2022-2023学年山西省运城市部分学校八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年山西省运城市部分学校八年级（下）期中数学试卷（含解析），共20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。

1.如图，小肖同学有4根长度不一的木棍，取其中三根木棍可以拼成一个直角三角形的是( )
A. 4cm，5cm，8cm
B. 3cm，4cm，5cm
C. 3cm，4cm，8cm
D. 3cm，5cm，8cm
2.如图，四边形ABCD是平行四边形，添加下列一个条件，仍不能判定四边形ABCD是矩形的是( )
A. AC=BD
B. AB⊥BC
C. ∠ABD=∠CBD
D. ∠ODC=∠OCD
3.如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点E，F是DC的中点，若EF=2，则BC=( )
A. 2
B. 4
C. 6
D. 8
4.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB的中点，若AC=8，BC=6，则CD的长为( )
A. 5
B. 10
C. 3
D. 4
5.下列各组二次根式中，能合并的是( )
A. 3和 2B. 12和 18C. 8和 18D. 5和 10
6.如图，在△ABC中，BM平分∠ABC交AC于点M，BN平分外角∠EBC，若BM2+BN2=64，则MN的长为( )
A. 10B. 8C. 6D. 5
7.如图，点P在数轴上表示的数为m，则化简 (m−3)2− (2−m)2的结果为( )
A. 5B. 1C. 2m−5D. 5−2m
8.如图，有一只喜鹊在一棵2m高的小树AB上觅食，它的巢筑在与该树水平距离(BD)为8m的一棵9m高的大树DM上，喜鹊的巢位于树顶下方1m的C处，当它听到巢中幼鸟的叫声，立即飞过去，如果它飞行的速度为2.5m/s，那么它要飞回巢中所需的时间至少是( )
A. 1sB. 3sC. 4sD. 6s
9.已知x= 2−1，y= 2+1，则1x−1y的值为( )
A. −2 2B. 2 2C. 2D. −2
10.巧巧同学最近在学烘焙，使用的其中一个糕点模具底面是有一内角为60°的菱形，如图所示，已知该模具底面边长是12cm，向内注入足量的材料，生产出的糕点底面积是( )
A. 18 3cm2
B. 36 3cm2
C. 72cm2
D. 72 3cm2
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.已知 a(a−2)= a⋅ a−2，则a的取值范围是______．
12.如图，平行四边形ABCD是某公园的观赏水池的平面图，经过测量，CD=6m，BC=8m，∠C=150°，则该水池的面积是______m2．
13.如图，在矩形ABCD中，点M在边BC上，DM=AD，若∠DMC=32°，则∠BAM的度数是______．
14.已知等腰三角形的腰长为10，顶角为锐角，腰上的高为6，则等腰三角形的底边长为______．
15.如图，正方形ABCD的边长为6，点G在边AB上，BG=2AG，将△ADG沿着DG对折得到△FDG，延长GF交边BC于点E，连接DE，则BE的长为______．
三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
计算：
(1) 12− 27− 3；
(2) 5×3 15÷ 32．
17.(本小题8分)
如图，在四边形MNPQ中，MQ//NP，B为边PN上一点．
(1)实践与操作：利用尺规作∠MNP的平分线NA，交边MQ于点A；(要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母)
(2)猜想与证明：若MN=BN，连接AB，请判断四边形MNBA的形状，并加以证明．
18.(本小题7分)
如图，某攀岩中心攀岩墙AB的顶部A处安装了一根安全绳AC，让它垂到地面时比墙高多出了1米，教练把绳子的下端C拉开5米后，发现其下端刚好接触地面(即BC=5米)，AB⊥BC，求攀岩墙AB的高度．
19.(本小题8分)
如图，四边形ABCD的两条对角线相交于点O，E是DC边上一点，连接EO并延长交AB于点F.若OA=OC，AB/​/CD．
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形．
(2)若DE=1，AC+BD=10，△AOB的周长为9，求AF的长．
20.(本小题8分)
阅读与思考
下面是薇薇同学看到的知识点内容，请仔细阅读并完成相应的任务．
任务：
(1)若M(4,−1)，N(−2,3)，则M，N两点间的距离为______．
(2)若D(−3,4)，E(3,−2)，F(−3,−2)，请判断△DEF的形状，并说明理由．
21.(本小题8分)
如图，在矩形ABCD中，AE平分∠DAB交DC于点E，交BC的延长线于点F，连接BE．
(1)求∠BFA的度数；
(2)若BE=4，∠AEB=75°，求AB的长．
22.(本小题13分)
综合与实践

问题情境；如图①，D，E分别是△ABC中AB，AC上的两点，且AB=AC，AD=AE．
猜想证明：
(1)当∠A=60°时，将△ADE绕点A逆时针方向旋转一定角度，使点E落在BC上，如图②所示，连接BD，则BD与CE的数量关系是______，∠DBC的度数是______．
(2)当∠A=90°时，将△ADE绕点A逆时针方向旋转一定角度，使点E落在BC上，如图③所示，连接BD，请写出BD与CE的数量关系与位置关系，并说明理由．
问题解决：
(3)当∠A=90°时，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度，使得点C落在ED的延长线上，如图④所示，直接写出AC，CD，CE之间的数量关系．
23.(本小题13分)
如图，在矩形ABCD中，E是BC边上一点，连接AE，过点D作DF⊥AE交AE于点F，连接CF．
(1)若DF=DC，求证：AF=BE．
(2)若E恰好是边BC的中点，试探究△DFC的形状，并说明理由．
(3)在(2)的条件下，当AE=2EF时，直接写出BCAB的值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵42+52=41≠82，故A不符合题意；
∵42+32=25=52，故B符合题意；
∵3+4<8，不能组成三角形，故C不符合题意；
∵3+5=8，不能组成三角形，故D不符合题意；
故选：B．
由勾股定理的逆定理可判断A，B，由三角形的三边关系可判断C，D不能组成三角形，从而可得答案．
本题考查的是三角形三边的关系，勾股定理的逆定理的应用，熟记三角形的三边关系与勾股定理的逆定理是解本题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，故A不符合题意；
∵四边形ABCD是平行四边形，AB⊥BC，
∴四边形ABCD是矩形，故B不符合题意；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB/​/CD，
∴∠ABD=∠CDB，
∵∠ABD=∠CBD，
∴∠CDB=∠CBD，
∴BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形，故C符合题意；
∵∠ODC=∠OCD，
∴OD=OC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∴OA=OB=OC=OD，AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，故D不符合题意；
故选：C．
根据给定的条件加上平行四边形条件，对每个选项进行分析证明，从而可得答案．
本题考查的是平行四边形的性质，矩形，菱形的判定，熟记矩形的判定方法是解本题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：∵平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点E，
∴E是BD的中点，
∵F是DC的中点，
∴EF是△BCD的中位线，
∴EF=12BC，
∵EF=2，
∴BC=4，
故选：B．
由平行四边形性质，结合三角形中位线的定义及性质求解即可得到答案．
本题考查三角形中位线的判定与性质，涉及平行四边形对角线相互平分，熟练掌握三角形中位线的定义及性质是解决问题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：由勾股定理，AB= AC2+BC2= 82+62=10，
∴CD=12AB=5；
故选：A．
根据勾股定理求得AB，由斜边上中线等于斜边一半求得CD．
本题考查勾股定理，直角三角形性质，由相关定理得出线段间数量关系是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：A、 3和 2，不是同类二次根式，不可以合并，不符合题意，排除；
B、 12=2 3， 18=3 2，不是同类二次根式，不可以合并，不符合题意，排除；
C、 8=2 2， 18=3 2，是同类二次根式，可以合并，符合题意；
D、不是同类二次根式，不可以合并，不符合题意，排除．
故选：C．
首先把二次根式化简，化简后被开方数相同的能够合并．
此题考查了最简二次根式的条件及合并同类二次根式，解题的关键是熟记同类二次根式．
6.【答案】B
【解析】解：∵BM平分∠ABC交AC于点M，BN平分外角∠EBC，
∴∠MBC=12∠ABC,∠NBC=12∠EBC，
∵∠ABC+∠EBC=180°，
∴∠MBN=∠MBC+∠NBC=12(∠ABC+∠EBC)=90°，
∵BM2+BN2=64，
∴在Rt△BMN中，∠MBN=90°，则BM2+BN2=64=MN2，即MN=±8，
由于边长为正，负值舍去，故MN=8，
故选：B．
根据角平分线定义，结合已知条件，利用勾股定理求解即可得到答案．
本题考查勾股定理求线段长，根据题意，利用角平分线的定义证得△BMN是直角三角形是解决问题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：由数轴得，2∴m−3<0，2−m<0，
∴ (m−3)2− (2−m)2
=(3−m)−(m−2)
=3−m−m+2
=5−2m，
故选：D．
由数轴得，2本题考查了数轴，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．
8.【答案】C
【解析】解：过A作AE⊥MD于E，如图所示：
由题意可知，AB=DE=2，AE=BD=8，CE=6，
根据两点之间线段最短，则它要飞回巢中所飞的最短路径为AC，由勾股定理可得AC= AE2+CE2= 62+82=10，
∴它要飞回巢中所需的时间至少是10÷2.5=4(m/s)，
故选：C．
过A作AE⊥MD于E，如图所示，由勾股定理求出最短路径长即可得到答案．
本题考查勾股定理解实际问题，读懂题意，作出图形，数形结合求出最短路径长度是解决问题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：∵x= 2−1，y= 2+1，
∴xy=( 2−1)( 2+1)=1，y−x=( 2+1)−( 2−1)=2，
∴1x−1y=y−xxy=21=2，
故选：C．
先求出xy=1，y−x=2，再将所求式子变形后代入即可．
本题考查分式化简求值，涉及二次根式运算，解题的关键是将所求式子变形后代入．
10.【答案】D
【解析】解：根据题意，作出图形，如图所示：
由题意设菱形ABCD中，∠BAD=∠BCD=60°，则△ABD是等边三角形，
∴AB=BC=CD=AD=BD=12(cm)，
在菱形ABCD中，AC⊥BD，且由菱形对角线平分对角得到∠BAO=30°，
∴在Rt△ABO中，∠AOB=90°，∠BAO=30°，AB=12，则BO=6cm，
∴由勾股定理可得AO= AB2−BO2= 122−62=6 3(cm)，
∴AC=2AO=12 3cm，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×12 3×12=72 3(cm2)，
故选：D．
根据菱形性质，由对角线相互垂直，再由等边三角形的判定与性质及勾股定理求出对角线长即可得到菱形面积．
本题考查利用菱形性质求面积，涉及菱形性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、菱形面积公式等知识，熟练掌握菱形性质是解决问题的关键．
11.【答案】a≥2
【解析】解：∵ a(a−2)= a⋅ a−2，
∴a≥0，且a−2≥0，解得a≥2，
故答案为：a≥2．
根据二次根式有意义的条件，列不等式求解即可得到答案．
本题考查二次根式有意义的条件，熟记二次根式被开方式非负是解决问题的关键．
12.【答案】24
【解析】解：如图，过点A作AE⊥BC，垂足为E，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB/​/CD，AB=CD=6m，
∵∠C=150°，
∴∠B=180°−∠C=180°−150°=30°，
在Rt△ABE中，
∵AB=6，∠B=30°，
∴AE=12AB=12×6=3(m)，
∴BC⋅AE=8×3=24(m2).
故答案为：24．
根据平行四边形的性质知AB/​/CD，根据平行线的性质知∠B=180°−∠C=30°，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半，即可求出AE，根据平行四边形的面积公式求其面积．
本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，直角三角形的性质的知识，解题关键是熟练掌握平行四边形和平行线的性质等知识．
13.【答案】16°
【解析】解：在矩形ABCD中，AD//BC，则∠ADM=∠DMC=32°，
在△ADM中，DM=AD，则∠DAM=12(180°−32°)=74°，
在矩形ABCD中，∠BAD=90°，
∴∠BAM=90°−74°=16°，
故答案为：16°．
根据矩形性质，得到AD//BC，∠BAD=90°，再利用等腰三角形的判定与性质得到∠DAM=12(180°−32°)=74°，由角度互余求解即可得到答案．
本题考查矩形背景下求角度，涉及矩形性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、互余定义等知识，熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题的关键．
14.【答案】2 10
【解析】解：如图，△ABC为等腰三角形，AC=AB=10，顶角∠BAC为锐角，AC腰上的高BD为6．
在Rt△ABD中，由勾股定理得：AD= AB2−BD2= 102−62=8，
∴DC=AC−AD=10−8=2，
在Rt△BDC中，由勾股定理得：BC= CD2+BD2= 22+62=2 10，
即等腰三角形的底边长为2 10．
故答案为：2 10．
根据描述画出图形，利用勾股定理求解．
本题考查等腰三角形、勾股定理，解题的关键是熟练掌握勾股定理．即：直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方．
15.【答案】3
【解析】解：∵正方形ABCD的边长为6，
∴AB=BC=CD=DA=6，∠A=∠B=∠C=90°，
∵点G在边AB上，BG=2AG，
∴AG=13AB=2，BG=23AB=4，
∵将△ADG沿着DG对折得到△FDG，
∴DF=DA=6，GF=GA=2，∠DFE=∠A=90°，
∴DF=DC，
在Rt△DFE和Rt△DCE中，
DF=DCDE=DE，
∴Rt△DFE≌Rt△DCE(HL)，
∴FE=CE，
设BE=x，则FE=CE=6−x，
∴GE=GF+EF=2+(6−x)=8−x，
在Rt△GBE中，由勾股定理得：GB2+BE2=GE2，
∴42+x2=(8−x)2，
解得x=3，
即BE的长为3．
故答案为：3．
由折叠的性质可得DF=DA，GF=GA，∠DFE=∠A=90°，进而证明Rt△DFE≌Rt△DCE(HL)，推出FE=CE，设BE=x，利用勾股定理解Rt△GBE即可．
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质等，解题的关键是掌握折叠前后对应边相等，对应角相等．
16.【答案】解：(1)原式=2 3−3 3− 3=−2 3；
(2)原式= 5×3 15× 23=3 5×15×23=15 2．
【解析】(1)先化简二次根式，然后合并同类二次根式；
(2)先计算二次根式的除法，然后再计算二次根式的乘法即可．
本题考查了二次根式的混合运算，正确运用二次根式运算法则是解题的关键．
17.【答案】解：(1)如图所示：

∴NA即为所求；
(2)四边形MNBA是菱形，
证明如下：

∵MQ//NP，
∴∠MAN=∠ANP，
∵NA平分∠MNP，
∴∠MNA=∠ANP，
∴∠MAN=∠MNA，
∴AM=MN，
∵MN=BN，
∴AM=BN，
∵AM/​/BN，
∴四边形MNBA是平行四边形，
∵MN=BN，
∴四边形MNBA是菱形．
【解析】(1)根据尺规作图−角平分线的作法步骤作图即可；
(2)由(1)中作图，利用平行四边形性质得到四边形MNBA是平行四边形，再利用菱形的判定即可得证四边形MNBA是菱形．
本题考查特殊平行四边形综合，涉及尺规作图、等腰三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定等知识，熟练掌握角平分线的尺规作图及平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．
18.【答案】解：设攀岩墙的高AB为x米，则绳子AC的长为(x+1)米，
在Rt△ABC中，BC=5米，AB2+BC2=AC2，
∴x2+52=(x+1)2，
解得x=12，
∴攀岩墙AB的高为12米．
【解析】根据题意设攀岩墙的高AB为x米，则绳子AC的长为(x+1)米，再利用勾股定理即可求得AB的长即可．
此题考查了勾股定理的应用，解题的关键是从实际问题中整理出直角三角形．
19.【答案】(1)证明：∵AB/​/CD，
∴∠BAO=∠DCO，∠BOA=∠DOC，
又OA=OC，
∴△BOA≌△DOC(ASA)，
∴OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
(2)解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=12BD，OA=12AC，
∴OA+OB=12(AC+BD)=5，
∵△AOB的周长为9，
∴AB=9−(OA+OB)=4，
∵AB/​/CD，OB=OD，
同理，△DOE≌△BOF，
∴DE=BF=1，
∴AF=AB−BF=3．
【解析】(1)利用平行线的性质证明∠BAO=∠DCO，根据ASA证明△BOA≌△DOC，推出OB=OD，根据对角互相平分的四边形是平行四边形即可得到结论；
(2)根据平行四边形的性质得到OA+OB=5，利用△AOB的周长为9，求得AB=4，证明△DOE≌△BOF，求得DE=BF=1，据此求解即可．
本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，证明四边形ABCD是平行四边形是解题的关键．
20.【答案】2 13
【解析】解：(1)∵AB= (x1−x2)2+(y1−y2)2，M(4,−1)，N(−2,3)，
∴MN= (−2−4)2+[3−(−1)]2=2 13；
(2)△DEF为等腰直角三角形，理由如下：
∵D(−3,4)，E(3,−2)，F(−3,−2)，AB=|y1−y2|，AB=|x1−x2|，AB= (x1−x2)2+(y1−y2)2，
∴DF=|4−(−2)|=6，EF=|3−(−3)|=6，DE= (−3−3)2+(4+2)2=6 2，
∴DF2=36，EF2=36，DE2=72，
∴DF2+EF2=DE2，
∴△DEF为直角三角形，
∵DF=EF，
∴△DEF为等腰直角三角形．
(1)理解阅读材料，根据AB= (x1−x2)2+(y1−y2)2，代入点的坐标求解即可得到答案；
(2)根据阅读材料中的两点距离公式，结合勾股定理的逆定理判断△DEF为直角三角形，再由等腰直角三角形的判定即可得到答案．
本题考查阅读理解，根据阅读材料，理解平面直角坐标系中两点之间的距离公式是解决问题的关键．
21.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠DAB=90°，
又∵AE平分∠DAB，
∴∠BAE=∠DAE=45°，
∴∠BFA=∠DAE=45°，
(2)∵∠BAE=45°，∠AEB=75°，
∴∠ABE=180°−∠BAE−∠AEB=60°，
∴∠EBC=90°−∠ABE=30°，
∵BE=4，
∴CE=2，
在Rt△BCE中，由勾股定理得BC= BE2−CE2=2 3，
∵∠DAE=45°，∠D=90°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AD=DE=BC=2 3，
∴CD=2+2 3，
∴AB=CD=2+2 3．
【解析】(1)由矩形的性质和角平分线定义即可求解；
(2)通过角度和差求出∠CBE=30°，则有CE=12BE=2，由勾股定理得BC=2 3，然后根据等腰直角三角形性质AD=BC=2 3，最后通过矩形性质即可求解．
此题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质和勾股定理，解题的关键是熟练掌握矩形的性质及其应用．
22.【答案】BD=CE 120°
【解析】解：(1)∵AB=AC，AD=AE，∠A=60°，
∴∠DAC=∠BAC=60°，∠ABC=∠C=60°，
∴∠BAC−∠BAE=∠DAC−∠BAE，
即∠DAB=∠CAE，
∴△DAB≌△EAC(SAS)，
∴BD=CE，∠ABD=∠C=60°，
∴∠DBC=120°，
故答案为：BD=CE，120°；
(2)BD=CE，BD⊥CE；
理由：∵AB=AC，AD=AE，∠A=90°，
∴∠DAC=∠BAC=90°，∠ABC=∠C=45°，
∴∠BAC−∠BAE=∠DAC−∠BAE，
即∠DAB=∠CAE，
∴△DAB≌△EAC(SAS)，
∴BD=CE，∠ABD=∠C=45°，
∴∠DBC=90°，
∴BD⊥CE；
(3)CE2+CD2=2AC2．
理由：连接BD，
∵AB=AC，AD=AE，∠A=90°，
∴∠DAC=∠BAC=90°，∠ADE=∠E=45°，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAC−∠DAE，
即∠DAB=∠CAE，
∴△DAB≌△EAC(SAS)，
∴BD=CE，∠BDA=∠E=45°，
∴∠DBC=∠BDE=90°，
∴BD2+CD2=CE2+CD2=BC2=2AC2，
即CE2+CD2=2AC2．
(1)根据已知条件得到∠DAC=∠BAC=60°，∠ABC=∠C=60°，求得∠DAB=∠CAE，根据全等三角形的性质即可得到结论；
(2)根据已知条件得到∠DAC=∠BAC=90°，∠ABC=∠C=45°，求得∠DAB=∠CAE，根据全等三角形的性质即可得到结论；
(3)连接BD，证明△DAB≌△EAC(SAS)，根据全等三角形的性质得出BD=CE，∠BDA=∠E=45°，由勾股定理即可得到结论．
本题是三角形综合题，主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，证明△ACE≌△ABD是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵DF⊥AE，∴∠AFD=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=∠BAD=90°，AD//BC，AB=DC，
∴∠B=∠AFD，∠AEB=∠DAF，
∵DF=DC，
∴AB=DF，
∴△ABE≌△DFA(AAS)，
∴BE=AF．
(2)解：△DFC是等腰三角形，理由如下：
如图，延长AE、DC交于点M，

在矩形ABCD中，AB/​/CD，
∴∠BAE=∠M，∠ABE=∠MCE，
∴E点为BC的中点，∴BE=CE，
∴△ABE≌△MCE(AAS)，
∴AB=MC，
∵AB=CD，
∴MC=CD=12DM，∴C是DM的中点，
∵∠DFM=90°，
∴CF=12DM，∴CF=CD，
∴△DFC是等腰三角形．
(3)解：如图，连接DE，
∵AE=2EF，
∴AF=EF，而DF⊥AE，
∴DA=DE，

∵BE=CE=12BC=12AD，
∴BC=DE=2CE，DC= DE2−CE2= 3CE，
∴AB=DC= 3CE= 32BC，
∴BCAB=2 3=2 33．
【解析】(1)先证明∠B=∠AFD，∠AEB=∠DAF，DF=AB，可得△ABE≌△DFA(AAS)，根据全等三角形的性质可得结论；
(2)延长AE、DC交于点M，证明△ABE≌△MCE(AAS)，根据全等三角形的性质得AB=MC，则MC=CD=12DM，即C是DM的中点，根据直角三角形斜边上的中线即可得出结论；
(3)如图，连接DE，证明AF=EF，而DF⊥AE，可得DA=DE，可得BC=DE=2CE，DC= DE2−CE2= 3CE，AB=DC= 3CE= 32BC，从而可得答案．
本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，线段的垂直平分线的定义与性质，勾股定理的应用，矩形的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．对于平面直角坐标系中的任意两点A(x1,y1)，B(x2,y2)，其两点间的距离AB= (x1−x2)2+(y1−y2)2.当两点A(x1,y1)，B(x2,y2)的横坐标相同时，A，B两点间的距离可表示为AB=|y1−y2|.当两点A(x1,y1)，B(x2,y2)的纵坐标相同时，A，B两点间的距离可表示为AB=|x1−x2|.