精品解析：广东深圳市2025—2026学年第二学期学科素养期中调研诊断 八年级数学（第一章～第四章）

深圳市2025—2026学年第二学期学科素养期中调研诊断八 年级数学（第一章~第四章） 注意事项： 1．本试卷共6页，共两部分，满分100分，考试时间90分钟． 2．答题前，请将学校、班级、姓名和考号用规定的笔写在答题卡指定的位置上，并将条形码粘贴在答题卡的条形码区域．请保持条形码整洁、不污损． 3．本卷试题，考生必须在答题卡上按规定作答；凡在试卷、草稿纸上作答的，其答案一律无效．答题卡必须保持清洁，不能折叠． 4．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡选择题答题区内对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；非选择题答案必须用规定的笔，按作答题目的序号，写在答题卡非选择题答题区内． 5．考试结束，请将答题卡交回． 第一部分 选择题 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 2024年12月4日，我国的传统节日“春节”被列入《人类非物质文化遗产代表作名录》．在春节期间贴窗花已经是一种历史悠久的习俗．下面几幅漂亮的窗花剪纸图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 一根长、宽的长方形纸条，将其按照图示的过程折叠，为了美观，希望折叠完成后，，则最初折叠时，的长为（ ） A. B. C. D. 3. 下列关于的说法错误的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若中，则为直角三角形 C. 若为直角三角形且，，则等于的一半 D. 若中，，则为等边三角形 4. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AB边上，将△CBD沿CD折叠，使点B恰好落在AC边上的点E处．若∠A＝26°，则∠CDE的度数为（　　） A. 45° B. 64° C. 71° D. 81° 5. 如图，在中，，，平分，如果、分别为、上的动点，那么的最小值是（ ） A. 2.4 B. 3 C. 4 D. 4.8 6. 明堂位于隋唐洛阳城中轴建筑群中制高点，共分三层，下方上圆，分别对应四时、十二时辰和二十四节气，开创了明堂建筑由方到圆的先河，其形制及理念为后世所延用．如图所示，明堂的顶端可以近似看作是等腰，其中，是边上的中线，已知，则以下结论：①；②；③，；④其中正确的有（ ） A. ①②③ B. ②③④ C. ①②③④ D. ①② 7. 如图，在中，，以点C为圆心，CB长为半径画弧，交AB于点B和点D，再分别以点B，D为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点M，作射线CM交AB于点E．若，，则BC的长度是（ ） A. 6 B. 4 C. 2 D. 4 8. 如图，已知为等边三角形，点为中点，点在的平分线上，点在上，分别连接，，和，已知，过点作，且，连接，在上截取一点，使得，连接， ，延长至点使得，下面结论：①；②；③；④；其中正确的个数是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 第二部分 非选择题 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分） 9. 若点与点关于原点对称，则______． 10. 已知关于的不等式组只有三个整数解，则实数的取值范围为_______． 11. 美国“阿尔忒弥斯2号”载人绕月飞行任务中，飞船需要从地球出发，绕月球飞行后返回地球．已知地球到月球的平均距离约为，飞船在月球轨道附近执行任务（停留）约48小时．整个任务的总时间（包括飞行和停留）要求不超过168小时．设飞船往返的平均速度为，则应满足的不等式是______． 12. 如图，在中，是边上的中线，过点作，交的延长线于点，连接．若，的面积为，则的面积为______． 13. 如图，是等边三角形，是的中点，在线段上，连接，以为边在的右侧作等边，连接，若存在实数，使得为定值，则的值是__________． 三、解答题（本大题共7小题，共61分） 14. 解不等式组： （1）； （2）． 15. 如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（1，1），B（4，1），C（3，3）． （1）将△ABC向下平移5个单位后得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1； （2）将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2； （3）判断以O，A1，B为顶点的三角形的形状．（无须说明理由） 16. 如图，在中，，平分，为线段上的任意一点，交直线于点． （1）若，，求的度数； （2）求证：． 17. 请根据以下素材，完成探究任务． 制定购买方案 购买背景 背景1 巴黎奥运会期间，某网店直接从工厂购进A，B两款吉祥物“弗里吉”钥匙扣样式，网店第一次用850元购进A款钥匙扣20件、B款钥匙扣10件，且每件A比每件B贵5元． 背景2 A款钥匙扣售价为45元/件，B款钥匙扣售价为37元/件，第一次购进的“弗里吉”钥匙扣售完后，该网店计划再次购进A、B两款“弗里吉”钥匙扣共80件（进货价和售价均不变），且进货总价不高于2200元． 信息整理 若A款钥匙扣的进价为元/件，B款钥匙扣的进价为元/件，列表如下： 类别 A款钥匙扣 B款钥匙扣 进货量（件） 20 10 进价（元/件） 售价（元/件） 45 37 单件利润（元/件） ① ② 探究任务 （1）任务1：求A、B两款钥匙扣的进价； （2）任务2：请完成填空：①______，②_____； （3）任务3：根据背景2中的信息，求两款钥匙扣销售利润最大为多少元？ 18. 等腰三角形是常见的轴对称图形．某学习小组利用两个等腰三角形开展了以下研究性学习： （1）如图1，和是等腰三角形，，，底边．将点、分别和点、重合，得到如图2的新图形，该图形_________（填“是”或“不是”）轴对称图形．如果是，请画出它的对称轴． （2）如图3，和是两个全等的等腰三角形，两底边、相交于点，连接，小组成员发现一组新的全等三角形，它们是：__________________，请说明理由． （3）如图4，和都是等腰直角三角形，，连接、，延长分别交、于点、，求的度数． 19. 先阅读下列材料，再解答下列问题： 材料：． 解：将“”看成整体，令，则原式； 再将“A”还原，得：原式． 上述解题用到的是“整体思想”，整体思想是数学解题中常用的一种思想方法，请你解下列问题： （1）类比应用，求______； （2）若n为正整数，判断式子的值是否是某一个整数的平方，并说明理由． 20. 感知：（1）对于一个图形，通过两种不同的方法计算它的面积，可以得到一个因式分解的等式，由图1中的大正方形的面积可得到的因式分解等式为_______； 应用：（2）通过不同的方法表示同一个几何体的体积，也可以探求相应的因式分解等式．如图2所示的是棱长为的正方体被分割线分成8块．用不同的方法计算这个正方体的体积，则这个式子为_____； 拓展：（3）如图3，棱长为x的实心大正方体切除一个棱长为y的小正方体，剩余部分按如图所示的方式继续切割为甲、乙、丙三个长方体，则甲长方体的体积为，乙长方体的体积为，丙长方体的体积为，甲、乙、丙三个长方体体积之和可表示为． 根据（2）和（3）中的结论解答下列问题：若图2与图3中的与的值分别相等，且满足，，其中，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳市2025—2026学年第二学期学科素养期中调研诊断八 年级数学（第一章~第四章） 注意事项： 1．本试卷共6页，共两部分，满分100分，考试时间90分钟． 2．答题前，请将学校、班级、姓名和考号用规定的笔写在答题卡指定的位置上，并将条形码粘贴在答题卡的条形码区域．请保持条形码整洁、不污损． 3．本卷试题，考生必须在答题卡上按规定作答；凡在试卷、草稿纸上作答的，其答案一律无效．答题卡必须保持清洁，不能折叠． 4．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡选择题答题区内对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；非选择题答案必须用规定的笔，按作答题目的序号，写在答题卡非选择题答题区内． 5．考试结束，请将答题卡交回． 第一部分 选择题 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 2024年12月4日，我国的传统节日“春节”被列入《人类非物质文化遗产代表作名录》．在春节期间贴窗花已经是一种历史悠久的习俗．下面几幅漂亮的窗花剪纸图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】解：A．选项图形不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意； B．选项图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； C．选项图形不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意； D．选项图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意． 2. 一根长、宽的长方形纸条，将其按照图示的过程折叠，为了美观，希望折叠完成后，，则最初折叠时，的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，将折叠的纸条展开，分析其中三角形、梯形的特点，然后根据三角形、梯形的特征进行计算即可． 【详解】解：将折叠的纸条展开如图： 根据折叠的性质可知：两个梯形的上底等于纸条的宽度，即3cm，两个梯形的下底等于纸条宽度的2倍，即6cm； 两个三角形均为等腰直角三角形，斜边的长度等于纸条宽度的2倍，即6cm， 故超出P点的长度为：（30−15）÷2＝7.5（cm）， ∴ON＝7.5＋3＝10.5（cm），故C正确． 故选：C． 【点睛】此题主要考查的目的是理解掌握折叠的性质及应用，关键是将折叠的图形展开，分析每个图形的形状及与纸条宽度的关系． 3. 下列关于的说法错误的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若中，则为直角三角形 C. 若为直角三角形且，，则等于的一半 D. 若中，，则为等边三角形 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查等腰三角形定义、含角的直角三角形性质、三角形内角和定理以及等边三角形判定，根据相关知识点逐项判断即可． 【详解】解：A、根据等腰三角形定义，两边相等的三角形是等腰三角形，，则为等腰三角形，选项说法正确，不合题意； B、三角形内角和为， ，最大角 ，因此不是直角三角形，选项说法错误，符合题意； C、∵，此时角所对直角边为，斜边为，根据含角的直角三角形性质，可得，选项说法正确，不合题意； D、，是等腰三角形，又，根据判定定理，有一个角是的等腰三角形是等边三角形，选项说法正确，不合题意． 4. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AB边上，将△CBD沿CD折叠，使点B恰好落在AC边上的点E处．若∠A＝26°，则∠CDE的度数为（　　） A. 45° B. 64° C. 71° D. 81° 【答案】C 【解析】 【分析】由折叠的性质可求得∠ACD=∠BCD，∠BDC=∠CDE，在△ACD中，利用外角可求得∠BDC，则可求得答案． 【详解】解：由折叠可得∠ACD=∠BCD，∠BDC=∠CDE， ∵∠ACB=90°， ∴∠ACD=45°， ∵∠A=26°， ∴∠BDC=∠A+∠ACD=26°+45°=71°， ∴∠CDE=71°， 故选：C． 【点睛】考查三角形内角和定理以及折叠的性质，掌握三角形的外角定理是解题的关键． 5. 如图，在中，，，平分，如果、分别为、上的动点，那么的最小值是（ ） A. 2.4 B. 3 C. 4 D. 4.8 【答案】A 【解析】 【分析】先作垂直交于点M，再作，根据角平分线的性质即可找到动点M和N，进而求得的最小值． 【详解】解：如图所示： 过点C作于点E，交于点M，过点M作于点N， ∵平分， ∴， ∴． 由垂线段最短知，此时有最小值，为的长． ∵在中，，，， ∴, 又， ∴， ∴， ∴． ∴的最小值为2.4． 6. 明堂位于隋唐洛阳城中轴建筑群中制高点，共分三层，下方上圆，分别对应四时、十二时辰和二十四节气，开创了明堂建筑由方到圆的先河，其形制及理念为后世所延用．如图所示，明堂的顶端可以近似看作是等腰，其中，是边上的中线，已知，则以下结论：①；②；③，；④其中正确的有（ ） A. ①②③ B. ②③④ C. ①②③④ D. ①② 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定，根据等腰三角形的性质得出，，，，进而直接判断③和④，根据直角三角形的两个锐角互余判断①，进而根据证明，即可判断②，即可求解． 【详解】解：∵，是边上的中线， ∴，，，，故③④正确 ∵， ∴，故①正确 在中， ， ∴，故②正确 故选：C． 7. 如图，在中，，以点C为圆心，CB长为半径画弧，交AB于点B和点D，再分别以点B，D为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点M，作射线CM交AB于点E．若，，则BC的长度是（ ） A. 6 B. 4 C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知射线CM是线段BD的垂直平分线，得与是直角三角形，根据勾股定理求出EC、BC的值． 【详解】根据题意可知，射线CM是线段BD的垂直平分线； ∴ ∴与是直角三角形， ∵，， 在中 ∴， 在中 ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查了等腰三角形，线段的垂直平分线，勾股定理等，熟练掌握的线段的垂直平分线是解题的关键． 8. 如图，已知为等边三角形，点为中点，点在的平分线上，点在上，分别连接，，和，已知，过点作，且，连接，在上截取一点，使得，连接， ，延长至点使得，下面结论：①；②；③；④；其中正确的个数是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得出是等腰直角三角形，进而证明是的角平分线，即可判断①；设等边三角形的边长为，分别求得，即可判断②；以为斜边作等腰直角三角形，连接，延长交于点，得出是等腰直角三角形，三角形是等腰直角三角形，证明，，进而分别求得，计算，而，即可判断③，证明得出即，即可判断④． 【详解】解：∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵为等边三角形，点为中点， ∴，平分，， ∴， ∴， ∴， ∴平分， ∴点到的距离相等， 又∵点在的平分线上， ∴点到的距离相等， ∴点到的距离相等，即是的角平分线， ∵， ∴， ∴，故①正确； 设等边三角形的边长为， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即，故②正确； 如图，以为斜边作等腰直角三角形，连接，延长交于点， ∵ ∴在的垂直平分线上， 又∵到的距离为，到的距离等于 ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵三角形是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 而， ∴，故③错误， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵即， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴即，故④正确； 故选：C． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，等边三角形的性质，角平分线的性质，分母有理化，勾股定理，熟练掌握全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定是解题的关键． 第二部分 非选择题 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分） 9. 若点与点关于原点对称，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得a、b的值，代入计算进而可得答案． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴，， ∴． 10. 已知关于的不等式组只有三个整数解，则实数的取值范围为_______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题主要考查了根据不等式组的解集情况求参数，先根据不等式组得出，再根据不等式组只有三个整数解进行求解即可． 【详解】解：关于的不等式组的解集为：， ∵关于x的不等式组只有三个整数解， ∴不等式组的三个整数解为：或4或5， ∴， 故答案为：． 11. 美国“阿尔忒弥斯2号”载人绕月飞行任务中，飞船需要从地球出发，绕月球飞行后返回地球．已知地球到月球的平均距离约为，飞船在月球轨道附近执行任务（停留）约48小时．整个任务的总时间（包括飞行和停留）要求不超过168小时．设飞船往返的平均速度为，则应满足的不等式是______． 【答案】 【解析】 【分析】先确定往返的路程为，往返的时间为小时，停留48小时，根据总时间不超过168小时列不等式即可． 【详解】解：根据时间得：． 12. 如图，在中，是边上的中线，过点作，交的延长线于点，连接．若，的面积为，则的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，作于点，先证明，则，，由得，设，，则，，根据求出的值，再用含的式子表示，从而求出的面积，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【详解】解：如图，作于点， ∵， ∴， ∵是边上的中线， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， 设，，则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 13. 如图，是等边三角形，是的中点，在线段上，连接，以为边在的右侧作等边，连接，若存在实数，使得为定值，则的值是__________． 【答案】## 【解析】 【分析】在上截取构造等边，分四种情况讨论：①点在、之间，结合已知的等边和，利用等边三角形的边与角的性质，证明与全等，得到，再结合是中点的条件，推导出，从而确定和的值并计算；②点与点重合，同①；③点在、之间，代入后表达式含变量，随点位置变化而变化，无法为定值；④点与点重合，此时，分式分母为，无意义；最后综合即可． 【详解】解：∵是等边三角形，是的中点， ∴， 在上截取，则，连接，分四种情况讨论： ①点在、之间，如图，     ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴，即， 在与中， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为定值， ∴，， ∴； ②点与点重合，如图， 同①得， ∴， ∴， ∴， ∵为定值， ∴，， ∴； ③点在、之间，如图， 同①得， ∵， ∴， ∴， 该式含变量，随的位置变化而变化，不是定值，舍去； ④点与点重合，此时，分式分母为，无意义，舍去； 综上，． 三、解答题（本大题共7小题，共61分） 14. 解不等式组： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分别求出每个不等式的解集，再根据“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不了（无解）”的口诀确定不等式组的解集即可； （2）分别求出每个不等式的解集，再根据“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不了（无解）”的口诀确定不等式组的解集即可． 【小问1详解】 解：， 解不等式①得：， 解不等式②得：； 不等式组的解集为：． 【小问2详解】 解：， 解不等式①得：， 解不等式②得：， ∴不等式组的解集为． 15. 如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（1，1），B（4，1），C（3，3）． （1）将△ABC向下平移5个单位后得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1； （2）将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2； （3）判断以O，A1，B为顶点的三角形的形状．（无须说明理由） 【答案】 （1）如图所示，△A1B1C1即为所求； （2）如图所示，△A2B2C2即为所求； （3）三角形的形状为等腰直角三角形． 【解析】 【分析】（1）利用点平移的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1为所作； （2）利用网格特定和旋转的性质画出A、B、C的对应点A2、B2、C2，从而得到△A2B2C2， （3）根据勾股定理逆定理解答即可． 【详解】（1）略 （2）略 （3）三角形的形状为等腰直角三角形，OB=OA1=，A1B==， 即OB2+OA12=A1B2， 所以三角形的形状为等腰直角三角形． 【点睛】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形． 16. 如图，在中，，平分，为线段上的任意一点，交直线于点． （1）若，，求的度数； （2）求证：． 【答案】（1） （2）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴ ， ∵， ∴， ∴ ． 【解析】 【分析】（1）先利用三角形内角和与角平分线求出，再用外角性质求，最后在直角三角形中计算； （2）先利用外角和角平分线，把用、表示，再结合直角三角形内角和，化简得到与、的关系． 【小问1详解】 解：∵，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 【小问2详解】 略 17. 请根据以下素材，完成探究任务． 制定购买方案 购买背景 背景1 巴黎奥运会期间，某网店直接从工厂购进A，B两款吉祥物“弗里吉”钥匙扣样式，网店第一次用850元购进A款钥匙扣20件、B款钥匙扣10件，且每件A比每件B贵5元． 背景2 A款钥匙扣售价为45元/件，B款钥匙扣售价为37元/件，第一次购进的“弗里吉”钥匙扣售完后，该网店计划再次购进A、B两款“弗里吉”钥匙扣共80件（进货价和售价均不变），且进货总价不高于2200元． 信息整理 若A款钥匙扣的进价为元/件，B款钥匙扣的进价为元/件，列表如下： 类别 A款钥匙扣 B款钥匙扣 进货量（件） 20 10 进价（元/件） 售价（元/件） 45 37 单件利润（元/件） ① ② 探究任务 （1）任务1：求A、B两款钥匙扣的进价； （2）任务2：请完成填空：①______，②_____； （3）任务3：根据背景2中的信息，求两款钥匙扣销售利润最大为多少元？ 【答案】（1）A款钥匙扣的进价为30元/件，B款钥匙扣的进价为25元/件 （2）①15；②12 （3）获得的销售利润最大为1080元 【解析】 【分析】任务1：根据网店第一次用850元购进A款钥匙扣20件、B款钥匙扣10件，且每件A比每件B贵5元列出方程组求解即可； 任务2：根据利润=售价-进价即可求出两款钥匙扣的单件利润； 任务3：设第二次购进A款钥匙扣m件，总利润为w元，则第二次购进B款钥匙扣件，根据总购买费用不超过2200元列出不等式求出m的取值范围，再列出w关于m的一次函数关系式，利用一次函数的性质求解即可． 【小问1详解】 解：任务1：由题意得，， 解得， 答：A款钥匙扣的进价为30元/件，B款钥匙扣的进价为25元/件． 【小问2详解】 解：任务2：由任务1可知A款钥匙扣的利润为（元/件），B款钥匙扣的利润为（元/件）； 【小问3详解】 解：任务3：设第二次购进A款钥匙扣m件，总利润为w元，则第二次购进B款钥匙扣件， 由题意得，， 解得， ∵， ∴w随m增大而增大， ∴当时，w有最大值， 将代入得（元）， 所以获得的销售利润最大为1080元． 18. 等腰三角形是常见的轴对称图形．某学习小组利用两个等腰三角形开展了以下研究性学习： （1）如图1，和是等腰三角形，，，底边．将点、分别和点、重合，得到如图2的新图形，该图形_________（填“是”或“不是”）轴对称图形．如果是，请画出它的对称轴． （2）如图3，和是两个全等的等腰三角形，两底边、相交于点，连接，小组成员发现一组新的全等三角形，它们是：__________________，请说明理由． （3）如图4，和都是等腰直角三角形，，连接、，延长分别交、于点、，求的度数． 【答案】（1）是 （2）； （3） 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定，画对称轴，三角形内角和定理的应用，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键； （1）根据题意画出直线，即可求解； （2）根据等腰三角形的性质，结合题意根据证明，即可求解． （3）同（2）的方法，先证明得到，进而根据三角形的内角和定理，即可得出 【小问1详解】 该图形是轴对称图形，对称轴为直线，如图， 【小问2详解】 如图，与是全等三角形， 因为和是两个全等的等腰三角形， 所以，． 所以，即． 在和中， 因为，，， 所以． 故答案为： ；． 【小问3详解】 方法一：因为和都是等腰直角三角形 所以，． 所以，即． 在和中， 因为，，，所以． 所以 因为， 所以． 方法二：因为和都是等腰直角三角形 所以，． 所以，即． 在和中， 因为，，， 所以． 所以 所以． 所以． 19. 先阅读下列材料，再解答下列问题： 材料：． 解：将“”看成整体，令，则原式； 再将“A”还原，得：原式． 上述解题用到的是“整体思想”，整体思想是数学解题中常用的一种思想方法，请你解下列问题： （1）类比应用，求______； （2）若n为正整数，判断式子的值是否是某一个整数的平方，并说明理由． 【答案】（1） （2） 证明：式子的值是某一个整数的平方， 理由如下： ， 令， 则上式， ∵为正整数， ∴是整数， ∴式子的值是某一个整数的平方． 【解析】 【分析】本题考查因式分解，解题的关键是理解并掌握整体思想和换元思想． （1）利用整体思想和完全平方公式进行化简即可； （2）利用乘法的结合律和多项式乘多项式的法则对原式进行整理，再利用整体思想和完全平方公式进行整理即可． 【小问1详解】 解：将“”看成整体，令， 则原式， 再将“”还原，得：原式， 故答案为：； 【小问2详解】 略 20. 感知：（1）对于一个图形，通过两种不同的方法计算它的面积，可以得到一个因式分解的等式，由图1中的大正方形的面积可得到的因式分解等式为_______； 应用：（2）通过不同的方法表示同一个几何体的体积，也可以探求相应的因式分解等式．如图2所示的是棱长为的正方体被分割线分成8块．用不同的方法计算这个正方体的体积，则这个式子为_____； 拓展：（3）如图3，棱长为x的实心大正方体切除一个棱长为y的小正方体，剩余部分按如图所示的方式继续切割为甲、乙、丙三个长方体，则甲长方体的体积为，乙长方体的体积为，丙长方体的体积为，甲、乙、丙三个长方体体积之和可表示为． 根据（2）和（3）中的结论解答下列问题：若图2与图3中的与的值分别相等，且满足，，其中，求的值． 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【分析】本题考查了因式分解法应用，数形结合思想和整体代入思想是解题的关键． （1）用两种方法表示图1中的大正方形的面积即可得解． （2）用两种方法表示图2中正方体的体积即可得解． （3）将和用含有，的式子表示出来即可得解． 【详解】解：（1）图1中的大正方形的面积可以表示为，也可以表示为， 因此可得． 故答案为：． （2）图2中正方体的体积可以表示为，也可以表示为， 因此可得． 故答案为：． （3），， ， ， ， 又， ， ， ， ， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $