期末测试卷（一）（满分 120）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号 一 二 三 总分
得分
评卷人 得 分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（2022上·湖北武汉·八年级统考期末）已知a，b，c均为正整数，且满足2a×3b×4c=3456，则
a+b+c的取值不可能是（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【思路点拨】
将原方程化为2a+2c ⋅3b=27×33，得到a+2c=7，b=3，再根据a，b，c均为正整数，求出a，c的值，进
而求出答案．
【解题过程】
解：∵2a×3b×4c=3456，
∴2a+2c ⋅3b=27×33，
∴a+2c=7，b=3，
∵a，b，c均为正整数，
∴当c=1时，a=5，此时a+b+c=5+3+1=9，
当c=2时，a=3，此时a+b+c=3+3+2=8，
当c=3时，a=1，此时a+b+c=1+3+3=7，
∴a+b+c不可能为10．
故选：D．
1 x2
2．（2023上·河北邢台·八年级邢台市第七中学校考期末）已知x− =1，则 的值是
x x4+2x2+1
（ ）
1 1
A．4 B． C． D．5
4 5
【思路点拨】1
对x− =1进行等价变形得到x2=x+1，再整体代入待求的代数式中计算即可解答．
x
【解题过程】
1
解：∵x− =1，
x
∴x2−1=x．
∴x2=x+1．
x2
∴
x4+2x2+1
x+1
=
(x2) 2 +2(x+1)+1
x+1
=
(x+1) 2+2x+3
x+1
=
x2+4x+4
x+1
=
x+1+4x+4
x+1
=
5(x+1)
1
= ．
5
故选：C．
3．（2023上·天津和平·八年级天津市汇文中学校考期末）一条船往返于甲，乙两港之间，由甲至乙是顺水
行驶，由乙至甲是逆水行驶，已知船在静水中的速度为8km/h，平时逆水航行与顺水航行所用的时间比为
2:1，某天恰逢暴雨，水流速度是原来的2倍，这条船往返共用了9h．则甲，乙两港之间的距离为
（ ）
160km 25
A． B．15km C． km D．20km
3 2
【思路点拨】
本题有两个等量关系： ①平时逆水航行时间：顺水航行时间=2:1； ②雨天逆水航行时间+顺水航行时间
=9，同时顺水速度=静水速度+水流速度，逆水速度=静水速度-水流速度，再列方程，解方程即可．
【解题过程】解：设甲、乙两港相距Skm，水流速度平时速度为xkm/ ℎ． 根据平时逆水航行与顺水航行所用的时间
比为2:1，得：
S S 8+x
∴ : =2:1，即 =2，
8−x 8+x 8−x
8
解得：x= ，经检验，符合题意且符合实际应用，
3
∵某天恰逢暴雨，水流速度是原来的2倍，这条船往返共用了9h．
S S
+ =9
∴ 8 8 ，
8−2× 8+2×
3 3
解得：S=20．
答：甲，乙两港相距20km．
故选D．
{ m− 3 x≥−1−x)
4．（2023下·四川达州·八年级校考期末）关于x的一元一次不等式组 2 的解集为x≤4且
4−x≥0
my −3 y
关于y的分式方程 +1= 有整数解，那么符合条件的所有整数m的积为（ ）
y−2 2−y
A．0 B．12 C．4 D．5
【思路点拨】
不等式组整理后，根据已知解集确定出m的范围，分式方程去分母转化为整式方程，根据分式方程有整数
解确定出整数m的值，进而求出之积即可．
【解题过程】
{ m− 3 x≥−1−x①)
不等式组 2 ，
4−x≥0②
解①得x≤2m+2，
解②得x≤4，
{ m− 3 x≥−1−x)
∵不等式组 2 的解集为x≤4，
4−x≥0
∴2m+2≥4，
∴m≥1．my −3 y
+1= ，
y−2 2−y
两边都乘以y−2，得
my+ y−2=3 y，
2
∴y= ，
m−2
my −3 y
∵当m≥1时，分式方程 +1= 有整数解，
y−2 2−y
2 2
∴ 是整数，且y−2= −2≠0
m−2 m−2
∴整数m=1,4
∴1×4=4
故选：C
5．（2023上·浙江宁波·八年级统考期末）如果多项式2x4−3x3+ax2+7x+b能被x2+x−2整除，那么
a:b的值是（ ）
A． −2 B． −3 C．3 D．6
【思路点拨】
由于x2+x−2=(x+2)(x−1)，而多项式2x4−3x3+ax2+7x+b能被x2+x−2整除，则
2x4−3x3+ax2+7x+b能被(x+2)(x−1)整除．运用待定系数法，可设商是A，则
2x4−3x3+ax2+7x+b=A(x+2)(x−1)，则x=−2和x=1时，2x4−3x3+ax2+7x+b=0，分别代入，
得到关于a、b的二元一次方程组，解此方程组，求出a、b的值，进而得到a:b的值.
【解题过程】
解：∵x2+x−2=(x+2)(x−1)，
∴2x4−3x3+ax2+7x+b能被(x+2)(x−1)整除，
设商是A．
则2x4−3x3+ax2+7x+b=A(x+2)(x−1)，
则x=−2和x=1时，右边都等于0，所以左边也等于0．
当x=−2时，2x4−3x3+ax2+7x+b=32+24+4a−14+b=4a+b+42=0 ①
当x=1时，2x4−3x3+ax2+7x+b=2−3+a+7+b=a+b+6=0 ②
①−②，得3a+36=0，
∴a=−12，
∴b=−6−a=6．∴a:b=−12:6=−2，
故选：A．
6．（2022上·贵州遵义·八年级统考期末）如图，AP 为△ABC的中线，△ABP 的面积记为S ；AP 为
1 1 1 2
△AP C的中线，△AP P 的面积记为S ；AP 为△AP C的中线，△AP P 的面积记为S ；……按此
1 1 2 2 3 2 2 3 3
规律，AP 为△AP C的中线，△AP P 面积记为S ．若△ABC的面积为S，则
n n−1 n−1 n n
S +S +S +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+S 的面积为（ ）
1 2 3 n
S S S S
A．S− B．S− C． D．
2n−1 2n 2n−1 2n
【思路点拨】
1 1 1 1 1 1
根据中线的性质得到S =S = S = S=S ，S = S = × S= S，…，据此规律，
△ABP 1 △ACP 1 2 △ABC 2 1 2 2 △AP 1 C 2 2 22
1 1 1 1
可得S =S− S，S +S = S+ S=S− S，从而推出S +S +S +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+S =S−S ，可得结
1 2 1 2 2 22 22 1 2 3 n n
果．
【解题过程】
解：∵△ABC的面积为S，AP 为△ABC的中线，
1
1 1
∴S =S = S = S=S ，
△ABP 1 △ACP 1 2 △ABC 2 1
1
∴S =S− S；
1 2
∵AP 为△AP C的中线，
2 1
1 1 1 1
∴S = S = × S= S，
2 2 △AP 1 C 2 2 22
1 1 1
∴S +S = S+ S=S− S，
1 2 2 22 22
…，按此规律，
1
∴S = S，
n 2n
∴S +S +S +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+S
1 2 3 n=S−S
n
S
=S−
2n
故选B．
7．（2023上·江苏淮安·八年级校考期末）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，BC=8，AC=10，点
P、Q分别是边BC、AC上的动点，则AP+PQ的最小值等于（ ）
24 48
A．4 B． C．5 D．
5 5
【思路点拨】
由勾股定理可得AB=6，作A关于BC的对称点A′，过点A′作A′Q⊥AC，交AC于点Q，交BC于点P，
根据对称可得：AP+PQ=A′P+PQ≥A′Q，得到当A′,P,Q三点共线时，AP+PQ最小，再根据垂线段
最短，得到A′Q⊥AC时，A′Q最小，据此求解即可．
【解题过程】
解：在△ABC中，∠ABC=90°，BC=8，AC=10，
∴AB=❑√AC2−BC2=6
作A关于BC的对称点A′，过点A′作A′Q⊥AC，交AC于点Q，交BC于点P，
∵AP+PQ=A′P+PQ≥A′Q，
∴当A′,P,Q三点共线时，AP+PQ最小，
∵垂线段最短，∴A′Q⊥AC时，A′Q最小，
连接A′C，
∵A,A′关于BC对称，
∴A′B=AB=6，
∴A A′=12，
∵A′Q⊥AC，AB⊥BC
1 1 1 1
∴S = A A′ ⋅BC= AC⋅A′Q，即： ×12×8= ×10×A′Q，
△ACA′ 2 2 2 2
48
∴A′Q=
．
5
故选D．
8．（2022上·福建莆田·八年级校考期末）观察下列等式：已知：a2−b2＝（a﹣b）（a+b）；a3−b3＝（a
﹣b）（a2+ab+b2）；a4−b4＝（a﹣b）（a3+a2b+ab2+b3）；a5−b5＝（a﹣b）（
a4+a3b+a2b2+ab3+b4）……小明发现其中蕴含着一定的运算规律，并利用这个运算规律求出了式子“
29−28+27−26+...+2−1”的值，这个值为（ ）
29+1 210−1
A． B．29+1 C．210−1 D．
3 3
【思路点拨】
根据已知可得29+28+27+26+...+2+1= 210−1①，设29−28+27−26+...+2−1=k②，则由①+②得：
28+26...+22+1=k③，由①-②得：29+27+...+23+2=210−1−k④，由④-③得：
29−28+27−26+...+2−1=210−1−k−k，即可求解．
【解题过程】
解：由题意，得29+28+27+26+...+2+1=(2-1)(29+28+27+26+...+2+1)= 210−1
即29+28+27+26+...+2+1= 210−1①，
设29−28+27−26+...+2−1=k②，
由①+②得：2×29+2×27+...+2×2=210−1+k，
210+28+...+22=210−1+k，
即28+26...+22+1=k③，
由①-②得：2×28+2×26+...+2×22+2×1=210−1−k，
即29+27+...+23+2=210−1−k④，
由④-③得：29−28+27−26+...+2−1=210−1−k−k，
∴210−1−k−k=k，210−1
解得：k= ．
3
故选：D．
9．（2022上·广东深圳·八年级南山实验教育麒麟中学校考期末）如图，∠ABC=∠ACB，BD，CD，
AD分别平分△ABC的内角∠ABC，外角∠ACF，外角∠EAC．以下结论：① AD∥BC；②
1 1
∠ACB=2∠ADB；③ ∠BDC= ∠BAC；④ ∠ADB=45°− ∠CDB；⑤
2 2
∠ADC+∠ABD=90°．其中正确的结论有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【思路点拨】
根据角平分线的定义得出，∠ABC=2∠ABD=2∠DBC，∠EAC=2∠EAD，∠ACF=2∠DCF，
根据三角形的内角和定理得出，∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，根据三角形外角性质得出
∠EAC=∠ABC+∠ACB，∠ACF=∠ABC+∠BAC，根据已知结论逐步推理，即可判断各项．
【解题过程】
解：① ∵AD平分∠EAC，
∴∠EAC=2∠EAD，
∵∠EAC=∠ABC+∠ACB，∠ABC=∠ACB，
∴∠EAC=2∠ABC，
∴∠EAD=∠ABC，
∴AD∥BC，故①正确；
② ∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∵BD平分∠ABC，∠ABC=∠ACB，
∴∠ABC=∠ACB=2∠DBC=2∠ADB，故②正确；
③ ∵∠DCF+∠ACD+∠ACB=180°，∠ACD=∠DCF，∴2∠DCF+∠ACB=180°，
∵∠BDC+∠DBC=∠DCF，
∴2∠BDC+2∠DBC+∠ACB=180°，
∴∠ABC+2∠BDC+∠ACB=180°，
∵∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，
∴∠BAC=2∠BDC，
1
∴∠BDC= ∠BAC，故③正确；
2
④ ∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∴∠ABD=∠ADB，
∵ CD平分∠ACF，
∴∠ACF=2∠DCF，
∵∠ADB+∠CDB=∠DCF，2∠DCF+∠ACB=180°，
∴2∠DCF+∠ABC=2∠DCF+2∠ABD=180°，
∴∠DCF+∠ABD=90°，
∴∠ADB+∠CDB+∠ADB=90°，
1
∴∠ABD=45°− ∠CDB，故④正确；
2
⑤由④得，∠DCF+∠ABD=90°，
∵AD∥BC，
∴∠ADC=∠DCF，
∴∠ADC+∠ABD=90°，故⑤正确；
故选：D．
10．（2022上·湖南邵阳·八年级校考期末）如图，C为线段AE上一动点（不与点A、E重合），在AE同
侧分别作正三角形ABC和正三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，
连接PQ，以下七个结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°；⑥
△PCQ是等边三角形；⑦点C在∠AOE的平分线上，其中正确的有（ ）A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【思路点拨】
由△ABC和△CDE是正三角形，其性质得三边相等，三个角为60°，平角的定义和角的和差得
∠ACD=∠BCE，边角边证明△ACD≌△BCE，其性质得结论①正确；由△ACD≌△BCE， 可得
∠CAP=∠CBQ，可得∠AOB=∠ACB=60°, 故⑤正确，角边角证明△ACP≌△BCQ得
AP=BQ，其结论③正确；等边三角形的判定得△PCQ是等边三角形，结论⑥正确；
∠CPQ=∠ACB=60°判定两线PQ∥AE，结论②正确；反证法证明命题DE≠DP，结论④错误；利用
全等三角形的对应高相等，可证明点C在∠AOE的平分线上，结论⑦正确．
【解题过程】
解：如图1所示：
∵△ABC和△CDE是正三角形，
∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=60°，
又∵∠ACD=∠ACB+∠BCD，∠BCE=∠DCE+∠BCD，
∴∠ACD=∠BCE，
{
AC=BC
)
在△ACD和△BCE中， ∠ACD=∠BCE ，
CD=CE
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE， 故结论①正确；
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAP=∠CBQ，∵∠BPO=∠APC，
∴∠AOB=∠ACB=60°，故⑤正确，
又∵∠ACB+∠BCD+∠DCE=180°，
∴∠BCD=60°，
{∠CAP=∠CBQ
)
在△ACP和△BCQ中， AC=BC ，
∠ACP=∠BCQ
∴△ACP≌△BCQ(ASA)，
∴AP=BQ，PC=QC， 故③正确，
∴△PCQ是等边三角形，故⑥正确
∴∠CPQ=∠CQP=60°，
∴∠CPQ=∠ACB=60°，
∴PQ∥AE， 故②正确；
若DE=DP，
∵DC=DE，
∴DP=DC，
∴∠PCD=∠DPC，
又∵∠PCD=60°，
∴∠DPC=60°与△PCQ是等边三角形相矛盾，假设不成立， 故结论④错误；
过点C分别作CM⊥AD，CN⊥BE于点M、N两点， 如图2所示：
∵CM⊥AD，CN⊥BE，△ACD≌△BCE，
∴CM=CN，
又∵OC在∠AOE的内部，
∴点C在∠AOE的平分线上，故结论⑦正确；
综合所述共有6个结论正确．
故选：D．评卷人 得 分
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，满分15分）
11．（2023上·安徽蚌埠·八年级统考期末）已知8⋅（2m ) n=64，|n)=1，则m= ．
【思路点拨】
利用绝对值的代数意义求出n的值，代入计算即可求出m的值．
【解题过程】
解：∵|n)=1，
∴n=±1，
当n=1时，等式变形得：8⋅(2m
)
n=23 ⋅2m=23+m=26，
即3+m=6，解得：m=3；
当n=−1时，等式变形得：8⋅(2m
)
n=23 ⋅2−m=23−m=26，
即3−m=6，解得：m=−3
综上，m=±3．
故答案为：±3．
12．（2023上·浙江宁波·八年级统考期末）已知a+x2=2011，b+x2=2012，c+x2=2013，且abc=24，
a b c 1 1 1
则 + + − − − = ．
bc ac ab a b c
【思路点拨】
24 24 24
根据题意可得，a−b=−1,b−c=−1,a−c=−2，a= ,b= ,c= ，根据
bc ac ab
1
a2+b2+c2−bc−ac−ab= [(a−b) 2+(b−c) 2+(a−c) 2)，代入，即可求解．
2
【解题过程】
解：∵a+x2=2011，b+x2=2012，c+x2=2013，
∴a−b=−1,b−c=−1,a−c=−2
∵abc=24
24 24 24 1 a 1 b 1 c
∴a= ,b= ,c= ，即 = ， = ， = ，
bc ac ab bc 24 ac 24 ab 24a b c 1 1 1
∴ + + − − −
bc ac ab a b c
a2+b2+c2 bc+ac+ab
= −
24 24
1
= (a2+b2+c2−bc−ac−ab)
24
1 1
= × ×[(a−b) 2+(b−c) 2+(a−c) 2)
24 2
1
= (1+1+4)
48
1
=
8
1
故答案为： ．
8
13．（2023上·福建厦门·八年级校考期末）对于二次三项式x2+mx+n（m,n为常数），有下列结论：
①若n=49，且x2+mx+n=(x+a) 2，则a=7；
②若x2+mx+n=(x+3)(x+a)，则3m−n=9；
③若m2=4n−1，则无论x为何值，x2+mx+n>0；
④若n=24，且x2+mx+n=(x+a)(x+b)，其中a,b为整数，则m可能的取值有8个．其中正确的是
．（只填写序号）
【思路点拨】
根据完全平方公式以及十字相乘法因式分解以及多项式乘以多项式的运算法则进而判断得出答案即可．
【解题过程】
解：①若n=49，且x2+mx+n=(x+a) 2，
则有x2+mx+49=(x±7) 2，
∴a=±7，
故说法①错误；
②若x2+mx+n=(x+3)(x+a)，
∴x2+mx+n=x2+(3+a)x+3a，
∴m=a+3,n=3a，
∴3m−n=3(a+3)−3a=9，故说法②正确；
1 m2
③若m2=4n−1，则n= + ，
4 4
1 m2 1 2 m2
则x2+mx+n=x2+mx+ + =(x+ ) + ，
4 4 2 4
m2
∵ ≥0，
4
∴x2+mx+n≥0，
故说法③错误；
④若n=24，且x2+mx+n=(x+a)(x+b)，
则x2+mx+24=x2+(a+b)x+ab，
∴m=a+b,n=ab=24，
∵a,b为整数，
∴a=1,b=24或a=−1,b=−24或a=2,b=12或a=−2,b=−12或a=3,b=8或a=−3,b=−8或
a=4,b=6或a=−4,b=−6，
∴m=a+b=25或−25或14或−14或11或−11或10或−10共8种，
故说法④正确，
故答案为：②④．
14．（2023上·辽宁葫芦岛·八年级统考期末）如图，在等腰直角△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
高AH交中线BD于点F，过A作AE⊥BD交BC于点E，连接HD，得到以下五个结论：①
∠ABD=∠CAE，②△ABF≌△CAE，③∠EDC−∠CBD=30°，④AE+DE<AH+DH，⑤
S =6S ．其中正确的结论是 （填写序号）．
△ABC △CDE
【思路点拨】
先由等腰直角三角形的性质得到∠ABC=∠ACB=45°，∠BAH=∠CAH=45°，再由三角形内角和定
理得到∠ABD+∠BAE=90°=∠BAE+∠CAE，即可证明∠ABD=∠CAE，从而判断①；利用ASA可
证△ABF≌△CAE即可判断②；如图所示，过点C作CN⊥AC交AE延长线于N，连接HN，证明∴
△ABD≌△CAN，得到AD=CN，∠ADB=∠ANC，进而推出AD=CD=CN；证明△DCE≌△NCE，得到∠CNE=∠CDE，DE=EN，从而得到∠CDE=∠ADB，根据三角形外角的性质即可得到
∠CDE−∠DBC=∠DCB=45°，即可判断③；同理可证△HCN≌△HCD(SAS)，得到DH=NH，由
AH+HN>AN，可得AH+DH>AN=AE+DE，即可判断④；利用全等三角形的性质和三角形中线的
性质证明S =3S ，进而推出S =6S ，即可判断⑤．
△ACN △CDE △ABC △CDE
【解题过程】
解：∵在等腰直角△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵AH是高，即AH⊥BC，
∴∠BAH=∠CAH=45°，
∵AE⊥BD，
∴∠ABD+∠BAE=90°=∠BAE+∠CAE，
∴∠ABD=∠CAE，故①正确；
又∵AB=CA，∠BAF=∠ACE=45°，
∴△ABF≌△CAE(ASA)，故②正确；
如图所示，过点C作CN⊥AC交AE延长线于N，连接HN，
在△ABD和△CAN中，
{
∠ABD=∠CAN
)
AB=CA ，
∠BAD=∠ACN=90°
∴△ABD≌△CAN(ASA)，
∴AD=CN，∠ADB=∠ANC，
∵BD是△ABC的中线，
∴AD=CD=CN，
∵∠ACB=45°，∠ACN=90°，
∴∠NCH=45°=∠DCH，
又∵EC=EC，∴△DCE≌△NCE(SAS)，
∴∠CNE=∠CDE，DE=EN，
∴∠CDE=∠ADB，
∵∠ADB=∠DBC+∠DCB，
∴∠CDE=∠DBC+∠DCB，
∴∠CDE−∠DBC=∠DCB=45°，故③错误；
同理可证△HCN≌△HCD(SAS)，
∴DH=NH，
∵AH+HN>AN，
∴AH+DH>AN=AE+DE，故④正确；
∵AD=CD，
1
∴S =S ，S = S ，
△ADE △CDE △ABD 2 △ABC
∵△DCE≌△NCE，
∴S =S ，
△ECD △ECN
∴S =3S ，
△ACN △CDE
∵△ABD≌△CAN，
∴S =S =3S ，
△ABD △ACN △CDE
∴S =6S ，故⑤正确；
△ABC △CDE
故答案为：①②④⑤．
15．（2023上·江西赣州·八年级统考期末）如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=8cm，BC=14cm，
点P从A点出发沿A→C→B路径向终点运动，终点为B点，点Q从B点出发沿B→C→A路径向终点
运动，终点为A点，点P和Q分别以2cm/s和3cm/s的运动速度同时开始运动，两点都要到达相应的终
点时才能停止运动，分别过P和Q作PE⊥l于E，QF⊥l于F．设运动时间为t秒，要使以点P，E，C为
顶点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等，则t的值为 ．
【思路点拨】
先求出点P从A点出发到达点C和点B所需要的时间，点Q从B点出发到达点C和A点所需要的时间，然后根据P、Q所在的位置分类讨论，分别画出对应的图形，找出全等三角形的对应边并用时间t表示，然后列
出方程即可得出结论．
【解题过程】
解：由题意知，点P从A点出发到达点C所需要的时间为：8÷2=4s；到达点B共需要的时间为：
(8+14)÷2=11s
14 22
点Q从B点出发到达点C所需要的时间为：14÷3= s；到达点A共需要的时间为：(8+14)÷3= s
3 3
当0≤t≤4，点P在AC上，点Q在BC上，如图所示：
此时AP=2t,BQ=3t
∴CP=8−2t,CQ=14−3t
∵∠PEC=∠ACB=∠QFC=90°
∴∠PCE+∠QCF=90°,∠CQF+QCF=90°
∴∠PCE=∠CQF
∵要使以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等
∴CP=CQ
∴8−2t=14−3t
∴t=6（不符合题意，舍去）；
14
当4<t≤ ，点P在BC上，点Q在BC上，如图所示：
3
∵要使以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等
∴P和Q重合，E和F重合
∴CP=2t−8,QC=14−3t,CP=QC
∴2t−8=14−3t22
∴t= （符合题意）
5
14 22
当 <t≤ ，点P在BC上，点Q在AC上，如图所示：
3 3
∴CP=2t−8,CQ=3t−14
∵∠PEC=∠ACB=∠QFC=90°
∴∠PCE+∠QCF=90°,∠CQF+QCF=90°
∴∠PCE=∠CQF
∵要使以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等
∴CP=CQ
∴2t−8=3t−14
∴t=6（符合题意）；
22
当 <t≤11，点P在BC上，点Q与点A重合，如图所示：
3
∴CP=2t−8,CQ=CA=8
∵∠PEC=∠ACB=∠QFC=90°
∴∠PCE+∠QCF=90°,∠CQF+QCF=90°
∴∠PCE=∠CQF
∵要使以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等
∴CP=CQ
∴2t−8=8
∴t=8（符合题意）；22
∴要使以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等，则t=8或t=6或t=
5
22
故答案为： 或6或8 .
5
评卷人 得 分
三、解答题（本大题共8小题，满分75分）
16．（8分）（2023上·河南周口·八年级校考期末）（1）计算：(2m2n−2) 2 ⋅3m−3n3；
3x−3 3x 1
（2）计算： ÷ − ．
x2−1 x+1 x−1
2x x
（3）解方程： =1− ；
x+1 3x+3
2 3 6
（4）解方程： + = ．
y+1 y−1 y2−1
【思路点拨】
（1）根据积的乘方、幂的乘方、同底数幂的乘法的运算法则计算即可；
（2）先根据平方差公式展开，再约分，然后再根据异分母分数的加减计算即可；
（3）将分式方程去分母转化为一般的一元一次方程，再解一元一次方程，求出的解代入检验即可得出答
案；
（4）将分式方程去分母转化为一般的一元一次方程，再解一元一次方程，求出的解代入检验即可得出答
案．
【解题过程】
解：（1）(2m2n−2) 2 ⋅3m−3n3
=4m4n−4 ⋅3m−3n3
=12mn−1
12m
=
n
3x−3 3x 1
（2） ÷ −
x2−1 x+1 x−1
3(x−1) x+1 1
= ⋅ −
(x+1)(x−1) 3x x−11 1
= −
x x−1
x−1 x
= −
x(x−1) x(x−1)
x−1−x
=
x(x−1)
1
=−
x2−x
2x x
（3） =1−
x+1 3x+3
去分母得：6x=3x+3−x
移项得：6x−3x+x=3
合并同类项得：4x=3
3
将系数化为1得：x=
4
3
检验：把x= 代入得：3(x+1)≠0
4
3
∴分式方程的解为x= ；
4
2 3 6
（4） + =
y+1 y−1 y2−1
去分母得：2(y−1)+3(y+1)=6，
去括号，得：2y−2+3 y+3=6
移项、合并同类项得：5 y=5
解得：y=1，
检验：把y=1代入得：(y+1)(y−1)=0，
∴y=1是增根，分式方程无解．
ax+b
17．（8分）（2023下·浙江嘉兴·七年级统考期末）已知关于x的方程 =b，其中a，b均为整数且
x−1
a≠0．
（1）若方程有增根，则a，b满足怎样的数量关系？
（2）若x=a是方程的解，求b的值．
【思路点拨】
（1）由分式方程有增根，得到x−1=0，求出x的值即为增根；ax+b 4
（2）将x=a代入 =b求得b=a+2+ ，根据题意可得a−2=±1或−2或±4，分别带入求得b的
x−1 a−2
值即可．
【解题过程】
（1）解：由分式方程有增根，得到x−1=0，
解得：x=1，
将分式方程化为整式方程：ax+b=b(x−1)，
整理得：(a−b)x+2b=0，
将x=1代入(a−b)x+2b=0得：a+b=0，
即若方程有增根，则a+b=0．
（2）解：∵x=a是方程的解，
ax+b a2+b
将x=a代入 =b得： =b，
x−1 a−1
整理得：a2−ab+2b=0，
a2
∴b= ，
a−2
a2−4+4 4
∴b= =a+2+ ，且a≠2
a−2 a−2
∵a，b均为整数且a≠0，
∴a−2=±1或−2或±4，
a2 1
当a−2=−1时，即a=1，b= = =−1；
a−2 −1
a2 32
当a−2=1时，即a=3，b= = =9；
a−2 1
a2 42
当a−2=2时，即a=4，b= = =8；
a−2 2
a2 (−2) 2
当a−2=−4时，即a=−2，b= = =−1；
a−2 −4
a2 62
当a−2=4时，即a=6，b= = =9；
a−2 4
综上，b的值为−1或8或9．
18．（8分）（2022上·湖南长沙·八年级湖南师大附中博才实验中学校考期末）如果两个分式M与N的和
x
为常数k，且k正整数，则称M与N互为“和整分式”，常数k称为“和整值”．如分式M= ，
x+11 x+1
N= ，M+N= =1，则M与N互为“和整分式”，“和整值”k=1．
x+1 x+1
x−7 x2+6x+9
（1）已知分式A= ，B= ，判断A与B是否互为“和整分式”，若不是，请说明理由；若
x−2 x2+x−6
是，请求出“和整值”k；
3x−4 G
（2）已知分式C= ，D= ，C与D互为“和整分式”，且“和整值”k=3，若x为正整数，
x−2 x2−4
分式D的值为正整数t．
①求G所代表的代数式；
②求x的值；
3x−5 mx−3
（3）在（2）的条件下，已知分式P= ，Q= ，且P+Q=t，若该关于x的方程无解，求实数
x−3 3−x
m的值．
【思路点拨】
（1）先计算A+B，再根据结果可得结果；
3x2+2x−8+G
（2）①先求解C+D= ，结合新定义可得3x2+2x−8+G=3(x−2)(x+2)=3x2−12，
(x−2)(x+2)
2
从而可得答案；②由D=− ，且分式D的值为正整数t．x为正整数，可得x−2=−1或x−2=−2，从
x−2
而可得答案；
2 3x−5−mx+3
（3）由题意可得：t=D=− =2，可得 =2，整理得：(1−m)x=−4，由方程无解，
1−2 x−3
可得1−m=0或方程有增根x=3，再分两种情况求解即可．
【解题过程】
x−7 x2+6x+9
（1）解：∵A= ，B= ，
x−2 x2+x−6
x−7 x2+6x+9
∴A+B= +
x−2 x2+x−6
x−7 (x+3) 2
= +
x−2 (x+3)(x−2)x−7 x+3
= +
x−2 x−2
2(x−2)
=
x−2
=2．
∴A与B是互为“和整分式”， “和整值”k=2；
3x−4 G
（2）①∵C= ，D= ，
x−2 x2−4
(3x−4)(x+2) G
∴C+D= +
(x−2)(x+2) (x−2)(x+2)
3x2+2x−8+G
=
(x−2)(x+2)
∵C与D互为“和整分式”，且“和整值”k=3，
∴3x2+2x−8+G=3(x−2)(x+2)=3x2−12，
∴G=3x2−12−3x2−2x+8=−2x−4；
G −2(x+2) 2
②∵D= = =− ，且分式D的值为正整数t．x为正整数，
x2−4 (x+2)(x−2) x−2
∴x−2=−1或x−2=−2，
∴x=1（x=0舍去）；
2
（3）由题意可得：t=D=− =2，
1−2
3x−5 mx−3
∴P+Q= + =2，
x−3 3−x
3x−5−mx+3
∴ =2，
x−3
∴(3−m)x−2=2x−6，
整理得：(1−m)x=−4，
∵方程无解，
∴1−m=0或方程有增根x=3，
解得：m=1，
当1−m≠0，方程有增根x=3，
−4
∴ =3，
1−m
7
解得：m= ，
37
综上：m的值为：1或 ．
3
19．（8分）（2023上·福建漳州·八年级统考期末）在△ABC中，BM平分∠ABC，交AC于M，点D在
线段MC上，过点D作DE⊥BC于E,DG平分∠ADE，交BC于G．
（1）如图，当DG∥BM时，求证：∠A=90°；
（2）当∠A≠90°时，直线DG与直线MB相交于点F，猜想∠F与∠A的数量关系，并说明理由．（要
求：画出相应的示意图再作答）
【思路点拨】
（1）如图，DG∥BM，得到∠1=∠2,∠3=∠4，角平分线，得到∠3=∠5,∠2=∠6，进而得到
∠1=∠6,∠5=∠4，再根据三角形内角和推出∠A=∠DEG，即可；
（2）分0°<∠A<90°，90°<∠A<180°两种情况，画出图形，讨论求解．
【解题过程】
（1）证明：如图，
∵DG∥BM，
∴∠1=∠2,∠3=∠4．
∵BM平分∠ABC,DG平分∠ADE，
∴∠3=∠5,∠2=∠6．
∴∠1=∠6,∠5=∠4．
在△ABM和△EGD中，∠A=180°−∠1−∠5,∠DEG=180°−∠4−∠6，
∴∠A=∠DEG．
∵DE⊥BC,∴∠DEG=90°，
∴∠A=90°．
1 1
（2） ∠A+∠F=45°或 ∠A−∠F=45°．
2 2
理由：①当0°<∠A<90°时，如图．
∵DE⊥BC，
∴∠DEC=90°．
∵∠ADE=∠C+∠DEC，
∴∠ADE=90°+∠C．
∵DG平分∠ADE，
1 1
∴∠2= ∠ADE=45°+ ∠C．
2 2
∵∠1=∠2+∠F，
1
∴∠1=45°+ ∠C+∠F，
2
∵BM平分∠ABC,
1
∴∠3= ∠ABC．
2
∵∠A+∠1+∠3=180°，
1 1
∴∠A+45°+ ∠C+∠F+ ∠ABC=180°．
2 2
1
∴∠A+45°+ (∠C+∠ABC)+∠F=180°．
2
∵∠A+∠C+∠ABC=180°，
∴∠C+∠ABC=180°−∠A．1
∴∠A+45°+90°− ∠A+∠F=180°．
2
1
∴ ∠A+∠F=45°．
2
②当90°<∠A<180°时，如图．
∵∠ADE=∠DEC+∠C=90°+∠C，
1
∴∠GDE=45°+ ∠C．
2
1
∴∠DGE=90°−∠GDE=45°− ∠C．
2
∵∠DGE=∠GBF+∠F，
1 1
∴45°− ∠C= ∠ABC+∠F．
2 2
1
∴45°− (∠ABC+∠C)=∠F．
2
∵∠A+∠ABC+∠C=180°，
∴∠ABC+∠C=180°−∠A．
1
∴45°− (180°−∠A)=∠F．
2
1
∴ ∠A−∠F=45°．
2
1 1
综上所述，∠A与∠F的数量关系为 ∠A+∠F=45°或 ∠A−∠F=45°．
2 2
20．（8分）（2022上·湖北武汉·八年级校考期末）杭州丝绸历史悠久，质地轻软，色彩绮丽，早在汉代，
就已通过“丝绸之路”远销国外．小汪在网上开设杭州丝绸专卖店，专卖丝巾、旗袍等，发现一张进货单
上的一个信息是：A款丝巾的进货单价比B款丝巾多40元，花960元购进A款丝巾的数量与花720元购进
B款丝巾的数量相同．
（1）问A，B款丝巾的进货单价分别是多少元？
（2）小汪在销售单上记录了两天的数据，如下表所示：
日期 A款丝巾 B款丝巾 销售总额（元）（条） （条）
12月10日 4 6 2160
12月11日 6 8 3040
问：两款丝巾的销售单价分别是多少？
（3）根据（1）（2）所给的信息，小汪要花费1400元购进A，B两款丝巾若干条，问：有哪几种进货方
案？根据计算说明哪种进货方案的总利润最高．
【思路点拨】
（1）设A款丝巾的进货单价是x元，则B款丝巾的进货单价是(x−40)元，根据题意列出分式方程
960 720
= ，求解即可获得答案；
x x−40
（2）设A款丝巾的销售单价是a元，则B款丝巾的进货单价是b元，根据题意列出方程组并求解即可；
（3）设购进A款丝巾m条，购进B款丝巾n条，根据题意可列出方程160m+120n=1400，由m,n均为正
整数，确定m,n的值，得到进货方案，再分别求出总利润，比较即可确定答案．
【解题过程】
（1）解：设A款丝巾的进货单价是x元，则B款丝巾的进货单价是(x−40)元，
960 720
根据题意，可得 = ，
x x−40
解得x=160，
经检验，x=160是该方程的解，
∴x−40=120，
∴A款丝巾的进货单价是160元，则B款丝巾的进货单价是120元；
（2）设A款丝巾的销售单价是a元，则B款丝巾的进货单价是b元，
{4a+6b=2160)
根据题意，可得 ，
6a+8b=3040
{a=240)
解得 ，
b=200
∴A款丝巾的销售单价是240元，则B款丝巾的进货单价是200元；
（3）设购进A款丝巾m条，购进B款丝巾n条，
根据题意，可得 160m+120n=1400，
整理，可得4m+3n=35，
m+1
∴n=12−m− ，
3∵m,n均为正整数，
∴m=2,n=9；m=5,n=5；m=8,n=1，
即有三种进货方案：
方案一：购进A款丝巾2条，购进B款丝巾9条，
则利润为：(240−160)×2+(200−120)×9=880元；
方案二：购进A款丝巾5条，购进B款丝巾5条，
则利润为：(240−160)×5+(200−120)×5=800元；
方案三：购进A款丝巾8条，购进B款丝巾1条，
则利润为：(240−160)×8+(200−120)×1=720元；
综上所述，选择方案一利润最高．
21．（10分）（2022上·广西贵港·八年级校考期末）在四边形ABCD中．
（1）如图1，AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°，E，F分别是BC，CD上的点，且
1
∠EAF= ∠DAB，探究图中EF，BE，DF之间的数量关系．
2
小林同学探究此问题的方法是：延长CB到点G，使BG=DF．连接AG，先对比△ABG与△ADF的关系，
再对比△AEF与△AEG的关系，可得出EF、BE、DF之间的数量关系，他的结论是 ；
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADF=180°，E、F分别是BC，CD上的点，且
1
∠EAF= ∠DAB，则上述结论是否仍然成立，请说明理由．
2
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点F在CB的延长线上，点E
在CD的延长线上，若EF=BF+DE，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并给出证明过程．
【思路点拨】
（1）延长CB到点G，使BG=DF，连接AG，可判定△ABG≌△ADF(SAS)，进而得出
∠BAG=∠DAF，AF=AG，再判定△AEF≌△AEG(SSS)，可得结论；
（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG(SAS)，进而得出
∠BAE=∠DAG，AE=AG，，再判定△AEF≌△AGF(SSS)，可得结论；（3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BF，连接AG，先判定△ABF≌△ADG(SAS)，再判定
△AEF≌△AEG(SSS)，得出∠FAE=∠EAG，最后根据∠FAE+∠EAG+∠GAF=360°，推导得到
2∠EAF+∠DAB=360°，即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：结论：EF=BE＋DF．
理由：如图1，延长CB到点G，使BG=DF，连接AG，
在△ABG和△ADF中，
{
BA=DA
)
∠ABG=∠ADF ，
BG=DF
∴△ABG≌△ADF(SAS)，
∴∠BAG=∠DAF，AF=AG，
∴∠FAG=∠DAB，
1
∵∠EAF= ∠DAB，
2
1
∴∠EAF= ∠FAG，
2
∴∠EAF=∠EAG，
在△AEF和△AEG中，
{
AE=AE
)
∠EAF=∠EAG ，
AF=AG
∴△AEF≌△AEG(SSS)，
∴EF=EG=BE+BG．
∴EF=BE+DF．
故答案为：EF=BE+DF；
（2）仍成立，理由：
如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，
∴∠B=∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
¿，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∴∠EAG＝∠DAB，
1
∵∠EAF= ∠DAB，
2
∴∠EAF=∠FAG，
在△AEF和△AEG中，
{
AE=AE
)
∠EAF=∠EAG ，
AF=AG
∴△AEF≌△AGF(SSS)，
∴EF=GF=DG+DF．
∴EF=BE+DF．
1
（3）结论：∠EAF=180°− ∠DAB．
2
理由：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BF，连接AG，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABF=180°，
∴∠ADG=∠ABF，在△ABF和△ADG中，
¿，
∴△ABF≌△ADG(SAS)，
∴AG=AF，∠DAG=∠BAF，
∵EF=BF+DE，DG=BF，
∴EF=DG+DE=EG，
在△AEF和△AEG中，
¿，
∴△AEF≌△AEG(SSS)，
∴∠FAE=∠EAG，
∵∠FAE+∠EAG+∠GAF=360°，
∴2∠FAE+(∠GAB+∠BAF)=360°，
∴2∠FAE+(∠GAB+∠DAG)=360°，
即2∠EAF+∠DAB=360°，
1
∴∠EAF=180°− ∠DAB．
2
22．（12分）（2022上·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）已知：在△ABC中，
∠ACB＝90°，∠A＝60°．点D在AB上且AD=AC，连接CD．
（1）如图1，求证：BD＝CD；
（2）过点D作△≝¿，使∠≝＝90°，∠EDF＝60°．连接CE并延长CE至点G，使EG=CE，连接
BF，BG，FG．
①如图2，当点F在DB的延长线上时，求证：△BFG是等边三角形；
②如图3，AC＝2，DE＝1，求△BDF的面积．
【思路点拨】
（1）先证△ACD是等边三角形，由余角的性质可求∠ABC＝∠BCD，即可求解；
（2）①由“SAS”可证△CEK≌△CEF，可得FG＝CK，∠GFK＝∠K＝30°，可得结论；②由“SAS”可证△CDE≌△GHE，可得GH＝CD，∠CDE＝∠GHE，由“SAS”可证
△BDF≌△GHF，可得∠BFD＝∠GFH，由直角三角形的性质可求DF，BM的长，即可求解．
【解题过程】
（1）证明：∵DA＝CA，∠A＝60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AC＝CD，∠ACD＝∠A＝60°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝90°−∠A＝90°−∠ACD＝90°−60°＝30°，
∴∠ABC＝∠BCD，
∴BD＝CD；
（2）①证明：如图2，延长FE，DC交于点K，
∵∠FED＝90°，
∴∠EFD＝90°−∠FDE＝30°，
∴∠K＝∠KDA−∠DFK＝60°−30°＝30°，
∴∠K＝∠DFK，
∴FD＝KD，
又∵DB＝DC，
∴CK＝BF，
∵∠≝＝90°，
∴DE⊥FK
又∵DK＝DF，
∴EK＝EF，
又∵∠CEK＝∠GEF，CE＝EG，
∴△CEK≌△GEF（SAS），
∴FG＝CK，∠GFK＝∠K＝30°，
∴FG＝BF，∠GFB＝∠GFK+∠DFK＝30°+30°＝60°，∴△BFG是等边三角形；
②解：如图3延长DE至H，使EH＝DE，连接FH，GH，过点B作BM⊥DF于点M，
∵CE＝EG，∠CED＝∠GEH，
∴△CDE≌△GHE（SAS），
∴GH＝CD，∠CDE＝∠GHE，
∵BD＝CD，
∴GH＝BD，
∵∠≝＝90°，
∴FE⊥DH，
又∵DE＝EH，
∴FH＝FD
又∵∠FDH＝60°，
∴△DFH是等边三角形
∴∠DFH＝∠DHF＝60°，
∴∠EFH＝90°−∠DHF＝90°−60°＝30°，
设∠FHC＝α，
∴∠CDE＝∠GHE＝α+60°，
∴∠BDE＝∠BDC−∠CDF＝120°−（α+60°）＝60°−α，
∴∠BDF＝∠FDF−∠BDF＝60°−（60°−α）＝α，
∴∠BDF＝∠FHG，
∴△BDF≌△GHF（SAS），
∴∠BFD＝∠GFH，令∠BFD＝β，则∠GFH＝β，
∴∠FFG＝∠GFH+∠FFH＝β+30°，
∵∠BFD+∠FFG＝180°，
∴β+β+30°＝180°，
∴β＝75°，
∴∠BFD＝75°，
在Rt△≝¿中，∠DFE＝30°，
∴DF＝2DE＝2，
又∵BD＝CD＝AD＝2，
∴BD＝DF，
∴∠DBF＝∠BFD＝75°，
∴∠BDF＝180°−75°−75°＝30°，
1
在Rt△BDM中，BM= BD=1，
2
1 1
∴S = DF×BM= ×2×1=1．
△BDF 2 2
23．（13分）（2022上·湖南长沙·八年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，A(a,0)，B(0,b)，且
a，b满足2a2+2ab+b2−8a+16=0，点C，B关于x轴对称．
（1）求A，C两点坐标；（2）如图1，点M为射线OA上A点右侧一动点，过点M作MN⊥CM交直线AB于N，连BM，是否存在
7
点M，使S = S ？若存在，求M点坐标；若不存在，说明理由．
△AMN 4 △AMB
（3）如图2，点M为x轴正半轴上一动点，点D为第一象限内一动点，且∠DBM=∠DCM，过点M作
MN⊥BD于N点．
①若点E在CD的延长线上，求证：DM平分∠EDB；
BD−CD
② 的值是否发生变化？若不变，求其值，若变化，请说明理由．
ND
【思路点拨】
（1）由2a2+2ab+b2−8a+16=0，可得(a+b) 2+(a−4) 2=0，根据非负数的性质可得a=4，b=−4，
即可获得答案；
（2）连接AC，过点N作NH⊥x轴于点H，首先证明∠CAN=90°，由MN⊥CM可得
∠ACM=∠ANM，再利用轴对称的性质可得∠ACM=∠ABM，则有∠ABM=∠ANM，易得
7
MC=MN，证明△COM≌△MHN，由全等三角形的性质可得HN=OM，结合S = S ，可计
△AMN 4 △AMB
算OM=7，可获得答案；
（3）过点M作MK⊥CE于点K，首先证明△MKC≌△MNB，可得MK=MN，即可证明DM平分
∠EDB；
②在BN上取NG=ND，证明△DCM≌△GBM，可得CD=BG，即可获得答案．
【解题过程】
（1）解：∵2a2+2ab+b2−8a+16=0，
整理可得a2+2ab+b2+a2−8a+16=0，
∴(a+b) 2+(a−4) 2=0，
∴a+b=0，a−4=0，
解得a=4，b=−4，
∴A(4,0)，B(0,−4)，
∵点C，B关于x轴对称，
∴C(0,4)；
（2）连接AC，过点N作NH⊥x轴于点H，如下图，∵点C，B关于x轴对称，
∴BM=CM，CA=BA，∠OAC=∠OAB，∠OCM=∠OBM，∠OCA=∠OBA，
∵A(4,0)，C(0,4)，B(0,−4)，
∴OA=OC=OB=4，
∴△AOC为等腰直角三角形，∠OAC=45°，
∴∠BAC=∠OAC+∠OAB=2∠OAC=90°，
∴∠CAN=180°−∠BAC=90°，
∵MN⊥CM，∠AGC=∠MGN，
∴∠ACM=∠ANM，
∵∠OCM−∠OCA=∠OBM−∠OBA，即∠ACM=∠ABM，
∴∠ABM=∠ANM，
∴BM=NM=CM，
∵MN⊥CM，NH⊥x轴，
∴∠CMO+∠NMH=∠MNH+∠NMH=90°，
∴∠CMO=∠MNH，
又∵∠COM=∠MHN=90°，MC=MN，
∴△COM≌△MHN(AAS)，
∴HN=OM，
7 1 7 1
∵S = S ，即 AM⋅NH= × AM⋅OB，
△AMN 4 △AMB 2 4 2
7
∴NH= OB=7，
4
∴OM=7，
∴M(7,0)；
（3）①证明：过点M作MK⊥CE于点K，如下图，∵MN⊥BD，
∴∠CKM=∠BNM=90°，
又∵∠DBM=∠DCM，MC=MB，
∴△MKC≌△MNB(AAS)，
∴MK=MN，
∵MK⊥CD，MN⊥BD，
∴DM平分∠EDB；
②不变化，在BN上取NG=ND，连接GM，如下图，
∵MN⊥DG，
∴MN垂直平分DG，
∴MD=MG，
∴∠MGD=∠MDG，
∵DM平分∠EDB，
∴∠MDG=∠MDE，
∴∠CDM=∠BGM，
∵∠DCM=∠DBM，MC=MB，
∴△DCM≌△GBM(AAS)，
∴CD=BG，
BD−CD GD
∴ = =2．
ND ND
