2022-2023学年北京市东城区汇文中学八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年北京市东城区汇文中学八年级（下）期中数学试卷（含解析），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年北京市东城区汇文中学八年级（下）期中数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共20.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列各式中，哪个是最简二次根式(    )
A. 0.2 B. 12 C. 5 D. 12
2. 以下列各数为边长，能构成直角三角形的是(    )
A. 1，2，2 B. 1， 3，2 C. 4，5，6 D. 1，1， 3
3. 如图，平行四边形ABCD中，若∠B=2∠A，则∠C的度数为(    )
A. 60°
B. 120°
C. 72°
D. 36°
4. 下列计算中，正确的是(    )
A. 2× 3= 6 B. 2+ 2=2 2 C. 2 3−2= 3 D. 2+ 3= 5
5. 如图，两把完全一样的直尺叠放在一起，重合的部分构成一个四边形，这个四边形一定是(    )


A. 矩形 B. 菱形 C. 正方形 D. 无法判断
6. 如图在实践活动课上，小华打算测量学校旗杆的高度，她发现旗杆顶端的绳子垂到地面后还多出1m，当她把绳子斜拉直，且使绳子的底端刚好接触地面时，测得绳子底端距离旗杆底部5m，由此可计算出学校旗杆的高度是(    )


A. 8m B. 10m C. 12m D. 15m
7. 如图，一支铅笔放在圆柱体笔筒中，笔筒的内部底面直径是9cm，内壁高12cm，则这支铅笔的长度可能是(    )
A. 9cm
B. 12cm
C. 15cm
D. 18cm
8. 下列命题正确的是(    )
A. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B. 对角线相等的四边形是矩形
C. 有一组邻边相等的四边形是菱形
D. 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形
9. 如图，在△ABC中，点D、点E分别是AB，AC的中点，点F是DE上一点，且∠AFC=90°，若BC=12，AC=8，则DF的长为(    )


A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
10. 老师布置了任务：过直线AB上一点C作AB的垂线.在没有直角尺的情况下，嘉嘉和淇淇利用手头的学习工具给出了如图所示的两种方案，下列判断正确的是(    )
方案Ⅰ
①利用一把有刻度的直尺在AB上量出CD=30cm．
②分别以D，C为圆心，以50cm和40cm为半径画圆弧，两弧相交于点E．
③作直线CE，CE即为所求的垂线．

方案Ⅱ
取一根笔直的木棒，在木棒上标出M，N两点
①使点M与点C重合，点N对应的位置标记为点Q．
②保持点N不动，将木棒绕点N旋转，使点M落在AB上，将旋转后点M对应的位置标记为点R．
③将RO延长，在延长线上截取线段OS=MN，得到点S．
④作直线SC，SC即为所求直线．



A. Ⅰ可行、Ⅱ不可行 B. Ⅰ不可行、Ⅱ可行
C. Ⅰ、Ⅱ都可行 D. Ⅰ、Ⅱ都不可行
二、填空题（本大题共8小题，共16.0分）
11. 若 x−1在实数范围内有意义，请写出一个符合条件的实数x的值______ ．
12. 计算( 2023)2的结果为______ ．
13. 如图，A，B两点被池塘隔开，在AB外选一点C，连接AC和BC.分别取AC，BC的中点D，E，测得D，E两点间的距离为20m，则A，B两点间的距离为______m.


14. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=25°，D是AB的中点，则∠ADC=           ．






15. 如图，在数轴上点A表示的实数是______．

16. 如图，在菱形ABCD中，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD和DA的中点，连接EF，FG，GH和HE.若EH=4，EF=2，则菱形ABCD的面积为______ ．
17. 已知直角三角形三边长分别是a+1，a+2，a+3，则a的值为______ ．
18. 已知x，y为实数，记M= (x−3)2+1+ x2+y2+ 4+(y−6)2，
(1)当x=y=0时，M的值为______ ．
(2)M的最小值为______ ．
三、解答题（本大题共10小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题16.0分)
计算：
(1) 18× 6；
(2) 8− 2+2 12；
(3) 12× 93÷ 33；
(4)( 7+ 5)×( 7− 5)．
20. (本小题5.0分)
下面是小明设计的“在一个平行四边形内作菱形”的尺规作图过程．
已知：四边形ABCD是平行四边形．
求作：菱形ABEF(点E在BC上，点F在AD上)．
作法：①以A为圆心，AB长为半径作弧，交AD于点F；
②以B为圆心，AB长为半径作弧，交BC于点E；
③连接EF．
所以四边形ABEF为所求的菱形．
根据小明设计的尺规作图过程，
(1)使用直尺和圆规，补全图形；(保留作图痕迹)
(2)完成下面的证明．
证明：∵AF=AB，BE=AB，
∴______=______．
在▱ABCD中，AD//BC，
即AF//BE．
∴四边形ABEF为平行四边形．(______)(填推理的依据)
∵AF=AB，
∴四边形ABEF为菱形．(______)(填推理的依据)

21. (本小题5.0分)
如图，在△ABC中，AB=4，AC=3，BC=5，DE是BC的垂直平分线，交BC于D，AB于E．
(1)求证：△ABC为直角三角形；
(2)求AE的长．





22. (本小题5.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，DF=BE，连接AF，BF．
(1)求证：四边形BFDE是矩形；
(2)若AF平分∠DAB，CF=3，BF=4，求DF长．

23. (本小题4.0分)
海伦公式是利用三角形三条边长求三角形面积的公式，用符号表示为：S= p(p−a)(p−b)(p−c)(其中a，b，c为三角形的三边长，p=a+b+c2，S为三角形的面积).利用上述材料解决问题：当a=2，b=3，c=4时．
(1)直接写出p的化简结果为______ ．
(2)写出计算S值的过程．
24. (本小题4.0分)
如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的顶点叫做格点，每个小正方形边长为1，以格点为顶点分别按下列要求画图．

(1)在图①中，画一个正方形，使它的边长为 5；
(2)在图②中，画一个直角三角形，使它的三边长都是有理数；
(3)在图③中，画一个三角形，使它的三边长分别为 5，2 5，5，并直接写出该三角形最长边上的高的长度．
25. (本小题5.0分)
某同学在解决问题：已知a=12+ 3，求2a2−8a+1的值．
他是这样分析与求解的：
先将a进行分母有理化，过程如下，
a=12+ 3=2− 3(2+ 3)(2− 3)=2− 3，
∴a=2− 3，
∴(a−2)2=3，a2−4a+4=3，
∴a2−4a=−1，
∴2a2−8a+1=2(a2−4a)+1=2×(−1)+1=−1．
请你根据上述分析过程，解决如下问题：
(1)若a=1 2−1，请将a进行分母有理化；
(2)在(1)的条件下，求a2−2a的值；
(3)在(1)的条件下，求2a3−4a2−1的值．
26. (本小题7.0分)
三国时期的数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了用几何法对一元二次方程进行求解的方法，以x2−2x−3=0为例，大致过程如下：
第一步：将原方程变形为x2−2x=3.即x(x−2)=3．
第二步：构造一个长为x，宽为(x−2)的长方形，长比宽大2，且面积为3，如图①所示．
第三步：用四个这样的长方形围成一个大正方形，中间是一个小正方形，如图②所示．
第四步：
将大正方形边长用含x的代数式表示为______ ．
小正方形边长为常数______ ，
长方形面积之和为常数______ ．
由观察可得，大正方形面积等于四个长方形与小正方形面积之和，得方程______ ，两边开方可求得x1=3，x2=−1．
(1)第四步中横线上应依次填入______ ，______ ，______ ，______ ；
(2)请参考古人的思考过程，画出示意图，写出步骤，解方程x2−x−3=0．

27. (本小题7.0分)
现有正方形ABCD和一个直角∠MON．

(1)如图1，若点O与点A重合，射线OM交CB延长线于E，射线ON交正方形的边CD于F，则OE与OF的数量关系是______ ，请证明你的结论；
(2)如图2，若点O在正方形的对角线AC上，射线OM交BC延长线于E，射线ON恰好经过点D，则CB、CE与CO的数量关系是______ ，请证明你的结论；
(3)若∠MON在正方形ABCD所在平面内任意移动，射线OM交直线BC于点E，射线ON交直线CD于点F，若OE与OF始终保持相等，请你直接写出点O所有可能的位置．
28. (本小题6.0分)
在平面直角坐标系xOy中，对于P，Q两点，给出如下定义：若点P到x、y轴的距离中的最大值等于点Q到x、y轴的距离中的最大值，则称P，Q两点为“等距点”．

(1)如图1，已知点P的坐标为(−4,1)，在点Q1(4,0)，Q2(2,2)，Q3(−3,−4)中，与点P是“等距点”的有______ ；
(2)如图2，菱形ABCD四个顶点的坐标为A(−a,0)，B(0,−b)，C(a,0)，D(0,b)，(a>0,b>0)，
①当a=b=5时，点N为菱形的边CD上一个动点，令点N到x、y轴的距离中的最大值为dN，则dN的取值范围是______ ；
②当a=6，b=3时，点F为菱形的边CD上一个动点，若平面中存在一点E，使得E，F两点为“等距点”.在图3中画出点E的轨迹，并计算该轨迹所形成图形的面积；
③我们规定：横纵坐标均为整数的点是整点.若菱形ABCD的边CD过定点(1,1)，点F为菱形的边CD上一个动点，平面中存在一点E，使得E，F两点为“等距点”，若菱形内部(不含边界)恰有9个整点，直接写出点E的轨迹所覆盖整点的个数．
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查最简二次根式的概念，此类试题的一般解题方法是：只要被开方数中是分数或小数，一定不是最简二次根式；被开方数中含有能开得尽方的因数，也一定不是最简二次根式．
【解答】
解：A． 0.2= 15= 55，不符合题意；
B. 12= 22，不符合题意；
C. 5是最简二次根式，符合题意；
D. 12= 4×3=2 3，不符合题意．
故选：C．  
2.【答案】B 
【解析】解：A、12+22≠22，不符合勾股定理的逆定理，不能构成直角三角形；
B、12+( 3)2=22，符合勾股定理的逆定理，能构成直角三角形；
C、42+52≠62，不符合勾股定理的逆定理，不能构成直角三角形；
D、12+12≠( 3)2，不符合勾股定理的逆定理，不能构成直角三角形．
故选B．
根据勾股定理的逆定理可知，当三角形中三边的关系为：a2+b2=c2时，则三角形为直角三角形．
此题考查的是勾股定理的逆定理：已知三角形ABC的三边满足：a2+b2=c2时，则三角形ABC是直角三角形．解答时，只需看两较小数的平方和是否等于最大数的平方．

3.【答案】A 
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB//CD，AD//BC，
∴∠A+∠B=180°，∠C+∠B=180°，∠A=∠C，
∵∠B=2∠A，
∴3∠A=180°，
∴∠C=∠A=60°，
故选：A．
根据平行四边形的性质结合已知条件即可求解．
本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．

4.【答案】A 
【解析】解：A、 2× 3= 2×3= 6，故A选项在正确，符合题意；
B、2与 2不是同类二次根式不能合并，故B选项错误，不符合题意；
C、2 3与2不是同类二次根式不能合并，故C选项错误，不符合题意；
D、 2与 3不是同类二次根式不能合并，故D选项错误，不符合题意；
故选：A．
根据二次根式的运算法则逐项计算即可．
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的运算法则是解题的关键．

5.【答案】B 
【解析】解：∵DC//AB,AD//BC
∴四边形ABCD为平行四边形，
过点D作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F．

∵两把直尺的宽度相等，
∴DE=DF．
又∵平行四边形ABCD的面积=AB⋅DE=BC⋅DF，
∴AB=BC，
∴平行四边形ABCD为菱形．
故选：B．
由条件可知AB//CD，AD//BC，再证明AB=BC即可解决问题．
本题考查了菱形的判定，解题的关键是添加辅助线，证明AB=BC．

6.【答案】C 
【解析】解：设旗杆的高度为x米，则绳子的长度为(x+1)米，
根据勾股定理可得：x2+52=(x+1)2，
解得，x=12．
即旗杆的高度为12米．
故选：C．
因为旗杆、绳子、地面正好构成直角三角形，设旗杆的高度为x米，则绳子的长度为(x+1)米，根据勾股定理即可求得旗杆的高度．
此题考查了勾股定理的应用，正确运用勾股定理是解题关键．

7.【答案】D 
【解析】
【分析】
此题主要考查了勾股定理的应用，正确得出笔筒内铅笔的最短长度是解决问题的关键．
首先根据题意画出图形，利用勾股定理计算出AC的长即可．
【解答】
解：根据题意可得图形：AB=12cm，BC=9cm，
在Rt△ABC中：AC2=AB2+BC2=122+92=152，
∴AC=15cm．
则这支铅笔的长度大于15cm．
故选：D．  
8.【答案】D 
【解析】解：A、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，所以A选项为假命题；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，所以B选项为假命题；
C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，所以C选项为假命题；
D、有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形，所以D选项为真命题．
故选：D．
根据平行四边形的判定方法对A进行判断；根据矩形的判定方法对B进行判断；根据菱形的判定方法对C进行判断；根据正方形的判定方法对D进行判断．
本题考查了命题与定理：命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．熟练掌握特殊四边形的判定定理是关键．

9.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．根据三角形中位线定理求出DE，根据直角三角形的性质求出FE，计算即可．
【解答】
解：∵点D、点E分别是AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12BC，
∵BC=12，
∴DE=6，
在Rt△AFC中，∠AFC=90°，点E是AC的中点，AC=8，
∴FE=12AC=4，
∴DF=DE−FE=6−4=2，
故选B．  
10.【答案】C 
【解析】解：方案Ⅰ：∵CD2+CE2=302+402=502=DE2，
∴△CDE是直角三角形；
故方案Ⅰ可行；
方案Ⅱ：由作图得：Q是SR的中点，且CQ=0.5AS，
∴∠ACS=90°，
∴△CDE是直角三角形，
故选：C．
两个方案分别根据“勾股定理的逆定理”和“如果三角形一边上我中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形”进行的作图，故都正确．
本题考查了复杂作图，掌握直角三角形的判定定理是解题的关键．

11.【答案】2(答案不唯一) 
【解析】解：由题意得，x−1≥0，
解得x≥1．
故答案为：2(答案不唯一)．
根据二次根式的被开平方数是非负数进行求解．
此题考查了二次根式概念的应用能力，关键是能准确理解并运用以上知识．

12.【答案】2023 
【解析】解：( 2023)2=2023，
故答案为：2023．
根据( a)2=a即可得到答案．
本题考查了二次根式的性质与化简，熟练掌握二次根式的性质是解题的关键．

13.【答案】40 
【解析】解：∵点D，E分别为AC，BC的中点，DE=20m，
∴AB=2DE=40m，
故答案为：40．
根据三角形中位线定理解答即可．
本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是解题的关键．

14.【答案】50° 
【解析】
【分析】
本题考查了直角三角形斜边上的中线性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质等知识点，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．
根据直角三角形斜边上的中线求出CD=BD，根据等腰三角形的性质求出∠DCB=∠B，再根据三角形的外角性质求出答案即可．
【解答】
解：∵∠ACB=90°，D为AB的中点，
∴CD=BD，
∴∠DCB=∠B，
∵∠B=25°，
∴∠DCB=25°，
∴∠ADC=∠B+∠DCB=50°，
故答案为：50°．  
15.【答案】 5 
【解析】解：OB= 22+12= 5，
∵OB=OA，
∴点A表示的实数是 5，
故答案为： 5．
首先利用勾股定理计算出BO的长，然后再根据AO=BO可得答案．
此题主要考查了实数与数轴，关键是正确计算出BO的长度．

16.【答案】16 
【解析】解：连接AC、BD，交于点O，如图所示：

∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∵E，F，G，H分别是边AB，BC，CD和DA的中点，
∴EH，EF分别是△ABD，△ABC的中位线，
∴EF=12AC，EH=12BD，
∵EH=4，EF=2，
∴AC=4，BD=8，
∴S菱形ABCD=12AC×BD=16．
故答案为：16．
连接AC、BD，交于点O，根据中位线的性质求出AC=4，BD=8，根据菱形面积公式求出S菱形ABCD=12AC×BD=16．
本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．

17.【答案】2 
【解析】解：∵△ABC的三边长分别为a+1，a+2，a+3，△ABC是直角三角形，
∴(a+3)2=(a+1)2+(a+2)2，
解得a=2或a=−2(舍去)．
∴a=2．
故答案为：2．
直接根据勾股定理列出关于a的方程，求出a的值即可．
本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．

18.【答案】3 10  74 
【解析】解：(1)当x=y=0时，
M= (x−3)2+1+ x2+y2+ 4+(y−6)2
= (0−3)2+1+ 02+02+ 4+(0−6)2
= 10+0+2 10
=3 10，
故答案为：3 10；
(2)M= (x−3)2+1+ x2+y2+ 4+(y−6)2
= (x−3)2+(0−1)2+ (x−0)2+(0−y)2+ (0−2)2+(y−6)2，
设P(x,0)，Q(0,y)，A(3,1)，B(2,6)，
根据题意画出图如图所示：
，
作B关于y轴的对称点B′，作A点关于x轴的对称点A′，连接A′B′与x轴交于点P，与y轴交于点Q，A′B′即为所求，
∴B′(−2,6)，A′(3,−1)，
M=QB+QP+AP≥A′B′= [3−(−2)]2+(−1−6)2= 74，
故答案为： 74．
(1)将x=y=0时，代入M进行计算即可得到答案；
(2)将式子化为M= (x−3)2+(0−1)2+ (x−0)2+(0−y)2+ (0−2)2+(y−6)2，设P(x,0)，Q(0,y)，A(3,1)，B(2,6)，在直角坐标系中画出图，根据最短路径模型，作对称点即可得到答案．
本题主要考查了二次根式的化简求值，最短路径问题，熟练掌握二次根式的化简方法以及最短路径问题的模型，是解题的关键．

19.【答案】解：(1)原式=3 2× 6
=3 12
=6 3；
(2)原式=2 2− 2+ 2
=2 2；
(3)原式=2 3×33×3 3
=2 3×1× 3
=6；
(4)原式=( 7)2−( 5)2
=7−5
=2． 
【解析】(1)根据二次根式的乘法法则计算即可；
(2)根据二次根式加减混合运算法则计算即可；
(3)根据二次根式的乘除混合运算法则计算即可；
(4)根据平方差公式计算即可．
本题考查了二次根式的混合运算，解题的关键在于熟练掌握相关运算法则．

20.【答案】AF  BE  一组对边平行且相等的四边形是平行四边形  邻边相等的四边形是菱形 
【解析】(1)解：菱形ABEF即为所求．


(2)证明：∵AF=AB，BE=AB，
∴AF=BE，
在▱ABCD中，AD//BC，
即AF//BE．
∴四边形ABEF为平行四边形．(一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，)(填推理的依据)
∵AF=AB，
∴四边形ABEF为菱形．(邻边相等的四边形是菱形)
故答案为：AF=BE，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，邻边相等的四边形是菱形．
(1)根据要求画出图形即可．
(2)利用平行四边形的判定，菱形的判定解决问题即可．
本题考查作图−复杂作图，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

21.【答案】(1)证明：∵△ABC中，AB=4，AC=3，BC=5，
∵42+32=52，
即AB2+AC2=BC2，
∴△ABC是直角三角形；
(2)证明：连接CE．
∵DE是BC的垂直平分线，
∴EC=EB，
设AE=x，则EC=4−x．
∴x2+32=(4−x)2．
解之得x=78，即AE的长是78． 
【解析】此题主要考查了勾股定理逆定理和勾股定理，关键是掌握勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形．勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
(1)利用勾股定理逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形可得△ABC是直角三角形；
(2)根据线段垂直平分线的性质可得BE=CE，设AE=x，则EC=4−x，根据勾股定理可得x2+32=(4−x)2，再解即可．

22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//DC，
∵DF=BE，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴四边形BFDE是矩形；

(2)解：∵四边形BFDE是矩形，
∴∠BFD=90°，
∴∠BFC=90°，
在Rt△BCF中，CF=3，BF=4，
∴BC=5，
∵AF平分∠DAB，
∴∠DAF=∠BAF，
∵AB//DC，
∴∠DFA=∠BAF，
∴∠DAF=∠DFA，
∴AD=DF，
∵AD=BC，
∴DF=BC，
∴DF=5． 
【解析】(1)先证明四边形BFDE是平行四边形，再根据矩形的判定即可得到证明；
(2)根据勾股定理求出BC长，求出AD=DF，即可得出答案．
本题考查了平行四边形的性质，矩形的性质和判定等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．

23.【答案】92 
【解析】解：(1)∵a=2，b=3，c=4，
∴p=a+b+c2=2+3+42=92．
故答案为：92．
(2)∵a=2，b=3，c=4，p=92，
∴S= p(p−a)(p−b)(p−c)
= 92×(92−2)(92−3)(92−4)
= 92×52×32×12
=3 154．
(1)根据题目中提供的信息，代入数据求值即可；
(2)根据题目中的面积公式，代入求值即可．
本题主要考查了代数式求值，二次根式的应用，解题的关键是理解题意，准确计算．

24.【答案】解：(1)如图①，正方形ABCD即为所求；
(2)如图②，△ABC即为所求；
(3)如图③，△ABC即为所求，
∵AB= 12+22= 5，BC= 22+42=2 5，AC= 42+32=5，
∴AB2+BC2=AC2，
∴△ABC为直角三角形，∠ABC=90°，
三角形最长边上的高的长度为： 5×2 5÷5=2．
答：三角形最长边上的高的长度为2． 
【解析】(1)根据勾股定理得出正方形的边长，即可得到图形；
(2)构造边长为3，4，5的直角三角形即可；
(3)根据勾股定理逆定理判断△ABC为直角三角形，再根据三角形的面积计算公式进行计算即可得到答案．
本题考查作图—应用与设计，无理数，勾股定理，解题的关键是熟练掌握勾股定理．

25.【答案】解：(1)a=1 2−1
= 2+1( 2−1)( 2+1)
= 2+1；
(2)∵a= 2+1，
∴(a−1)2=2，(a−1)2=a2−2a+1，
∴a2−2a+1=2，
∴a2−2a=1；
(3)根据(2)可知，a2−2a=1，
∴2a3−4a2−1
=2a(a2−2a)−1
=2a−1，
当a= 2+1时，
原式=2( 2+1)−1
=2 2+1． 
【解析】(1)按照分母有理化的方法进行解答即可；
(2)根据a= 2+1，得出(a−1)2=2，根据(a−1)2=a2−2a+1，得出a2−2a+1=2，即可求出结果；
(3)将2a3−4a2−1变形为2a(a2−2a)−1，将a2−2a=1代入得出2a(a2−2a)−1=2a−1，再将a= 2+1代入求值即可．
本题主要考查了二次根式的混合运算，分母有理化，解题的关键是注意整体代入思想．

26.【答案】[x+(x−2)]  2  12  (2x−2)2=16；  [x+(x−2)]  2  12  (2x−2)2=16； 
【解析】解：(1)根据题意可得：
大正方形的边长为：[x+(x−2)]，小正方形的边长为：[x+(x−2)]−2(x−2)=2，
长方形面积之和为：4×3=12，
∵大正方形面积等于四个长方形与小正方形面积之和，
∴(2x−2)2=4×3+22=16，
故答案为：[x+(x−2)]，2，12，(2x−2)2=16；
(2)解：第一步：将原方程变形为x2−x=3，即x(x−1)=3，
第二步：构造成一个长为x，宽为(x−1)的长方形，长比宽大1，且面积为3，
第三步：用四个这样的长方形围成一个大正方形，中间是一个小正方形，如图所示，
，
第四步：
将大正方形边长用含x的代数式表示为[x+(x−1)]，
小正方形边长为常数[x+(x−1)]−2(x−1)=1，
长方形面积之和为常数4×3=12，
由观察可得，大正方形面积等于四个长方形与小正方形面积之和，
得方程(2x−1)2=1+12=13，
两边开方可求得x1= 13+12，x2=− 13+12．
(1)根据题意，表示出大正方形的边长，小正方形的边长，长方形面积之和，再由大正方形面积等于四个长方形与小正方形面积之和列出方程即可得到答案；
(2)先将原方程变形，构造出一个长为x，宽为(x−1)的长方形，长比宽大1，且面积为3，再用四个这样的长方形围成一个大正方形，中间是一个小正方形，然后根据大正方形面积等于四个长方形与小正方形面积之和，得出一个方程，解方程即可得到答案．
本题考查了一元二次方程的应用，用到的知识点是长方形、正方形的面积公式，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程．

27.【答案】OE=OF  2OC+CE=BC 
【解析】解：(1)OE=OF，证明如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABE=∠ADF=∠BAD=90°，
∵∠MON=90°，
∴∠EAB+∠BAN=90°，∠DAN+∠BAN=90°，
∴∠EAB=∠DAF，
在△EAB和△DAF中，
∠ABE=∠ADFAB=AD∠EAB=∠FAD，
∴△EAB≌△DAF(ASA)，
∴AE=AF，
∴OE=OF；
(2) 2OC+CE=BC，证明如下：
如图，作OF⊥AC，交BC于F，
，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠ACB=∠DCO=45°，
∵OF⊥AC，
∴△COF为等腰直角三角形，
∴OF=OC，CF= OF2+OC2= OC2+OC2= 2OC，∠OFE=∠OCD=45°，
∴∠FOC+∠COE=∠COE+∠DOE，即∠FOE=∠COD，
在△FOE和△COD中，
∠OFE=∠OCDOF=OC∠FOE=∠COD，
∴△FOE≌△COD(ASA)，
∴EF=CD，
∴EF=BC，
∴ 2OC+CE=BC；
(3)当点O在线段AC上时，如图所示，
作OQ⊥CD交CD于Q，作OP⊥BC交BC于P，
，
则∠OPC=∠OQC=90°，
由正方形的性质可得：∠OCP=∠OCQ=45°，
在△OPC和△OQC中，
∠OPC=∠OQC∠OCP=∠OCQOC=OC，
∴△OPC≌OQC(AAS)，
∴OQ=OP，
∵∠POE+∠EOQ=90°，∠EOQ+∠FOQ=90°，
∴∠POE=∠QOF，
在△OPE和△OQF中，
∠POE=∠QOFOP=OQ∠OPE=∠OQF，
∴△OPE≌△OQF(ASA)，
∴OE=OF，
∴当点O在线段AC上时，OE与OF始终保持相等，
当点O在射线AC上时，如图所示，
作OK⊥CF交CF于K，OJ⊥BE交BE于J，
，
则∠OKF=∠OJE=90°，四边形OKCJ为矩形，
由正方形的性质和对顶角的性质可得：∠OCK=∠OCJ=45°，
在△OKC和△OJC中，
∠OKC=∠OJC∠OCK=∠OCJOC=OC，
∴△OKC≌OJC(AAS)，
∴OK=OJ，
∵∠JOE+∠JOF=90°，∠KOF+∠FOJ=90°，
∴∠JOE=∠KOF，
在△OJE和△OKF中，
∠JOE=∠KOFOJ=OK∠OJE=∠OKF，
∴△OJE≌△OKF(ASA)，
∴OE=OF，
∴当点O在AC的延长线上时，OE与OF始终保持相等，
同理可得：当点O在CA的延长线上时，OE与OF始终保持相等，
综上所述，当点O在直线AC上时，OE与OF始终保持相等．
(1)根据正方形的性质证明△EAB≌△DAF(ASA)即可得证；
(2)作OF⊥AC，交BC于F，由正方形的性质和OF⊥AC可得△COF为等腰直角三角形，通过证明△FOE≌△COD(ASA)，即可得到结论；
(3)当点O在线段AC上时，作OQ⊥CD交CD于Q，作OP⊥BC交BC于P，通过证明△OPC≌OQC(AAS)和△OPE≌△OQF(ASA)，即可得到OE与OF始终保持相等，当点O在AC的延长线上时，作OK⊥CF交CF于K，OJ⊥BE交BE于J，通过证明△OKC≌OJC(AAS)和△OJE≌△OKF(ASA)，即可得到OE与OF始终保持相等，同理可得，当点O在CA的延长线上时，OE与OF始终保持相等．
本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定与性质，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想解题，是解题的关键．

28.【答案】Q1、Q3 52≤DN≤5 
【解析】解：(1)∵点P的坐标为(−4,1)，
∴点P到x、y轴的距离中的最大值等于4，
∵点Q1(4,0)到x、y轴的距离中的最大值等于4，点Q2(2,2)到x、y轴的距离中的最大值等于2，点Q3(−3,−4)到x、y轴的距离中的最大值等于4，
∴点P的“等距点”的是Q1、Q3，
故答案为：Q1、Q3．
(2)①∵a=b=5，
∴C(5,0)，D(0,5)，
∴OD=5，OC=5，四边形ABCD是正方形，
∴当N与C或D重合时，dN有最大值5，
如图：过O作OE⊥DC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ODC=∠OCD=45°，
∴OE=EC，OE=DC，
∴DE=EC，
过E作EG⊥OC，则DF=OF，
∴EF=12OC=52；同理：EG=52，
∴当N在E点时，dN有最小值52，
∴dN的取值范围为52≤dN≤5．
故答案为52≤dN≤5．

②根据①的方法可得：点F到x、y轴的距离中的最大值的取值范围为：3≤dF≤6，
设点E(c,d)，则3≤|c|≤6，3≤|d|≤6．
∴如图：阴影部分为点F的轨迹，该轨迹所形成图形的面积为4×3×3=36；

③根据题意画出图形如下：
根据①的方法可得：点F到x、y轴的距离中的最大值的取值范围为：1≤dF≤4，
设点E(c,d)，则1≤|c|<4，1≤|d|<4，
∴如图：阴影部分为点F的轨迹，则点E的轨迹所覆盖整点的个数4×4=16个．

(1)根据“等距点”的定义判断即可解答；
(2)①根据点到坐标轴的距离的定义确定dN的最值即可解答；②先求得点F到x、y轴的距离中的最大值的取值范围为3≤dF≤6，设点E(c,d)，则3≤|c|≤6、3≤|d|≤6，然后画出轨迹区域确定面积即可；③点F到x、y轴的距离中的最大值的取值范围为2≤dF≤4，设点E(c,d)，根据题意可得2≤|c|<4、2≤|d|<4，然后画出轨迹区域即可解答．
本题主要考查了点到坐标轴的距离、菱形的性质等知识点，根据题意正确画出图形成为解答本题的关键．