天津市北辰区名校2022-2023学年八年级数学第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题(每小题3分,共30分) 1．下列计算正确的是（ ） A．（a2）3＝a5 ÷5xy＝3x﹣2y

B．10ab3÷（﹣5ab）＝﹣2ab2

C．（15x2y﹣10xy2）

b6D．ab•（ab）＝6

a–2

32–1–2

2．一辆慢车与一辆快车分别从甲、乙两地同时出发，匀速相向而行，两车在途中相遇后分别按原速同时驶往甲地，两车之间的距离s(km)与慢车行驶时间t(h)之间的函数图象如图所示，则下列说法中：①甲、乙两地之间的距离为560km；②快车速度是慢车③快车到达甲地时，④相遇时，速度的1.5倍；慢车距离甲地60km；快车距甲地320km；正确的是( )

A．①② B．①③ C．①④ D．①③④

3．如图，直线EF分别与直线AB，CD相交于点G，H，已知∠1=∠2=50°，GM平分∠HGB交直线CD于点M，则∠3等于（ ）

A．60° B．65° C．70° D．130°

4．点P的坐标为（﹣1，2），则点P位于（ ） A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

5．已知：AB=AD，∠C=∠E，CD、BE相交于O，下列结论：(1)BC=DE，(2)CD=BE，(3)△BOC≌△DOE；其中正确的是( )

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个

6．下列各式从左到右的变形中，是因式分解的是（ ） A．3x+2x﹣1=5x﹣1 C．x2+x=x2（1+

B．（3a+2b）（3a﹣2b）=9a2﹣4b2 D．2x2﹣8y2=2（x+2y）（x﹣2y）

1） x7．不等式1+x≥2﹣3x的解是（ ） A．x1 4B．x1 4C．x1 4D．x1 48．下列坐标点在第四象限的是（ ） A．1,2

B．1,2

C．1,2

D．1,2

9．如图，在AOB中，尺规作图如下：在射线OA、OB上，分别截取OD、OE，使ODOE；分别以点D和点E为圆心、大于

1DE的长为半径作弧，两弧相交于点2成立的是( ) C；作射线OC，连结CE、CD.下列结论不一定．．．

A．OE EC

B．CECD C．OECODCD．ECODCO

10．下列运算中，计算结果正确的是（ ） A．a2•a3＝a6 C．（a2b）2＝a2b2

二、填空题(每小题3分,共24分) 11．分解因式：x2-2x+1=__________．

12．如图，在△ABC与△AEF中，AB=AE，BC=EF，∠B=∠E，AB交EF于点D.给出下列结论：①∠EAB=∠FAC；②AF=AC；③∠C=∠EFA；④AD=AC.其中正确的结论是_____(填序号)．

B．（a2）3＝a5 D．（π﹣1）0＝1

13．点P3,4关于y轴的对称点P′的坐标是________．

14．已知点P（﹣10，1）关于y轴对称点Q（a+b，b﹣1），则ab的值为_____． 15．在实数范围内分解因式：m﹣4=______．

BD平分ABC，16．如图，在ABC中，若DF5，DFBC于点F,DEAB于点E，则点D到边AB的距离为_____________.

4

17．若分式

x1有意义，则x的取值范围为_____． x2x24

18．（1）当x＝_____时，分式的值为1．

x2

（2）已知（x+y）2＝31，（x﹣y）2＝18，则xy＝_____． 三、解答题(共66分)

x21111x19．（10分）先化简再求值：，其中＝ x2x2320．（6分）已知：如图①所示的三角形纸片内部有一点P． 任务：借助折纸在纸片上画出过点P与BC边平行的线段FG． 阅读操作步骤并填空：

小谢按图①～图④所示步骤进行折纸操作完成了画图任务．

在小谢的折叠操作过程中，

（1）第一步得到图②，方法是：过点P折叠纸片，使得点B落在BC边上，落点记为

； B，折痕分别交原AB，BC边于点E，D，此时∠EDB即∠EDC=__________°（2）第二步得到图③，参考第一步中横线上的叙述，第二步的操作指令可叙述为：_____________，并求∠EPF的度数；

（3）第三步展平纸片并画出两次折痕所在的线段ED，FG得到图④． 完成操作中的说理：

请结合以上信息证明FG∥BC． 21．（6分）直线y3x6与x轴相交于点B，与y轴相交于点A. 4

（1）求直线AB与坐标轴围成的面积；

（2）在x轴上一动点P，使ABP是等腰三角形；请直接写出所有P点的坐标，并求出如图所示APPB时点P的坐标； （3）直线yx3与直线AB相交于点C，与x轴相交于点D；点Q是直线CD上

一点，若BQD的面积是BCD的面积的两倍，求点Q的坐标.

22．（8分）在平面直角坐标系中，点A（4，0），B（0，4），点C是x轴负半轴上的一动点，连接BC，过点A作直线BC的垂线，垂足为D，交y轴于点E． （1）如图（1），

①判断BCO与AEO是否相等（直接写出结论，不需要证明）. ②若OC=2，求点E的坐标．

（2）如图（2），若OC<4，连接DO，求证：DO平分ADC．

（3）若OC>4时，请问（2）的结论是否成立？若成立，画出图形，并证明；若不成立，说明理由．

23．（8分）在Rt△ABC中,AB=AC,D为BC边上一点(不与点B,C重合),将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE.

(1)连接EC，如图①，试探索线段BC，CD，CE之间满足的等量关系，并证明你的结论；

(2)连接DE，如图②，求证：BD2+CD2=2AD2

(3)如图③,在四边形ABCD中，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°，若BD=13，CD=1，则AD的长为 ▲ .(直接写出答案）

24．（8分）如图1，把一张长方形的纸片ABCD沿对角线BD折叠，点C落在E处，BE交AD于点F.

（1）求证：FB=FD;

（2）如图2，连接AE，求证：AE∥BD;

（3）如图3，延长BA，DE相交于点G，连接GF并延长交BD于点H，求证：GH垂直平分BD．

25．（10分）如图，点C在线段AB上，AB，ACBE，ADBC，F是DE的中点．

(1)求证：CFDE；

(2)若ADC20，DCB80，求CDE的度数．

26．（10分）将4个数a，b，c，d排成2行、2列，两边各加一条竖直线记成

a b，c d定义

a bc d=adbc，上述记号就叫做2阶行列式．若

x+1? 1x1x? +1x8，求x的值

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分) 1、C

【分析】根据合并同类项、幂的乘方和积的乘方进行计算即可． 【详解】解：A、（a2）3=a6，故错误； B、10ab3÷（-5ab）=-2b2，故错误； C、5xy=3x-2y，故正确； （15x2y-10xy2）÷

b5D、ab•（ab）=6，故错误；

a-23

2-1

-2

故选C. 【点睛】

本题考查了整式的混合运算，掌握合并同类项、幂的乘方和积的乘方的运算法则是解题的关键． 2、B

【分析】根据函数图象直接得出甲乙两地之间的距离；根据题意得出慢车往返分别用了4小时，慢车行驶4小时的距离，快车3小时即可行驶完，进而求出快车速度以及利用

两车速度之比得出慢车速度；设慢车速度为3xkm/h，快车速度为4xkm/h，由4=560，可得x=20，从而得出快车的速度是80km/h，慢车的速度是（3x+4x）×

60km/h．由题意可得出：快车和慢车相遇地离甲地的距离，当慢车行驶了7小时后，快车已到达甲地，可求出此时两车之间的距离即可．

【详解】由题意可得出：甲乙两地之间的距离为560千米，故①正确；

由题意可得出：慢车和快车经过4个小时后相遇，出发后两车之间的距离开始增大直到快车到达甲地后两车之间的距离开始缩小，由图分析可知快车经过3个小时后到达甲地，此段路程慢车需要行驶4小时，因此慢车和快车的速度之比为3：4，故②错误； ∴设慢车速度为3xkm/h，快车速度为4xkm/h， 4=560，x=20 ∴（3x+4x）×

∴快车的速度是80km/h，慢车的速度是60km/h．

60=240km，故④错误， 由题意可得出：快车和慢车相遇地离甲地的距离为4×

60=60km，当慢车行驶了7小时后，快车已到达甲地，此时两车之间的距离为240-3×故③正确． 故选B． 【点睛】

此题主要考查了待定系数法求一次函数解析式以及一次函数的应用，读懂图，获取正确信息是解题关键． 3、B

， 【解析】试题分析：∵∠1＝50°∴∠BGH＝180°－50°＝130°， ∵GM平分∠HGB， ∴∠BGM＝65°， ∵∠1＝∠2，

∴AB∥CD（同位角相等，两直线平行），

∴∠3＝∠BGM＝65°（两直线平行，内错角相等）． 故选B．

点睛：本题主要考查了平行线的判定和性质，根据同位角相等，两直线平行得出AB∥CD是解决此题的关键． 4、B

【分析】根据第一象限（+，+）；第二象限（﹣，+）；第三象限（﹣，﹣）；第四象限（+，﹣），可得答案．

【详解】P的坐标为（﹣1，2），则点P位于第二象限， 故选B． 5、D

【分析】根据已知条件证明△ABE≌△ADC,即可依次证明判定. 【详解】∵AB=AD，∠C=∠E， 又∠A=∠A

∴△ABE≌△ADC（AAS） ∴AE=AC,CD=BE,(2)正确； ∵AB=AD

∴AC-AB=AE-AD,即BC=DE，（1）正确； ∵∠BOC=∠DOE，∠C=∠E

∴△BOC≌△DOE（AAS），故（3）正确 故选D. 【点睛】

此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定定理. 6、D

【解析】A. 没把一个多项式转化成几个整式积的形式，故A错误； B. 是整式的乘法，故B错误；

C. 没把一个多项式转化成几个整式积的形式，故C错误； D. 把一个多项式转化成几个整式积的形式，故D正确； 故选D. 7、B

【分析】按照解不等式的步骤移项、合并同类项、系数化1，进行求解即可. 【详解】移项得，x+3x≥2﹣1， 合并同类项得，4x≥1， 化系数为1得，x故选：B． 【点睛】

此题主要考查不等式的求解，熟练掌握，即可解题. 8、D

【分析】根据第四象限内的点的横坐标大于零，纵坐标小于零，可得答案．

【详解】解：由第四象限内的点的横坐标大于零，纵坐标小于零，得在第四象限内的是

1． 4（1，-2）， 故选：D． 【点睛】

本题考查了点的坐标，熟记各象限内点的坐标特征是解题关键． 9、A

【分析】根据题意可利用SSS判定△OEC≌△ODC，然后根据全等三角形的性质判断即可．

【详解】解：根据题意，得：OE=OD，CE=CD，OC=OC，∴△OEC≌△ODC（SSS）， ∴OECODC，ECODCO，∴B、C、D三项是正确的，而OE EC不一定成立． 故选 ：A． 【点睛】

本题考查的是角平分线的尺规作图和全等三角形的判定和性质，属于基本题型，熟练掌握基本知识是关键． 10、D

【分析】根据同底数幂的乘法、幂的乘方、积的乘方、非零的零次幂是1，对各项分析判断后利用排除法求解 故选：D．

【详解】A、a2•a3＝a5，故此选项错误； B、（a2）3＝a6，故此选项错误； C、（a2b）2＝a4b2，故此选项错误； D、（π﹣1）0＝1，正确． 故选：D． 【点睛】

本题考查了同底数幂的乘法、幂的乘方和积的乘方运算，掌握运算法则是解答本题的关键.

二、填空题(每小题3分,共24分) 11、（x-1）1．

【详解】由完全平方公式可得：x2x1(x1) 故答案为(x1)． 【点睛】

222错因分析 容易题.失分原因是：①因式分解的方法掌握不熟练；②因式分解不彻底. 12、①②③

【解析】解：在△AEF和△ABC中，

∵AB=AE，∠B=∠E，BC=EF，∴△AEF≌△ABC（SAS），∴∠EAF=∠BAC，AF=AC，∠C=∠EFA，∴∠EAB=∠FAC，故①②③正确，④错误； 所以答案为：①②③．

点睛：本题主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键． 13、3,4

【分析】根据关于y轴对称的两个点的坐标，横坐标互为相反数，纵坐标不变，得出答案． 【详解】

关于y轴对称的两个点的坐标，横坐标互为相反数，纵坐标不变

 点P3,4关于y轴的对称点P的坐标为3,4．

故答案为3,4． 【点睛】

本题主要考查直角坐标系里的轴对称问题，关键是利用关于x轴对称的点，横坐标不变，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标不变，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数． 14、32

a+b=10，【分析】根据关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变可得，b-1=1，计算出a、b的值，然后代入可得ab的值．

【详解】解：∵点P（﹣10，1）关于y轴对称点Q（a+b，b﹣1）， ∴a+b＝10，b﹣1＝1， 解得：a＝8，b＝2，

则ab＝8+2＝22+2＝32， 故答案为：32． 【点睛】

此题主要考查关于y轴对称点的坐标特点以及二次根式的加法运算，关键是掌握关于y轴对称点的坐标特点，即关于y轴对称的两点：横坐标互为相反数，纵坐标不变．

15、(m22)(m2)(m2)

【解析】连续用二次平方差公式分解即可. 【详解】m4﹣4 =(m2+2)(m2-2) =(m2+2)[m2-(2)2]

m2.

故答案为：m2m2m2.

=m2m222【点睛】

本题考查了二次根式的性质及因式分解，把一个多项式化成几个整式的乘积的形式，叫做因式分解.因式分解常用的方法有：①提公因式法；②公式法；③十字相乘法；④分组分解法. 因式分解必须分解到每个因式都不能再分解为止. 16、5

【分析】根据角平分线的性质定理，即可求解.

【详解】∵在ABC中，BD平分ABC，DFBC于点F，DEAB于点E， ∴DE=DF=5,

∴点D到边AB的距离为5. 故答案是:5 【点睛】

本题主要考查角平分线的性质定理，掌握角平分线的性质定理是解题的关键. 17、x≥﹣1且x≠1．

【解析】根据被开方式是非负数，且分母不等于零列式求解即可. 【详解】解：由题意得：x+1≥0，且x﹣1≠0， 解得：x≥﹣1且x≠1， 故答案为x≥﹣1且x≠1． 【点睛】

本题考查了代数式有意义时字母的取值范围，代数式有意义时字母的取值范围一般从几个方面考虑：①当代数式是整式时，字母可取全体实数；②当代数式是分式时，考虑分式的分母不能为0；③当代数式是二次根式时，被开方数为非负数． 18、－2 2

【分析】（1）根据分式值为零的条件可得x2﹣4＝1，且x﹣2≠1，再解即可； （2）根据完全平方公式得到（x+y）2＝（x﹣y）2+4xy，然后把（x+y）2＝21，（x﹣y）

2

＝18整体代入计算即可．

【详解】（1）解：由题意得：x2﹣4＝1，且x﹣2≠1， 解得：x＝﹣2， 故答案为：﹣2；

（2）解：（x+y）2＝（x﹣y）2+4xy， ∵（x+y）2＝21，（x﹣y）2＝18， ∴21＝18+4xy 解得：xy＝2， 故答案为：2． 【点睛】

此题主要考查了分式的值为零的条件及完全平方公式的变形，也考查了代数式的变形能力以及整体思想的运用，熟练掌握分式值为零的条件及完全平方公式时解决本题的关键，分式值为零需同时具备两个条件：（1）分子为1；（2）分母不为1．这两个条件缺一不可．

三、解答题(共66分) 19、化简的结果是x1；2. 3【分析】先计算括号里的减法，将x21进行因式分解，再将除法运算化为乘法运算，约分得到最简结果，将x的值代入计算即可求出值.

x211(x1)(x1)x1(x1)(x1)x21==x1，【详解】解： =x2x2x2x2x2x1当x＝

112时，原式= 1=  333【点睛】

此题考查了分式的化简求值，以及解分式方程，分式的加减运算关键是通分，通分的关键是找最简公分母；分式的乘除运算关键是约分，约分的关键是找公因式．

20、（1）90；（2）过点P折叠纸片，使得点D落在PE上，落点记为D，折痕交原AC边于点F；（3）见解析

【分析】（1）根据折叠得到EDBEDB'，利用邻补角的性质即可得结论； （2）根据（1）的操作指令即可写出第二步； （3）根据（1）（2）的操作过程即可证明结论． 【详解】解：

（1）因为：EDBEDB180,EDBEDB 所以：EDC90

故答案为90 ．

（2）过点P折叠纸片，使得点D落在PE上，落点记为D，折痕交原AC边于点F． 由折叠过程可知∠DPF=∠EPF=∠DPF， ∵D,P,D三点共线， ∴∠DPF＋∠DPF=180°， ∴∠DPF=90°，

∴∠EPF=90°． （3）完成操作中的说理： ∵∠EDC=90°，∠EPF=90°，

∴∠EDC=∠EPF， ∴FG∥BC． 【点睛】

本题考查了作图-复杂作图、平行线的判定和性质、邻补角的性质，解决本题的关键是理解操作过程．

21、（1）24；（2）所有P点的坐标8,0，点P的坐标2,0，18,0,(,0)，

''747,0；4（3）Q45668766,或,. 7777【分析】（1）先求出OA,OB的长度，然后利用面积公式即可求解；

（2）ABP是等腰三角形,分三种情况讨论：若ABAP时；若ABBP时；若

APBP时，图中给出的情况是APBP时，设OPx，利用勾股定理即可求出x

的值，从而可确定P的坐标；

（3）先求出点C的坐标，然后根据面积之间的关系求出D的纵坐标，然后将纵坐标代入直线CD中即可求出横坐标．

【详解】（1）当y0时，x8，

B(8,0) ,OB8 ；

当x0时，y6,

A(0,6),OA6 ；

∴AOB的面积11OAOB6824； 22（2）ABP是等腰三角形,分三种情况讨论： 若ABAP时，有OPOB，此时P8,0； 若ABBP时，

ABOA2OB2628210 BP10

此时P2,0或P18,0； 若APBP时,

设OPx，则APPB8x，

由AO2OP2AP2，得：62x28x ∴x27 47,0； 4此时P（3）由y3x6以及y4x3得x12331233,y，所以C,， 7777∵BQD的面积是BCD的面积的两倍，

6666或， 776645把y代入yx3得x，

776687把y代入yx3得x

77∴Q点的纵坐标为因此Q45668766,或,.

7777【点睛】

本题主要考查一次函数与几何综合，数形结合及分情况讨论是解题的关键．

22、（1）①BCOAEO，理由见详解；② E(0,2) （2）见详解；（3）结论依然成立，理由见详解

【分析】（1）①通过ADBC得出BCOCAD90，再通过等量代换即可得出

BCOAEO；

②通过AAS证明BCOAEO，得出OCOE2，从而可确定点E的坐标； （2）过点O分别作OG⊥AE于点G，OH⊥BC于点H，通过BCOAEO得出

BCAE,SBOCSAOE，从而得出OHOG，最后利用角平分线性质定理的逆定理

即可得出结论；

ON⊥CB于BC于点H，（3）过点O分别作OM⊥AE于点G，先证明BCOAEO，通过BCOAEO得出BCAE,SBOCSAOE，从而得出ONOM，最后利用

角平分线性质定理的逆定理即可得出结论． 【详解】（1）①BCOAEO，理由如下：

ADBC

ADC90

BCOCAD90 AEOCAD90 BCOAEO

②

A(4,0),B(0,4)

OAOB4

BCOAEO在BCO和△AEO中,COBEOA

OBOABCOAEO(AAS)

OCOE

OC2

OE2

E(0,2)

（2）过点O分别作OG⊥AE于点G，OH⊥BC于点H

BCOAEO BCAE,SBOCSAOE

SBOC1BCOH,S2AOE1AEOG 2OHOG

∵OG⊥AE，OH⊥BC ∴点O在ADC的平分线上 ∴DO平分ADC

（3）结论依然成立，理由如下：

过点O分别作OM⊥AE于点G，ON⊥CB于BC于点H

ADBC

ADC90

BCOCAD90 AEOCAD90 BCOAEO A(4,0),B(0,4)

OAOB4

BCOAEO在BCO和△AEO中,COBEOA

OBOABCOAEO(AAS) BCAE,SBOCSAOE

SBOC1BCON,S2AOE1AEOM 2ONOM

∵OM⊥AE，ON⊥BC ∴点O在ADC的平分线上 ∴DO平分ADC 【点睛】

本题主要考查全等三角形的判定及性质，角平分线的性质定理的逆定理，掌握角平分线性质定理的逆定理和全等三角形的判定及性质是解题的关键． 23、（1）BC=DC+EC，理由见解析；（2）见解析；（3）6 【分析】

（1）根据本题中的条件证出△BAD≌△CAE（SAS）, 得到BD=CE,再根据条件即可证出结果.

, 所以CE2+CD2=ED2,可推出（2）由（1）中的条件可得∠DCE=∠ACE+∠ACB=90°BD2+CD2=ED2,再根据勾股定理可得出结果.

（3）作AE⊥AD,使AE=AD，连接CE,DE,可推出△BAD≌△CAE（SAS）,所以BD=CE=13,再根据勾股定理求得DE. 【详解】

解：（1）结论：BC=DC+EC 理由：如图①中, , ∵∠BAC=∠DAE=90°

∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE, 在△BAD和△CAE中,

ABACBADCAE, ADAE∴△BAD≌△CAE（SAS）;

∴BD=CE,

∴BC=BD+CD=EC+CD, 即：BC=DC+EC. （2）BD2+CD2=2AD2, 理由如下：连接CE,

由（1）得，△BAD≌△CAE, ∴BD=CE，∠ACE=∠B, , ∴∠DCE=∠ACE+∠ACB=90°∴CE2+CD2=ED2, 即：BD2+CD2=ED2;

在Rt△ADE中,AD2+AE2=ED2,又AD=AE, ∴ED2=2AD2; ∴BD2+CD2=2AD2;

（3）AD的长为6(学生直接写出答案）. 作AE⊥AD,使AE=AD,连接CE,DE,

∵∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD, 即∠BAD=∠CAE, 在△BAD与△CAE中,

AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE. ∴△BAD≌△CAE（SAS）,

∴BD=CE=13, ,∠EDA=45°, ∵∠ADC=45°, ∴∠EDC=90°

∴DE2=CE2-CD2=（13）2-12=12, ∴DE=23, ,AD2+AE2=DE2, ∵∠DAE=90°∴AD=6. 【点睛】

本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．

24、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.

【解析】试题分析：(1)根据矩形的性质和折叠的性质可得：AB＝DC=DE，∠BAD＝∠BCD＝∠BED=90°，根据AAS可证△ABF≌△EDF，根据全等三角形的性质可证BF=DF；

(2)根据全等三角形的性质可证：FA=FE，根据等边对等角可得：∠FAE=∠FEA，根据三角形内角和定理可证：2∠AEF ＋∠AFE =2∠FBD＋∠BFD =180°，所以可证∠AEF=∠FBD，根据内错角相等，两直线平行可证AE∥BD；

(3)根据矩形的性质可证：AD=BC=BE，AB=CD=DE，BD=DB，根据SSS可证：△ABD≌△EDB，∠ABD=∠EDB，根据全等三角形的性质可证：根据等角对等边可证：GB=GD，根据HL可证：△AFG≌△EFG，根据全等三角形的性质可证：∠AGF=∠EGF，所以GH垂直平分BD. 试题解析：（1）∵长方形ABCD，

∴AB＝DC=DE，∠BAD＝∠BCD＝∠BED=90°，

BADBED在△ABF和△DEF中，{AFBEFD

ABDE∴△ABF≌△EDF（AAS）， ∴BF=DF.

（2）∵△ABF≌△EDF， ∴FA=FE，

∴∠FAE=∠FEA，

又∵∠AFE=∠BFD，且2∠AEF ＋∠AFE =2∠FBD＋∠BFD =180°， ∴∠AEF=∠FBD， ∴AE∥BD，

（3）∵长方形ABCD，

∴AD=BC=BE，AB=CD=DE，BD=DB， ∴△ABD≌△EDB（SSS）， ∴∠ABD=∠EDB， ∴GB=GD，

在△AFG和△EFG中， ∠GAF＝∠GEF=90°， FA=FE， FG＝FG，

∴△AFG≌△EFG（HL）， ∴∠AGF=∠EGF， ∴GH垂直平分BD. 【方法II】

（1）∵△BCD≌△BED， ∴∠DBC＝∠EBD 又∵长方形ABCD， ∴AD∥BC， ∴∠ADB＝∠DBC， ∴∠EBD＝∠ADB， ∴FB=FD.

（2）∵长方形ABCD， ∴AD=BC=BE， 又∵FB=FD， ∴FA=FE， ∴∠FAE=∠FEA，

又∵∠AFE=∠BFD，且2∠AEF ＋∠AFE =2∠FBD＋∠BFD =180°， ∴∠AEF=∠FBD， ∴AE∥BD，

（3）∵长方形ABCD，

∴AD=BC=BE，AB=CD=DE，BD=DB， ∴△ABD≌△EDB， ∴∠ABD=∠EDB， ∴GB=GD， 又∵FB=FD，

∴GF是BD的垂直平分线， 即GH垂直平分BD.

考点：1.折叠的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.平行线的性质与判定；4.矩形的性质.

25、 (1) 证明见解析；(2)40.

【分析】(1)由“SAS”可证△ADC≌△BCE，可得CD=CE，由等腰三角形的性质可得结论；

(2)由全等三角形的性质和等腰三角形的性质可求解． 【详解】(1)在ACD和BEC中，

ACBEAB， ADBC∴ACD≌BECSAS， ∴CDCE， 又∵F是DE的中点， ∴CFDE；

(2)由(1)可知，ACD≌BEC， ∴ADCECB20，CDCE， 又∵DCB80，

∴DCEDCBECB8020100， ∵CDCE ∴CDECED【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，证明△ADC≌△BCE是本题的关键． 26、x2

180DCE18010040．

22【分析】首先根据2阶行列式的运算法则列出关于x的方程，然后利用多项式乘多项式的法则展开得到关于x的一元一次方程，最后解这个一元一次方程即可． 【详解】解：根据题意化简得：x11x8， 整理得：x2x112xx即4x8， 解得：x2． 【点睛】

本题主要考查的是乘法公式，解一元一次方程，根据二阶行列式的运算法则列出方程是解题的关键．

222280，