2022年湖南省东安县九年级数学第一学期期末达标测试试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，以△ABC的三条边为边，分别向外作正方形，连接EF，GH，DJ，如果△ABC的面积为8，则图中阴影部分的面积为（ ）

A．28 B．24 C．20 D．16
2．关于x的方程有一个根是2，则另一个根等于（ ）
A．-4 B． C． D．
3．如图，将一个Rt△ABC形状的楔子从木桩的底端点P处沿水平方向打入木桩底下，使木桩向上运动，已知楔子斜面的倾斜角为20°，若楔子沿水平方向前移8cm（如箭头所示），则木桩上升了（ ）

A．8tan20° B． C．8sin20° D．8cos20°
4．如图，点O是五边形ABCDE和五边形A1B1C1D1E1的位似中心，若OA：OA1＝1：3，则五边形ABCDE和五边形A1B1C1D1E1的面积比是（　　）

A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：9
5．如图，在菱形中，，，，则的值是（ ）

A． B．2 C． D．
6．如图，已知∠BAC=∠ADE=90°，AD⊥BC，AC=DC．关于优弧CAD，下列结论正确的是（ ）

A．经过点B和点E B．经过点B，不一定经过点E
C．经过点E，不一定经过点B D．不一定经过点B和点E
7．若将抛物线y＝2（x+4）2﹣1平移后其顶点落y在轴上，则下面平移正确的是（　　）
A．向左平移4个单位 B．向右平移4个单位
C．向上平移1个单位 D．向下平移1个单位
8．如图，小明夜晚从路灯下A处走到B处这一过程中，他在路上的影子（　　）

A．逐渐变长 B．逐渐变短
C．长度不变 D．先变短后变长
9．m是方程的一个根，且，则 的值为（ ）
A． B．1 C． D．
10．设有12只型号相同的杯子，其中一等品7只，二等品2只，三等品3只。则从中任意取一只，是二等品的概率等于 （ ）
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，分别以四边形ABCD的各顶点为圆心，以1长为半径画弧所截的阴影部分的面积的和是________．

12．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC，若点A、D、E在同一条直线上，∠ACD＝70°，则∠EDC的度数是_____．

13．如图，反比例函数y=的图象经过▱ABCD对角线的交点P，已知点A，C，D在坐标轴上，BD⊥DC，▱ABCD的面积为6，则k=_____．

14．如图，正方形OABC 与正方形ODEF是位似图，点O为位似中心，位似比为 2：3 ，点A 的坐标为（0，2），则点E的坐标是 ____.

15．已知正六边形的边长为10，那么它的外接圆的半径为_____．
16．如图，△ABC是直角三角形，BC是斜边，将△ABP绕点A逆时针旋转后，恰好能与△ACP′完全重合，如果AP=8，则PP′的长度为___________．

17．点（﹣4，3）关于原点对称的点的坐标是_____．
18．如图,是⊙O上的点,若,则___________度．

三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于点A（－1，0），与y轴交于点B（0，2），直线y＝x－1与y轴交于点C，与x轴交于点D，点P是线段CD上方的抛物线上一动点，过点P作PF垂直x轴于点F，交直线CD于点E，

（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P的横坐标为m，当线段PE的长取最大值时，解答以下问题．
①求此时m的值．
②设Q是平面直角坐标系内一点，是否存在以P、Q、C、D为顶点的平行四边形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
20．（6分）在中，，点是的中点，连接．

（1）如图1，若，求的长度；
（2）如图2，过点作于点．求证：．
（3）如图2，在（2）的条件下，当时，求的值．
21．（6分）如图,直线y=x+3分别交 x轴、y轴于点A、C．点P是该直线与双曲线在第一象限内的一个交点,PB⊥x轴于B,且S△ABP=16.
（1）求证:△AOC∽△ABP；
（2）求点P的坐标；
（3）设点Q与点P在同一个反比例函数的图象上,且点Q在直线PB的右侧,作QD⊥x轴于D,当△BQD与△AOC相似时,求点Q的横坐标.

22．（8分）（1）计算：
（2）若关于的方程有两个相等的实数根，求的值.
23．（8分）如图，AB是半圆O的直径，C为半圆弧上一点，在AC上取一点D，使BC=CD，连结BD并延长交⊙O于E，连结AE，OE交AC于F．
(1)求证：△AED是等腰直角三角形；
(2)如图1，已知⊙O的半径为．
①求的长；
②若D为EB中点，求BC的长．
(3)如图2，若AF：FD=7：3，且BC=4，求⊙O的半径．

24．（8分）如图，已知中，，是的中点，．
求证：四边形是菱形．

25．（10分）为加快城乡对接，建设美丽乡村，某地区对A、B两地间的公路进行改建，如图，A，B两地之间有一座山．汽车原来从A地到B地需途经C地沿折线ACB行驶，现开通隧道后，汽车可直接沿直线AB行驶，已知BC＝80千米，∠A＝45°，∠B＝30°．
(1)开通隧道前，汽车从A地到B地要走多少千米？
(2)开通隧道后，汽车从A地到B地可以少走多少千米？(结果保留根号)

26．（10分）当时，求的值．

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】过E作EM⊥FA交FA的延长线于M，过C作CN⊥AB交AB的延长线于N，根据全等三角形的性质得到EM＝CN，于是得到S△AEF＝S△ABC＝8，同理S△CDJ＝S△BHG＝S△ABC＝8，于是得到结论．
【详解】解：过E作EM⊥FA交FA的延长线于M，过C作CN⊥AB交AB的延长线于N，
∴∠M＝∠N＝90°，∠EAM+∠MAC＝∠MAC+∠CAB＝90°，
∴∠EAM=∠CAB
∵四边形ACDE、四边形ABGF是正方形，
∴AC=AE，AF＝AB，
∴∠EAM≌△CAN，
∴EM＝CN，
∵AF＝AB，
∴S△AEF＝AF•EM，S△ABC＝AB•CN＝8，
∴S△AEF＝S△ABC＝8，
同理S△CDJ＝S△BHG＝S△ABC＝8，
∴图中阴影部分的面积＝3×8＝24，
故选：B．

【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形判定和性质，正确的作辅助线是解题的关键．
2、B
【分析】利用根与系数的关系，，由一个根为2，以及a，c的值求出另一根即可．
【详解】解：∵关于x的方程有一个根是2，
∴，
即
∴，
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了根与系数的关系，熟练地运用根与系数的关系可以大大降低计算量．
3、A
【解析】根据已知，运用直角三角形和三角函数得到上升的高度为：8tan20°．
【详解】设木桩上升了h米，
∴由已知图形可得：tan20°=，
∴木桩上升的高度h=8tan20°
故选B.
4、D
【分析】由点O是五边形ABCDE和五边形A1B1C1D1E1的位似中心，OA：OA1=1：3，可得位似比为1：3，根据相似图形的面积比等于相似比的平方，即可求得答案．
【详解】∵点O是五边形ABCDE和五边形A1B1C1D1E1的位似中心，OA：OA1＝1：3，
∴五边形ABCDE和五边形A1B1C1D1E1的位似比为1：3，
∴五边形ABCDE和五边形A1B1C1D1E1的面积比是1：1．
故选：D．
【点睛】
此题考查了位似图形的性质．此题比较简单，注意相似图形的周长的比等于相似比，相似图形的面积比等于相似比的平方．
5、B
【分析】由菱形的性质得AD=AB，由，求出AD的长度，利用勾股定理求出DE，即可求出的值.
【详解】解：在菱形中，有AD=AB，
∵，AE=ADAD3，
∴，
∴,
∴，
∴,
∴；
故选：B.
【点睛】
本题考查了三角函数，菱形的性质，以及勾股定理，解题的关键是根据三角函数值正确求出菱形的边长，然后进行计算即可.
6、B
【分析】由条件可知BC垂直平分AD，可证△ABC≌△DBC，可得∠BAC=∠BDC=90°故∠BAC+∠BDC=180°则A、B、D、C四点共圆，即可得结论.
【详解】解：如图：设AD、BC交于M

∵AC=CD，AD⊥BC
∴M为AD中点
∴BC垂直平分AD
∴AB=DB
∵BC=BC，AC=CD
∴△ABC≌△DBC
∴∠BAC=∠BDC=90°
∴∠BAC+∠BDC=180°
∴A、B、D、C四点共圆
∴优弧CAD经过B，但不一定经过E
故选 B
【点睛】
本题考查了四点共圆，掌握四点共圆的判定是解题的关键.
7、B
【分析】抛物线y＝2（x+4）2﹣1的顶点坐标为（﹣4，﹣1），使平移后的函数图象顶点落在y轴上，则原抛物线向右平移4个单位即可．
【详解】依题意可知，原抛物线顶点坐标为（﹣4，﹣1），平移后抛物线顶点坐标为（0，t）（t为常数），则原抛物线向右平移4个单位即可．
故选：B．
【点睛】
此题考察抛物线的平移规律，根据规律“自变量左加右减，函数值上加下减”得到答案.
8、A
【分析】因为人和路灯间的位置发生了变化，光线与地面的夹角发生变化，所以影子的长度也会发生变化，进而得出答案．
【详解】当他远离路灯走向B处时，光线与地面的夹角越来越小，小明在地面上留下的影子越来越长，
所以他在走过一盏路灯的过程中，其影子的长度逐渐变长，
故选：A．
【点睛】
此题考查了中心投影的性质，解题关键是了解人从路灯下走过的过程中，人与灯之间位置变化，光线与地面的夹角发生变化，从而导致影子的长度发生变化．
9、A
【解析】将m代入关于x的一元二次方程x2+nx+m=0，通过解该方程即可求得m+n的值．
【详解】解：∵m是关于x的一元二次方程x2+nx+m=0的根，
∴m2+nm+m=0，
∴m（m+n+1）=0；
又∵m≠0，
∴m+n+1=0，
解得m+n=-1；
故选：A．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解的定义．一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的解一定满足该一元二次方程的关系式．
10、B
【分析】让二等品数除以总产品数即为所求的概率．
【详解】解：∵现有12只型号相同的杯子，其中一等品7只，二等品2只，三等品3只，从中任意取1只，可能出现12种结果，是二等品的有2种可能，
∴二等品的概率．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】根据四边形内角和定理得图中四个扇形正好构成一个半径为1的圆，因此其面积之和就是圆的面积．
【详解】解：∵图中四个扇形的圆心角的度数之和为四边形的四个内角的和，且四边形内角和为360°，
∴图中四个扇形构成了半径为1的圆，
∴其面积为：πr2＝π×12＝π．
故答案为：π．
【点睛】
此题主要考查了四边形内角和定理，扇形的面积计算，得出图中阴影部分面积之和是半径为1的圆的面积是解题的关键．
12、115°
【解析】根据∠EDC＝180°﹣∠E﹣∠DCE，想办法求出∠E，∠DCE即可．
【详解】由题意可知：CA＝CE，∠ACE＝90°，
∴∠E＝∠CAE＝45°，
∵∠ACD＝70°，
∴∠DCE＝20°，
∴∠EDC＝180°﹣∠E﹣∠DCE＝180°﹣45°﹣20°＝115°，
故答案为115°．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，三角形的内角和定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，问题，属于中考常考题型．
13、-3
【解析】分析：由平行四边形面积转化为矩形BDOA面积，在得到矩形PDOE面积，应用反比例函数比例系数k的意义即可．
详解：过点P做PE⊥y轴于点E，

∵四边形ABCD为平行四边形
∴AB=CD
又∵BD⊥x轴
∴ABDO为矩形
∴AB=DO
∴S矩形ABDO=S▱ABCD=6
∵P为对角线交点，PE⊥y轴
∴四边形PDOE为矩形面积为3
即DO•EO=3
∴设P点坐标为（x，y）
k=xy=﹣3
故答案为：﹣3
点睛：本题考查了反比例函数比例系数k的几何意义以及平行四边形的性质．
14、（3，3）
【分析】根据位似图形的比求出OD的长即可解题.
【详解】解：∵正方形OABC 与正方形ODEF是位似图，位似比为 2：3 ，
∴OA:OD=2:3,
∵点A 的坐标为（0，2），即OA=2,
∴OD=3,DE=EF=3,
故点E的坐标是（3，3）.
【点睛】
本题考查了位似图形,属于简单题,根据位似图形的性质求出对应边长是解题关键.
15、1
【分析】利用正六边形的概念以及正六边形外接圆的性质进而计算．
【详解】边长为1的正六边形可以分成六个边长为1的正三角形，
∴外接圆半径是1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了正六边形的概念以及正六边形外接圆的性质，掌握正六边形的外接圆的半径等于其边长是解题的关键．
16、
【分析】通过旋转的性质可以得到，，，从而可以得到是等腰直角三角形，再根据勾股定理可以计算出的长度．
【详解】解：根据旋转的性质得：，
∴是等腰直角三角形，
∴
∴
∴
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质以及勾股定理的应用，其中根据旋转的性质推断出是等腰直角三角形是解题的关键．
17、（4，﹣3）
【解析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．
【详解】点（﹣4，3）关于原点对称的点的坐标是（4，﹣3）．
故答案为（4，﹣3）．
【点睛】
本题考查了平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数，比较简单．
18、130°.
【分析】
在优弧AB上取点D，连接AD，BD，根据圆周角定理先求出∠ADB的度数，再利用圆内接四边形对角互补进行求解即可.
【详解】
在优弧AB上取点D，连接AD，BD，

∵∠AOB=100°，
∴∠ADB=∠AOB =50°，
∴∠ACB=180°﹣∠ADB=130°．
故答案为130°．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补的性质，正确添加辅助线，熟练应用相关知识是解题的关键．

三、解答题(共66分)
19、（1）y＝﹣x1+x+1；（1）①m＝；②存在以P、Q、C、D为顶点的四边形是平行四边形，点Q的坐标为
【分析】（1）由题意利用待定系数法，即可求出抛物线的解析式；
（1）①由题意分别用含m的代数式表示出点P，E的纵坐标，再用含m的代数式表示出PE的长，运用函数的思想即可求出其最大值；
②根据题意对以P、Q、C、D为顶点的四边形是平行四边形分三种情况进行讨论与分析求解.
【详解】解：（1）将A（﹣1，0），B（0，1）代入y＝﹣x1+bx+c，得：
，解得：b=1,c=1
∴抛物线的解析式为y＝﹣x1+x+1．
（1）①∵直线y＝ x-1与y轴交于点C，与x轴交于点D，
∴点C的坐标为（0，-1），点D的坐标为（1，0），
∴0＜m＜1．
∵点P的横坐标为m，
∴点P的坐标为（m，﹣m1+m+1），点E的坐标为（m， m+3），
∴PE＝﹣m1+m+1﹣（ m+3）＝﹣m1+m+3＝﹣（m﹣）1+．
∵﹣1＜0，0＜＜1，
∴当m＝时，PE最长．
②由①可知，点P的坐标为（，）．
以P、Q、C、D为顶点的四边形是平行四边形分三种情况（如图所示）：

①以PD为对角线，点Q的坐标为；

②以PC为对角线，点Q的坐标为；

③以CD为对角线，点Q的坐标为．
综上所述：在（1）的情况下，存在以P、Q、C、D为顶点的四边形是平行四边形，点Q的坐标为.
【点睛】
本题考查二次函数图像的综合问题，解题关键是熟练掌握待定系数法求解析式、函数的思想求最大值以及平行四边形的性质及平移规律等知识．
20、（1）；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得CO=BO=AO，∠AOB=90°，由勾股定理可求解；
（2）由等腰直角三角形的性质可得AD=CD，由三角形中位线可得OD=AB；
（3）分别计算出OC，BC的长，即可求解．
【详解】（1），点是的中点，
，
，
；
（2），
是等腰直角三角形，
∵，
，
∵，
；
（3），
，
，
，
．
【点睛】
本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，灵活运用性质进行推理是本题的关键．
21、（1）证明见解析；（2）点P的坐标为（2，4）；（3）点Q的横坐标为：或.
【分析】（1）利用PB∥OC，即可证明三角形相似；
（2）由一次函数解析式，先求点A、C的坐标，由△AOC∽△ABP，利用线段比求出BP，AB的值，从而可求出点P的坐标即可；
（3）把P坐标代入求出反比例函数，设Q点坐标为（n，），根据△BQD与△AOC相似分两种情况，利用线段比联立方程组求出n的值，即可确定出Q坐标．
【详解】（1）证明：∵PB⊥ x轴，OC⊥x轴，
∴OC∥PB，
∴△AOC∽△ABP；
（2）解：对于直线y=x+3，
令x=0，得y=3；
令 y=0，得x=-6 ；
∴A(-6，0)，C(0，4)，
∴OA=6，OC=3.
∵△AOC∽△ABP，
∴，
∵S△ABP=16，S△AOC=，
∴，
∴，即，
∴PB=4，AB=8，
∴OB=2，
∴点P的坐标为：（2，4）.
（3）设反比例函数的解析式为：y=，
把P(2，4)代入，得k=xy=2×4=8，
∴y=.
点Q在双曲线上，可设点Q的坐标为：（n，）(n＞2)，
则BD=，QD=，
①当△BQD∽△ACO时，，
即，
整理得：，
解得：或；
②当△BQD∽△CAO时，，
即，
整理得：，
解得：，（舍去），
综上①②所述，点Q的横坐标为：1+或1+.
【点睛】
此题属于反比例函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，一次函数与反比例函数的交点，以及坐标与图形性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
22、（1）6；（2）.
【分析】（1）根据负指数幂和0次幂法则，特殊三角函数值分别算出原算式中的每一项，然后进行实数运算即可.
（2）根据一元二次方程根的判别式与根个数的关系，可得出b2-4ac=0,列方程求解.
【详解】解：（1）

；
（2）∵有两个相等的实数根，
∴b2-4ac=22-4(2m-1)=0,
∴m=1.
【点睛】
本题考查实数运算和一元二次方程根的判别式与根个数的关系，掌握负指数幂，0次幂和特殊三角形函数值及根的判别式是解答此题的关键.
23、 (1)见解析；(2)①；②；(3)
【分析】（1）由已知可得△BCD是等腰直角三角形，所以∠CBD＝∠EAD＝45°，因为∠AEB＝90°可证△AED是等腰直角三角形；
（2）①已知可得∠EAD＝45°，∠EOC＝90°，则△EOC是等腰直角三角形，所以CE的弧长=×2×π×=；
②由已知可得ED＝BD，在Rt△ABE中，(2)2=AE2+(2AE)2，所以AE＝2，AD＝2，易证△AED∽△BCD，所以BC＝；
（3）由已知可得AF＝AD，过点E作EG⊥AD于G，EG=AD，GF=AD，tan∠EFG=，得出FO=r，在Rt△COF中，FC=r，EF=r，在Rr△EFG中，由勾股定理，求出AD=r，AF=r，所以AC=AF+FC=，CD=BC=4，AC=4+AD，可得r=4+r，解出r即可．
【详解】解：(1)∵BC=CD，AB是直径，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∴∠CBD=45°，
∵∠CBD=∠EAD=45°，
∵∠AEB=90°，
∴△AED是等腰直角三角形；
(2)①∵∠EAD=45°，
∴∠EOC=90°，
∴△EOC是等腰直角三角形，
∵⊙O的半径为，
∴CE的弧长=×2×π×=，
故答案为：；
②∵D为EB中点，
∴ED=BD，
∵AE=ED，
在Rt△ABE中，(2)2=AE2+(2AE)2，
∴AE=2，
∴AD=2，
∵ED=AE，CD=BC，∠AED=∠BCD=90°，
∴△AED∽△BCD，
∴BC=，
故答案为：；
(3)∵AF：FD=7：3，
∴AF=AD，
过点E作EG⊥AD于G，
∴EG=AD，
∴GF=AD，
∴tan∠EFG=，
∴==，
∴FO=r，
在Rt△COF中，FC=r，
∴EF=r，
在Rt△EFG中，(r)2=(AD)2+(AD)2，
∴AD=r，
∴AF=r，
∴AC=AF+FC=r，
∵CD=BC=4，
∴AC=4+AD=4+r，
∴r=4+r，
∴r=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆的基本性质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理的应用，弧长公式的计算，锐角三角函数定义的应用，掌握相关图形的性质和应用是解题的关键．
24、详见解析．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质和等边三角形的判定定理推知△ACD为等边三角形，则可证平行四边形ACDE是菱形．
【详解】证明：∵AE∥CD，AC∥ED，
∴四边形ACDE是平行四边形．
∵∠ACB=90°，D为AB的中点，
∴CD=AB=AD．
∵∠ACB=90°，∠B=30°，
∴∠CAB=60°，
∴△ACD为等边三角形，
∴AC=CD，
∴平行四边形ACDE是菱形．
【点睛】
本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的判定与性质，证明四边形ACDE是平行四边形是解决问题的关键．
25、 (1)开通隧道前，汽车从A地到B地要走(80+40)千米；(2)汽车从A地到B地比原来少走的路程为[40+40(﹣)]千米．
【分析】（1）过点C作AB的垂线CD，垂足为D，在直角△ACD中，解直角三角形求出CD，进而解答即可；
（2）在直角△CBD中，解直角三角形求出BD，再求出AD，进而求出汽车从A地到B地比原来少走多少路程．
【详解】(1)过点C作AB的垂线CD，垂足为D，
∵AB⊥CD，sin30°＝，BC＝80千米，
∴CD＝BC•sin30°＝80×＝40(千米)，
AC＝(千米)，
AC+BC＝80+(千米)，
答：开通隧道前，汽车从A地到B地要走(80+)千米；
(2)∵cos30°＝，BC＝80(千米)，
∴BD＝BC•cos30°＝80×(千米)，
∵tan45°＝，CD＝40(千米)，
∴AD＝(千米)，
∴AB＝AD+BD＝40+(千米)，
∴汽车从A地到B地比原来少走多少路程为：AC+BC﹣AB＝80+﹣40﹣＝40+40(千米)．
答：汽车从A地到B地比原来少走的路程为 [40+40]千米．

【点睛】
本题考查了勾股定理的运用以及解一般三角形，求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．
26、
【分析】先对分式进行化简，然后代值计算．
【详解】原式=
将代入得

故答案为：
【点睛】
本题考查分式的化简，注意先化简过程中，可以适当使用乘法公式，从而简化计算．