2023-2024学年北京交大附中八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年北京交大附中八年级（下）期中数学试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列二次根式中，最简二次根式是( )
A. 17B. 12C. 5D. m2
2.在平面直角坐标系xOy中，将直线y=2x+1向上平移2个单位长度后，所得的直线的解析式为( )
A. y=2x−1B. y=2x+2C. y=2x+3D. y=2x−2
3.如图，数轴上点B表示的数为1，AB⊥OB，且AB=OB，以原点O为圆心，OA为半径画弧，交数轴正半轴于点C，则点C所表示的数为( )
A. 2B. − 2C. 2−1D. 1− 2
4.下列四组线段中，可以构成直角三角形的是( )
A. 1，1，1B. 2，3，4C. 1，2，3D. 5，12，13
5.下列图象中，y是x的函数的是( )
A. B. C. D.
6.用配方法解一元二次方程x2+4x−1=0，配方后得到的方程是( )
A. (x−1)2=5B. (x+2)2=5C. (x+1)2=5D. (x−2)2=5
7.甲、乙二人约好沿同一路线去某地集合进行宣传活动，如图，是甲、乙二人行走的图象，点O代表的是学校，x表示的是行走时间(单位：分)，y表示的是与学校的距离(单位：米)，最后都到达了目的地，根据图中提供的信息，下面有四个推断：
①甲、乙二人第一次相遇后，停留了10分钟；
②甲先到达的目的地；
③甲在停留10分钟之后提高了行走速度；
④甲行走的平均速度要比乙行走的平均速度快．
所有正确推断的序号是( )
A. ①②B. ①②③C. ①③④D. ①②④
8.如图，点A，B，C为平面内不在同一直线上的三点.点D为平面内一个动点.线段AB，BC，CD，DA的中点分别为M，N，P，Q.在点D的运动过程中，有下列结论：①存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形；②存在无数个中点四边形MNPQ是菱形；③存在无数个中点四边形MNPQ是矩形；④存在无数个中点四边形MNPQ是正方形.其中，所有正确的有( )
A. ①②③B. ②③④C. ①②④D. ①③④
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
9.函数y= x−2中，自变量x的取值范围是______．
10.一元二次方程x2=3x的解是： ．
11.平面直角坐标系xOy中，点A，B，C，D的位置如图所示，当k>0且b<0时，A，B，C，D四点中，一定不在一次函数y=kx+b图象上的点为 ．
12.如果m是方程x2−2x−6=0的一个根，那么代数式2m2−4m−7的值为______．
13.如图，将矩形ABCD沿对角线BD所在直线折叠，点C落在同一平面内，落点记为C′，BC′与AD交于点E，若AB=4，BC=8，则BE的长为______．
14.若关于x的一元二次方程mx2+2x−1=0有两个不相等的实数根，则m的取值范围为______．
15.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______．
16.在平面直角坐标系xOy中，一次函数y1=kx+b与y2=x+m的图象如图所示，若它们的交点的横坐标为2，则下列结论中所有正确的序号有______.①直线y2=x+m与x轴所夹锐角等于45°；
②k+b>0；
③关于x的不等式kx+b④mk>0．
三、计算题：本大题共1小题，共4分。
17.解方程：x2−2x−3=0．
四、解答题：本题共9小题，共48分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题4分)
计算：3 13− 6× 2+ 8÷ 2．
19.(本小题5分)
已知：如图1，△ABC为锐角三角形，AB=AC．
求作：菱形ABDC．
作法：如图2．
①以点A为圆心，适当长为半径作弧，交AC于点M，交AB于点N；
②分别以点M，N为圆心，大于12MN的长为半径作弧，两弧在∠CAB的内部相交于点E，作射线AE与BC交于点O；
③以点O为圆心，以OA长为半径作弧，与射线AE交于点D，点D和点A分别位于BC的两侧，连接CD，BD；
则四边形ABDC就是所求作的菱形．
(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：由作法可知，AE平分∠CAB．
∵AB=AC，
∴CO=______．
∵AO=DO，
∴四边形ABDC是平行四边形(______)(填推理的依据)．
∵AB=AC，
∴四边形ABDC是菱形(______)(填推理的依据)．
20.(本小题5分)
已知关于x的一元二次方程x2+(m−1)x−m=0．
(1)求证：方程总有两个实数根；
(2)若方程的一根为负数，求m的取值范围．
21.(本小题4分)
如图，平行四边形ABCD，E、F两点在对角线BD上，且BE=DF，连接AE，EC，CF，FA．
求证：四边形AECF是平行四边形．
22.(本小题5分)
一次函数y=kx+b的图象与正比例函数y=−3x的图象平行，且过点(2,−4)．
(1)求一次函数y=kx+b的表达式；
(2)画出一次函数y=kx+b的图象；
(3)结合图象解答下列问题：
①当y<0时，x的取值范围是______；
②当023.(本小题5分)
如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过B点作BE/​/AC，且BE=12AC，连结EC，ED．
(1)求证：四边形BECO是矩形；
(2)若AC=2，∠ABC=60°，求DE的长．
24.(本小题6分)
小明根据学习函数的经验，对函数y=12x+|x|的图象与性质进行了探究并解决了相关问题，请补全下面的过程．
(1)函数y=12x+|x|的自变量x的取值范围是______；
(2)下表是y与x的几组对应值：
写出表中m的值；
(3)如图，在平面直角坐标系xOy中，描出已补全后的表中各对对应值为坐标的点，画出该函数的图象；
(4)小明结合该函数图象，解决了以下问题：
①对于图象上两点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，若0”，“=”或“<”)；
②当x>2时，若对于x的每一个值，函数y=12x+|x|的值都大于一次函数y=kx+1的值，则k的取值范围是______．
25.(本小题7分)
已知正方形ABCD，点E，F分别在射线BC，射线CD上，BE=CF，AE与BF交于点H．
(1)如图1，当点E，F分别在线段BC，CD上时，求证：AE=BF，且AE⊥BF；
(2)如图2，当点E在线段BC延长线上时，将线段BE沿BF平移至FG，连接AG．
①依题意将图2补全；
②用等式表示线段AG，FG和AD之间的数量关系，并证明．
26.(本小题7分)
在平面直角坐标系xOy中，对于图形M，N给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，如果P，Q两点间的距离有最大值，那么称这个最大值为图形M和N的“极大距离”，记为d(M,N)．
已知：正方形ABCD，其中A(−1,1)，B(−1,−1)，C(1,−1)，D(1,1)．
(1)已知点P(0,t)，
①若t=3，则d(点P，正方形ABCD)= ______；
②若d(点P，正方形ABCD)=3，则t= ______．
(2)已知点E(m,3)，F(m+2,3)，若5(3)一次函数y=kx+3的图象与x轴交于点G，与y轴交于点H，求d(线段GH，正方形ABCD)的最小值，并直接写出此时k的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A． 17=17 7，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
B. 12=2 3，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
C. 5是最简二次根式，故本选项符合题意；
D. m2=|m|，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
故选：C．
根据最简二次根式的定义逐个判断即可．
本题考查了最简二次根式的定义，能熟记最简二次根式的定义是解此题的关键，满足下列两个条件的二次根式叫最简二次根式：①被开方数中的因数是整数，因式是整式，②被开方数中不含有能开方的因数和因式．
2.【答案】C
【解析】解：由题意得：平移后的解析式为：y=2x+1+2，即y=2x+3．
故选：C．
根据直线y=kx+b平移k值不变，只有b发生改变解答即可．
本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减”的原则是解答此题的关键．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查的是勾股定理，实数与数轴以及复杂作图，熟知实数与数轴上各点是一一对应关系是解答此题的关键．
根据勾股定理，结合数轴即可得出结论．
【解答】
解：在Rt△AOB中，AB=OB=1，
则OA= OB2+AB2= 12+12= 2．
∵以O为圆心，以OA为半径画弧，交数轴的正半轴于点C，
∴OC=OA= 2，
∴点C表示的实数是 2．
故选：A．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查勾股定理的逆定理：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．
由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【解答】
解：A、12+12≠12，不能构成直角三角形，故不符合题意；
B、22+32≠42，不能构成直角三角形，故不符合题意；
C、12+22≠32，不能构成直角三角形，故不符合题意；
D、52+122=132，能构成直角三角形，故符合题意．
故选：D．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了函数的定义．解题的关键是掌握函数的定义，在定义中特别要注意，对于x的每一个值，y都有唯一的值与其对应．
设在一个变化过程中有两个变量x与y，对于x的每一个确定的值，y都有唯一的值与其对应，那么就说y是x的函数，x是自变量．根据函数的意义即可求出答案．
【解答】
解：A、C、D选项中对于x的每一个确定的值，y可能会有两个值与其对应，不符合函数的定义，
只有B选项对于x的每一个确定的值，y有唯一的值与之对应，符合函数的定义．
故选：B．
6.【答案】B
【解析】解：x2+4x−1=0，
x2+4x=1，
配方，得x2+4x+4=1+4，
即(x+2)2=5，
故选：B．
先移项，再配方得出x2+4x+4=1+4，再得出答案即可．
本题考查了用配方法解一元二次方程，能正确配方是解此题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：①甲、乙二人第一次相遇后，停留了20−10=10分钟，说法正确；
②甲在35分时到达，乙在40分时到达，所以甲先到达的目的地，说法正确；
③甲在停留10分钟之后减慢了行走速度，说法错误；
④甲行走的平均速度要比乙行走的平均速度快，说法正确；
故选：D．
根据函数图象中的数据得出路程、时间与速度，进而解答即可．
本题考查一次函数的图象，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．
8.【答案】A
【解析】解：连接AC、BD，
∵AB，BC，CD，DA的中点分别为M，N，P，Q，
∴PQ/​/AC，PQ=12AC，MN//AC，NM=12AC，PN/​/BD，PN=12BD，
∴PQ/​/MN，PQ=MN，QM/​/PN，QM=PN，
①当AC与BD不平行时，如图1，
∵PQ/​/MN，PQ=MN，
∴中点四边形MNPQ是平行四边形，
故存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形；
②当AC=BD且AC与BD不平行时，如图2，
∵PQ=MN=12AC，QM=PN=12BD，AC=BD，
∴PQ=MN=QM=PN，
∴中点四边形MNPQ是菱形；故存在无数个中点四边形MNPQ是菱形；
③当AC⊥BD(B,D不重合)时，如图3，
∵PQ//MN//AC，QM//PN//BD，AC⊥BD，
∴PQ⊥PN，
∴中点四边形MNPQ是矩形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是矩形；
④当AC⊥BD，AC=BD时，如图4，
∵PQ//MN//AC，QM//PN//BD，AC⊥BD，
∴PQ⊥PN，
∵PQ=MN=12AC,QM=PN=12BD，AC=BD，
∴PQ=MN=QM=PN
∴中点四边形MNPQ是正方形；
故存在两个中点四边形MNPQ是正方形．
综上：正确的有①②③．
故选：A．
连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到PQ//MN，PQ=MN，QM/​/PN，QM=PN，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
本题考查中点四边形，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识．
9.【答案】x≥2
【解析】解：已知y= x−2，
则x−2≥0，
解得：x≥2，
故答案为：x≥2．
根据二次根式有意义的条件计算即可．
本题考查二次根式有意义的条件，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
10.【答案】x1=0，x2=3
【解析】【分析】
本题考查了解一元二次方程的方法．当把方程通过移项把等式的右边化为0后方程的左边能因式分解时，一般情况下是把左边的式子因式分解，再利用积为0的特点解出方程的根．因式分解法是解一元二次方程的一种简便方法，要会灵活运用．当化简后不能用分解因式的方法即可考虑求根公式法，此法适用于任何一元二次方程．
利用因式分解法解方程即可．
【解答】
解：x2=3x，
x2−3x=0，
x(x−3)=0，
解得：x1=0，x2=3．
故答案为：x1=0，x2=3．
11.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了一次函数的性质，掌握图象过哪些象限是解题的关键．
根据一次函数性质解答即可．
【解答】
解：∵k>0且b<0，
∴图象过一、三、四象限，
∵D点在第二象限，
故答案为：D．
12.【答案】5
【解析】解：把m代入方程x2−2x−6=0，得到m2−2m−6=0，
所以m2−2m=6，
所以代数式2m2−4m−7=2×6−7=5；
故答案为：5．
先把m代入方程x2−2x−6=0，得到m2−2m=6，再代入代数式2m2−4m−7，即可求出答案．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
13.【答案】5
【解析】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD//BC，AD=BC=8，∠A=90°，
∴∠EDB=∠DBC；
由题意得：∠EBD=∠DBC，
∴∠EDB=∠EBD，
设ED=x，则AE=8−x；
∴EB=ED=x；
由勾股定理得：
BE2=AB2+AE2，
即x2=42+(8−x)2，
解得：x=5，
∴BE=5．
故答案为5．
首先证明BE=DE，然后根据勾股定理得到关于线段AB、AE、BE的方程，解方程即可解决问题．
本题考查翻折变换及其应用问题；解题的关键是根据翻折变换的性质，结合全等三角形的判定及其性质、勾股定理等几何知识，灵活进行判断、分析、推理或解答．
14.【答案】m>−1且m≠0
【解析】解：根据题意得m≠0且Δ=22+4m>0，
解得m>−1；
所以m的取值范围为：m>−1且m≠0．
故答案为：m>−1且m≠0．
根据根的判别式的意义得到Δ=22+4m>0，然后解不等式即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
15.【答案】2
【解析】解：∵点D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中线，
∴DE=12BC，
∵BC=12，
∴DE=6，
在Rt△AFC中，∠AFC=90°，点E是AC的中点，AC=8，
∴EF=12AC=4，
∴DF=DE−EF=6−4=2，
故答案为：2．
根据三角形中线定理求出DE，再根据直角三角形的性质求出EF，再进行计算即可．
本题考查了三角形中线定理和直角三角形的性质，熟练掌握三角形的中线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
16.【答案】①②④
【解析】①②④解：由y2=x+m知：直线与坐标轴的截距相等，所以，直线y2=x+m与x轴所夹锐角等于45°，故①的结论正确；
由图知：当x=1时，函数y1图象对应的点在x轴的上方，因此k+b>0故②的结论正确；
由图知：当x>2时，函数y1图象对应的点都在y2的图象下方，因此关于x的不等式kx+b2，故③的结论不正确；
由图知：k<0，m<0，因此mk>0，故④的结论正确；
答案为：①②④．
结合一次函数的性质、一次函数与不等式的关系，根据图象观察，得出结论．
本题考查了一次函数与不等式(组)的关系及数形结合思想的应用．解决此类问题关键是仔细观察图形，注意几个关键点(交点、原点等)，做到数形结合．
17.【答案】解：将原方程左边分解因式，得
(x−3)(x+1)=0，
∴x−3=0或x+1=0，
∴x1=3，x2=−1．
【解析】【分析】
先将原方程左边分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出两个一元一次方程的解即可．
【点评】
本题考查了解一元二次方程−因式分解法，把一元二次方程转化成一元一次方程是解此题的关键．
18.【答案】解：原式= 3− 3× 2× 2+ 8÷2
= 3−2 3+2
=2− 3．
【解析】先根据二次根式的乘法和除法法则运算，然后合并同类二次根式即可．
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法和除法法则是解决问题的关键．
19.【答案】OB 对角线互相平分的四边形是平行四边形 邻边相等的平行四边形是菱形
【解析】(1)解：如图，四边形ABDC即为所求．
(2)证明：由作法可知，AE平分∠CAB．
∵AB=AC，
∴CO=OB，．
∵AO=DO，
∴四边形ABDC是平行四边形(对角线互相平分的四边形是平行四边形)(填推理的依据)．
∵AB=AC，
∴四边形ABDC是菱形(邻边相等的平行四边形是菱形)．
故答案为：OB，对角线互相平分的四边形是平行四边形，邻边相等的平行四边形是菱形．
(1)根据要求作出图形即可．
(2)根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
本题考查作图−复杂作图，角平分线的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，属于中考常考题型．
20.【答案】(1)证明：∵a=1，b=m−1，c=−m，
∴Δ=b2−4ac=(m−1)2−4×1×(−m)
=m2+2m+1
=(m+1)2．
∵对任意实数m，(m+1)2≥0，
∴对任意实数m，方程总有两个实数根；
(2)解：x=−b± b2−4ac2a=1−m±(m+1)2×1，
∴x=1，x=m．
∵方程的一根为负数，
∴−m<0，
∴m>0．
【解析】(1)计算方程根的判别式，判断其符号即可；
(2)求方程两根，结合条件则可求得m的取值范围．
本题主要考查根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的个数与根的判别式的关系是解题的关键．
21.【答案】证明：连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD．
∵BE=DF，∴OE=OF．
∴四边形AECF为平行四边形．
【解析】根据两条对角线相互平分的四边形是平行四边形即可证明四边形AECF是平行四边形．
平行四边形的判定方法共有五种，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
22.【答案】解：(1)∵一次函数y=kx+b的图象与正比例函数y=−3x的图象平行，
∴k=−3，
∴y=−3x+b，
把点(2,−4)代入y=−3x+b得−6+b=−4，
解得b=2，
∴一次函数y=kx+b的表达式为：y=−3x+2；
(2)令x=0时，y=2，
过(0,2)，(2,−4)作直线，即为一次函数y=kx+b的图象，如图；
(3)①x>23 ；
②−4【解析】解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)由图像可知：
①令y=0，则x=23，当y<0时，x>23；
②当0故答案为：x>23；−4(1)根据两条直线相交或平行问题由一次函数y=kx+b的图象与正比例函数y=−3x的图象平行得到k=−3，然后把点(2,−4)代入一次函数解析式可求出b的值；
(2)过(0,2)，(2,−4)作直线即可得到一次函数y=kx+b的图象；
(3)根据函数图像中的信息即可得到结论．
本题考查了两条直线相交或平行问题：若直线y=k1x+b1与直线y=k2x+b2平行，则k1=k2；若直线y=k1x+b1与直线y=k2x+b2相交，则由两解析式所组成的方程组的解为交点坐标．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BOC=90°，OC=OA=12AC，
∵BE=12AC，
∴BE=OC，
∵BE/​/AC，
∴四边形BECO是平行四边形，
∵∠BOC=90°，
∴四边形BECO是矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB=12BD，OC=12AC=1，AB=BC，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC=AC=2，
在Rt△BOC中，由勾股定理得：OB= BC2−OC2= 22−12 3，
∴BD=2OB=2 3，
由(1)得：四边形BECO是矩形，
∴BE=OC=1，∠DBE=90°，
在Rt△DBE中，由勾股定理得：DE= BE2+BD2= 12+(2 3)2= 13．
【解析】(1)由菱形的性质得∠BOC=90°，OC=12AC，推出BE=OC，即可得出四边形BECO是平行四边形，又由∠BOC=90°，即可得出结论；
(2)由菱形的性质得AC⊥BD，OB=12BD，OC=12AC=1，AB=BC，易证△ABC是等边三角形，得出BC=AC=2，由勾股定理求出OB= 3，则BD=2 3，由矩形的性质得出BE=OC=1，∠DBE=90°，再由勾股定理即可得出结果．
本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
24.【答案】任意实数 < k≤1且k≠0
【解析】解：(1)函数y=12x+|x|中自变量x可以是任意实数；
故答案为：任意实数；
(2)当x=0时，y=12x+|x|=0，
∴m=0．
(3)函数图象如图所示；
(4)观察该函数图象：
①对于图象上两点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，若0②当x>0时，若对于x的每一个值，函数y=12x+|x|的值大于一次函数y=kx+1(k≠0)的值，则k的取值范围是k≤1且k≠0．
故答案为：①<；②k≤1且k≠0．
(1)由图表可知可以是任意实数；
(2)把x=0代入y=12x+|x|即可求得；
(3)根据坐标系中的点，用平滑的曲线连接即可；
(4)观察图象即可解决问题．
本题考查了一次函数的图象和性质，根据图表画出函数的图象是解题的关键．
25.【答案】解：(1)如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
在△ABE和△BCF中，
BE=CF∠ABE=∠BCFAB=BC，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴AE=BF，∠BAE=∠CBF，
∵∠CBF+∠ABH=90°，
∴∠BAE+∠ABH=90°，
∴∠AHB=90°，
∴AE⊥BF，
故AE=BF，且AE⊥BF；
(2)①补全图如图2所示；
②AG2=2AD2+2FG2.理由如下：
如图3，连接EG，
∵线段BE沿BF平移至FG，
∴四边形BEGF是平行四边形，
∴EG=BF，EG/​/BF，
在△ABE和△BCF中，
BE=CF∠ABE=∠BCFAB=BC，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴AE=BF，∠BFC=∠AEB，
∴EG=BF=AE，
∵∠BFC+∠CBF=90°，
∴∠AEB+∠CBF=90°，
∴∠BHE=90°，
∵EG/​/BF，
∴∠AEG=∠BHE=90°，
∴AG2=AE2+EG2=2AE2，
∵AE2=AB2+BE2=AD2+FG2，
∴AG2=2AD2+2FG2．
【解析】(1)根据正方形性质可得AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，进而可证明△ABE≌△BCF(SAS)，依据全等三角形性质即可证得结论；
(2)①按题目要求补全图形即可；
②连接EG，根据平移性质即可得出四边形BEGF是平行四边形，根据平行四边形性质得EG=BF，EG/​/BF，再由△ABE≌△BCF(SAS)，可得AE=BF，∠BFC=∠AEB，进而可得出EG=AE，∠AEG=90°，由勾股定理即可得出结论．
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、平移的性质、勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、正方形的性质定理是解题的关键．
26.【答案】 17 −1+2 2或−1−2 2
【解析】解：(1)①如图1中，t=3时，P(3,0)，
∴d(点P，正方形ABCD)=PA= 12+42= 17．
故答案为： 17．
②d(点P，正方形ABCD)=3，当点P在y中点右侧时，12+(t+1)2=32，
解得t=−1+2 2或−1−2 2(舍弃)，
当点P在y轴的左侧时，12+(t−1)2=32，
解得t=1−2 2或1+2 2(舍弃)，
综上所述，满足条件的t的值为−1+2 2或1−2 2．
故答案为：−1+2 2或1−2 2．
(2)如图2中，当EF在y轴的右侧时，
若BF=5时，(m+2+1)2+42=52，
解得，m=0或−6(舍弃)，
若BF=2 13时，(m+2+1)2+42=(2 13)2，
解得，m=3或−9(舍弃)，
观察图象可知，满足条件的m的值为0如图3中，当EF在y轴的左侧时，
若CE=5，则有，(m−1)2+42=52，
解得，m=−2或4舍弃)，
若BF=2 13时，(m−1)2+42=(2 13)2，
解得，m=−5或7(舍弃)，
观察图象可知，满足条件的m的值为−5综上所述，满足条件的m的值为0(3)如图4中，
∵当d(线段GH，正方形ABCD)取最小值，
∴d(线段GH，正方形ABCD)的最小值=d(点H，正方形ABCD)= 17，
∴d(点G，正方形ABCD)≤ 17，
当d(点G，正方形ABCD)= 17时，G(3,0)或G′(−3,0)，
G代入y=kx−3k，得k=−1，
将G′代入y=kx−3k，得k=1，
观察图形可知，满足条件的k的值为：k≥1或k≤−1．
(1)①根据图形M和N的“极大距离”的定义求解即可．
②分两种情形，利用勾股定理求解即可．
(2)分两种情形：如图2中，当EF在y轴的右侧时，如图3中，当EF在y轴的左侧时，分别求出落在特殊位置的m的值即可解决问题．
(3)当d(线段GH，正方形ABCD)取最小值，推出d(线段GH，正方形ABCD)的最小值=d(点H，正方形ABCD)= 17，推出d(点G，正方形ABCD)≤ 17，当d(点G，正方形ABCD)= 17时，G(3,0)或G′(−3,0)，求出两种特殊位置k的值，可得结论．
本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，勾股定理，图形M和N的“极大距离”等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊位置解决数学问题，属于中考压轴题．x
…
−3
−2
−1
0
1
2
3
…
y
….
32
1
12
m
32
3
92
…