7. 已知关于 $ x $ 的方程 $ x^2 - (k+1)x + k - 1 = 0 $。
（1）试判断该方程根的情况，并说明理由。
（2）若该方程与方程 $ 2x^2 - (k-3)x + k - 6 = 0 $ 有且只有一个公共根，求 $ k $ 的值。

7.(1)两个不相等的实数根 (2)$k=-\frac{29}{6}$

【分析】
（1）判断一元二次方程根的情况需用根的判别式$\Delta = b^2-4ac$，先确定方程各项系数，代入判别式配方后判断$\Delta$的正负，即可确定根的个数：$\Delta＞0$时有两个不相等的实数根，$\Delta=0$时有两个相等的实数根，$\Delta＜0$时无实数根。
（2）两个方程有且只有一个公共根，说明公共根同时满足两个方程。先设公共根为$α$，代入两个方程后联立消去二次项，得到公共根与$k$的关系，再将公共根代回原方程即可求解$k$，最后验证结果是否符合“只有一个公共根”的要求。
【解析】
（1）该方程总有两个不相等的实数根，理由如下：
对于方程$x^2 - (k+1)x + k - 1 = 0$，其中$a=1$，$b=-(k+1)$，$c=k-1$，
根的判别式$\Delta = b^2-4ac = [-(k+1)]^2 - 4×1×(k-1)$
$=k^2+2k+1 -4k +4$
$=k^2-2k+5$
$=(k-1)^2 +4$
∵无论$k$取何值，$(k-1)^2≥0$，
∴$\Delta=(k-1)^2 +4≥4＞0$，
∴该方程总有两个不相等的实数根。
（2）设两个方程的公共根为$α$，则$α$同时满足两个方程：
$\begin{cases}α^2 - (k+1)α + k - 1 = 0 \quad \mathrm{①} \\2α^2 - (k-3)α + k - 6 = 0 \quad \mathrm{②}\end{cases}$
用①×2 - ②，消去$α^2$项：
$2[α^2 - (k+1)α + k -1] - [2α^2 - (k-3)α +k -6] =0$
展开合并同类项得：$(-k-5)α +k +4 =0$
整理得：$(k+5)α = k+4$
若$k=-5$，等式左边为0，右边为$-1$，等式不成立，无公共根，不符合题意，因此$k≠-5$，
则公共根$α = \frac{k+4}{k+5}$，
将$α = \frac{k+4}{k+5}$代入方程①，两边同乘$(k+5)^2$消去分母，展开合并同类项后得：
$-6k -29 =0$
解得$k=-\frac{29}{6}$。
验证：当$k=-\frac{29}{6}$时，两个方程二次项系数均不为0，且不是同解方程，仅有一个公共根，符合题意。
【答案】
（1）该方程有两个不相等的实数根；（2）$k=-\frac{29}{6}$
【知识点】
1. 一元二次方程根的判别式 2. 一元二次方程根的定义 3. 公共根问题处理
【点评】
本题第一问为基础题型，核心是掌握用判别式判断根的情况的方法，配方时注意符号计算；第二问需要掌握公共根的处理思路，通过设公共根联立方程消元求解，计算过程要仔细，最后注意验证结果是否符合题意。
【难度系数】
0.6

8. 关于 $ x $ 的一元二次方程 $ ax^2 + x - 1 = 0 $ 有两个不相等的实数根,则实数 $ a $ 的取值范围是 ______.

8.$a＞-\frac{1}{4}且a≠0$

【分析】
要确定参数a的取值范围，需结合题目的两个限定条件思考：① 题目明确是一元二次方程，因此首先要满足一元二次方程的定义，即二次项系数不能为0；② 方程有两个不相等的实数根，符合根的判别式Δ＞0的情况，代入对应系数计算不等式即可，最后综合两个条件得到最终取值范围。
【解析】
步骤1：根据一元二次方程的定义，二次项系数不为0，可得：$a ≠ 0$
步骤2：根据一元二次方程有两个不相等的实数根，可知根的判别式$\Delta = b^2 - 4ac ＞ 0$，在方程$ax^2 + x -1 =0$中，二次项系数为a，一次项系数b=1，常数项c=-1，代入得：
$\Delta = 1^2 - 4 × a × (-1) ＞ 0$
化简得：$1 + 4a ＞ 0$
解不等式得：$a ＞ -\frac{1}{4}$
步骤3：综合两个条件，可得a的取值范围是$a ＞ -\frac{1}{4}且a ≠ 0$
【答案】
$a＞-\frac{1}{4}且a≠0$
【知识点】
一元二次方程的定义，一元二次方程根的判别式，解一元一次不等式
【点评】
本题是一元二次方程根的判别式的常规应用题型，易错点是容易忽略一元二次方程二次项系数不为0的隐含条件，导致取值范围漏写$a≠0$的限制。
【难度系数】
0.7

9. 如图,在正方形ABCD中,点E,F分别在线段BC,CD上运动,且满足∠EAF=45°,AE,AF分别与BD相交于点M,N,下列说法:①$BE+DF=EF$;②点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长;③若$\frac{BE}{AB}=\frac{1}{2}$,则$\frac{DF}{AD}=\frac{1}{3}$;④若$BE=2,DF=3$,则$S_{△ AEF}=15$.其中结论正确的是.(填序号)

9.①②③④

【分析】
本题是正方形中含45°角的经典半角模型问题，可通过旋转构造全等三角形逐一验证结论：①要证线段和关系，将△ADF绕点A顺时针旋转90°使AD与AB重合，构造全等三角形即可推导BE+DF与EF的关系；②利用全等三角形对应高相等，即可得出点A到EF的距离与正方形边长的关系；③设正方形边长为参数，结合结论①，在直角△EFC中用勾股定理列方程，即可求出DF与AD的比值；④已知BE、DF长度，同样用勾股定理求出正方形边长，再结合结论②即可计算△AEF的面积。
【解析】
将△ADF绕点A顺时针旋转90°，使AD与AB重合，得到△ABG，此时G、B、E三点共线，由旋转性质得：AG=AF，∠GAB=∠DAF，BG=DF。
∵正方形ABCD中∠BAD=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠GAB=∠GAE=45°=∠EAF。
在△GAE和△FAE中：
$\{\begin{array}{l}AG=AF\\ ∠ GAE=∠ FAE\\ AE=AE\end{array} $
∴△GAE≌△FAE（SAS）。
1. 验证①：由全等得$EF=GE=BG+BE=DF+BE$，故①正确；
2. 验证②：过点A作$AH⊥ EF$于点H，
∵△GAE≌△FAE，△GAE中GE边上的高为AB，全等三角形对应边上的高相等，
∴$AH=AB$，即点A到EF的距离等于正方形边长，故②正确；
3. 验证③：设正方形边长为$a$，由$\frac{BE}{AB}=\frac{1}{2}$得$BE=\frac{1}{2}a$，则$EC=a-\frac{1}{2}a=\frac{1}{2}a$，设$DF=x$，则$FC=a-x$，由①得$EF=BE+DF=\frac{1}{2}a+x$。
在Rt△EFC中，由勾股定理得$EF^2=EC^2+FC^2$，代入得：
$(\frac{1}{2}a+x)^2=(\frac{1}{2}a)^2+(a-x)^2$
展开化简得：$ax=a^2-2ax$，解得$x=\frac{1}{3}a$，
∴$\frac{DF}{AD}=\frac{\frac{1}{3}a}{a}=\frac{1}{3}$，故③正确；
4. 验证④：设正方形边长为$a$，已知$BE=2$，$DF=3$，则$EC=a-2$，$FC=a-3$，由①得$EF=2+3=5$。
在Rt△EFC中，由勾股定理得：
$5^2=(a-2)^2+(a-3)^2$
化简得：$2a^2-10a-12=0$，即$a^2-5a-6=0$，
解得$a=6$（边长为正，舍去负根）。
由②知点A到EF的距离为6，
∴$S_{△ AEF}=\frac{1}{2}× EF× 6=\frac{1}{2}×5×6=15$，故④正确。
综上，①②③④均正确。
【答案】
①②③④
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题围绕正方形半角模型展开，核心解题方法是通过旋转构造全等三角形，将分散的线段关系集中转化，结合勾股定理进行计算，属于几何综合类的常见题型，熟练掌握该模型的常用结论可大幅提升解题速度。
【难度系数】
0.6

10. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,$∠ BAC=56°$,$∠ BAC$的平分线与AB的垂直平分线交于O,将$∠ C$沿EF(E在BC上,F在AC上)折叠,点C与点O恰好重合,则$∠ OEC$的度数为().

A.$132°$
B.$130°$
C.$112°$
D.$110°$

10.C

【分析】
解题思路可分为四步：①先根据等腰三角形两底角相等的性质，求出△ABC的两个底角∠ABC、∠ACB的度数；②利用角平分线性质算出∠BAO的度数，再结合AB垂直平分线的性质得OA=OB，求出∠OBA的度数，进而得到∠OBC的度数；③根据等腰三角形三线合一的性质，可知AO垂直平分BC，得OB=OC，推出∠OCB=∠OBC，得到△OEC的底角度数；④根据折叠的性质得OE=CE，△OEC为等腰三角形，利用三角形内角和即可求出∠OEC的度数。
【解析】
1. 已知$AB=AC$，$∠ BAC=56°$，根据等腰三角形内角和性质：
$∠ ABC=∠ ACB=\frac{180°-56°}{2}=62°$
2. $\because AO$平分$∠ BAC$，$\therefore ∠ BAO=\frac{1}{2}∠ BAC=28°$
3. $\because$点$O$在$AB$的垂直平分线上，$\therefore OA=OB$，$\therefore ∠ OBA=∠ BAO=28°$
则$∠ OBC=∠ ABC-∠ OBA=62°-28°=34°$
4. $\because AB=AC$，$AO$平分$∠ BAC$，根据等腰三角形三线合一，$AO$垂直平分$BC$，$\therefore OB=OC$
$\therefore ∠ OCB=∠ OBC=34°$
5. 由折叠的性质可知$OE=CE$，$\therefore ∠ EOC=∠ OCB=34°$
在$△ OEC$中，$∠ OEC=180°-∠ EOC-∠ OCB=180°-34°-34°=112°$
【答案】
C
【知识点】
等腰三角形的性质，垂直平分线的性质，折叠的性质
【点评】
本题是几何综合题，需要结合多个几何性质逐步推导角度，解题的核心是先求出$∠ OCE$的度数，再结合折叠的性质和三角形内角和计算最终结果，对角度推导的逻辑能力有一定要求。
【难度系数】
0.6

11. 如图,已知在菱形ABCD中,AB=5,点E是BC边上的一点(不与B,C重合),以BE为边构造菱形BEFG,使点G落在AB的延长线上,连结BD,GE,射线FE交BD于点H.
(1)求证:四边形BGEH是平行四边形.
(2)请从下面A,B两题中任选一题作答,我选择题.
A. 若四边形BGEH为菱形,则BD的长为.
B. 连结HC,CF,BF,若BD=6,且四边形BHCF为矩形,则CF的长为.

11.(1)略 (2)A题答案:5,B题答案:3

【分析】
(1) 要证四边形BGEH是平行四边形，需证两组对边分别平行：先利用菱形BEFG的性质得EH//BG，再结合两个菱形的角的关系推出BD//GE，即可完成证明。
(2) A题：若四边形BGEH为菱形，可推出∠ABD=60°，结合菱形ABCD边长相等，得△ABD为等边三角形，即可求出BD的长度；B题：若四边形BHCF为矩形，可得CH⊥BD，结合菱形ABCD中△CBD为等腰三角形，利用三线合一得H是BD中点，再由矩形对边相等求出CF的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ABC，即$∠ ABD=\frac{1}{2}∠ ABC$。
∵四边形BEFG是菱形，
∴$BG// EF$，GE平分$∠ BGF$，$BC// GF$，
∴$EH// BG$，$∠ ABC=∠ BGF$（两直线平行，同位角相等），
∴$∠ BGE=\frac{1}{2}∠ BGF=\frac{1}{2}∠ ABC=∠ ABD$，
∴$BD// GE$（同位角相等，两直线平行），
又
∵$EH// BG$，
∴四边形BGEH是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）。
(2) 若选A题：
∵四边形BGEH为菱形，
∴$∠ ABD=∠ EBG=∠ BEG$，可得$∠ ABD=60°$，
∵四边形ABCD是菱形，
∴$AB=AD=5$，
∴△ABD为等边三角形，
∴$BD=AB=5$。
若选B题：
∵四边形ABCD是菱形，
∴$BC=CD=AB=5$，△CBD是等腰三角形，
∵四边形BHCF为矩形，
∴$∠ BHC=90°$，即$CH⊥ BD$，且$CF=BH$，
根据等腰三角形三线合一，H为BD中点，
∵$BD=6$，
∴$BH=\frac{1}{2}BD=3$，
∴$CF=3$。
【答案】
(1)略；(2)A：5，B：3（对应所选题目填写即可）
【知识点】
菱形的性质；平行四边形的判定；矩形的性质
【点评】
本题综合考查特殊平行四边形的性质与判定，第一问侧重基础的判定应用，第二问需要结合特殊平行四边形的性质灵活推导，能够有效考查几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.65