2023-2024学年北京市西城区八年级（上）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年北京市西城区八年级（上）期末数学试卷一、选择题（共16分，每题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个.1．（2分）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，可以看成是轴对称图形的是（）A． B． C． D．2．（2分）下列运算中，正确的是（）A．x8÷x2＝x4 B．（x3）4＝x7 C．（﹣2x3）3＝﹣8x9 D．x4+x＝x53．（2分）在平面直角坐标系xOy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．（2分）下列各式从左到右变形一定正确的是（）A． B． C． D．5．（2分）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．66．（2分）如果a2﹣3a﹣7＝0，那么代数式（a﹣1）2+a（a﹣4）﹣2的值为（）A．﹣15 B．﹣8 C．6 D．137．（2分）如图，在平面直角坐标系xOy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﹣b8．（2分）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DEMN的周长最小时，∠DNM+∠EMN的大小是（）A．45° B．90° C．75° D．135°二、填空题（共16分，每题2分）9．（2分）计算：（1）＝；（2）7﹣2＝．10．（2分）若分式有意义，则x的取值范围是．11．（2分）计算：（﹣5a）•（﹣2a3b）＝．12．（2分）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）．13．（2分）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）．14．（2分）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．（2分）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．（2分）如图，动点C与线段AB构成△ABC，其边长满足AB＝9，CA＝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（共68分，第17题8分，第18题11分，第19题8分，第20题7分，第21题9分，第22题8分，第23题9分，第24题8分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.17．（8分）分解因式：（1）xy3﹣xy；（2）2x2﹣20x+50．18．（11分）（1）计算：（a﹣3b）（2a+b）；（2）先化简，再求值：，其中．19．（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．（7分）解方程：．21．（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MP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，MN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．∵OC＝OM，∴OC＝ON．在△OCM和△ONM中，，∴△OCM≌△ONM．（）（填推理的依据）∴∠＝∠NOM．∴∠AOC＝∠POM+∠COM＝3∠POM，即∠AOC＝3∠AOB．22．（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xy＝m2+n2．例如，25＝32+42，40＝22+62，25×40＝302+（﹣10）2或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＝；（2）已知41＝42+52，y＝c2+d2（c，d为整数），41y＝m2+n2．若m＝5c﹣4d，求n（用含c，d的式子表示）；（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．（9分）在△ABC中，AB＜AC，点D在△ABC的内部，CD＝AB，∠DBA＝∠DCA．（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．（8分）在平面直角坐标系xOy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M1，图形M1关于直线l对称的图形记为M2，若图形M2与图形N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P1（﹣1.5，﹣2.5），点P1关于直线l的对称点P2（﹣2.5，﹣2.5）在射线OQ上，则点P是射线OQ的“双称图形”．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；（2）若图形N是它自身的“双称图形”，直接写出t的取值范围．四、选做题（共10分，第25题4分，第26题6分）25．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．（1）当∠EDF＝45°时，的值为；（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．在平面直角坐标系xOy中，对于任意两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），给出如下定义：将点P1与P2的“变倍距离”记为d（P1，P2），若|x1﹣x2|≥|y1﹣y2|，则d（P1，P2）＝5|x1﹣x2|+4|y1﹣y2|；若|x1﹣x2|＜|y1﹣y2|，则d（P1，P2）＝4|x1﹣x2|+3|y1﹣y2|．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．

2023-2024学年北京市西城区八年级（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共16分，每题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个.1．（2分）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，可以看成是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【分析】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．【解答】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．【点评】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．（2分）下列运算中，正确的是（）A．x8÷x2＝x4 B．（x3）4＝x7 C．（﹣2x3）3＝﹣8x9 D．x4+x＝x5【分析】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．【解答】解：x8÷x2＝x6，则A不符合题意；（x3）4＝x12，则B不符合题意；（﹣2x3）3＝﹣8x9，则C符合题意；x4与x不是同类项，无法合并，则D不符合题意；故选：C．【点评】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．（2分）在平面直角坐标系xOy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）【分析】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．【解答】解：点P（﹣2，3）关于x轴的对称点坐标是（﹣2，﹣3），故选：A．【点评】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．（2分）下列各式从左到右变形一定正确的是（）A． B． C． D．【分析】根据分式的性质逐项判断即可．【解答】解：＝，则A不符合题意；＝＝﹣1，则B符合题意；与不一定相等，则C不符合题意；＝＝，则D不符合题意；故选：B．【点评】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．（2分）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【分析】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，【解答】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．【点评】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．（2分）如果a2﹣3a﹣7＝0，那么代数式（a﹣1）2+a（a﹣4）﹣2的值为（）A．﹣15 B．﹣8 C．6 D．13【分析】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．【解答】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．【点评】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．（2分）如图，在平面直角坐标系xOy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【分析】由“AAS”可证△ACF≌△BAE，可得CF＝AE，AF＝BE，即可求解．【解答】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，∴∠CAF+∠BAE＝90°＝∠CAF+∠ACF，∴∠ACF＝∠BAE，在△ACF和△BAE中，，∴△ACF≌△BAE（AAS），∴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．【点评】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．（2分）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DEMN的周长最小时，∠DNM+∠EMN的大小是（）A．45° B．90° C．75° D．135°【分析】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ME'，ND'，EM'，DN'，推出四边形DEMN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．【解答】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ME'，ND'，EM'，DN'，则ME＝ME'，ND＝ND'，∴四边形DEMN的周长＝DE+ME+MN+ND＝DE+ME'+MN+ND'≥DE+D'E'，∵DE长固定，∴点M与M'重合，点N与点N'重合时，四边形DEMN的周长最小，此时∠DNM+∠EMN＝∠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DEMN的周长最小时，∠DNM+∠EMN的大小是90°，故选：B．【点评】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．二、填空题（共16分，每题2分）9．（2分）计算：（1）＝1；（2）7﹣2＝．【分析】（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．【解答】解：（1）＝1；（2）7﹣2＝．故答案为：1，．【点评】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：（1）（am）n＝amn（m，n是正整数）；（2）（ab）n＝anbn（n是正整数）；（3）a﹣p＝（a≠0，p为正整数）．10．（2分）若分式有意义，则x的取值范围是x≠6．【分析】根据分式的分母不为0列出不等式，解不等式即可．【解答】解：由题意得：x﹣6≠0，解得：x≠6，故答案为：x≠6．【点评】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．（2分）计算：（﹣5a）•（﹣2a3b）＝10a4b．．【分析】根据单项式与单项式的运算法则进行计算即可．【解答】解：（﹣5a）•（﹣2a3b）＝10a4b．故答案为：10a4b．【点评】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．（2分）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AD＝AE（写出一个即可）．【分析】先根据角的和差得到∠BAD＝∠CAE，然后根据全等三角形的判定方法即可解答．【解答】解：添加的条件是AD＝AE，理由是：∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAE﹣∠DAC＝∠BAC﹣∠DAC，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），故答案为：AD＝AE（答案不唯一）．【点评】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，ASA，AAS，SSS，两直角三角形切的还有HL．13．（2分）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a+2b（用含a，b的式子表示）．【分析】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．【解答】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．【点评】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．14．（2分）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2.4×（+）＝．【分析】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小时清点完另一半图书”列出方程．【解答】解：设乙单独清点这批图书需要x小时，根据题意，得2.4×（+）＝，故答案为：2.4×（+）＝．【点评】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．（2分）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48°．【分析】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．【解答】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．【点评】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．16．（2分）如图，动点C与线段AB构成△ABC，其边长满足AB＝9，CA＝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a＞2.5，△ABD的面积的最大值为．【分析】由三角形三边关系定理得到，即可求出a＞2.5；延长AD交CB延长线于M，由ASA证明△ACD≌△MCD，推出AD＝MD，CM＝AC＝2a+2，得到BM＝CM﹣BC＝5，又S△ABD＝S△ABM，因此当△ABM的面积最大时，△ABD的面积最大，而AB＝9，MH≤MB＝5，即可求出△ABD的面积的最大值．【解答】解：△ABC的三边：AB＝9，CA＝2a+2，CB＝2a﹣3，满足三角形三边关系定理，∴，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MH⊥AB交AB延长线于H，∵CD平分∠ACB，∴∠MCD＝∠ACD，∵∠ADC＝90°，∴∠CDM＝180°﹣90°＝90°，∴∠ADC＝∠MDC，∵CD＝CD，∠MCD＝∠ACD，∴△ACD≌△MCD（ASA），∴AD＝MD，CM＝AC＝2a+2，∴BM＝CM﹣BC＝5，∵S△ABD＝S△ABM，∴当△ABM的面积最大时，△ABD的面积最大，∵△ABM的面积＝AB•MH，AB＝9，MH≤MB＝5，∴△ABD面积的最大值＝×9×5×＝．故答案为：a＞2.5，．【点评】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．三、解答题（共68分，第17题8分，第18题11分，第19题8分，第20题7分，第21题9分，第22题8分，第23题9分，第24题8分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.17．（8分）分解因式：（1）xy3﹣xy；（2）2x2﹣20x+50．【分析】（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．【解答】解：（1）原式＝xy（y2﹣1）＝xy（y+1）（y﹣1）；（2）原式＝2（x2﹣10x+25）＝2（x﹣5）2．【点评】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．（11分）（1）计算：（a﹣3b）（2a+b）；（2）先化简，再求值：，其中．【分析】（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．【解答】解：（1）（a﹣3b）（2a+b）＝2a2+ab﹣6ab﹣3b2＝2a2﹣5ab﹣3b2；（2）＝•＝•＝•＝2（a+2）＝2a+4，当时，原式＝2×+4＝3+4＝7．【点评】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．（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．【分析】（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．【解答】证明：（1）∵AC＝BD，∴AD＝BC，在△ADE和△BCF中，，∴△ADE≌△BCF（SAS），∴∠ADE＝∠BCF；（2）∵△ADE≌△BCF，∴DE＝CF，∠ADE＝∠BCF，∴DG＝CG，∴EG＝FG．【点评】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．（7分）解方程：．【分析】利用解分式方程的步骤解方程即可．【解答】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．【点评】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．（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MP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，MN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．（线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等）（填推理的依据）∴∠MON＝2∠POM．∵OC＝OM，∴OC＝ON．在△OCM和△ONM中，，∴△OCM≌△ONM．（SSS）（填推理的依据）∴∠MOC＝∠NOM．∴∠AOC＝∠POM+∠COM＝3∠POM，即∠AOC＝3∠AOB．【分析】（1）根据要求作出图形；（2）证明△OCM≌△ONM（SSS），推出∠MOC＝∠NOM，可得结论．【解答】（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△ONM中，，∴△OCM≌△ONM（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＝MN，SSS，MOC．【点评】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．（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xy＝m2+n2．例如，25＝32+42，40＝22+62，25×40＝302+（﹣10）2或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＝9；（2）已知41＝42+52，y＝c2+d2（c，d为整数），41y＝m2+n2．若m＝5c﹣4d，求n（用含c，d的式子表示）；（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）．【分析】（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xy＝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．【解答】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，xy＝m2+n2，∴（a2+b2）（c2+d2）＝m2+n2．∴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）．【点评】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：a2±2ab+b2＝（a±b）2；两个数的平方相等，那么这两个数相等或互为相反数．23．（9分）在△ABC中，AB＜AC，点D在△ABC的内部，CD＝AB，∠DBA＝∠DCA．（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．【分析】（1）①证明△ABE≌△DCE（AAS），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（AAS），得出AN＝DK，证明Rt△ADN≌Rt△DAK（HL），得出∠ADN＝∠DAK，证明△CMH≌△FMG（AAS），由全等三角形的性质得出CH＝FG，证明△ACH≌△DFG（AAS），由全等三角形的性质得出AC＝DF．【解答】（1）解：①∵BE⊥AC，∴∠AEB＝∠DEC＝90°，∵∠DBA＝∠DCA，AC＝CD，∴△ABE≌△DCE（AAS），∴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，∵∠ABD＝∠DCA，∠DKC＝∠ANB＝90°，AB＝CD，∴△ABN≌△DCK（AAS），∴AN＝DK，又∵AD＝DA，∴Rt△ADN≌Rt△DAK（HL），∴∠ADN＝∠DAK，∵∠ADN＝∠FDG，∴∠FDG＝∠DAK，∵M为CF的中点，∴CM＝FM，∵∠CMH＝∠FMG，∠CHM＝∠FGM，∴△CMH≌△FMG（AAS），∴CH＝FG，∵∠AHC＝∠G＝90°，∴△ACH≌△DFG（AAS），∴AC＝DF．【点评】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．（8分）在平面直角坐标系xOy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M1，图形M1关于直线l对称的图形记为M2，若图形M2与图形N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P1（﹣1.5，﹣2.5），点P1关于直线l的对称点P2（﹣2.5，﹣2.5）在射线OQ上，则点P是射线OQ的“双称图形”．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H、K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；（2）若图形N是它自身的“双称图形”，直接写出t的取值范围．【分析】（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．【解答】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，E2（2+m，2），F2（m+4，2），G2（m+3，3），当△E2F2G2与正方形ABCD有交点时，，∴﹣2≤m≤0或1≤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），∴A2（4t，1），B2（4t+3，1），C2（4t，4），D2（4t+3，1），∵正方形ABCD和正方形A2B2C2D2有交点，∴，∴﹣≤t≤．【点评】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．四、选做题（共10分，第25题4分，第26题6分）25．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．（1）当∠EDF＝45°时，的值为2；（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②④．【分析】（1）由EF⊥BD于点F，得∠DFE＝∠BFE＝90°，则∠DEF＝∠EDF＝45°，所以FD＝FE，由△ABC是等边三角形，BE平分∠ABD，得∠ABE＝∠DBE＝∠ABD＝30°，则FE＝BE，所以＝＝2，于是得到问题的答案；（2）当∠EDF＝45°时，由BE＝2FE，DE＝＝FE，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∠CFA＝∠CAF＝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．【解答】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°，∴∠ABE＝∠DBE＝∠ABD＝30°，∴FE＝BE，∴＝＝2，故答案为：2．（2）如图1，∵BE＝2FE，DE＝＝FE，∴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；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，∴∠CFA＝∠CAF，∴∠ACB＝∠CFA+∠CAF＝2∠CAF＝60°，∴∠CAF＝30°，∴∠BAF＝∠BAC+∠CAF＝90°，∴AB⊥AF，∴AD与