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11.分解因式:$ab^2 - a =$ 。
答案
$\boldsymbol{a(b+1)(b-1)}$
解析
解：
$ab^2 - a$
$=a(b^2 - 1)$
$=a(b+1)(b-1)$
最终
$ab^2 - a$
$=a(b^2 - 1)$
$=a(b+1)(b-1)$
最终
12. 当分式$\frac{x^2 -5x +6}{x^2 -9}$的值为0时，则实数$x$的值是。
答案
解：
要使分式$\frac{x^2 -5x +6}{x^2 -9}$的值为0，需同时满足分子为0，分母不为0。
先解方程$x^2 -5x +6=0$，
因式分解得$(x-2)(x-3)=0$，
解得$x=2$或$x=3$。
再由分母不为0得：$x^2 -9 ≠ 0$，
即$x ≠ \pm 3$。
舍去不符合条件的$x=3$，得实数$x$的值是$\boldsymbol{2}$。
要使分式$\frac{x^2 -5x +6}{x^2 -9}$的值为0，需同时满足分子为0，分母不为0。
先解方程$x^2 -5x +6=0$，
因式分解得$(x-2)(x-3)=0$，
解得$x=2$或$x=3$。
再由分母不为0得：$x^2 -9 ≠ 0$，
即$x ≠ \pm 3$。
舍去不符合条件的$x=3$，得实数$x$的值是$\boldsymbol{2}$。
13.若一个正多边形的一个内角是$150°$,则这个多边形是正边形。
答案
十二
解析
解：
∵ 正多边形的一个内角是$150°$，
∴ 该正多边形对应的一个外角的度数为 $180° - 150° = 30°$。
∵ 任意多边形的外角和恒为$360°$，
∴ 这个正多边形的边数为 $360° ÷ 30° = 12$。
∵ 正多边形的一个内角是$150°$，
∴ 该正多边形对应的一个外角的度数为 $180° - 150° = 30°$。
∵ 任意多边形的外角和恒为$360°$，
∴ 这个正多边形的边数为 $360° ÷ 30° = 12$。
14.把一批书分给若干名同学,如果每人分3本,那么剩余6本;如果前面的同学每人分5本,那么最后一人就分不到3本,则这批书共有本。
答案
解：设共有x名同学，则这批书共有$(3x+6)$本。
根据题意列不等式组：
$\begin{cases}3x+6 -5(x-1) ≥ 0 \\3x+6 -5(x-1) ＜ 3\end{cases}$
化简得：
$\begin{cases}-2x +11 ≥ 0 \\-2x +11 ＜ 3\end{cases}$
解得：$4 ＜ x ≤ 5.5$
因为x是正整数，所以$x=5$。
则这批书的总数为：$3×5 +6 =21$（本）
答：这批书共有21本。
根据题意列不等式组：
$\begin{cases}3x+6 -5(x-1) ≥ 0 \\3x+6 -5(x-1) ＜ 3\end{cases}$
化简得：
$\begin{cases}-2x +11 ≥ 0 \\-2x +11 ＜ 3\end{cases}$
解得：$4 ＜ x ≤ 5.5$
因为x是正整数，所以$x=5$。
则这批书的总数为：$3×5 +6 =21$（本）
答：这批书共有21本。
15.如图,在平面直角坐标系中,一动点自点$A_0(-1,0)$处向上平移1个单位长度至点$A_1(-1,1)$处,然后向右平移2个单位长度至点$A_2(1,1)$处,再向下平移3个单位长度至点$A_3(1,-2)$处,再向左平移4个单位长度至点$A_4(-3,-2)$处……按此规律平移下去,若该点平移到点$A_{2025}$处,则点$A_{2025}$的坐标是。
答案
解：
观察平移规律，可得下标为$4k+1$（$k$为非负整数）的点的坐标满足：
$A_1(-1,1)$，$A_5(-3,3)$，$A_9(-5,5)$，……
即$A_{4k+1}(-(2k+1), 2k+1)$。
由$2025 = 4×506 + 1$，得$k=506$，
代入得横坐标为$-(2×506 + 1) = -1013$，纵坐标为$2×506 + 1 = 1013$，
即点$A_{2025}$的坐标是$(-1013, 1013)$。
观察平移规律，可得下标为$4k+1$（$k$为非负整数）的点的坐标满足：
$A_1(-1,1)$，$A_5(-3,3)$，$A_9(-5,5)$，……
即$A_{4k+1}(-(2k+1), 2k+1)$。
由$2025 = 4×506 + 1$，得$k=506$，
代入得横坐标为$-(2×506 + 1) = -1013$，纵坐标为$2×506 + 1 = 1013$，
即点$A_{2025}$的坐标是$(-1013, 1013)$。
16.如图，$△ ABC$为等边三角形，$AB=4$，$D$为$BC$边上一动点，过点$D$作$DE⊥ BC$交$AB$于点$E$，作$DF// AB$交$AC$于点$F$，连接$EF$。当$△ AEF$为直角三角形时，线段$BD$的长为________。
答案
解：
∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，AB=BC=AC=4，
设BD=x，
在Rt△BDE中，∠BDE=90°，∠B=60°，
∴∠BED=30°，
∴BE=2BD=2x，
∴AE=AB-BE=4-2x，
∵DF//AB，
∴∠DFC=∠A=60°，
又∵∠C=60°，
∴△DFC为等边三角形，
∴FC=DC=BC-BD=4-x，
∴AF=AC-FC=4-(4-x)=x，
∵∠A=60°，△AEF为直角三角形，分两种情况讨论：
① 当∠AFE=90°时，∠AEF=30°，
∴AE=2AF，即4-2x=2x，
解得x=1；
② 当∠AEF=90°时，∠AFE=30°，
∴AF=2AE，即x=2(4-2x)，
解得x=8/5；
综上，线段BD的长为1或$\dfrac{8}{5}$。
∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，AB=BC=AC=4，
设BD=x，
在Rt△BDE中，∠BDE=90°，∠B=60°，
∴∠BED=30°，
∴BE=2BD=2x，
∴AE=AB-BE=4-2x，
∵DF//AB，
∴∠DFC=∠A=60°，
又∵∠C=60°，
∴△DFC为等边三角形，
∴FC=DC=BC-BD=4-x，
∴AF=AC-FC=4-(4-x)=x，
∵∠A=60°，△AEF为直角三角形，分两种情况讨论：
① 当∠AFE=90°时，∠AEF=30°，
∴AE=2AF，即4-2x=2x，
解得x=1；
② 当∠AEF=90°时，∠AFE=30°，
∴AF=2AE，即x=2(4-2x)，
解得x=8/5；
综上，线段BD的长为1或$\dfrac{8}{5}$。
17. 如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=BC$，$P$是$△ ABC$内一点，且$PA=2\sqrt{3}$，$PB=4$，$PC=\sqrt{2}$，则$△ ABC$的面积为。
答案
$\boldsymbol{7+2\sqrt{3}}$
解析
解：将△ACP绕点C顺时针旋转90°，使AC与BC重合，得到△BCQ，连接PQ。
由旋转性质得：$CQ=CP=\sqrt{2}$，$BQ=AP=2\sqrt{3}$，$∠ PCQ=90°$，
∴$△ PCQ$为等腰直角三角形，
∴$PQ=\sqrt{PC^2+CQ^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=2$，$∠ CQP=45°$。
在$△ BPQ$中，$PQ^2 + BQ^2=2^2 + (2\sqrt{3})^2=4+12=16=4^2=PB^2$，
∴$△ BPQ$是直角三角形，$∠ BQP=90°$，
∴$∠ BQC=∠ BQP + ∠ CQP=90°+45°=135°$。
由旋转得$∠ APC=∠ BQC=135°$，
∴$∠ APC + ∠ CPQ=135°+45°=180°$，即$A、P、Q$三点共线。
过点$C$作$CH⊥ PQ$于点$H$，
∵$△ PCQ$是等腰直角三角形，
∴$CH=PH=HQ=1$，
∴$AH=AP + PH=2\sqrt{3} +1$。
在$\mathrm{Rt}△ ACH$中，
$AC^2=AH^2 + CH^2=(2\sqrt{3}+1)^2 + 1^2=12+4\sqrt{3}+1+1=14+4\sqrt{3}$。
∵$∠ ACB=90°$，$AC=BC$，
∴$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}· AC· BC=\frac{1}{2}AC^2=\frac{1}{2}×(14+4\sqrt{3})=7+2\sqrt{3}$。
由旋转性质得：$CQ=CP=\sqrt{2}$，$BQ=AP=2\sqrt{3}$，$∠ PCQ=90°$，
∴$△ PCQ$为等腰直角三角形，
∴$PQ=\sqrt{PC^2+CQ^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=2$，$∠ CQP=45°$。
在$△ BPQ$中，$PQ^2 + BQ^2=2^2 + (2\sqrt{3})^2=4+12=16=4^2=PB^2$，
∴$△ BPQ$是直角三角形，$∠ BQP=90°$，
∴$∠ BQC=∠ BQP + ∠ CQP=90°+45°=135°$。
由旋转得$∠ APC=∠ BQC=135°$，
∴$∠ APC + ∠ CPQ=135°+45°=180°$，即$A、P、Q$三点共线。
过点$C$作$CH⊥ PQ$于点$H$，
∵$△ PCQ$是等腰直角三角形，
∴$CH=PH=HQ=1$，
∴$AH=AP + PH=2\sqrt{3} +1$。
在$\mathrm{Rt}△ ACH$中，
$AC^2=AH^2 + CH^2=(2\sqrt{3}+1)^2 + 1^2=12+4\sqrt{3}+1+1=14+4\sqrt{3}$。
∵$∠ ACB=90°$，$AC=BC$，
∴$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}· AC· BC=\frac{1}{2}AC^2=\frac{1}{2}×(14+4\sqrt{3})=7+2\sqrt{3}$。
18.如图,在$□ ABCD$中,$AB=6\sqrt{2}$,$BC=8$,$∠ ABC=45°$,点$M$为$□ ABCD$内一动点,连接$BM$,$DM$,$BM=8$,$H$为$BM$的中点,连接$CH$,则$DM+CH$的最小值为。
答案
$\boldsymbol{2\sqrt{34}}$
解析
解：
以点B为原点，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系：
由题意得：B(0,0)，C(8,0)，
由AB=6√2，∠ABC=45°，得A点坐标为(6,6)，
由平行四边形性质得D点坐标为(14,6)。
∵BM=8，H为BM中点，
∴点M的轨迹是以B为圆心、半径为8的圆，点H的轨迹是以B为圆心、半径为4的圆，即满足$x_H^2+y_H^2=16$。
1. 取BD的中点T，由B(0,0)，D(14,6)得T(7,3)，
由三角形中位线定理，PH是△BDM的中位线，得$DM=2HT$。
2. 在BC边上取点K(2,0)，即BK=2，
由$\frac{BK}{BH}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，$\frac{BH}{BC}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}$，且∠HBK=∠CBH，
得△BHK∽△BCH，相似比为$\frac{1}{2}$，故$CH=2KH$。
因此$DM+CH=2HT+2KH=2(HT+KH)$。
由两点之间线段最短，$HT+KH\ge KT$，
计算$KT=\sqrt{(7-2)^2+(3-0)^2}=\sqrt{25+9}=\sqrt{34}$，
故$DM+CH\ge 2\sqrt{34}$，等号可取。
以点B为原点，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系：
由题意得：B(0,0)，C(8,0)，
由AB=6√2，∠ABC=45°，得A点坐标为(6,6)，
由平行四边形性质得D点坐标为(14,6)。
∵BM=8，H为BM中点，
∴点M的轨迹是以B为圆心、半径为8的圆，点H的轨迹是以B为圆心、半径为4的圆，即满足$x_H^2+y_H^2=16$。
1. 取BD的中点T，由B(0,0)，D(14,6)得T(7,3)，
由三角形中位线定理，PH是△BDM的中位线，得$DM=2HT$。
2. 在BC边上取点K(2,0)，即BK=2，
由$\frac{BK}{BH}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，$\frac{BH}{BC}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}$，且∠HBK=∠CBH，
得△BHK∽△BCH，相似比为$\frac{1}{2}$，故$CH=2KH$。
因此$DM+CH=2HT+2KH=2(HT+KH)$。
由两点之间线段最短，$HT+KH\ge KT$，
计算$KT=\sqrt{(7-2)^2+(3-0)^2}=\sqrt{25+9}=\sqrt{34}$，
故$DM+CH\ge 2\sqrt{34}$，等号可取。
