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.

【解析】：
(1) 对于一元二次方程$ax^{2}+bx+c = 0(a\neq0)$，其判别式$\Delta=b^{2}-4ac$。
在方程$x^{2}-(k + 1)x + k - 1 = 0$中，$a = 1$，$b=-(k + 1)$，$c = k - 1$，则$\Delta =[-(k + 1)]^{2}-4\times1\times(k - 1)$
$=k^{2}+2k + 1-4k + 4$
$=k^{2}-2k + 5$
$=k^{2}-2k + 1+4$
$=(k - 1)^{2}+4$。
因为$(k - 1)^{2}\geqslant0$，所以$(k - 1)^{2}+4\gt0$，即$\Delta\gt0$。
所以方程$x^{2}-(k + 1)x + k - 1 = 0$有两个不相等的实数根。
(2) 设公共根为$m$，则$m$同时满足方程$x^{2}-(k + 1)x + k - 1 = 0$和$2x^{2}-(k - 3)x + k - 6 = 0$。
可得$\begin{cases}m^{2}-(k + 1)m + k - 1 = 0&①\\2m^{2}-(k - 3)m + k - 6 = 0&②\end{cases}$
由$①\times2$得$2m^{2}-2(k + 1)m+2k - 2 = 0$ ③
$② - ③$得：
$\begin{aligned}2m^{2}-(k - 3)m + k - 6-(2m^{2}-2(k + 1)m+2k - 2)&=0\\2m^{2}-(k - 3)m + k - 6 - 2m^{2}+2(k + 1)m-2k + 2&=0\\(-(k - 3)+2(k + 1))m+(k - 6-2k + 2)&=0\\(-k + 3+2k + 2)m+(-k - 4)&=0\\(k + 5)m-(k + 4)&=0\\(k + 5)m&=k + 4\end{aligned}$
当$k\neq - 5$时，$m=\frac{k + 4}{k + 5}$。
把$m=\frac{k + 4}{k + 5}$代入$①$得：
$(\frac{k + 4}{k + 5})^{2}-(k + 1)\times\frac{k + 4}{k + 5}+k - 1 = 0$
$(k + 4)^{2}-(k + 1)(k + 4)(k + 5)+(k - 1)(k + 5)^{2}=0$
先展开$(k + 4)^{2}=k^{2}+8k + 16$，$(k + 1)(k + 4)=k^{2}+5k + 4$，$(k - 1)(k + 5)^{2}=(k - 1)(k^{2}+10k + 25)=k^{3}+10k^{2}+25k-k^{2}-10k - 25=k^{3}+9k^{2}+15k - 25$
$k^{2}+8k + 16-(k^{2}+5k + 4)(k + 5)+k^{3}+9k^{2}+15k - 25 = 0$
$k^{2}+8k + 16-(k^{3}+5k^{2}+5k^{2}+25k+4k + 20)+k^{3}+9k^{2}+15k - 25 = 0$
$k^{2}+8k + 16-(k^{3}+10k^{2}+29k + 20)+k^{3}+9k^{2}+15k - 25 = 0$
$k^{2}+8k + 16 - k^{3}-10k^{2}-29k - 20 + k^{3}+9k^{2}+15k - 25 = 0$
$(k^{2}-10k^{2}+9k^{2})+(8k-29k + 15k)+(16 - 20 - 25)=0$
$-6k-29 = 0$
$k=-\frac{29}{6}$。
当$k=-5$时，$(k + 5)m=k + 4$变为$0\times m=-1$，方程无解，所以这种情况舍去。
【答案】：(1) 方程$x^{2}-(k + 1)x + k - 1 = 0$有两个不相等的实数根，理由是$\Delta=(k - 1)^{2}+4\gt0$；(2)$k=-\frac{29}{6}$。

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.

$a\gt -\frac{1}{4}$且$a\neq0$

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$∠EAF= 45^{\circ },AE,AF$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)

①②③④

10. 如图,在$△ABC$中,$AB= AC,∠BAC= 56^{\circ },∠BAC$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. $132^{\circ }$
B. $130^{\circ }$
C. $112^{\circ }$
D. $110^{\circ }$

C

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.

【解析】：
### $(1)$ 证明四边形$BGEH$是平行四边形
- 因为四边形$ABCD$是菱形，四边形$BEFG$是菱形，
所以$BD$平分$\angle ABC$，$GE$平分$\angle FEB$，$AB// CD$，$BE// FG$。
- 又因为$AB// FG$，所以$\angle ABC=\angle FEB$，则$\angle HBE=\frac{1}{2}\angle ABC$，$\angle BEH=\frac{1}{2}\angle FEB$，所以$\angle HBE = \angle BEH$，所以$BH// GE$。
- 又因为$BE// HG$（菱形$BEFG$中$BE// FG$，而$FE$交$BD$于$H$，所以$BE// HG$），根据平行四边形的判定定理：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，所以四边形$BGEH$是平行四边形。
### $(2)$
- **选A：若四边形$BGEH$为菱形**
因为四边形$BGEH$为菱形，所以$BE = BH$，$\angle HBE=\angle HEB$。
又因为四边形$ABCD$是菱形，$AB = 5$，所以$AB=AD = 5$，$AD// BC$，$\angle ADB=\angle DBC$。
因为四边形$BGEH$是菱形，所以$BH = BE$，$HE// BG$，$\angle DBC=\angle BHE$。
又因为$\angle ADB=\angle DBC$，$\angle BHE=\angle HEB$，$\angle HEB=\angle EBG$，所以$\angle ADB=\angle ABD$，则$AB = AD = 5$。
设$BD$与$AC$交于点$O$，因为菱形$ABCD$，所以$AC\perp BD$，$BO=\frac{1}{2}BD$，$AO=\frac{1}{2}AC$。
根据勾股定理$AB^{2}=AO^{2}+BO^{2}$，且$\triangle ABD$是等腰三角形，$\cos\angle ABD=\frac{BO}{AB}$。
因为四边形$BGEH$是菱形，$BE = BH$，$\angle ABD = 2\angle DBC$，$\cos\angle ABD=\frac{BO}{AB}$，$\cos\angle DBC=\frac{BE}{BC}$（$BC = AB = 5$）。
又因为$\cos\angle ABD = 2\cos^{2}\angle DBC-1$，设$BO = x$，则$\frac{x}{5}=2(\frac{5 - x}{5})^{2}-1$，化简得$2(25 - 10x+x^{2})-25 = 5x$，即$2x^{2}-25x + 25 = 0$，$(2x - 5)(x - 5)=0$，解得$x=\frac{5}{2}$（舍去）或$x = 8$，所以$BD = 8$。
- **选B：若$BD = 6$，且四边形$BHCF$为矩形**
因为四边形$BHCF$为矩形，所以$BH = CF$，$BF = CH$，$\angle BHC = 90^{\circ}$。
因为四边形$ABCD$是菱形，$AB = 5$，$BD = 6$，设$BD$与$AC$交于点$O$，则$BO=\frac{1}{2}BD = 3$，$AC\perp BD$。
根据勾股定理$AO=\sqrt{AB^{2}-BO^{2}}=\sqrt{25 - 9}=4$，$AC = 8$。
因为四边形$BHCF$是矩形，所以$CH// BF$，$BC = FH = 5$。
又因为四边形$BEFG$是菱形，设$BE = x$，则$EH=x$，$DH = 6 - x$。
因为$CH// BF$，所以$\triangle DCH\sim\triangle DAB$，$\frac{DH}{BD}=\frac{CH}{AB}$。
又因为$CH = BF$，在矩形$BHCF$中，$CH^{2}+BH^{2}=BC^{2}$，设$BH = y$，$CH=\sqrt{25 - y^{2}}$，$\frac{6 - y}{6}=\frac{\sqrt{25 - y^{2}}}{5}$，$25(6 - y)^{2}=36(25 - y^{2})$，$900-300y + 25y^{2}=900-36y^{2}$，$61y^{2}-300y = 0$，$y(61y - 300)=0$，$y=\frac{300}{61}$（舍去）或$y = 4$，所以$CF = 4$。
【答案】：
$(1)$ 证明过程如上述解析；
$(2)$ 选A：$\boldsymbol{8}$；选B：$\boldsymbol{4}$。