过点O且与边，分别相交于点E和点F． （1）求证：； （2）如图②，已知，． ①当为多少度时，？ ②在①的条件下，连接，求的周长． 22. 数形结合思想是根据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的思想．我们可用此思想，来探索因式分解的一些方法． （1）探究一：将图的阴影部分沿虚线剪开后，拼成图的形状，拼图前后图形的面积不变，因此可得一个多项式的因式分解______． （2）探究二：类似地，我们借助一个棱长为的大正方体进行以下探索：在大正方体一角截去一个棱长为的小正方体，如图3所示，则得到的几何体的体积为______．再将图中的几何体分割成三个长方体、、，如图所示，则根据图中的数据，长方体的体积为．类似地，表示出长方体的体积为______，长方体的体积为______．当用两种不同的方法表示图中几何体的体积时，就可以得到的恒等式（将一个多项式因式分解）为______． （3）问题应用：利用上面的结论，解决问题：已知，，求的值． 六、（本大题共12分） 23. [回归课本]三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．如图1，小明在证明这个定理时，通过延长到点，使，连接，证明，再证明四边形是平行四边形，即可得证． [类比迁移]（1）如图2，是的中线，交于点，交于点，且，试判断线段和的数量关系．小明发现可以类比以上思路进行证明． 证明：如图2，延长至点，使，连接，易证________，∴________，，∵，∴，∵，∴，∴________，∴和的数量关系为________． [方法运用] （2）如图3，在平行四边形中，，，点为射线上一个动点（在点右侧），把线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，点是的中点，连接，，． ①请你判断线段和的数量关系是________，并加以证明； 证明：如图3，延长至点，使，连接，．… 请你根据小明的思路完成证明过程． ②若，，请直接写出的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $