2023-2024 学年北京市西城区八年级（上）期末数学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.火纹是一种常见的装饰图案，多用于建筑、家具设计等.下列火纹图案中，可以看成处轴对称图形的是
( )
A. B.
C. D.
2.下列运算中，正确的是( )
A. B. C. D.
x8÷x2=x4 (x3
)
4=x7 (−2x3
)
3=−8x9 x4+x=x5
3.在平面直角坐标系xO y中，点P(−2,3)关于x轴的对称点坐标是( )
A. (−2,−3) B. (2,−3) C. (2,3) D. (−3,−2)
4.下列各式从左到右变形一定正确的是( )
A. x x2 B. −x−y C. x x+z D. x+ y 1
= =−1 = =
y y2 x+ y y y+z x2−y2 x+ y
5.如图，在△ABC中，∠A=90°，∠C=30°，BD是△ABC的角平分线.
若点D到BC的距离为3，则AC的长为( )
A. 12 B. 7.5 C. 9 D. 6
6.如果 ，那么代数式 的值为( )
a2−3a−7=0 (a−1) 2+a(a−4)−2
A. −15 B. −8 C. 6 D. 13
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 1 17.如图，在平面直角坐标系xO y中，已知点A(2,0)，B(3,b)(b>0)，AC⊥AB且AC=AB，则点C
的横坐标为( )
A. −b−1 B. 1−b C. b−2 D. 2−b
8.如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=90°，点D，E是边AB上的两个
定点，点M，N分别是边AC，BC上的两个动点.当四边形DEM N的周长
最小时，∠DN M+∠EM N的大小是( )
A. 45° B. 90° C. 75° D. 135°
二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共16分。
9.计算：
______；
(1)(√ 2+1) 0=
______．
(2)7−2=
1
10.若分式 有意义，则x的取值范围是______．
x−6
11.计算： ______．
(−5a)⋅(−2a3b)=
12.如图，△ABC为等腰三角形，AB=AC，∠DAE=∠BAC，
连接BD，CE.只需添加一个条件即可证明△ABD≌△ACE，这个
条件可以是______(写出一个即可)．
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 2 113.如图，有甲、乙、丙三种正方形和长方形纸片，用1张甲种纸片、4张乙种纸片和4张丙种纸片恰好拼
成(无重叠、无缝隙)一个大正方形，则拼成的大正方形的边长为______(用含a，b的式子表示)．
1
14.甲、乙两名同学作为志愿者帮助图书馆清点一批图书，甲3h清点完这批图书的 ，乙加入清点剩余的
3
图书，两人合作2.4h清点完剩余的图书.如果乙单独清点这批图书需要几小时？若设乙单独清点这批图书
需要xh，则根据题意可列方程为______．
15.在正三角形纸片ABC上按如图方式画一个正五边形DEFGH，其中点
F，G在边BC上，点E，H分别在边AB，AC上，则∠BEF的大小是
______°.
16.如图，动点C与线段AB构成△ABC，其边长满足AB=9，C A=2a+2，
CB=2a−3.点D在∠ACB的平分线上，且∠ADC=90°，则a的取值范围
是______，△ABD的面积的最大值为______．
三、解答题：本题共10小题，共84分。解答应写出文字说明，证明过程或演
算步骤。
17.(本小题8分)
分解因式：
；
(1)x y3−x y
．
(2)2x2−20x+50
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 3 118.(本小题11分)
(1)计算：(a−3b)(2a+b)；
先化简，再求值： 2a−a2 a−2 ，其中 3．
(2) (a−2+ )÷ a=
a+2 a2+4a+4 2
19.(本小题8分)
如图，点C，D在AB上，AC=BD，EA=FB，∠A=∠B，ED，FC相交于点G．
(1)求证：∠ADE=∠BCF；
(2)求证：EG=FG．
20.(本小题7分)
6 x
解方程： +1= ．
x x+3
21.(本小题9分)
已知：如图，∠AOB．
求作：射线OC，使∠AOC=3∠AOB，且点C在直线OA的下方．
作法：①在射线OA上取一点P，过点P作射线OA的垂线，与射线OB相交于点M；
②在M P的延长线上取一点N，使PN=PM；
③以点O为圆心，OM长为半径画弧，再以点M为圆心，M N长为半径画弧，两弧在直线OA下方相交于
点C；
④作射线OC．
所以射线OC即为所求作的射线．
(1)使用直尺和圆规，依作法补全图形(保留作图痕迹)；
(2)完成下面的证明．
证明：连接ON，CM．
∵PM⊥OA，PN=PM，
∴ON=OM.(______)(填推理的依据)
∴∠ ______=2∠POM．
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 4 1∵OC=OM，
∴OC=ON．
在△OCM和△ON M中，
{OC=ON
OM=OM，( )
=
∴△OCM≌△ON M.(______)(填推理的依据)
∴∠ ______=∠NOM．
∴∠AOC=∠POM+∠COM=3∠POM，
即∠AOC=3∠AOB．
22.(本小题8分)
阅读材料：
如果整数x，y满足x=a2+b2，y=c2+d2，其中a，b，c，d都是整数，那么一定存在整数m，n，使得
x y=m2+n2．
例如， ， ， 或 ，
25=32+42 40=22+62 25×40=302+(−10) 2 25×40=182+262 …
根据上述材料，解决下列问题：
(1)已知5=12+22，74=52+72，5×74=192+32或5×74=m2+172，…
若m>0，则m= ______；
已知 ， 为整数 ， 若 ，求 用含 ， 的式子表示 ；
(2) 41=42+52 y=c2+d2 (c,d ) 41y=m2+n2. m=5c−4d n( c d )
(3)一般地，上述材料中的m，n可以用含a，b，c，d的式子表示，请直接写出一组满足条件的m，n(用
含a，b，c，d的式子表示)．
23.(本小题9分)
在△ABC中，AB<AC，点D在△ABC的内部，CD=AB，∠DBA=∠DC A．
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 5 1(1)如图1，线段BD的延长线交AC于点E，且BE⊥AC．
①求∠DAE的度数；
②用等式表示线段AC，BD，DE之间的数量关系，直接写出结果；
(2)如图2，点F在线段DB的延长线上，连接CF交射线AD于点M，且M为CF的中点.求证：
DF=AC．
24.(本小题8分)
在平面直角坐标系xO y中，已知点T(t,0)，直线l经过点T且与x轴垂直.对于图形M和图形N，给出如下
定义：将图形M关于y轴对称的图形记为M ，图形M 关于直线l对称的图形记为M ，若图形M 与图形N
1 1 2 2
有公共点，则称图形M是图形N的“双称图形”．
例如，如图1，当t=−2时，对于点P(1.5,−2.5)和第三象限角平分线OQ，点P关于y轴的对称点是
P (−1.5,−2.5)，点P 关于直线l的对称点P (−2.5,−2.5)在射线OQ上，则点P是射线OQ的“双称图
1 1 2
形”．
已知点A(2t,1)，B(2t+3,1)，图形N是以线段AB为一边在直线AB上方所作的正方形ABCD．
(1)当t=1时，直线l和正方形ABCD如图2所示．
①在H(0,3)，R(−4,2)，K(3,4)这三个点中，点______是图形N的“双称图形”；
②点E(m,2)，F(m+2,2)，G(m+1,3)，△EFG是图形N的“双称图形”，求m的取值范围；
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 6 1(2)若图形N是它自身的“双称图形”，直接写出t的取值范围．
25.(本小题8分)
如图，△ABC是等边三角形.点D是BC延长线上的一个动点，连接AD，点E在AD的垂直平分线上，且
BE平分∠ABD，连接EA，ED，过点E作EF⊥BD于点F．
BE
(1)当∠EDF=45°时， 的值为______；
FD
(2)给出下面四个结论：
①点E一定在BD的垂直平分线上；
②点F一定是线段CD的中点；
③当DF=BC时，AB⊥AD；
④点D运动过程中，∠AED的大小始终不变．
上述结论中，所有正确结论的序号是______．
26.(本小题8分)
在平面直角坐标系xO y中，对于任意两点P (x ,y )，P (x ,y )，给出如下定义：
1 1 1 2 2 2
将点P 与P 的“变倍距离”记为d(P ,P )，
1 2 1 2
若|x −x |≥|y −y |，则d(P ,P )=5|x −x |+4|y −y |；
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 7 1若|x −x |<|y −y |，则d(P ,P )=4|x −x |+3|y −y |.
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
例如，点M(−1,5)与N(2,4)的“变倍距离”d(M,N)=5×3+4×1=19．
已知点A(2,0)．
(1)若点B(0,2)，C(0,−3)，则d(A,B)= ______，d(A,C)= ______；
(2)点D在y轴负半轴上，且d(A,D)=15，求点D的坐标；
(3)点P、Q是第一、三象限角平分线上的两个动点(P与Q不重合)，若d(A,P)=d(A,Q)=t，直接写出t
的取值范围．
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 8 1答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A，C，D选项中的图形都不能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能
够互相重合，所以不是轴对称图形；
B选项中的图形能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称
图形；
故选：B．
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线
叫做对称轴进行分析即可．
此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，
这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
2.【答案】C
【解析】解：x8÷x2=x6，则A不符合题意；
，则 不符合题意；
(x3 ) 4=x12 B
，则 符合题意；
(−2x3 ) 3=−8x9 C
x4与x不是同类项，无法合并，则D不符合题意；
故选：C．
利用同底数幂除法法则，幂的乘方及积的乘方法则，合并同类项法则将各式计算后判断即可．
本题考查整式的运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：点P(−2,3)关于x轴的对称点坐标是(−2,−3)，
故选：A．
根据关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数可得答案．
此题主要考查了关于x轴对称点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．
4.【答案】B
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 9 1x x2
【解析】解： = ，则A不符合题意；
y x y
−x−y −(x+ y)
= =−1，则B符合题意；
x+ y x+ y
x x+z
与 不一定相等，则C不符合题意；
y y+z
x+ y x+ y 1
= = ，则D不符合题意；
x2−y2 (x+ y)(x−y) x−y
故选：B．
根据分式的性质逐项判断即可．
本题考查分式的基本性质，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
5.【答案】C
【解析】解：如图，作DE⊥BC于点E，
∵BD是△ABC的角平分线，ED⊥BC于点E，∠BAC=90°，
∴DE=AD=3，
∵∠C=30°，
∴CD=2DE=6，
∴AC=9，
故选：C．
作DE⊥BC于点E，利用角平分线的性质可得ED=AD，再利用含30°角的直角三角形的性质可得CD
长，进而可得答案，
此题主要考查了角平分线的性质和直角三角形的性质，关键是熟练掌握角的平分线上的点到角的两边的距
离相等；在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
6.【答案】D
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 10 1【解析】解：∵a2−3a−7=0，
∴a2−3a=7，
∴(a−1) 2+a(a−4)−2
=a2−2a+1+a2−4a−2
=2a2−6a−1
=2(a2−3a)−1
=2×7−1
=14−1
=13．
故选：D．
求出a2−3a=7，再根据完全平方公式和单项式乘多项式进行计算，合并同类项，最后代入求出答案即可．
本题考查了整式的化简求值，能正确根据整式的运算法则进行计算是解此题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：如图，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥x轴于F，
∴∠AFC=∠AEB=90°=∠BAC，
∴∠C AF+∠BAE=90°=∠C AF+∠ACF，
∴∠ACF=∠BAE，
在△ACF和△BAE中，
{∠AFC=∠AEB
∠ACF=∠BAE，
AC=AB
∴△ACF≌△BAE(A AS)，
∴CF=AE，AF=BE，
∵点A(2,0)，B(3,b)，
∴BE=AF=b，AO=2，
∴OF=b−2，
∴点C的横坐标为2−b，
故选：D．
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 11 1由“A AS”可证△ACF≌△BAE，可得CF=AE，AF=BE，即可求解．
本题考查了全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：作点D关于BC的对称点D′，作点E关于AC的对称点E′，连接D′E′分别交AC，BC于点
M′，N′，连接M E′，N D′，EM′，DN′，
则M E=M E′，N D=N D′，
∴四边形DEM N的周长=DE+M E+M N+N D=DE+M E′+M N+N D′≥DE+D′E′，
∵DE长固定，
∴点M与M′重合，点N与点N′重合时，四边形DEM N的周长最小，此时
∠DN M+∠EM N=∠DN′M+∠EM′N，
由对称性和三角形外角性质可知：∠DN′M=∠N′DD′+∠N′D′D=2∠N′D′D，
∠EM′N=∠M′EE′+∠M′E′E=2∠M′E′E，
∴∠DN′M+∠EM′N=2∠N′D′D+2∠M′E′E=2(180°−∠D′DE′)，
设DD′与BC交于点H，
∵AB=AC，∠A=90°，
∴∠BDH=45°，
∴∠D′DE′=180°−45°=135°，
∴∠DN′M+∠EM′N=2(180°−135°)=90°，
即当四边形DEM N的周长最小时，∠DN M+∠EM N的大小是90°，
故选：B．
作点D关于BC的对称点D′，作点E关于AC的对称点E′，连接D′E′分别交AC，BC于点M′，N′，连
接M E′，N D′，EM′，DN′，推出四边形DEM N的周长最小时，点M与M′重合，点N与点N′重合，
再求出∠DN′M+∠EM′N即可解决问题．
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 12 1本题考查轴对称−对短路线问题，解答中涉及两点之间线段最短，三角形内角和定理，三角形外角性质，
等腰三角形的性质，能用一条线段表示出三条线段的和的最小值，并确定最小时M，N的位置是解题的关
键．
1
9.【答案】1
49
【解析】解： ；
(1)(√ 2+1) 0=1
1
(2)7−2= ．
49
1
故答案为：1， ．
49
(1)根据零指数幂的运算方法计算即可；
(2)根据负整数指数幂的运算方法计算即可．
此题主要考查了零指数幂、负整数指数幂的运算，解答此题的关键是要明确： 是正整
(1)(am ) n=amn (m,n
1
数)；(2)(ab) n=anbn (n是正整数)；(3)a−p= (a≠0,p为正整数)．
ap
10.【答案】x≠6
【解析】解：由题意得：x−6≠0，
解得：x≠6，
故答案为：x≠6．
根据分式的分母不为0列出不等式，解不等式即可．
本题考查的是分式有意义的条件，掌握分式的分母不为0是解题的关键．
11.【答案】10a4b.
【解析】解：
(−5a)⋅(−2a3b)=10a4b.
故答案为：10a4b.
根据单项式与单项式的运算法则进行计算即可．
此题考查了单项式乘以单项式，掌握单项式乘以单项式的法则是解题的关键．
12.【答案】AD=AE
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 13 1【解析】解：添加的条件是AD=AE，
理由是：∵∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE−∠DAC=∠BAC−∠DAC，
∴∠BAD=∠C AE，
在△ABD和△ACE中，
{
AB=AC
∠BAD=∠C AE，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
故答案为：AD=AE(答案不唯一)．
先根据角的和差得到∠BAD=∠C AE，然后根据全等三角形的判定方法即可解答．
本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，全等三角形的判定定
理有SAS，AS A，A AS，SSS，两直角三角形切的还有H L．
13.【答案】a+2b
【解析】解：∵用1张甲种纸片、4张乙种纸片和4张丙种纸片恰好拼成(无重叠、无缝隙)一个大正方形，
这个大正方形的面积 ，
∴ =a2+4b2+4ab=(a+2b) 2
∴这个大正方形的边长为：a+2b．
故答案为：a+2b．
依据题意求得大正方形的面积．再利用正方形的面积公式求得正方形的边长．
本题主要考查了完全平方式，列代数式，熟练掌握完全平方公式和正方形的面积公式是解题的关键．
1
14.【答案】 3 1 2
2.4×( + )=
3 x 3
【解析】解：设乙单独清点这批图书需要x小时，
1
根据题意，得 3 1 2，
2.4×( + )=
3 x 3
1
故答案为： 3 1 2．
2.4×( + )=
3 x 3
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 14 11
先设乙单独清点这批图书需要的时间是x小时，根据“甲3小时清点完一批图书的 ”和“两人合作2.4小
3
时清点完另一半图书”列出方程．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程的知识，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决
问题的关键．此题涉及的公式：工作总量=工作效率×工作时间．
15.【答案】48
【解析】解：∵△ABC为正三角形，
∴∠B=60°，
∵五边形DEFGH是正五边形，
∴∠EFG=1/5×(5−2)×180°=108°，
∴∠BFE=180°−∠EFG=180°−108°=72°，
在△BEF中，∠BEF=180°−(∠B−∠BFE)=180°−(60°+72°)=48°．
故答案为：48．
先根据正三角形的性质求出∠B=60°，再根据正五边形的性质求出∠EFG=108°，进而可求出
∠BFE=72°，然后根据三角形的内角和定理可求出∠BEF的度数．
此题主要考查了正三角形和正五边形的性质，三角形的内角和定理，熟练掌握正三角形和正五边形的性质
是解决问题的关键．
45
16.【答案】a>2.5
4
【解析】解：△ABC的三边：AB=9，C A=2a+2，CB=2a−3，满足
三角形三边关系定理，
{2a+2+9>2a−3①
∴ 2a−3+9>2a+2②，
2a+2+2a−3>9③
不等式①②显然成立，
由③得：a>2.5；
延长AD交CB延长线于M，过M作M H⊥AB交AB延长线于H，
∵CD平分∠ACB，
∴∠MCD=∠ACD，
∵∠ADC=90°，
∴∠CDM=180°−90°=90°，
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 15 1∴∠ADC=∠M DC，
∵CD=CD，∠MCD=∠ACD，
∴△ACD≌△MCD(ASA)，
∴AD=M D，CM=AC=2a+2，
∴BM=CM−BC=5，
1
∵S = S ，
△ABD 2 △ABM
∴当△ABM的面积最大时，△ABD的面积最大，
1
∵△ABM的面积= AB⋅M H，AB=9，M H≤MB=5，
2
1 1 45
∴△ABD面积的最大值= ×9×5× = ．
2 2 4
45
故答案为：a>2.5， ．
4
{2a+2+9>2a−3①
由三角形三边关系定理得到 2a−3+9>2a+2②，即可求出a>2.5；延长AD交CB延长线于M，由
2a+2+2a−3>9③
AS A证明△ACD≌△MCD，推出AD=M D，CM=AC=2a+2，得到BM=CM−BC=5，又
1
S = S ，因此当△ABM的面积最大时，△ABD的面积最大，而AB=9，M H≤MB=5，即
△ABD 2 △ABM
可求出△ABD的面积的最大值．
本题考查三角形三边关系，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，三角形的面积，关键是掌握三角形三
边关系定理，构造全等三角形．
17.【答案】解： 原式 ；
(1) =x y(y2−1)=x y(y+1)(y−1)
原式
(2) =2(x2−10x+25)
．
=2(x−5) 2
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 16 1【解析】(1)提取公因式后利用平方差公式分解即可；
(2)原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可．
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
18.【答案】解：(1)(a−3b)(2a+b)
=2a2+ab−6ab−3b2
=2a2−5ab−3b2；
2a−a2 a−2
(2)(a−2+ )÷
a+2 a2+4a+4
(a−2)(a+2)+2a−a2 (a+2) 2
= ⋅
a+2 a−2
2a−4 (a+2) 2
= ⋅
a+2 a−2
2(a−2) (a+2) 2
= ⋅
a+2 a−2
=2(a+2)
=2a+4，
3 3
当a= 时，原式=2× +4=3+4=7．
2 2
【解析】(1)利用多项式乘多项式的法则进行计算，即可解答；
(2)先利用异分母分式加减法法则计算括号里，再算括号外，然后把a的值代入化简后的式子进行计算即可
解答．
本题考查了分式的化简求值，多项式乘多项式，准确熟练地进行计算是解题的关键．
19.【答案】证明：(1)∵AC=BD，
∴AD=BC，
在△ADE和△BCF中，
{AD=BC
∠A=∠B，
AE=BF
∴△ADE≌△BCF(SAS)，
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 17 1∴∠ADE=∠BCF；
(2)∵△ADE≌△BCF，
∴DE=CF，∠ADE=∠BCF，
∴DG=CG，
∴EG=FG．
【解析】(1)由全等三角形的性质可得△ADE≌△BCF，可得∠ADE=∠BCF；
(2)由全等三角形的性质可得△ADE≌△BCF，可得DE=CF，∠ADE=∠BCF，可证DG=CG，
即可求解．
本题考查了全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
20.【答案】解：原方程去分母得： ，
6(x+3)+x(x+3)=x2
去括号得：6x+18+x2+3x=x2，
移项，合并同类项得：9x=−18，
系数化为1得：x=−2，
经检验，x=−2是分式方程的解，
故原方程的解为x=−2．
【解析】利用解分式方程的步骤解方程即可．
本题考查解分式方程，熟练掌握解方程的方法是解题的关键．
21.【答案】线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等 MON SSS MOC
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 18 1【解析】(1)解：图形如图所示：
(2)证明：连接ON，CM．
∵PM⊥OA，PN=PM，
∴ON=OM(线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等)，
∴∠MON=2∠POM．
∵OC=OM，
∴OC=ON．
在△OCM和△ON M中，
{OC=ON
OM=OM，
MC=M N
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 19 1∴△OCM≌△ON M(SSS)，
∴∠MOC=∠NOM．
∴∠AOC=∠POM+∠COM=3∠POM，
即∠AOC=3∠AOB．
故答案为：线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等，MON，MC=M N，SSS，
MOC．
(1)根据要求作出图形；
(2)证明△OCM≌△ON M(SSS)，推出∠MOC=∠NOM，可得结论．
本题考查作图−复杂作图，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构造全等三角形解决问题．
22.【答案】9
【解析】解： ，
(1)∵5×74=m2+172
∴370=m2+289．
∴m2=81，
∵m>0，
∴m=9．
故答案为：9．
， ， ，
(2)∵41y=m2+n2 m=5c−4d y=c2+d2
．
∴41(c2+d2 )=(5c−4d) 2+n2
∴41c2+41d2=25c2−40cd+16d2+n2．
∴n2=16c2+40cd+25d2．
．
∴n2=(4c+5d) 2
∴n=4c+5d或n=−4c−5d．
， ， ，
(3)∵x=a2+b2 y=c2+d2 x y=m2+n2
．
∴(a2+b2 )(c2+d2 )=m2+n2
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 20 1∴a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=m2+n2．
．
∴(a2c2+b2d2 )+(a2d2+b2c2 )=m2+n2
．
∴(a2c2+b2d2+2abcd)+(a2d2+b2c2−2abcd)=m2+n2
．
∴(ac+bd) 2+(ad−bc) 2=m2+n2
∴m和n的一组值为：m=ac+bd，n=ad−bc(答案不唯一)．
(1)5×74=370，172=289，那么m2=370−289=81，根据m>0可得m的值；
(2)把41y=m2+n2中的m和y换掉，整理，可得n2的值，进而可得n的值；
(3)把x y=m2+n2.中的x和y换掉，整理得到两个完全平方式相加等于m2+n2的形式，得到m和n的一组值
即可．
本题考查因式分解的应用．把所给等式整理成含有完全平方式的形式是解决本题的关键．用到的知识点为：
；两个数的平方相等，那么这两个数相等或互为相反数．
a2±2ab+b2=(a±b) 2
23.【答案】(1)解：①∵BE⊥AC，
∴∠AEB=∠DEC=90°，
∵∠DBA=∠DC A，AC=CD，
∴△ABE≌△DCE(A AS)，
∴AE=DE，
∴∠DAE=∠ADE=45°；
②AC=2DE+BD．
理由：∵△ABE≌△DCE，
∴BE=CE，AE=DE，
∴AC=AE+CE=DE+DE+BD=2DE+BD；
(2)证明：过点F作FG⊥AM，交AM的延长线于点G，过点C作CH⊥AM于点H，过点A作
AN⊥BD，交BD的延长线于点N，过点D作DK⊥AC于点K，
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 21 1∵∠ABD=∠DC A，∠DKC=∠ANB=90°，AB=CD，
∴△ABN≌△DCK(A AS)，
∴AN=DK，
又∵AD=DA，
∴Rt△ADN≌Rt△DAK(H L)，
∴∠ADN=∠DAK，
∵∠ADN=∠FDG，
∴∠FDG=∠DAK，
∵M为CF的中点，
∴CM=FM，
∵∠CM H=∠FMG，∠CH M=∠FGM，
∴△CM H≌△FMG(A AS)，
∴CH=FG，
∵∠AHC=∠G=90°，
∴△ACH≌△DFG(A AS)，
∴AC=DF．
【解析】(1)①证明△ABE≌△DCE(A AS)，由全等三角形的性质得出AE=DE，则可得出答案；
②由全等三角形的性质得出BE=CE，AE=DE，则可得出结论；
(2)过点F作FG⊥AM，交AM的延长线于点G，过点C作CH⊥AM于点H，过点A作AN⊥BD，
交BD的延长线于点N，过点D作DK⊥AC于点K，证明△ABN≌△DCK(A AS)，得出AN=DK，
证明Rt△ADN≌Rt△DAK(H L)，得出∠ADN=∠DAK，证明△CM H≌△FMG(A AS)，由
全等三角形的性质得出CH=FG，证明△ACH≌△DFG(A AS)，由全等三角形的性质得出
AC=DF．
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 22 1本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，平行线的性质，熟练
掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
24.【答案】H、K
【解析】解：(1)当t=1时，A(2,1)，B(5,1)，
∴AB=3，
∵四边形ABCD为正方形，
∴C(2,4)，D(5,4)，
①设点(x,y)是图形N的“双称图形”，
第一次对称后的坐标为(−x,y)，
第二次对称轴的坐标为(2+x,y)，
∴2≤2+x≤5，1≤ y≤4，
∴0≤x≤3，1≤ y≤4，
∴H和K是图形N的“双称图形”，
故答案为：H、K；
②由①可知，E (2+m,2)，F (m+4,2)，G (m+3,3)，
2 2 2
当△E F G 与正方形ABCD有交点时，
2 2 2
{m+4≥1
，
2+m≤5
∴−3≤m≤3；
(2)设点(x,y)是图形N的“双称图形”，
第一次对称后的坐标为(−x,y)，
第二次对称轴的坐标为(2t+x,y)，
， ， ， ，
∴A (4t,1) B (4t+3,1) C (4t,4) D (4t+3,1)
2 2 2 2
∵正方形ABCD和正方形A B C D 有交点，
2 2 2 2
{4t≤2t+3
∴ ，
4t+3≥2t
3 3
∴− ≤t≤ ．
2 2
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 23 1(1)由于两条对称轴都垂直于x轴，所以经过两次对称变化后，点的纵坐标不变；根据正方形的性质，写出
A，B，C，D的坐标；
①设点(x,y)是图形N的“双称图形”，根据两次对称变化的坐标变化，求出x，y的取值范围，然后判断
H，R，K是否是图形N的“双称图形”；
②根据①得出的x，y的变化规律，求出E，F，G的两次对称后的坐标，然后判断当两次对称后的三角形
与正方形有交点时m的取值即可；
(2)根据(1)中两次对称后坐标的变化规律，得出A，B，C，D两次对称后的坐标，然后根据两个正方形
有交点求出t的取值范围即可．
本题主要考查了四边形的综合题，根据对称的性质得出坐标变化规律是本题解题的关键．
25.【答案】2 ②④
【解析】解：(1)如图1，∵EF⊥BD于点F，
∴∠DFE=∠BFE=90°，
∵∠EDF=45°，
∴∠DEF=∠EDF=45°，
∴FD=FE，
∵△ABC是等边三角形，点D在BC延长线上，BE平分∠ABD，
∴∠ABD=60°，
1
∴∠ABE=∠DBE= ∠ABD=30°，
2
1
∴FE= BE，
2
BE BE
∴ = =2，
FD FE
故答案为：2．
(2)如图1，∵BE=2FE，DE=√ FD2+FE2=√ 2FE，
∴BE≠DE，
∴点E不在BD的垂直平分线上，
∴点E不一定在BD的垂直平分线上，
故①错误；
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 24 1如图2，连接CE，∵AB=CB，BE平分∠ABC，
∴BE垂直平分AC，
∴AE=CE，
∵点E在AD的垂直平分线上，
∴AE=DE，
∴CE=DE，
∵EF⊥CD于点F，
∴CF=DF，
∴点F是线段CD的中点，
故②正确；
如图3，连接AF，
∵DF=BC=AC，CF=DF，∠BAC=∠ACB=60°，
∴CF=AC=BC，
∴∠CF A=∠C AF，
∴∠ACB=∠CF A+∠C AF=2∠C AF=60°，
∴∠C AF=30°，
∴∠BAF=∠BAC+∠C AF=90°，
∴AB⊥AF，
∴AD与AD不垂直，
故③错误；
如图2，∵∠BFE=90°，∠FBE=30°，
∴∠BEF=90°−∠FBE=60°，
∵BE垂直平分AC，
∴AE=CE，
∴∠AEB=∠CEB，
∴∠AEC=2∠CEB，
∵CE=DE，EF⊥CD，
∴∠DEF=∠CEF，
∴∠DEC=2∠CEF，
∴∠AED=∠AEC+∠DEC=2(∠CEB+∠CEF)=2∠BEF=120°，
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 25 1∴点D运动过程中，∠AED的大小始终不变，
故④正确，
故答案为：②④．
(1)由EF⊥BD于点F，得∠DFE=∠BFE=90°，则∠DEF=∠EDF=45°，所以FD=FE，
1 1
由△ABC是等边三角形，BE平分∠ABD，得∠ABE=∠DBE= ∠ABD=30°，则FE= BE，
2 2
BE BE
所以 = =2，于是得到问题的答案；
FD FE
(2)当∠EDF=45°时，由BE=2FE，DE=√ FD2+FE2=√ 2FE，得BE≠DE，则点E不在BD的
垂直平分线上，可判断①错误；连接CE，由AB=CB，BE平分∠ABC，得BE垂直平分AC，则
AE=CE，因为点E在AD的垂直平分线上，所以AE=DE，则CE=DE，所以点F是线段CD的中点，
可判断②正确；连接AF，可证明CF=AC=BC，则∠CF A=∠C AF=30°，所以∠BAF=90°，
则AB⊥AF，所以AD与AD不垂直，可判断③错误；由∠BFE=90°，∠FBE=30°，得
∠BEF=60°，再证明∠AEC=2∠CEB，∠DEC=2∠CEF，则∠AED=2∠BEF=120°，可
判断④正确，于是得到问题的答案．
此题重点考查等边三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、线段的垂直平分线的性质、三角形的一
个外角等于与它不相邻的两个内角的和、直角三角形的两个锐角互余等知识，此题综合性强，难度较大，
属于考试压轴题．
26.【答案】18 17
【解析】解：(1)∵2−0=|0−2|，
∴d(A,B)=5×2+4×2=18，
∵2−0<|0−(−3)|，
∴d(A,C)=4×2+3×3=17，
故答案为：18，17；
(2)设D(0,y)，y<0，
当−2≤ y<0时，2≥−y，
d(A,D)=5×2+4×(−y)=15，
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 26 15
∴y=− ，
4
当y<−2时，2<−y，
d(A,D)=4×2−3 y=15，
7
y=− ，
3
5 7
∴D(0,− )或(0,− )；
4 3
(3)如图：过点A作直线y=x−2和y=−x+2，其中y=−x+2与y=x交于点R，
由一次函数的性质可知，当点在y=x−2和y=−x+2上时，|x−2|=|y|，
当点在R的上方时，|x−2|<|y|，当点在R的下方时，|x−2|>|y|，
①当P，Q同在R的上方，设P(a,a)，Q(b,b)，a>b>1，
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 27 1∴d(A,P)=4|a−2|+3a，d(A,Q)=4|b−2|+3b，
∵d(A,P)=d(A,Q)=t，
∴4a−8+3a=8−4b+3b=t，
∴b=16−7a，
此时，1<b≤2，
15
∴2≤a< ，符合题意，
7
∴6≤t<7；
②当P，Q在R的两侧，设P(a,a)，Q(b,b)，a>1≥b，
∴d(A,P)=4|a−2|+3a，d(A,Q)=5(2−b)+4|b|，
∵d(A,P)=d(A,Q)=t，
∴7a−2=10−b(a≥2,b<0)或8−a=10−b(1<a<2,b<0)或7a−2=10−9b(a≥2,0<b≤1)或
8−a=10−9b(1<a<2,0<b≤1)，
3 12−9b 12 1 2+a 4
∴b=12−7a≤−2或3<b=a+2<4(矛盾，舍去)或 ≤a= < (矛盾，舍去)或 <b= < ，
7 7 7 3 9 9
∴t=10−b≥12或6<t=10−9b<7；
③当P，Q在R的下方，设P(a,a)，Q(b,b)，1≥a>b，
∴d(A,P)=5(2−a)+4|a|，d(A,Q)=5(2−b)+4|b|，
∵d(A,P)=d(A,Q)=t，
∴10−a=10−9b，
此时，a>0，b<0，矛盾；
综上所述，6≤t<7或t≥12．
(1)根据题干给出的新定义代入计算即可；
(2)根据y的取值范围分类讨论；
(3)先找出|x−2|=|y|的点，然后根据P，Q所在位置不同进行分类讨论，排除P，Q重合的情况，即
可得出t的取值范围．
本题主要考查了一次函数的综合运用，根据两种定义分类讨论是本题解题的关键．
第 页，共 页
学科网（北京）股份有限公司 28 1
