期末押题预测卷（2）（教师版）

期末押题预测卷（2）姓名：__________________班级：______________得分：_________________注意事项：本试卷满分120分，考试时间90分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2022春·广东佛山·八年级校考阶段练习）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断即可．【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；D、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意．故选：D【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练运用定义判断是解题关键．2．（2022春·四川成都·八年级统考期末）已知实数a、b，若，则下列结论中，不一定成立的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据不等式的性质逐个判断即可．【详解】解：A．∵a＜b，∴-2a+1＞-2b+1，原变形正确，故本选项不符合题意；B．∵a＜b，∴，必须规定x≠0，原变形不一定正确，故本选项符合题意；C．∵a＜b，∴，原变形正确，故本选项不符合题意；D．∵a＜b，∴a+x＜b+x，原变形正确，故本选项不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查了不等式的性质，能熟记不等式的性质是解此题的关键，注意：①不等式的性质1：不等式的两边都加（或减）同一个数或式子，不等号的方向不变；②不等式的性质2：不等式的两边都乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；③不等式的性质3：不等式的两边都乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．3．（2023春·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，点A是直线l外一点，在l上取两点B、C，分别以A、C为圆心，长为半径画弧，两弧交于点D，分别连接，则四边形是平行四边形．其依据是（

）A．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形C．两组对边分别平行的四边形是平行四边形D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形【答案】B【分析】由作图可得，，，进而可得判定平行四边形的依据．【详解】解：由作图可得，，，∴四边形是平行四边形，∴依据为两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故选：B．【点睛】本题考查了平行四边形的判定．解题的关键在于理解作图过程．4．（2022·广东八年级专题练习）在日常生活中如取款、上网等都需要密码，有一种用“因式分解法”产生的密码记忆方便．原理是：如对于多项式，因式分解的结果是，若取时，则各个因式的值是，于是就可以把“018162”作为一个六位数的密码．对于多项，取，用上述方法产生的密码不可能是（）A．201010 B．203010 C．301020 D．201030【答案】A【分析】对多项式利用提公因式法分解因式，利用平方差公式分解因式，然后把数值代入计算即可确定出密码．【详解】，当时，，用上述方法产生的密码是：203010，301020，201030．故选：A．【点睛】此题考查了因式分解的应用，涉及分解因式的方法有：提公因式法，以及平方差公式法，属于阅读型的新定义题，其中根据阅读材料得出产生密码的方法是解本题的关键．5．（2022春·四川成都·八年级统考期末）某节数学课中，老师请同学自行证明等腰三角形一条性质：等腰三角形的两底角相等，下面三位同学的证明过程正确的有（

）个．小明：如图1，已知AB＝AC，取BC的中点D，连接AD，可证明△ABD≌△ACD，则∠B＝∠C，性质得证．小花：选取某一等腰三角形，通过折叠的方法，可以将两底角重合，故两底角相等，性质得证．小帅：如图2，分别过点B，C作AB，AC的垂线，垂足分别为点M，N，因为AB＝AC，而△ABC面积不变，所以CM＝BN，可证明Rt△BNC≌Rt△CMB，则∠ABC＝∠ACB，性质得证．A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】利用全等三角形的判定与性质进行判断即可．【详解】解：小明证明过程正确，利用SSS证明△ABD≌△ACD，可得结论；小明的证明过程正确，如图1∵折叠，∴∠BAD=∠CAD，再利用SAS证明△BAD≌△CAD，可得∠B=∠C，小帅的证明过程正确，∵AB×CM=AC×BN，AB=AC，∴CM=BN，∵BC=BC，∴Rt△BNC≌Rt△CMB（HL），∴∠ABC=∠ACB，故选：D．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，翻折的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．6．（2022春·甘肃平凉·七年级校联考期末）一天，小明正在学习有关不等式的知识，这时妈妈回来了，说某服装店正在搞促销活动，并把活动内容讲给了小明，小明灵机一动，假设某商品的定价为元，并列出了一道与促销有关的关系式，请依据该不等式分析下列哪项可能是小明听到妈妈讲述的促销内容．（

）A．买两件等价的商品可减100元，再打2折，最后不到1500元B．买两件等价的商品可打2折，再减100元，最后不到1500元C．买两件等价的商品可减100元，再打8折，最后不到1500元D．买两件等价的商品可打8折，再减100元，最后不到1500元【答案】C【分析】根据题意，可以写出0.8（2x−100）＜1500表示的含义，从而可以解答本题．【详解】解：由题意可得，0.8（2x−100）＜1500表示买两件等值的商品可减100元，再打8折，最后不到1500元，故C正确．故选：C．【点睛】本题考查由实际问题抽象出一元一次不等式，解答本题的关键是明确题意，写出题目中的关系式表示的含义．7．（2022春·广东深圳·八年级统考期末）随着快递业务量的增加，某快递公司为快递物品更换快捷的交通工具，公司投递快件的能力由每天300件提高到420件，平均每人每天比原来多投递8件，若快递公司的快递员人数不变，求原来平均每人每天投递快件多少件？设原来平均每人每天投递快件x件，根据题意列方程为（

）A．B．C．D．【答案】D【分析】设原来平均每人每天投递快件x件，根据由每天300件提高到420件，平均每人每天比原来多投递8件列分式方程即可．【详解】解：设原来平均每人每天投递快件x件，根据题意得，故选：D．【点睛】此题考查了分式方程的实际应用，正确理解题意是解题的关键．8．（2022春·山东济南·八年级校考期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝，∠AOB＝60°，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+2EF的值为（）A．+1 B． C． D．【答案】B【分析】依据含30°角的直角三角形的性质可求解AO=1，BO=2，利用三角形的面积公式计算△ABO的面积，结合平行四边形的性质可得DO=BO=2，S△ADO=S△ABO=，即可得到OE+2EF的值．【详解】解：∵∠BAO=90°，∠AOB=60°，∴∠ABO=30°，∴BO=2AO，∵AB=，∴AO=1，BO=2，∴S△ABO=AO•AB=×1×＝，∵四边形ABCD为平行四边形，∴DO=BO=2，S△ADO=S△ABO=，∵OF⊥AO，EF⊥OD，∴S△ADO=S△AEO+S△EDO=AO•EO+OD•EF=×1•EO+×2•EF=，即OE+2EF=．故选：B．【点睛】本题考查平行四边形的性质，勾股定理，三角形的面积，求解S△ADO=S△AEO+S△EDO是解题关键．9．（2022·沙坪坝·重庆八中九年级月考）若关于x的不等式组恰有3个整数解，且关于y的分式方程有非负整数解，则符合条件的所有整数a的和是（）A．1 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】分别解不等式组的两个不等式，根据“该不等式组恰有3个整数解”，得到关于的不等式组，解之即可初步求得整数a的值，解分式方程，结合“该分式方程有非负整数解”即可得到的值，由此即可得到答案．【详解】解：解不等式得：，解不等式得：，∴原不等式组的解集为：，该不等式组恰有3个整数解，该不等式组的整数解为：2，3，4，则，解得：，∴整数a的值为0，1，2，3，4，解分式方程得：且，该分式方程有非负整数解，∴将整数a的值0，1，2，3，4分别代入，得：当时，（不是整数，不符合题意，舍去），当时，（是整数，符合题意），当时，（不是整数，不符合题意，舍去），当时，（是整数，但与矛盾，故不符合题意，舍去），当时，（不是整数，不符合题意，舍去），综上所述，符合条件的整数a的值为1，∴符合条件的所有整数的和是1．故选：A．【点睛】本题考查了解一元一次不等式组和解分式方程，分式方程的非负整数与的整数解容易混淆，仔细判断是解决本题的关键．10．（2022春·福建南平·八年级统考阶段练习）如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作等边△ABC和等边△ECD，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q连接PQ．以下五个结论正确的是（

）①；②PQ∥AE；③；④；⑤A．①③⑤ B．①③④⑤ C．①②③⑤ D．①②③④⑤【答案】C【分析】①由于△ABC和△CDE是等边三角形，可知AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，从而证出△ACD≌△BCE，可推知AD=BE；②由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；③根据②△CQB≌△CPA（ASA），可知③正确；④根据∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，可知∠DQE≠∠CDE，可知④错误；⑤利用等边三角形的性质，BC∥DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，可知⑤正确．【详解】解：∵等边△ABC和等边△CDE，∴，∴，即，∴，∴AD=BE，∴①正确，∵，∴，又∵，∴，即，又∵，∴，∴，又∵∠PCQ=60°可知△PCQ为等边三角形，∴，∴PQ∥AE②正确，∵△CQB≌△CPA，∴AP=BQ，③正确，∵AD=BE，AP=BQ，∴，即DP=QE，∵，∴∠DQE≠∠CDE，∴DE≠DP，故④错误；∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，∵等边△DCE，∠EDC=60°=∠BCD，∴BC∥DE，∴∠CBE=∠DEO，∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，∴⑤正确．故选：C．【点睛】本题综合考查了等边三角形判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识点的运用．要求学生具备运用这些定理进行推理的能力，此题的难度较大．二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）11．（2022春·四川成都·八年级统考期末）已知，则______．【答案】11【分析】根据已知可得x-=3，然后再利用完全平方公式，进行计算即可解答．【详解】解：∵x2-3x-1=0，，即，，，．故答案为：11．【点睛】本题考查了分式的化简求值，完全平方公式，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．12．（2022春·四川成都·八年级统考期末）用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此间不留空隙、不重登地铺成一片，就是平面图形的镶嵌，在三角形、四边形、正五边形、正六边形四种图形中，不能用同一种作平面镶嵌的图形是_____．【答案】正五边形【分析】根据判断一种或几种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角，若能构成360°，则说明能够进行平面镶嵌，反之则不能判断即可．【详解】解：三角形的内角和是180°，180°×2＝360°，能镶嵌；四边形的内角和是360°，能镶嵌；正五边形的每个内角是108°，不能镶嵌；正六边形的每个内角是120°，120°×3＝360°，能镶嵌；故答案为：正五边形．【点睛】本题考查了平面镶嵌（密铺），掌握判断一种或几种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角，若能构成360°，则说明能够进行平面镶嵌，反之则不能是解题的关键．13．（2022·河南汝州·八年级期末）边长为a，b的长方形的周长为14，面积为10，则的值为___．【答案】490【分析】根据题意可得：，，再将代数式进行因式分解，代入即可求解．【详解】解：∵边长为a，b的长方形的周长为14，面积为10，∴，，∴．故答案为：490．【点睛】本题主要考查了多项式的因式分解，根据题意得到，是解题的关键．14．（2023·广东东莞·模拟预测）如图，为的中位线，且平分交于点F．若，，则_____________．【答案】2【分析】根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得，，再根据角平分线的性质以及平行线的性质求出，根据等角对等边的性质可得，然后代入数据进行计算即可得解．【详解】解：∵是的中位线，，∴，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，是的中位线，∴，∴．故答案为：2．【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，角平分线的定义，平行线的性质，以及等角对等边的性质，熟记性质以及定理，求出是解题的关键．15．（2022春·山西·八年级统考期末）直线y＝x+m与y＝﹣x+3的交点的横坐标为1，则关于x的不等式x+m＞﹣x+3＞0的整数解为_____．【答案】2【分析】满足不等式x+m＞﹣x+3＞0就是直线y=x+m位于直线y=-x+3的上方且位于x轴的上方的图象，据此求得自变量的取值范围即可求得整数解．【详解】解：∵直线y=x+m与y=-x+3的交点的横坐标为1，∴关于x的不等式x+m＞-x+3的解集为x＞1，∵y=-x+3=0时，x=3，∴-x+3＞0的解集是x＜3，∴x+m＞-x+3＞0的解集是1＜x＜3，∴整数解为2．故答案为：2．【点睛】本题考查一次函数的图象和性质以及与一元一次不等式的关系，关键是根据不等式x+m＞-x+3＞0就是直线y=x+m位于直线y=-x+3的上方且位于x轴的上方的图象来分析．16．（2023·山东济南·模拟预测）若数使关于的分式方程的解为正数，且使关于的不等式组的解集为，则符合条件所有整数的积为______．【答案】8【分析】根据分式方程的解为正数即可得出且，根据不等式组的解集为，即可得出，找出且，中所有的整数，将其相乘即可得出结论．【详解】解：分式方程的解为且，∵分式方程的解为正数，∴且，∴且，解不等式①，得，解不等式②，得，∵关于y的不等式组的解集为，∴，∴且，又为整数，则的值为2，4，符合条件的所有整数的积为，故答案为：8【点睛】本题考查了分式方程的解以及解一元一次不等式，根据分式方程的解为正数结合不等式组的解集为，找出的取值范围是解题的关键．17．（2022秋·江苏·八年级期中）如图，△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，E为BC边上一动点（不与点B、点C重合），连接AE并延长，在AE延长线上取点D，使CD＝CA，连接CD，过点C作CF⊥AD交AD于点F，交DB的延长线于点G，若CD＝3，BG＝1，则DB＝_______．【答案】【分析】连接AG，设∠DCB＝x，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠ADB＝45°，然后根据等腰三角形三线合一性质得出DF＝AF，然后根据垂直平分线的性质得出GA＝DG，进一步得到是等腰直角三角形，在中，根据勾股定理求出AB的长度，设BD＝m，然后在中，利用勾股定理即可求出DB的长度．【详解】解：如图，连接AG．设∠DCB＝x．∵CA＝CB＝CD，∴∠CAD＝∠CDA＝（180°﹣90°﹣x）＝45°﹣x，∠CDB＝∠CBD＝（180°﹣x）＝90°﹣x，∴∠ADB＝∠CDB﹣∠CDA＝90°﹣x﹣（45°﹣x）＝45°，∵CG⊥AD，CA＝CD，∴DF＝AF，∴GA＝DG，∴∠GAD＝∠GDA＝45°，∴∠AGB＝90°，设BD＝m，则AG＝DG＝m+1，∵在中，AB＝＝＝3，∴在中，，即（3）2＝12+（m+1）2，解得m＝﹣1．故答案为：﹣1．【点睛】此题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，垂直平分线的性质以及三角形内角和定理等知识，解题的关键是根据题意连接AG，得出是等腰直角三角形．18．（2022春·重庆·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝6，BC＝8，∠ABC＝60°，在线段AD上取一点E，使得DE＝2，连接BE，在线段AE，BE上分别取一点P，Q，则的最小值为______．【答案】【分析】根据平行四边形的性质可得∠EBC=30°，过点Q作QM⊥BC于点M，过点P作PN⊥BC于点N，过点A作AH⊥BC于点H，根据含30°角的直角三角形的性质可得QM=BQ，PQ+BQ最小值即为PN的长，根据平行线之间的距离相等，可得PN=AH，根据勾股定理求出AH的长即可．【详解】解：在平行四边形ABCD中，AD∥BC，AD=BC，∴∠AEB=∠EBC，∵AB=6，BC=8，DE=2，∴AE=8-2=6，∴AE=AB，∴∠AEB=∠ABE，∴∠ABE=∠EBC，∵∠ABC=60°，∴∠EBC=30°，过点Q作QM⊥BC于点M，过点P作PN⊥BC于点N，过点A作AH⊥BC于点H，如图所示：则QM=BQ，∴PQ+BQ最小值即为PN的长，∵AD∥BC，∵PN=AH，∵∠BAH=30°，AB=6，∴BH=3，根据勾股定理，可得AH=PN=，∴PQ+BQ的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，直角三角形的性质，勾股定理等，通过构造直角三角形，找出PQ+BQ最小值即为PN的长是解题的关键．三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．（2022秋·河北保定·八年级统考期末）（1）分解因式：（2）解方程：【答案】（1）；（2）【分析】（1）先提取公因式，然后利用平方差公式分解因式即可；（2）先把分式方程化为整式方程求解，最后检验即可．【详解】（1）解：原式（2）解：方程两边同乘以得检验：当时，∴原方程的解为．【点睛】本题主要考查了分解因式和解分式方程，熟知相关计算法则是解题的关键,注意分式方程要对解进行检验．20．（2022春·四川成都·八年级统考期末）（1）解不等式组：；（2）化简求值：，．【答案】（1）；（2），【分析】（1）分别解出两个不等式，找出解集的公共部分，得到不等式组的解集；（2）根据分式的混合运算法则把原式化简，再把的值代入计算即可．【详解】解：（1），解不等式，得，解不等式，得，所以不等式组的解集为：；（2）原式，当时，原式．【点睛】本题考查的是分式的化简求值、一元一次不等式组的解法，掌握分式的混合运算法则、解不等式组的一般步骤是解题的关键．21．（2022春·湖南·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在网格点上，A（－1，1），B（－4，2），C（－3，4）．(1)在网格中画出△ABC向下平移4个单位，再向左平移1个单位得到的图形；(2)在网格中画出△ABC绕原点O顺时针旋转90°后的图形，并写出点的坐标．【答案】(1)见解析(2)画图见解析，（1，1）【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．（1）解：如图，△A1B1C1即为所求；（2）解：如图，△A2B2C2即为所求．点A2的坐标（1，1）．【点睛】本题考查作图-旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．22．（2022春·广西·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，∠ABC的平分线交AD于点E，∠BCD的平分线交AD于点F，交BE于点G．(1)当∠BGC等于多少度时，四边形ABCD是平行四边形？并以此为条件，证明该四边形为平行四边形．(2)在（1）问的情况下，求证：AF＝DE．【答案】(1)90°，证明见解析(2)见解析【分析】（1）证出∠GBC+∠GCB=90°，由角平分线的定义得出∠ABC=2∠GBC，∠BCD=2∠DCF，得出∠ABC+∠BCD=180°，证出AB//CD，即可得出结论；（2）根据平行四边形的性质可得：AB=CD，AD//BC，根据平行线性质和角平分线的定义求出∠ABE=∠AEB，推出AB=AE，同理求出DF=CD，即可证明AE=DF．【详解】（1）解：∠BGC=90°时，四边形ABCD是平行四边形，证明：∵∠BGC=90°，∴∠GBC+∠GCB=90°，∵∠ABC的平分线交AD于点E，∠BCD的平分线交AD于点F，∴∠ABC=2∠GBC，∠BCD=2∠DCF，∴∠ABC+∠BCD=180°，∴AB//CD，∵AB=CD，∴四边形ABCD是平行四边形；（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AD//BC，∴∠AEB=∠EBC，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE，∴∠ABE=∠AEB，∴AB=AE，同理可得：DF=CD，∴AE=DF，即AF+EF=DE+EF，∴AF=DE．【点睛】本题考查了平行四边形性质，等腰三角形的判定等知识的运用，能综合运用平行四边形的性质进行推理是解此题的关键．23．（2022·广东佛山·校考一模）“十三五”以来，山西省共解决372个村、35.8万农村人口的饮水型氟超标问题，让农村群众真正喝上干净水、放心水、安全水．某公司抓住商机，根据市场需求代理，两种型号的净水器，已知每台型净水器比每台型净水器进价多200元，用5万元购进型净水器与用4.5万元购进型净水器的数量相等．（1）求每台型，型净水器的进价各是多少元？（2）该公司计划购进，两种型号的净水器共55台进行试销，其中型净水器为台，购买两种净水器的总资金不超过10.8万元．则最多可购进型号净水器多少台？【答案】（1）每台型净水器的进价是2000元，每台型净水器的进价是1800元；（2）最多可购进型净水器45台．【分析】（1）设每台型净水器的进价是元，根据题意找到等量关系列出分式方程，再解方程即可得解；（2）设购进型净水器台，根据题意找到不等量关系列出一元一次不等式，再解不等式求出最大整数解即可．【详解】解：（1）设每台型净水器的进价是元根据题意，得解得经检验，是原分式方程的解，且符合题意∴答：每台型净水器的进价是元，每台型净水器的进价是元；（2）设购进型净水器台，则购进型净水器台依题意得，解得∵取最大整数解∴答：最多可购进型净水器台．【点睛】本题考查了分式方程、不等式的实际应用，体现了数学建模的核心素养，认真审题能够找到等量关系式或者不等量关系式是解决问题的关键．24．（2022·山东薛城·八年级期末）整式乘法与多项式因式分解是既有联系又有区别的两种变形．例如，是单项式乘多项式的法则；把这个法则反过来，得到，这是运用提取公因式法把多项式因式分解．又如、是多项式的乘法公式；把这些公式反过来，得到、，这是运用公式法把多项式因式分解．有时在进行因式分解时，以上方法不能直接运用，观察甲、乙两名同学的进行的因式分解．甲：（分成两组）（分别提公因式）乙：（分成两组）（运用公式）请你在他们解法的启发下，完成下面的因式分解问题一：因式分解：（1）；（2）．问题二：探究：对、定义一种新运算，规定：（其中，均为非零常数）．当时，对任意有理数、都成立，试探究，的数量关系．【答案】问题一：因式分解：（1）（2）；问题二：探究，的数量关系．【分析】问题一：因式分解：（1）按系数成比分组提公因式再利用平分差公式因式分解，最后整理为即可；（2）按完全平方公式分组然然后利用公式变形为再利用平方差公式因式分解即可；问题二：探究:先求，再求，由，可得，合并同类项，由，对任意有理数、都成立，可得即可．【详解】解：问题一：因式分解：（1）；=，==，=；（2）．=，=，=，=；问题二：探究，，∵，∴，∴，∴，∵，对任意有理数、都成立，∴，∴，的数量关系．【点睛】本题考查分组因式分解的方法，新定义实数运算，利用因式分解与多项式乘法之间关系，掌握分组因式分解的方法，利用因式分解与多项式乘法之间关系，构造恒等式找出m与n关系是解题关键．25．（2022春·四川成都·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线交x轴于点A，交y轴于点B．以AB为边作，点D