8. 在趣味课后服务活动中,小颖将几个大小相同的魔方整齐地摞在讲台上,同学们发现从正面、左面、上面三个方向看到的形状如图所示,那么这些魔方一共有个.

1. 首先分析从上面看到的形状：
从上面看的形状图可知，底层有$4$个魔方（$2×2$的排列）。
2. 然后结合从正面和左面看到的形状：
从正面看，左边一列最高是$1$层，右边一列最高是$3$层；从左面看，左边一列最高是$3$层，右边一列最高是$1$层。
所以魔方的个数为$1 + 3+1 + 1$。
故这些魔方一共有$6$个。

9. 如图所示,在△ABC中,点D,E分别在边AB,AC上. 添加一个条件使△ADE∽△ACB,则这个条件可以是.(写出一种情况即可)

【解析】：
本题可根据相似三角形的判定定理来添加条件，使$\triangle ADE\sim\triangle ACB$。
相似三角形有以下几种判定定理：
两角分别相等的两个三角形相似；
两边成比例且夹角相等的两个三角形相似；
三边成比例的两个三角形相似。
在$\triangle ADE$和$\triangle ACB$中，$\angle A$是公共角，即$\angle A=\angle A$。
根据“两角分别相等的两个三角形相似”，若再添加一组对应角相等，即可得到$\triangle ADE\sim\triangle ACB$。
所以可添加$\angle ADE = \angle ACB$，此时$\angle A=\angle A$，$\angle ADE = \angle ACB$，满足两角分别相等的两个三角形相似，那么$\triangle ADE\sim\triangle ACB$。
也可根据“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”，因为$\angle A=\angle A$，若$\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{AB}$，也能得到$\triangle ADE\sim\triangle ACB$。
【答案】：
$\angle ADE = \angle ACB$（答案不唯一）

10. 若反比例函数$y= \frac{k+1}{x}$的图象在第二、四象限,则k的取值范围是.

【解析】：
本题主要考查反比例函数的性质。
反比例函数$y = \frac{k+1}{x}$的图象在第二、四象限，根据反比例函数的性质，当$x$为正时，$y$必须为负；当$x$为负时，$y$必须为正。
这要求分子$k+1$必须为负。
因此，我们得到不等式：
$k + 1 ＜ 0$
解这个不等式，我们得到：
$k ＜ -1$
【答案】：
$k ＜ -1$

11. 构建几何图形解决代数问题体现的是数形结合思想. 如图所示,在Rt△ABC中,∠C= 90°,∠ABC= 30°,延长线段CB到点D,使BD= AB,连接AD,可得∠D= 15°,所以∠CAD= 75°. 利用此图形可以得出$\tan 75^\circ=2+\sqrt{3}$. 通过类比这种方法,可以得出$\tan 67.5^\circ=$.

解：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=45°，延长线段CB到点D，使BD=AB，连接AD。
设AC=BC=1，由勾股定理得AB=√(1²+1²)=√2，
则BD=AB=√2，CD=CB+BD=1+√2，
∠ABC=45°=∠BAD+∠D，且∠BAD=∠D，
∴∠D=22.5°，∠CAD=90°-22.5°=67.5°，
tan67.5°=tan∠CAD=CD/AC=(1+√2)/1=1+√2。
1+√2

12. 如图所示,已知等腰三角形ABC中,AB= AC= 20 cm,BC= 30 cm,点P从点B出发沿BA以4 cm/s的速度向点A运动；同时点Q从点C出发沿CB以3 cm/s的速度向点B运动. 在运动过程中,当BP= ______时,△BPQ与△AQC相似.

解：设运动时间为$ t $秒，则$ BP = 4t $，$ CQ = 3t $，$ BQ = 30 - 3t $，$ AQ $的长度需用余弦定理计算。
在$ \triangle ABC $中，$ AB = AC = 20 $，$ BC = 30 $，由余弦定理得：
$\cos B = \frac{AB^2 + BC^2 - AC^2}{2 \cdot AB \cdot BC} = \frac{20^2 + 30^2 - 20^2}{2 \cdot 20 \cdot 30} = \frac{3}{4}$
在$ \triangle ABQ $中，$ AQ^2 = AB^2 + BQ^2 - 2 \cdot AB \cdot BQ \cdot \cos B $
$= 20^2 + (30 - 3t)^2 - 2 \cdot 20 \cdot (30 - 3t) \cdot \frac{3}{4} = 9t^2 - 180t + 400$
情况一：$ \triangle BPQ \sim \triangle AQC $，对应边$ BP \leftrightarrow AQ $，$ BQ \leftrightarrow QC $
$\frac{BP}{AQ} = \frac{BQ}{QC} \Rightarrow \frac{4t}{\sqrt{9t^2 - 180t + 400}} = \frac{30 - 3t}{3t}$
整理得$ 16t^2 = 9t^2 - 180t + 400 $，即$ 7t^2 + 180t - 400 = 0 $，解得$ t = \frac{20}{7} $（负根舍去），$ BP = 4t = \frac{80}{7} $。
情况二：$ \triangle BPQ \sim \triangle ACQ $，对应边$ BP \leftrightarrow AC $，$ BQ \leftrightarrow AQ $
$\frac{BP}{AC} = \frac{BQ}{AQ} \Rightarrow \frac{4t}{20} = \frac{30 - 3t}{\sqrt{9t^2 - 180t + 400}}$
整理得$ (t - 10)(5t - 10) = 0 $，解得$ t = 2 $（$ t = 10 $不合题意），$ BP = 4t = 8 $。
综上，$ BP = 8 \, cm $或$ \frac{80}{7} \, cm $。
答案：$ 8 $或$ \frac{80}{7} $

13. (1)计算：$2^{-1}-\sqrt{2}\sin 45^\circ+(\pi-1)^0$.

 
【答案】：
(1) $2^{-1}-\sqrt{2}\sin 45^\circ+(\pi-1)^0 = \frac{1}{2} - 1 + 1 = \frac{1}{2}$；
 

(2)如图所示,在平行四边形ABCD中,E是BC边上一点,连接DE,F为线段DE上一点,且∠AFE= ∠B. 求证：△ADF∽△DEC.

(2)证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴$AD // BC$，
∴$\angle ADF = \angle DEC$，
∵ $\angle AFE = \angle B$，$\angle B + \angle C = 180^\circ$，$\angle AFE + \angle AFD = 180^\circ$，
∴$\angle AFD = \angle C$，
∴$\triangle ADF \sim \triangle DEC$。