精品解析：山东省淄博市高青县（五四制）2022-2023学年八年级下学期期末考试数学模拟试题

山东省淄博市高青县（五四制）2023学年八年级下学期期末考试数学模拟试题 一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分，每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不得分) 1. 已知 x=2 是一元二次方程 x²+x+m=0 的一个根，则方程的另一个根是 ( ) A. -3 B. -6 C. 0 D. -1 2. 计算结果是( ) A. 3 B. 2 C. D. 6 3. 如图，点O是矩形ABCD对角线AC的中点，交AD于点M，若，，则OB的长为　　 A. 4 B. 5 C. 6 D. 4. 如图▱ABCD，F为BC中点，延长AD至E，使，连结EF交DC于点G，则＝（ ） A. 2：3 B. 3：2 C. 9：4 D. 4：9 5. 如图，四边形是菱形，，，于，则等于( ) A. B. C. D. 6. 若a＝2﹣，则代数式2a2﹣8a﹣1的值等（　　） A. 1 B. ﹣1 C. 4+4 D. ﹣2 7. 如图，将以点O为位似中心放大后得到，若，则与的相似比为（    ） A. B. C. D. 8. 如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，B分别在y轴的正半轴和x轴的正半轴上，当B在x轴的正半轴上运动时，A随之在y轴的正半轴上运动，矩形ABCD的形状保持不变．若∠OAB＝30°时，点A的纵坐标为2，点C的纵坐标为1，则点D到点O的最大距离是（　　） A. 2 B. 22 C. 24 D. 24 9. 对于一元二次方程，我国古代数学家还研究过其几何解法．以方程为例加以说明．数学家赵爽在其所著的《勾股圆方注》中记载的方法是：如图，将四个长为，宽为的长方形纸片拼成一个大正方形，则大正方形的边长是，面积是四个矩形的面积与中间小正方形的面积之和，即，据此易得．小明用此方法解关于的方程，其中构造出同样的图形，已知小正方形的面积为，则的值为（　　） A. B. C. D. 10. 如图，已知矩形的顶点A，D分别落在x轴，y轴上，，，则点C的坐标是（　　） A. B. C. D. 11. 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，放置边长分别为3，4，x的三个正方形，则x的值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 12. 如图，AB和CD表示两根直立于地面的柱子，AC和BD表示起固定作用的两根钢筋，AC与BD相交于点M，已知AB=8 m，CD=12m，则点M离地面的高度MH为( ) A. 4 m B. C. 5m D. 二、填空题 13. 已知：（x、y、z均不为零），则＝_____． 14. 将化为最简二次根式，其结果是 __． 15. 关于x的方程x2﹣x﹣1＝0的两根分别为x1、x2则x1+x2﹣x1•x2的值为 ___． 16. 有一人患了流感，经过两轮传染后，共有121人患了流感，每轮传染中平均每人传染了____人． 17. 如图，CE是▱ABCD的边AB的垂直平分线，垂足为点O，CE与DA的延长线交于点E．连接AC，BE，DO，DO与AC交于点F，则下列结论： ①四边形ACBE是菱形； ②∠ACD＝∠BAE； ③AF：BE＝2：3； ④S四边形AFOE：S△COD＝2：3． 其中正确的结论有_____．（填写所有正确结论的序号） 三、计算题 18. 若，求值． 四、解答题 19. 已知：如图，是的角平分线，过点D分别作和的平行线交于点E，交于点F．求证：四边形是菱形． 20. 某电商在抖音上对一款成本价为40元的小商品进行直播销售，如果按每件60元销售，每天可卖出20件．通过市场调查发现，每件小商品售价每降低5元，日销售量增加10件．若日利润保持不变，商家想尽快销售完该款商品，每件售价应定为多少元？ 21. 如图，小明为测得学校操场上小树的高，他站在教室里的点处，从教室的窗口望出去，恰好能看见小树的整个树冠．经测量，窗口高，树干高，，两点在同一水平线上，点距墙根点，C点距墙根G点4.5m，且、、三点在同一直线上．请根据上面的信息，帮小明计算出小树的高． 22. 某种商品的标价为400元/件，经过两次降价后的价格为324元/件，并且两次降价的百分率相同． （1）求该种商品每次降价百分率； （2）若该种商品进价为300元/件，两次降价共售出此种商品100件，为使两次降价销售的总利润不少于3210元．问第一次降价后至少要售出该种商品多少件？ 23. 某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究： ［观察与猜想］ （1）如图①，在正方形中，点、分别是、上的两点，连接、、，则的值为__________． （2）如图②，在矩形中，，，点是上的一点，连接、，且，则的值为__________________． [类比探案] （3）如图③，在四边形中，，点为上一点，连接，过点作的垂线交的延长线于点，交的延长线于点，求证：． 24. 阅读材料，解答问题： 材料1 为了解方程，如果我们把看作一个整体，然后设，则原方程可化为，经过运算，原方程的解为，．我们把以上这种解决问题的方法通常叫做换元法． 材料2 已知实数m，n满足，，且，显然m，n是方程的两个不相等的实数根，由韦达定理可知，． 根据上述材料，解决以下问题： （1）直接应用： 方程的解为_______________________； （2）间接应用： 已知实数a，b满足：，且，求值； （3）拓展应用： 已知实数x，y满足：，且，求的值． 25. 解答 （1）如图1，点P在线段AB上，点C、D在线段AB上方，连接PD、PC、AD、BC、CD，当∠DPC＝∠A＝∠B＝90°时，求证：AD•BC＝AP•BP； （2）如图2，点P在线段AB上，点C、D在线段AB上方，连接PD、PC、AD、BC、CD，当锐角∠DPC＝∠A＝∠B时，（1）中的结论是否依然成立？若成立请说明理由；若不成立，请说明AD•BC与AP•BP的数量关系，并说明理由； （3）如图3，在△ABD中，AB＝8cm，AD＝BD＝5cm，点E为AB边中点．点P是边AB上一个动点，由点A出发，以每秒1cm的速度，沿边AB向点B运动，点C在边BD上，且∠DPC＝CA．点P的运动时间为t（秒），当△DCE为等腰三角形时，请直接求出t的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 山东省淄博市高青县（五四制）2023学年八年级下学期期末考试数学模拟试题 一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分，每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不得分) 1. 已知 x=2 是一元二次方程 x²+x+m=0 的一个根，则方程的另一个根是 ( ) A. -3 B. -6 C. 0 D. -1 【答案】A 【解析】 【分析】设方程另一个根为x1，根据根与系数的关系得x1+2=-1，然后解方程即可． 【详解】解：设方程另一个根为x1， 根据根与系数的关系得:x1+2=-1， 解得x1=-3． 故选A． 【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系：若方程两个为x1，x2，则x1+x2=-，x1•x2=． 2. 计算的结果是( ) A. 3 B. 2 C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用二次根式的加减运算法则计算得出答案． 【详解】解：原式＝2﹣＝． 故选C． 【点睛】此题主要考查了二次根式的加减运算，正确化简二次根式是解题关键． 3. 如图，点O是矩形ABCD的对角线AC的中点，交AD于点M，若，，则OB的长为　　 A. 4 B. 5 C. 6 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由平行线分线段成比例可得，由勾股定理可得，由直角三角形的性质可得OB的长． 【详解】解：四边形ABCD是矩形 ，， , ，且， ， 在中， 点O是斜边AC上的中点， 故选B． 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，求CD的长度是本题的关键． 4. 如图▱ABCD，F为BC中点，延长AD至E，使，连结EF交DC于点G，则＝（ ） A. 2：3 B. 3：2 C. 9：4 D. 4：9 【答案】D 【解析】 【分析】先设出，进而得出，再用平行四边形的性质得出，进而求出CF，最后用相似三角形的性质即可得出结论． 【详解】解：设， ∵， ∴， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴，， ∵点F是BC的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选D． 【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，中点的定义，表示出CF是解本题的关键． 5. 如图，四边形是菱形，，，于，则等于( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出AO、BO，再利用勾股定理列式求出AB，然后根据菱形的面积等对角线乘积的一半和底乘以高列出方程求解即可． 【详解】解： ∵AC=12，DB=16， ∴AO=6，BO=8， 由勾股定理的，AB==10， ∵AH⊥BC， ∴S菱形ABCD=BC⋅AH=AC⋅BD， 即10AH=×12×16， 解得AH=， 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质，难点在于利用菱形的面积的两种表示方法列出方程． 6. 若a＝2﹣，则代数式2a2﹣8a﹣1的值等（　　） A. 1 B. ﹣1 C. 4+4 D. ﹣2 【答案】A 【解析】 【分析】将所求代数式利用配方法转化为2（a-2）2-9的形式，代入求值即可． 【详解】∵a=2-， ∴2a2-8a-1 =2（a-2）2-9 =2（2--2）2-9 =2×5-9 =1． 故选：A． 【点睛】此题考查二次根式的化简求值，解题关键在于掌握二次根式的化简求值，一定要先化简再代入求值． 7. 如图，将以点O为位似中心放大后得到，若，则与的相似比为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了位似图形的性质，熟练掌握位似图形的性质是解题的关键． 根据位似图形的性质，即可求解． 【详解】解：∵以点O为位似中心放大后得到， ∴， ∴与的相似比为． 故选：B． 8. 如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，B分别在y轴的正半轴和x轴的正半轴上，当B在x轴的正半轴上运动时，A随之在y轴的正半轴上运动，矩形ABCD的形状保持不变．若∠OAB＝30°时，点A的纵坐标为2，点C的纵坐标为1，则点D到点O的最大距离是（　　） A. 2 B. 22 C. 24 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】由Rt△AOB中的条件可得AB=4，由△AOB∽△BFC，可得BC=2，再AB上取一点E，利用勾股定理求出OE，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半求出OE，由三角形两边之后大于第三边可求出OD最大值． 【详解】解：取AB中点E，连接DE、OE、OD，过C作CF⊥BF与点F， 在Rt△AOB中，AO=，∠OAB=30°， ∴AB=4，OE=AB=2=AE， 由矩形的性质，可得AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°， ∴△AOB∽△BFC， ∵C的纵坐标为1， ∴BC=2=AD； 在Rt△ADE中，DE=， 当O、D、E三点共线时，OD=DE＋OE最大， 此时OD=； 故选：B． 【点睛】本题考查相似三角形的性质，直角三角形的性质，三角形三边关系，根据性质求出相应线段，根据两边之和大于第三边求出最大值是解题的关键． 9. 对于一元二次方程，我国古代数学家还研究过其几何解法．以方程为例加以说明．数学家赵爽在其所著的《勾股圆方注》中记载的方法是：如图，将四个长为，宽为的长方形纸片拼成一个大正方形，则大正方形的边长是，面积是四个矩形的面积与中间小正方形的面积之和，即，据此易得．小明用此方法解关于的方程，其中构造出同样的图形，已知小正方形的面积为，则的值为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，仿照题干，正确理解一元二次方程的几何解法是解题关键．参照已知方法，将四个长为，宽为的长方形纸片拼成一个大正方形，求出大正方形的边长为10，得到，再根据小正方形的边长为，小正方形的边长的面积是4，求出，即可得到的值． 【详解】解：由题意可知，将四个长为，宽为的长方形纸片拼成一个大正方形，则大正方形的边长是，面积是四个矩形的面积与中间小正方形的面积之和， ∵，小正方形的面积为， ∴大正方形的面积为， ∴大正方形边长为， ∴， ∴， ∵小正方形的边长为，即， ∵， 即， 故， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 10. 如图，已知矩形的顶点A，D分别落在x轴，y轴上，，，则点C的坐标是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】如图所示，过C作轴于E，根据矩形的性质得到，由三角形内角和定理和平角的定义证明，由此证明，推出，据此求出 ，则，即可得到． 【详解】解：如图所示，过C作轴于E， ∴ ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴ ∴ ， ∴， ∴， 故选A． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形，相似三角形的性质与判定，矩形的性质，三角形内角和定理，证明是解题的关键． 11. 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，放置边长分别为3，4，x的三个正方形，则x的值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件可以推出△CEF∽△OME∽△PFN，可得OE：PN=OM：PF，再利用正方形的性质把它们的直角边用含x的表达式表示出来，列方程，解方程即可得到x的值． 【详解】解：如图，标注字母， ∵在Rt△ABC中（∠C=90°），放置边长分别3，4，x的三个正方形， 由正方形可得： 同理： ∴△CEF∽△OME∽△PFN， ∴OE：PN=OM：PF， ∵EF=x，MO=3，PN=4， 结合正方形的性质可得：OE=x-3，PF=x-4， ∴（x-3）：4=3：（x-4）， ∴（x-3）（x-4）=12， 即， ∴x=0（不符合题意，舍去）或x=7． 故选：C． 【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质、正方形的性质，解题的关键在于找到相似三角形，用x的表达式表示出对应边． 12. 如图，AB和CD表示两根直立于地面的柱子，AC和BD表示起固定作用的两根钢筋，AC与BD相交于点M，已知AB=8 m，CD=12m，则点M离地面的高度MH为( ) A. 4 m B. C. 5m D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知易得△CMH∽△CAB，△BMH∽△BDC，利用对应边成比例可得比例式，将比例式变形整理，把相关数值代入求解即可. 【详解】解：由题意得，AB∥MH∥CD， ∴△CMH∽△CAB，△BMH∽△BDC， ∴，， ∴①+②得， ∴ ∵AB=8，CD=12， ∴， ∴， ∴MH=， 故选：B. 【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，掌握两三角形相似对应边成比例是解题关键！ 二、填空题 13. 已知：（x、y、z均不为零），则＝_____． 【答案】3 【解析】 【分析】根据已知条件可设，，，将其代入所求式子，计算即可． 【详解】解：（，，均不为零）， 设，则，， ． 故答案为：3． 【点睛】本题考查了分式的求值，解此类题可根据分式的基本性质先用未知数表示出，，，再代入计算． 14. 将化为最简二次根式，其结果是 __． 【答案】 【解析】 【分析】将分母有理化后进行化简即可． 【详解】解：， 故答案为：． 【点睛】本题考查二次根式的化简，熟练掌握二次根式的化简方法解决本题的关键． 15. 关于x的方程x2﹣x﹣1＝0的两根分别为x1、x2则x1+x2﹣x1•x2的值为 ___． 【答案】2． 【解析】 【分析】先根据根与系数的关系得到，然后利用整体代入的方法计算即可． 【详解】解：∵关于x的方程x2﹣x﹣1＝0的两根分别为x1、x2， ∴， ∴x1+x2﹣x1•x2=1-（-1）=2． 故答案为：2． 【点睛】本题考查了根与系数的关系：若为一元二次方程的两个根，则有，熟记知识点是解题的关键． 16. 有一人患了流感，经过两轮传染后，共有121人患了流感，每轮传染中平均每人传染了____人． 【答案】10 【解析】 【分析】如果设每轮传染中平均每人传染了x人，那么第一轮传染中有x人被传染，第二轮则有x（x+1）人被传染，已知“共有121人患了流感”，那么可列方程，然后解方程即可． 【详解】设每轮传染中平均每人传染了x人， 则第一轮传染中有x人被传染， 第二轮则有x(x+1)人被传染， 又知：共有121人患了流感， ∴可列方程：1+x+x(x+1)=121， 解得，（不符合题意，舍去） ∴每轮传染中平均一个人传染了10个人. 故答案为10. 【点睛】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解题的关键是找准等量关系. 17. 如图，CE是▱ABCD的边AB的垂直平分线，垂足为点O，CE与DA的延长线交于点E．连接AC，BE，DO，DO与AC交于点F，则下列结论： ①四边形ACBE是菱形； ②∠ACD＝∠BAE； ③AF：BE＝2：3； ④S四边形AFOE：S△COD＝2：3． 其中正确的结论有_____．（填写所有正确结论的序号） 【答案】①②④． 【解析】 【分析】根据菱形的判定方法、平行线分线段成比例定理、直角三角形斜边中线的性质一一判断即可. 【详解】∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB=CD， ∵EC垂直平分AB， ∴OA=OB=AB=DC，CD⊥CE， ∵OA∥DC， ∴=， ∴AE=AD，OE=OC， ∵OA=OB，OE=OC， ∴四边形ACBE是平行四边形， ∵AB⊥EC， ∴四边形ACBE菱形，故①正确， ∵∠DCE=90°，DA=AE， ∴AC=AD=AE， ∴∠ACD=∠ADC=∠BAE，故②正确， ∵OA∥CD， ∴， ∴，故③错误， 设△AOF的面积为a，则△OFC的面积为2a，△CDF的面积为4a，△AOC的面积=△AOE的面积=3a， ∴四边形AFOE的面积为4a，△ODC的面积为6a ∴S四边形AFOE：S△COD=2：3．故④正确. 故答案是：①②④． 【点睛】此题考查平行四边形的性质、菱形的判定和性质、平行线分线段成比例定理、等高模型等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题. 三、计算题 18. 若，求值． 【答案】 【解析】 【分析】由题意将条件变形为，进而代入即可求值. 【详解】解：， ， ． 【点睛】本题考查代数式求值，根据条件所给的代数式进行变形后代入结论代数式求值是解题的关键. 四、解答题 19. 已知：如图，是的角平分线，过点D分别作和的平行线交于点E，交于点F．求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题考查了平行线的性质，平行四边形及菱形的判定；先判定四边形是平行四边形，再利用平分与平行可得，即可证明四边形是菱形． 【详解】解：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 20. 某电商在抖音上对一款成本价为40元的小商品进行直播销售，如果按每件60元销售，每天可卖出20件．通过市场调查发现，每件小商品售价每降低5元，日销售量增加10件．若日利润保持不变，商家想尽快销售完该款商品，每件售价应定为多少元？ 【答案】售价应定为50元． 【解析】 【分析】设售价应定为x元，则每件的利润为元，日销售量件，根据日利润保持不变为等量关系可列得方程，解出方程即可． 【详解】解：设售价应定为x元，则每件的利润为元，日销售量件， 依题意，得：， 整理，得：， 解得：，（舍去）， 答：售价应定为50元． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意找准等量关系，根据等量关系列出方程是解题的关键． 21. 如图，小明为测得学校操场上小树的高，他站在教室里的点处，从教室的窗口望出去，恰好能看见小树的整个树冠．经测量，窗口高，树干高，，两点在同一水平线上，点距墙根点，C点距墙根G点4.5m，且、、三点在同一直线上．请根据上面的信息，帮小明计算出小树的高． 【答案】5.7米 【解析】 【分析】根据相似三角形求得线段的长度即可求得树高． 【详解】解：，， ， ， 米，米，米， 解得：， 小树的高为米． 【点睛】本题考查了相似三角形的应用，解题的关键是根据实际问题整理出相似三角形的模型． 22. 某种商品的标价为400元/件，经过两次降价后的价格为324元/件，并且两次降价的百分率相同． （1）求该种商品每次降价的百分率； （2）若该种商品进价为300元/件，两次降价共售出此种商品100件，为使两次降价销售的总利润不少于3210元．问第一次降价后至少要售出该种商品多少件？ 【答案】（1）10%；（2）23． 【解析】 【分析】（1）设该种商品每次降价的百分率为x%，根据“两次降价后的售价=原价×（1﹣降价百分比）2”，列出方程，解方程即可得出结论； （2）设第一次降价后售出该种商品m件，则第二次降价后售出该种商品件，根据“总利润=第一次降价后的单件利润×销售数量+第二次降价后的单件利润×销售数量”表示出总利润，再根据总利润不少于3210元，即可得出关于m的一元一次不等式，解不等式即可得出结论． 【详解】（1）设该种商品每次降价的百分率为x%， 依题意得：400×（1﹣x%）2=324， 解得：x=10，或x=190（舍去）． 答：该种商品每次降价的百分率为10%． （2）设第一次降价后售出该种商品m件，则第二次降价后售出该种商品件， 第一次降价后的单件利润为：400×（1﹣10%）﹣300=60（元/件）； 第二次降价后的单件利润为：324﹣300=24（元/件）． 依题意得：60m+24×（100－m）=36m+2400≥3210， 解得：m≥22.5． ∴m≥23． 答：为使两次降价销售的总利润不少于3210元，第一次降价后至少要售出该种商品23件． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）根据数量关系得出关于x的一元二次方程；（2）根据数量关系得出关于的一元一次不等式．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据数量关系列出不等式（方程或方程组）是关键． 23. 某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究： ［观察与猜想］ （1）如图①，在正方形中，点、分别是、上的两点，连接、、，则的值为__________． （2）如图②，在矩形中，，，点是上的一点，连接、，且，则的值为__________________． [类比探案] （3）如图③，在四边形中，，点为上一点，连接，过点作的垂线交的延长线于点，交的延长线于点，求证：． 【答案】（1） （2） （3）见解析 【解析】 【分析】（1）先根据正方形的性质得到，，再根据直角三角形的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，得到答案． （2）先根据矩形的性质得到，再根据直角三角形的性质得到，然后根据相似三角形的判定与性质得到． （3）先根据矩形的判定与性质可得，，再根据直角三角形的性质得到，从而证明三角形相似，得到证明． 【小问1详解】 解：如图， 设与的交点为， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 故答案为． 【小问2详解】 如图， 设与交于点， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为． 【小问3详解】 证明：如图，过点作交的延长线于点， ，， 四边形为矩形， ， ， ， 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与定理，利用相似三角形的判定与性质，得到相应线段的比例关系是解答本题的关键． 24. 阅读材料，解答问题： 材料1 为了解方程，如果我们把看作一个整体，然后设，则原方程可化为，经过运算，原方程的解为，．我们把以上这种解决问题的方法通常叫做换元法． 材料2 已知实数m，n满足，，且，显然m，n是方程的两个不相等的实数根，由韦达定理可知，． 根据上述材料，解决以下问题： （1）直接应用： 方程的解为_______________________； （2）间接应用： 已知实数a，b满足：，且，求值； （3）拓展应用： 已知实数x，y满足：，且，求的值． 【答案】（1），，， （2）或 （3）15 【解析】 【分析】（1）利用换元法降次解决问题； （2）模仿例题解决问题即可； （3）令=a，-n=b，则+a-7=0， +b=0，再模仿例题解决问题． 【小问1详解】 解：令y=，则有-5y+6=0， ∴（y-2）（y-3）=0， ∴=2，=3， ∴=2或3， ∴，，，， 故答案为：，，，； 【小问2详解】 解：∵， ∴或 ①当时，令，， ∴则，， ∴，是方程的两个不相等的实数根， ∴， 此时； ②当时，， 此时； 综上：或 【小问3详解】 解：令，，则，， ∵， ∴即， ∴，是方程的两个不相等的实数根， ∴， 故． 【点睛】本题考查了根与系数的关系，幂的乘方与积的乘方，换元法，解一元二次方程等知识，解题的关键是理解题意，学会模仿例题解决问题． 25. 解答 （1）如图1，点P在线段AB上，点C、D在线段AB上方，连接PD、PC、AD、BC、CD，当∠DPC＝∠A＝∠B＝90°时，求证：AD•BC＝AP•BP； （2）如图2，点P在线段AB上，点C、D在线段AB上方，连接PD、PC、AD、BC、CD，当锐角∠DPC＝∠A＝∠B时，（1）中的结论是否依然成立？若成立请说明理由；若不成立，请说明AD•BC与AP•BP的数量关系，并说明理由； （3）如图3，在△ABD中，AB＝8cm，AD＝BD＝5cm，点E为AB边中点．点P是边AB上一个动点，由点A出发，以每秒1cm的速度，沿边AB向点B运动，点C在边BD上，且∠DPC＝CA．点P的运动时间为t（秒），当△DCE为等腰三角形时，请直接求出t的值． 【答案】（1）详见解析 （2）成立，满足AD•BC＝AP•BP，详见解析 （3）4+或4﹣或 或 或1或7 【解析】 【分析】（1）如图1，由∠DPC＝∠A＝∠B＝90°可得∠ADP＝∠BPC，即可证到△ADP∽△BPC，然后运用相似三角形性质即可解决问题； （2）如图2，由∠DPC＝∠A＝∠B＝θ可得∠ADP＝∠BPC，即可证到△ADP∽△BPC，然后运用相似三角形的性质即可解决问题； （3）如图3，连接DE，CD，分三种情形：DE＝DC，CD＝CE，ED＝EC，利用相似三角形的性质，构建方程求解． 【小问1详解】 证明：如图1中， ∵∠A＝∠B＝∠DPC＝90°， ∴∠APD+∠BPC＝90°， ∵∠APD+∠ADP＝90°， ∴∠ADP＝∠BPC， ∴△ADP∽△BPC， ∴， ∴AD•BC＝AP•BP； 【小问2详解】 解：成立，满足AD•BC＝AP•BP． 理由：如图2中， ∵∠A＝∠B＝∠DPC＝θ， ∴∠APD+∠BPC＝180°﹣θ， ∵∠APD+∠ADP＝180°﹣∠A＝180°﹣θ， ∴∠ADP＝∠BPC， ∵∠A＝∠B＝θ， ∴△ADP∽△BPC， ∴， ∴AD•BC＝AP•BP； 【小问3详解】 解：如图3，连接DE，CE． ∵AD＝BD＝5，AB＝6，AE＝BE＝AB＝×8＝4， ∴DE⊥AB， ∴DE＝＝＝3， 当CD＝DE＝3时， ∴BC＝BD﹣CD＝5﹣3＝2， ∵AP＝t， ∴BP＝AB﹣AP＝8﹣t， 由（1）（2）知△ADP∽△BPC， ∴， ∴， ∴t1＝4+，t2＝4﹣， 经检验：t＝4±是分式方程的解， 当CD＝CE时，CD＝CB＝2.5，同法可得， 解得，t1＝，t2＝， 经检验，t＝是分式方程的解， 当ED＝EC＝3时，CD＝，BC＝，同法可得，， 解得，t1＝1，t2＝7， 经检验，t＝1或7是分式方程的解， ∴当△DCE是等腰三角形时，t的值为4+或4﹣或或或1或7． 【点睛】本题是对K型相似模型的探究和应用，考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、等角的余角相等、三角形外角的性质、解一元二次方程等知识，以及运用已有经验解决问题的能力，渗透了特殊到一般的思想． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$