精品解析：山东省济南市实验初级中学2024-2025学年八年级下学期期末模拟数学试题

八下期末模拟试题（1） 一．选择题（共10小题 每题4分） 1. 下列几种著名的数学曲线分别是“笛卡尔爱心曲线”“费马螺线”“卡西尼卵形线”“蝴蝶曲线”，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列方程是一元二次方程的是(　　) A. B. C. D. 3. 下列分式中是最简分式的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列各式中，不论x取何值分式都有意义的是（ ） A. B. C. D. 5. 正多边形的一个外角为60°，则这个多边形的边数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 6. 若是方程一个根，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 6 7. 如图，是的中位线，的平分线交于点，若，，则的长为（ ） A. B. C. D. 8. 随着快递业务的增加，某快递公司为快递员更换了快捷的交通工具，公司投递快件的能力由每周3000件提高到4200件，平均每人每周比原来多投递40件，若快递公司的快递员人数不变，求原来平均每人每周投递快件多少件？设原来平均每人每周投递快件x件，根据题意可列方程为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，P是BC边上一动点，连接AP，把线段AP绕点A逆时针旋转60°到线段AQ，连接CQ，则线段CQ的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 10. 如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为CD上一动点，AE交BD于F，过F作FH⊥AE于H，过H作GH⊥BD于G，下列有四个结论：①AF＝FH，②∠HAE＝45°，③BD＝2FG，④△CEH的周长为定值，其中正确的结论有（　　） A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③④ 二．填空题（共5小题 每题4分） 11. 分解因式：=_________________________． 12. 化简______． 13. 如图，在平面直角坐标系中，已知长方形的顶点坐标：，，，与轴交于点，则点坐标为________． 14. 如图，某中学建立了一个长方形菜园，作为劳动实践基地，旨在培养学生的劳动意识、劳动技能和实践能力．已知菜园的一面靠墙，墙长为，另外三边用长为的栅栏围成．若要使菜园的面积达到，则的长为______．     15. 如图，已知矩形的两条边，，点E是对角线、的交点，点P是边上一个动点，作点D关于直线的对称点，当与矩形一条边垂直时，的长是__________． 三．解答题（共10小题） 16. 先化简，再求值：，其中． 17. 已知关于一元二次方程有实根． （1）求的取值范围； （2）当取最大整数时，求该方程的两个根． 18. 如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求线段的长． 19. 解下列方程： （1） （2） 20. 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出经过平移后得到的，已知点的坐标为，写出顶点的坐标； （2）若和关于原点成中心对称，不画图直接写出顶点的坐标； （3）画出绕点按顺时针方向旋转90°得到的． 21. 电影《哪吒之魔童闹海》成为首部进入全球票房榜前五，登顶全球动画票房榜榜首的亚洲电影！与之相关的周边也在市场上热销起来，某书店计划同时购进哪吒磁性书签和金属书签．已哪吒磁性书签的单价比金属书签的单价多20元，用2400元购买哪吒磁性书签的数量与用800购买金属书签的数量相同． （1）求哪吒磁性书签和金属书签的单价； （2）为满足顾客需求，书店老板从厂家一次性购进哪吒磁性书签和金属书签共200个，且购买的费用不超过3600元，求最多可以购进哪吒磁性书签多少个？ 22. 配方法是指将一个式子或一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法．这种方法常常被用到恒等变形中，以挖掘题目中的隐含条件，是解题的有力手段之一． 我们定义：一个整数能表示成（，是整数）的形式，则称这个数为“完全数”．例如，10是“完全数”．理由：因为．再如，（，是整数），所以也是“完全数”． 解决问题： （1）请你再写一个小于10的“完全数”______________；并判断40是否为“完全数”_______________； （2）若二次三项式（是整数）是“完全数”，可配方成（，为常数），则的值为_______________； 探究问题： （3）已知“完全数”（，是整数）值为0，则的值为______________； （4）已知（，是整数，是常数），要使为“完全数”，试求出符合条件的值． 拓展结论：已知实数，满足，求的最小值是________________． 23. 法国数学家韦达在研究一元二次方程时发现：如果关于x的一元二次方程的两个实数根分别为、，那么两个根的关系为 ，．习惯上把这个结论称作“韦达定理”． 小明在探究二次项系数为1的一元二次方程根的特征时发现，此时“韦达定理”可表述为：，．借此结论，小明进行了对“倍根方程”和“方根方程”的根的特征的探究． 定义： 倍根方程：如果关于x的一元二次方程有两个实数根（都不为0），且其中一个根等于另外一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”． 方根方程：如果关于x的一元二次方程有两个实数根（都不为0），且其中一个根的平方等于另外一个根，则称这样的方程为“方根方程”． （1）请你判断：方程是______（填“倍根方程”或“方根方程”）； （2）若一元二次方程是“倍根方程”，求c的值； （3）根据探究，小明想设计一个一元二次方程，使这个方程既是“倍根方程”又是“方根方程”，请你先帮他算一算，这个方程根是多少？ 24. 综合与实践 如图1，在矩形中，，动点P，Q分别以速度从点A，B同时出发，点P沿着运动到点B时停止，点Q沿着运动到点A时停止．设运动时间为． （1）当点P在上运动时， ________， ________；（用含t的代数式表示） （2）在（1）的条件下，当时，求t的值； （3）如图2、图3，点P沿着运动到点B的过程中、当的面积为时，求t的值． 25. 已知：在△ABC年，∠BAC=90°，AB=AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B、C重合）.以AD为边作正方形ADEF，连接CF. （1）如图1，当点D在线段BC上时，求证：①BD⊥CF. ②. （2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其它条件不变，请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系； （3）如图3，当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A、F分别在直线BC的两侧，其它条件不变： ①请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系， ②若连接正方形对角线AE，DF，交点为0，连接OC，探究△AOC的形状，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 八下期末模拟试题（1） 一．选择题（共10小题 每题4分） 1. 下列几种著名的数学曲线分别是“笛卡尔爱心曲线”“费马螺线”“卡西尼卵形线”“蝴蝶曲线”，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】C 【解析】 【分析】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，据此进行判断即可． 【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、不是轴对称图形，故此选项不符合题意； C、既轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意； D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选C． 2. 下列方程是一元二次方程的是(　　) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，根据一元二次方程的定义(整式方程、一个未知数、未知数最高次数为2)逐一判断选项． 【详解】解：选项A：，方程两边均为整式，仅含一个未知数，且的最高次数为2，符合一元二次方程的定义． 选项B：，方程中含分式项，不是整式方程，不符合要求． 选项C：， 含两个未知数和，不满足“一元”条件． 选项D：，当时是二次方程，但题目未明确的取值范围，若则变为一次方程，无法确定． 综上，只有选项A符合一元二次方程的定义． 故选：A． 3. 下列分式中是最简分式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了最简分式的识别，与最简分数的意义类似，当一个分式的分子与分母，除去1以外没有其它的公因式时，这样的分式叫做最简分式．根据最简分式的的定义逐项分析即可． 【详解】解：A．是最简分式； B．，故不最简分式； C．，故不是最简分式； D．，故不是最简分式； 故选A． 4. 下列各式中，不论x取何值分式都有意义的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，分母不为零，计算即可， 本题考查了分式有意义的条件，熟练掌握条件是解题的关键． 【详解】解：分式有意义， 故， 解得x取全体实数，符合题意； 分式有意义， 故， 解得， 不满足x取全体实数，不符合题意； 分式有意义， 故， 解得， 不满足x取全体实数，不符合题意； 分式有意义， 故， 解得， 不满足x取全体实数，不符合题意； 故选：A． 5. 正多边形的一个外角为60°，则这个多边形的边数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据正多边形的外角和以及一个外角的度数，求得边数． 【详解】解：正多边形的一个外角等于60°，且外角和为360°， 则这个正多边形的边数是：360°÷60°=6， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了多边形的外角和定理，解决问题的关键是掌握多边形的外角和等于360度． 6. 若是方程的一个根，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根，熟练掌握一元二次方程的根的定义是解题的关键．代入到方程，得到关于的方程，即可求解． 【详解】解：代入得，， 解得：． 故选：D． 7. 如图，是的中位线，的平分线交于点，若，，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质、平行线的性质、角平分线的定义、等角对等边，根据三角形中位线的性质，得出，计算，，根据“两直线平行，内错角相等”、角平分线的定义，推出，根据等角对等边，得出的长，最后根据计算得出答案即可，熟练掌握三角形中位线的性质是解题的关键． 【详解】解：∵是的中位线，， ∴，，点是的中点， 又∵的角平分线交于点，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 8. 随着快递业务的增加，某快递公司为快递员更换了快捷的交通工具，公司投递快件的能力由每周3000件提高到4200件，平均每人每周比原来多投递40件，若快递公司的快递员人数不变，求原来平均每人每周投递快件多少件？设原来平均每人每周投递快件x件，根据题意可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设原来平均每人每周投递快件x件，则现在平均每人每周投递快件件，根据人数=投递快递总数量÷人均投递数量，结合快递公司的快递员人数不变，即可得出关于x的分式方程，此题得解． 【详解】解：设原来平均每人每周投递快件x件，则现在平均每人每周投递快件件， 根据快递公司的快递员人数不变列出方程，得：， 故选：D． 【点睛】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键． 9. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，P是BC边上一动点，连接AP，把线段AP绕点A逆时针旋转60°到线段AQ，连接CQ，则线段CQ的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】在AB上取一点E，使AE＝AC＝，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，由旋转的性质得出AQ＝AP，∠PAQ＝60°，证明△CAQ≌△EAP（SAS），由全等三角形的性质得出CQ＝EP，则当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，然后由含30°角的直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图，在AB上取一点E，使AE＝AC＝，连接PE，过点E作EF⊥BC于F， 由旋转知，AQ＝AP，∠PAQ＝60°， ∵∠ABC＝30°， ∴∠EAC＝60°， ∴∠PAQ＝∠EAC， ∴∠EAP＝∠CAQ， 又∵AE＝AC，AP＝AQ， ∴△CAQ≌△EAP（SAS）， ∴CQ＝EP， 要使CQ最小，则有EP最小，而点E是定点，点P是BC上的动点， ∴当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，即点P与点F重合，CQ最小，最小值为EF， 在Rt△ACB中，∠B＝30°，AC＝， ∴AB＝， ∵AE＝AC＝， ∴BE＝AB−AE＝， 在Rt△BFE中，∠B＝30°， ∴EF＝BE＝， 故线段CQ长度的最小值是， 故选：D． 【点睛】此题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质等，找出点P和点F重合时，EQ最小，最小值为EF的长度是解本题的关键． 10. 如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为CD上一动点，AE交BD于F，过F作FH⊥AE于H，过H作GH⊥BD于G，下列有四个结论：①AF＝FH，②∠HAE＝45°，③BD＝2FG，④△CEH的周长为定值，其中正确的结论有（　　） A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③④ 【答案】D 【解析】 【详解】（1）如图1，连接FC，延长HF交AD于点L， ∵在正方形ABCD中，∠ADF=∠CDF=45°，AD=CD，DF=DF， ∴△ADF≌△CDF， ∴FC=AF，∠ECF=∠DAF， ∵∠ALH+∠LAF=90°， ∴∠LHC+∠DAF=90°， ∵∠ECF=∠DAF， ∴∠FHC=∠FCH， ∴FH=FC， ∴FH=AF； （2）如图1，∵FH⊥AE，FH=AF， ∴∠HAE=45°； （3）如图2，连接AC交BD于点O，则由正方形的性质可得：BD=2OA， ∵ HF⊥AE，HG⊥BD， ∴∠AFO+∠GFH=∠GHF+∠GFH， ∴∠AFO=∠GHF． ∵AF=HF，∠AOF=∠FGH=90°， ∴△AOF≌△FGH． ∴OA=GF． ∵BD=2OA， ∴BD=2FG； （4）延长AD至点M，使AD=DM，过点C作CI∥HL，则：LI=HC， ∴∠IMC=∠ECM=45°， 由已知条件可得：∠DEM=∠DEA=∠FHC=∠DIC，由此可得∠MEC=∠CIM， 又∵MC=CM， ∴△MEC≌△CIM， ∴CE=IM， 同理，可得：AL=HE， ∴HE+HC+EC=AL+LI+IM=AM=8． ∴△CEH的周长为8，为定值． 故（1）（2）（3）（4）结论都正确． 二．填空题（共5小题 每题4分） 11. 分解因式：=_________________________． 【答案】 【解析】 【详解】解：==． 故答案为． 12. 化简______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查分式的加减法，平方差公式的应用，熟练掌握其运算法则是解题的关键． 先把分子相减，然后约分即可． 【详解】解：原式 ， 故答案为：． 13. 如图，在平面直角坐标系中，已知长方形的顶点坐标：，，，与轴交于点，则点坐标为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了坐标与图形变化——平移，点到坐标轴的距离，利用数形结合的思想解决问题是关键．根据平移的性质确定点的坐标，过点作轴于点，轴于点，连接、，根据的面积求出的长，即可得到答案． 【详解】解：长方形， 可由平移得到， ，， 点先向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度，可以得到点， ， ，即， 如图，过点作轴于点，轴于点，连接、， ，， ,，，， ， 又， ， ， ， 故答案为： 14. 如图，某中学建立了一个长方形菜园，作为劳动实践基地，旨在培养学生的劳动意识、劳动技能和实践能力．已知菜园的一面靠墙，墙长为，另外三边用长为的栅栏围成．若要使菜园的面积达到，则的长为______．     【答案】##10米 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，设的长应是，则的长为，根据饲养室的面积达到．列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可．找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 【详解】解：设的长应是，则的长为， 根据题意得：， 整理得：， 解得：，， 当时，，不符合题意，舍去； 当时，，符合题意； 故答案为：． 15. 如图，已知矩形的两条边，，点E是对角线、的交点，点P是边上一个动点，作点D关于直线的对称点，当与矩形一条边垂直时，的长是__________． 【答案】或5 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质以及勾股定理，根据折叠的性质可知，可得，，根据矩形的性质求出，熟记矩形的性质并灵活运用是解题的关键．矩形的性质：①平行四边形的性质矩形都具有； ②角：矩形的四个角都是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等． 【详解】解：如图， ∵点D关于直线的对称点为， ∴， ∴，， ∵四边形是矩形，，， ∴，，，，，， 当， ∴， ∵， ∴，， 在中，， ∴， 设，则， 在中，根据勾股定理得，，即， 解得， ∴． 当时， ∴， ∴， ∵点D关于直线的对称点为， ∴是的平分线，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 综上所述，的长是或5． 故答案为：或5． 三．解答题（共10小题） 16. 先化简，再求值：，其中． 【答案】，1 【解析】 【分析】本题考查了分式的化简求值． 先去括号，将除法化为乘法，化简得到，再将代入计算即可． 【详解】解：原式 ． 当时，原式． 17. 已知关于的一元二次方程有实根． （1）求的取值范围； （2）当取最大整数时，求该方程的两个根． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，解一元二次方程． （1）根据一元二次方程根的判别式，列不等式即可； （2）由（1）求出k，代入原方程，解方程即可． 【小问1详解】 解：一元二次方程有实根， ， 即， ， ； 【小问2详解】 解：取最大整数， ， 原方程为， ∴， 解得：． 18. 如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求线段的长． 【答案】（1）详见解析 （2）5 【解析】 【分析】此题主要考查了菱形的判定和性质、等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定和性质等知识，熟记菱形的判定与性质是解决此题的关键． （1）根据平行四边形的性质、平行线的性质先判断出，进而判断出，得出，即可得出结论； （2）根据平行四边形的性质求出，根据直角三角形斜边上的中线的性质求出，再根据勾股定理求解即可． 【小问1详解】 证明：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； 【小问2详解】 解：∵四边形是平行四边形， ∴， 在中，， ∴， 在中，，， 根据勾股定理得：． 19. 解下列方程： （1） （2） 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程以及分式方程，按照各自的运算法则一一计算即可． （1）利用因式分解法解一元二次方程即可． （2）把分式方程化成一元一次方程，求解并检验即可． 【小问1详解】 解： 或， 解得：， 【小问2详解】 解： ， 当时，， 则是分式方程的解． 20. 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出经过平移后得到的，已知点的坐标为，写出顶点的坐标； （2）若和关于原点成中心对称，不画图直接写出顶点的坐标； （3）画出绕点按顺时针方向旋转90°得到的． 【答案】（1）见解析， （2） （3）见解析 【解析】 【分析】本题主要考查旋转变换和平移变换，熟练掌握旋转变换和平移变换的定义是解题的关键． （1）由点的对应点的坐标得出平移的方向和距离，据此可得； （2）根据关于原点对称的点的横纵坐标均互为相反数可得； （3）将三角形三顶点分别绕着点按顺时针方向旋转得到对应点，据此可得． 【小问1详解】 如图，为所作， 因为点平移后的对应点的坐标为，所以先向右平移5个单位，再向下平移3个单位得到， 所以点的坐标为； 【小问2详解】 因为和关于原点成中心对称图形， 所以； 【小问3详解】 如图，为所作． 21. 电影《哪吒之魔童闹海》成为首部进入全球票房榜前五，登顶全球动画票房榜榜首的亚洲电影！与之相关的周边也在市场上热销起来，某书店计划同时购进哪吒磁性书签和金属书签．已哪吒磁性书签的单价比金属书签的单价多20元，用2400元购买哪吒磁性书签的数量与用800购买金属书签的数量相同． （1）求哪吒磁性书签和金属书签的单价； （2）为满足顾客需求，书店老板从厂家一次性购进哪吒磁性书签和金属书签共200个，且购买的费用不超过3600元，求最多可以购进哪吒磁性书签多少个？ 【答案】（1）金属书签的单价为10元，则哪吒磁性书签的单价为30元； （2）最多可以购进哪吒磁性书签80个． 【解析】 【分析】本题主要考查了分式方程的实际应用，一元一次不等式的实际应用，正确理解题意列出方程和不等式是解题的关键． （1）设金属书签的单价为x元，则哪吒磁性书签的单价为元，根据题意列出分式方程求解即可； （2）设最多可以购进哪吒磁性书签m个，则购进金属书签个，根据题意列出一元一次不等式求解即可． 【小问1详解】 设金属书签的单价为x元，则哪吒磁性书签的单价为元 根据题意得， 解得 经检验，是原方程的解 ∴ ∴金属书签的单价为10元，则哪吒磁性书签的单价为30元； 【小问2详解】 设最多可以购进哪吒磁性书签m个，则购进金属书签个 根据题意得， 解得 ∴最多可以购进哪吒磁性书签80个． 22. 配方法是指将一个式子或一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法．这种方法常常被用到恒等变形中，以挖掘题目中的隐含条件，是解题的有力手段之一． 我们定义：一个整数能表示成（，是整数）的形式，则称这个数为“完全数”．例如，10是“完全数”．理由：因为．再如，（，是整数），所以也是“完全数”． 解决问题： （1）请你再写一个小于10的“完全数”______________；并判断40是否为“完全数”_______________； （2）若二次三项式（是整数）是“完全数”，可配方成（，为常数），则的值为_______________； 探究问题： （3）已知“完全数”（，是整数）的值为0，则的值为______________； （4）已知（，是整数，是常数），要使为“完全数”，试求出符合条件的值． 拓展结论：已知实数，满足，求的最小值是________________． 【答案】解决问题：（1）；是“完全数”（2）4或；探究问题：（3）；（4）；拓展结论：1 【解析】 【分析】本题考查了完全平方公式的应用，掌握公式的形式是解题关键． 解决问题（1）根据题目信息即可求解； （2）根据即可求解； 探究问题（3）根据即可求解； （4）根据，即可求解； 拓展结论：根据题意可得即可求解； 【详解】解：解决问题：（1）4是“完全数”，理由：因为； 是“完全数”，理由：因为； 故答案为：；是“完全数”． （2）， ，或， 或， 故答案为：4或； 探究问题：（3）， ，， ； 故答案为：． （4）， 由题意得：， ； 拓展结论：， ； 当时，最小，最小值为1． 故答案为：1． 23. 法国数学家韦达在研究一元二次方程时发现：如果关于x的一元二次方程的两个实数根分别为、，那么两个根的关系为 ，．习惯上把这个结论称作“韦达定理”． 小明在探究二次项系数为1的一元二次方程根的特征时发现，此时“韦达定理”可表述为：，．借此结论，小明进行了对“倍根方程”和“方根方程”的根的特征的探究． 定义： 倍根方程：如果关于x的一元二次方程有两个实数根（都不为0），且其中一个根等于另外一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”． 方根方程：如果关于x一元二次方程有两个实数根（都不为0），且其中一个根的平方等于另外一个根，则称这样的方程为“方根方程”． （1）请你判断：方程是______（填“倍根方程”或“方根方程”）； （2）若一元二次方程是“倍根方程”，求c的值； （3）根据探究，小明想设计一个一元二次方程，使这个方程既是“倍根方程”又是“方根方程”，请你先帮他算一算，这个方程的根是多少？ 【答案】（1）倍根方程 （2）c的值是8 （3）方程的两个根是，或， 【解析】 【分析】（1）求出方程的解，再判断是否为倍根方程； （2）设方程的两个根为，，由倍根方程”的定义可知，利用根与系数的关系即可求得的值； （3）设一元二次方程，的两个实数根分别为、，由题意可知，或，，即可得到方程的根是2、4或、． 本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，一元二次方程的一般形式，新定义“倍根方程”或“方根方程”的意义，理解“倍根方程”或“方根方程”的意义和掌握根与系数的关系是解决问题的关键． 【小问1详解】 解：解方程得： ，， ， 方程是倍根方程； 故答案为：“倍根方程”； 【小问2详解】 解：程的两个根为，， 一元二次方程是“倍根方程”， ， ，， ，， ， ； 【小问3详解】 解：元二次方程，的两个实数根分别为、， 这个方程既是“倍根方程”又是“方根方程”， ，， ， 解得或（舍去）， ， 或，， ， 解得或（舍去）， ， 这个方程的根是2、4或、． 24. 综合与实践 如图1，在矩形中，，动点P，Q分别以的速度从点A，B同时出发，点P沿着运动到点B时停止，点Q沿着运动到点A时停止．设运动时间为． （1）当点P在上运动时， ________， ________；（用含t的代数式表示） （2）在（1）的条件下，当时，求t的值； （3）如图2、图3，点P沿着运动到点B的过程中、当的面积为时，求t的值． 【答案】（1）； （2）1 （3）7 【解析】 【分析】本题主要考查了列代数式，矩形的性质，一元二次方程的应用，解答本题的关键是熟练运用矩形的性质解决问题． （1）根据路程等于速度乘以时间得到则； （2）根据矩形的性质得到，再根据直角三角形面积计算公式建立方程求解即可； （3）分点P在和点P在上两种情况，根据三角形面积计算公式列出方程求解即可． 【小问1详解】 解：由题意得， ∴ 故答案为：； 【小问2详解】 解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 解得或（舍去）； 【小问3详解】 解：当点P在上运动时，， ∵的面积为， ∴， 解得， 由矩形的性质可得 ∴点P运动到点C的时间为秒， ∴此种情况不存在； 当点P在上运动时，， ∵的面积为， ∴， 解得或（舍去）； 综上所述，． 25. 已知：在△ABC年，∠BAC=90°，AB=AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B、C重合）.以AD为边作正方形ADEF，连接CF. （1）如图1，当点D在线段BC上时，求证：①BD⊥CF. ②. （2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其它条件不变，请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系； （3）如图3，当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A、F分别在直线BC的两侧，其它条件不变： ①请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系， ②若连接正方形对角线AE，DF，交点为0，连接OC，探究△AOC的形状，并说明理由. 【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）见解析（3）①见解析；②见解析. 【解析】 【分析】（1）①根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC=∠ACB=45°，再根据正方形的性质可得AD=AF，∠DAF=90°，然后利用同角的余角相等求出∠BAD=∠CAF，然后利用“边角边”证明△BAD和△CAF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠ABD，再求出∠ACF+∠ACB=90°，从而得证；②根据全等三角形对应边相等可得BD=CF，从而求出CF=BC-CD； （2）与（1）同理可得BD=CF，然后结合图形可得CF=BC+CD； （3）①与（1）同理可得BD=CF，然后结合图形可得CF=CD-BC；②根据等腰直角三角形的性质求出∠ABC=∠ACB=45°，再根据邻补角的定义求出∠ABD=135°，再根据同角的余角相等求出∠BAD=∠CAF，然后利用“边角边”证明△BAD和△CAF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠ABD，再求出∠FCD=90°，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出OC=DF，再根据正方形的对角线相等求出OC=OA，从而得到△AOC是等腰三角形． 【详解】（1）证明：①∵∠BAC=90°，AB=AC， ∴∠ABC=∠ACB=45°， ∵四边形ADEF是正方形， ∴AD=AF，∠DAF=90°， ∵∠BAC=∠BAD+∠DAC=90°， ∠DAF=∠CAF+∠DAC=90°， ∴∠BAD=∠CAF， 在△BAD和△CAF中， ∴△BAD≌△CAF（SAS）， ∴∠ACF=∠ABD=45°， ∴∠ACF+∠ACB=90°， ∴BD⊥CF； ②由①△BAD≌△CAF可得BD=CF， ∵BD=BC-CD， ∴CF=BC-CD； （2）与（1）同理可得BD=CF， 所以，CF=BC+CD； （3）①与（1）同理可得，BD=CF， 所以，CF=CD-BC； ②∵∠BAC=90°，AB=AC， ∴∠ABC=∠ACB=45°， 则∠ABD=180°-45°=135°， ∵四边形ADEF正方形， ∴AD=AF，∠DAF=90°， ∵∠BAC=∠BAF+∠CAF=90°， ∠DAF=∠BAD+∠BAF=90°， ∴∠BAD=∠CAF， 在△BAD和△CAF中， ∴△BAD≌△CAF（SAS）， ∴∠ACF=∠ABD=180°-45°=135°， ∴∠FCD=∠ACF-∠ACB=90°， 则△FCD为直角三角形， ∵正方形ADEF中，O为DF中点， ∴OC=DF， ∵在正方形ADEF中，OA=AE，AE=DF， ∴OC=OA， ∴△AOC是等腰三角形． 【点睛】本题考查了正方形性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的判定，以及同角的余角相等的性质，此类题目通常都是用同一种思路求解，在（1）中找出证明三角形全等的思路是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $