八年级数学下册期末试卷模拟练习卷(Word版含解析).doc

八年级数学下册期末试卷模拟练习卷（Word版含解析）
一、选择题
1．成立的条件是（　　）
A．﹣1≤a≤1 B．a≤﹣1 C．a≥1 D．﹣1＜a＜1
2．下列四组线段中，不能作为直角三角形三条边的是（ ）
A．3，4，5 B．2，2， C．2，5，6 D．5，12，13
3．下列命题：①对角线互相垂直且平分的四边形是菱形；②对角线相等的平行四边形是矩形；③有一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形；④有一组对边相等且有一组对角相等的四边形是平行四边形．其中真命题的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．校篮球队所买10双运动鞋的尺码统计如表,则这10双运动鞋尺码的众数和中位数分别为（ ）
尺码（cm）
25
25.5
26
26.5
27
购买量（双）
1
1
2
4
2

A．4 cm，26 cm B．4 cm，26.5 cm C．26.5 cm，26.5 cm D．26.5 cm，26 cm
5．若三角形的三边长分别是下列各组数，则能构成直角三角形的是（　　）
A．4，5，6 B．1，2， C．6，8，11 D．5，12，14
6．如图，点为边上一点，将沿翻折得到，点在上，且．那么的度数为（ ）

A．38° B．48° C．51° D．62°
7．如图，在四边形中，、分别是、的中点，若，，，则的面积为（ ）

A．60 B．48 C．30 D．15
8．如图，在平面直角坐标系中，四边形，…都是菱形，点…都在x轴上，点，…都在直线上，且，则点的横坐标是（ ）

A． B． C． D．
二、填空题
9．若式子有意义，则x的取值范围为__________．
10．菱形的两条对角线长分别为5和8，则这个菱形的的面积为__________．
11．如图 ，在△ ABC 中，∠C＝90°，∠ABC 的平分线 BD 交 AC 于点 D．若 BD＝10cm，BC＝8cm，则点 D 到直线 AB 的距离= ________．

12．如图，矩形ABCD被两条对角线分成四个小三角形，如果四个小三角形的周长的和是40厘米，矩形的周长是22厘米，则对角线AC的长为 ___厘米．

13．若直线y＝kx+b与直线y＝2x﹣3平行且经过点A（1，﹣2），则kb＝_____．
14．如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且OA=OC，OB=OD．请你添加一个适当的条件：______________，使四边形ABCD成为菱形．

15．某物流公司的快递车和货车同时从甲地出发，以各自的速度匀速向乙地行驶，快递车到达乙地后卸完物品再另装货物共用45分钟，立即按原路以另一速度匀速返回，直至与货车相遇．已知货车的速度为60千米/时，两车之间的距离y（千米）与货车行驶时间x（小时）之间的函数图象如图所示，现有以下4个结论：①快递车从甲地到乙地的速度为100千米/时；②甲、乙两地之间的距离为120千米； ③图中点B的坐标为（，75）；④快递车从乙地返回时的速度为90千米/时．以上4个结论中正确的是 ___．

16．如图，的周长为，中位线，中位线，则中位线的长为______．

三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）．
18．如图，牧童在离河边3km的A处牧马，小屋位于他南6km东9km的B处，他想把他的马牵到河边饮水，然后回小屋．他要完成此过程所走的最短路程是多少？并在图中画出饮水C所在在位置（保留作图痕迹）．

19．阅读探究
小明遇到这样一个问题：在中，已知，，的长分别为，，，求的面积．
小明是这样解决问题的：如图1所示，先画一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点（即的3个顶点都在小正方形的顶点处），从而借助网格就能计算出的面积．他把这种解决问题的方法称为构图法，
（1）图1中的面积为________．

实践应用
参考小明解决问题的方法，回答下列问题：
（2）图2是一个的正方形网格（每个小正方形的边长为1）．
①利用构图法在答题卡的图2中画出三边长分别为，，的格点．
②的面积为________（写出计算过程）．
拓展延伸
（3）如图3，已知，以，为边向外作正方形和正方形，连接．若，，，则六边形的面积为________（在图4中构图并填空）．

20．如图，在中，，于点H，E是A上一点，过点B作，交的延长线于点F，连接，．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求的度数．
21．阅读下列材料，然后解答下列问题：
在进行代数式化简时，我们有时会碰上如，这样的式子，其实我们还可以将其进一步化简：
(一) ；
(二) ；
(三) .
以上这种化简的方法叫分母有理化．
(1)请用不同的方法化简：
①参照(二)式化简＝__________.
②参照(三)式化简＝_____________
(2)化简：.
22．为丰富同学们的课余活动，某校成立了篮球课外兴趣小组，计划购买一批篮球，需购买、两种不同型号的篮球共300个．已知购买3个型篮球和2个型篮球共需340元，购买2个型篮球和1个型篮球共需要210元．
（1）求购买一个型篮球、一个型篮球各需多少元？
（2）若该校计划投入资金元用于购买这两种篮球，设购进的型篮球为个，求关于的函数关系式；
（3）学校在体育用品专卖店购买、两种型号篮球共300个，经协商，专卖店给出如下优惠：种球每个降价8元，种球打9折，计算下来，学校共付费16740元，学校购买、两种篮球各多少个？
23．社团活动课上，数学兴趣小组的同学探索了这样的一个问题：
如图，，点为边上一定点，点为边上一动点，以为一边在∠MON的内部作正方形，过点作，垂足为点（在点、之间），交与点，试探究的周长与的长度之间的等量关系该兴趣小组进行了如下探索：
（动手操作，归纳发现）
（1）通过测量图、、中线段、、和的长，他们猜想的周长是长的_____倍．请你完善这个猜想

（推理探索，尝试证明）
为了探索这个猜想是否成立，他们作了如下思考，请你完成后续探索过程：
（2）如图，过点作，垂足为点
则

又四边形正方形，
，
则

在与中，
（类比探究，拓展延伸）
（3）如图，当点在线段的延长线上时，直接写出线段、、与长度之间的等量关系为 ．

24．在平面直角坐标系xOy中，对于任意两点M（x1，y1），N（x2，y2），我们将|x1﹣x2|＋2|y1﹣y2|称为点M与点N的“纵2倍直角距离”，记作dMN．
例如：点M（﹣2，7）与N（5，6）的“纵2倍直角距离”dMN＝|﹣2﹣5|＋2|7﹣6|＝9，
（1）①已知点P1（1，1），P2（﹣4，0），P3（0，），则在这三个点中，与原点O的“纵2倍直角距离”等于3的点是 　 　；
②已知点P（x，y），其中y≥0，若点P与原点O的“纵2倍直角距离”dPO＝3，请在下图中画出所有满足条件的点P组成的图形．
（2）若直线y＝2x＋b上恰好有两个点与原点O的“纵2倍直角距离”等于3，求b的取值范围；
（3）已知点A（1，1），B（3，1），点T（t，0）是x轴上的一个动点，正方形CDEF的顶点坐标分别为C（t﹣，0），D（t，），E（t＋，0），F（t，﹣）．若线段AB上存在点G，正方形CDEF上存在点H，使得dGH＝5，直接写出t的取值范围．

25．探究：如图①，△ABC是等边三角形，在边AB、BC的延长线上截取BM=CN，连结MC、AN，延长MC交AN于点P．
（1）求证：△ACN≌△CBM；
（2）∠CPN= °；（给出求解过程）
（3）应用：将图①的△ABC分别改为正方形ABCD和正五边形ABCDE，如图②、③，在边AB、BC的延长线上截取BM=CN，连结MC、DN，延长MC交DN于点P，则图②中∠CPN= °；（直接写出答案）
（4）图③中∠CPN= °；（直接写出答案）
（5）拓展：若将图①的△ABC改为正n边形，其它条件不变，则∠CPN= °（用含n的代数式表示，直接写出答案）．

【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：C
【分析】
直接利用二次根式有意义的条件、二次根式的乘法运算法则得出关于a的不等式组，进而得出答案．
【详解】
解：由题意可得：，
解得：a≥1，
故选：C．
【点睛】
本题考查二次根式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
2．C
解析：C
【分析】
分别求出各选项中较小两数的平方和及最大数的平方，比较后即可得出结论．
【详解】
解：A、由于32+42=52，能作为直角三角形的三边长；
B、由于22+22=（）2，能作为直角三角形的三边长；
C、由于22+52≠62，不能作为直角三角形的三边长；
D、由于52+122=132，能作为直角三角形的三边长．
故选C．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的逆定理，牢记“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”是解题的关键．
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定进行判断即可．
【详解】
解：①对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，是真命题；
②对角线相等的平行四边形是矩形，是真命题；
③有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，原命题是假命题；
④有一组对边相等且有一组对角相等的四边形不一定是平行四边形，原命题是假命题；
故选B．
【点睛】
本题主要考查了菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关四边形的判定条件.
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据众数的含义及中位数的求法进行即可．
【详解】
在这一组数据中26.5是出现次数最多的，故众数是26.5cm；
处于这组数据中间位置的数是26.5、26.5，那么中位数的定义可知，这组数据的中位数是（26.5+26.5）÷2=26.5cm.
故选C．
【点睛】
本题考查了众数及中位数，一组数据中出现次数最多的数称为众数，一组数据的众数可以不止一个，把一组数据按大小排列，中间位置一个数或两个数的平均数是这组数据的中位数；掌握它们的含义是关键．
5．B
解析：B
【分析】
根据勾股定理逆定理：三角形三边长a、b、c若满足，则该三角形为直角三角形，将各个选项逐一代数计算即可得出答案．
【详解】
解：A选项：∵，∴4、5、6三边长无法组成直角三角形，故该选项错误；
B选项：∵，∴1、2、三边长可以组成直角三角形，故该选项正确；
C选项：∵，∴6、8、11三边长无法组成直角三角形，故该选项错误；
D选项：∵，∴5、12、14三边长无法组成直角三角形，故该选项错误，
故选：B．
【点睛】
本题主要考察了勾股定理的逆定理，在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断．
6．C
解析：C
【解析】
【分析】
由平行四边形的性质和折叠的性质得出∠BFE=∠A=52°，∠FBE=∠ABE，由等腰三角形的性质和三角形的外角性质得出∠EDF=∠DEF=∠BFE=26°，由三角形内角和定理求出∠ABD=102°，即可得出∠ABE的度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C=52°，
由折叠的性质得：∠BFE=∠A=52°，∠FBE=∠ABE，
∵EF=DF，
∴∠EDF=∠DEF=∠BFE=26°，
∴∠ABD=180°-∠A-∠EDF=102°，
∴∠ABE=∠ABD=51°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质、三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的性质是解决问题的关键．
7．C
解析：C
【解析】
【分析】
连接BD，根据三角形中位线定理求出BD，根据勾股定理的逆定理得到∠BDC=90°，然后求得面积即可．
【详解】
解：连接BD，

∵E、F分别是AB、AD中点，
∴BD=2EF=12，
∵CD2+BD2=25+144=169，BC2=169，
∴CD2+BD2=BC2，
∴∠BDC=90°，
∴S△DBC=BD•CD=×12×5=30，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理的逆定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
8．A
解析：A
【分析】
分别过点作轴的垂线，交于，再连接
，利用勾股定理及根据菱形的边长求得、、的坐标然后分别表示出、、的坐标找出规律进而求得的坐标．
【详解】
解：分别过点作轴的垂线，交于，再连接
如下图：

，
，
，
在中，
根据勾股定理得：，
即，
解得：，
的纵坐标为：，横坐标为，
，，
四边形，，，都是菱形，
，，，，
的纵坐标为：，代入，求得横坐标为2，
，
的纵坐标为：，代入，求得横坐标为5，
，，
，，
，，
，；
，，
，
则点的横坐标是：，
故选：A．
【点睛】
本题是对点的坐标变化规律的考查，主要利用了菱形的性质，解直角三角形，根据已知点的变化规律求出菱形的边长，得出系列点的坐标，找出规律是解题的关键．
二、填空题
9．x≥2且x≠3
【解析】
【分析】
要使有意义，则分母不为0，且分子二次根式的被开方数非负，则可求得x的取值范围．
【详解】
由题意得： ，解不等式组得：x≥2且x≠3．
故答案为：x≥2且x≠3．
【点睛】
本题是求使式子有意义的自变量的取值范围的问题，涉及二次根式的意义，分母不为零，不等式组的解法等知识；一般地，当式子为分式时，分母不为零；当式子中含有二次根式时，要求被开方数非负．
10．20
【解析】
【分析】
菱形的面积是对角线乘积的一半，由此可得出结果．
【详解】
解：∵菱形的两条对角线长分别为5和8，
∴菱形的面积：．
故答案为：20．
【点睛】
本题考查了菱形的面积，菱形面积的求解方法有两种：①底乘以高，②对角线积的一半，解题关键是对面积公式的熟练运用．
11．D
解析：6cm
【解析】
【分析】
过点D作DE⊥AB于E，利用勾股定理列式求出CD，再根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DE=CD即可求解．
【详解】
如图，过点D作DE⊥AB于E，

∵∠C=90°，BD=10cm，BC=8cm，
∴CD=cm，
∵∠C=90°，BD是∠ABC的平分线，
∴DE=CD=6cm，
即点D到直线AB的距离是6cm．
故答案为：6cm．
【点睛】
本题考查了勾股定理、角平分线的性质、点到直线的距离等知识，在解题时要能灵活应用各个知识点是本题的关键．
12．A
解析：5
【分析】
根据矩形性质得出OA=OB=OC=OD，AB=CD，AD=BC，求出8OA+2AB+2BC=40厘米和2AB+2BC=22厘米，求出OA，即可求出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，AC=BD，AO=OC，OD=OB，
∴AO=OC=OD=OB，
∵矩形ABCD被两条对角线分成四个小三角形的周长的和是40厘米，
∴OA+OD+AD+OD+OC+CD+OC+OB+BC+OA+OB+AB=40厘米，
即8OA+2AB+2BC=40厘米，
∵矩形ABCD的周长是22厘米，
∴2AB+2BC=22厘米，
∴8OA=18厘米，
∴OA=2.25厘米，
即AC=BD=2OA=4.5厘米．
故答案为：4.5．
【点睛】
本题考查了矩形的性质的应用，注意：矩形的对边相等，矩形的对角线互相平分且相等．
13．A
解析：-8
【分析】
由平行线的关系得出k＝2，再把点A（1，﹣2）代入直线y＝2x+b，求出b，即可得出结果．
【详解】
解：∵直线y＝kx+b与直线y＝2x﹣3平行，
∴k＝2，
∴直线y＝2x+b，
把点A（1，﹣2）代入得：2+b＝﹣2，
∴b＝﹣4，
∴kb＝﹣8．
故答案为：﹣8．
【点睛】
本题主要考查了一次函数图像的性质，求一次函数的解析式，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
14．A
解析：AB=AD.
【分析】
由条件OA=OC，AB=CD根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得四边形ABCD为平行四边形，再加上条件AB=AD可根据一组邻边相等的平行四边形是菱形进行判定．
【详解】
添加AB=AD，
∵OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
故答案为AB=AD．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
15．①③④
【分析】
根据两车速度之差×3小时=120，解方程可判断①，根据两车间的距离而且是同向可判断②，根据卸货与装货45分钟时间可求拐点B横坐标，利用货车行驶45分钟距离缩短求出B纵坐标可判断③，
解析：①③④
【分析】
根据两车速度之差×3小时=120，解方程可判断①，根据两车间的距离而且是同向可判断②，根据卸货与装货45分钟时间可求拐点B横坐标，利用货车行驶45分钟距离缩短求出B纵坐标可判断③，根据返回快递车速与货车速度之和乘以返货到相遇时间=75，解方程可判断④．
【详解】
解：①设快递车从甲地到乙地的速度为x千米/时，则3（x﹣60）=120，
x=100．
故①正确；
②因为120千米是快递车到达乙地后两车之间的距离，不是甲、乙两地之间的距离，
故②错误；
③因为快递车到达乙地后缷完物品再另装货物共用45分钟，所以图中点B的横坐标为3+=，点B纵坐标为120﹣60×=75，
故③正确；
④设快递车从乙地返回时的速度为y千米/时，则（y+60）（）=75，
y=90，
故④正确．
故答案为①③④．
【点睛】
本题考查一次函数行程问题图像获取信息，利用速度，时间与路程关系解决问题，掌握一次函数行程问题图像获取信息，利用速度，时间与路程关系解决问题，一次函数的应用是解题关键．
16．4
【分析】
根据三角形中位线定理分别求出BC、AB，根据三角形的周长公式求出AC，根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】
解：∵中位线EF=3cm，中位线DF=6cm，
∴BC=6cm，AB=
解析：4
【分析】
根据三角形中位线定理分别求出BC、AB，根据三角形的周长公式求出AC，根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】
解：∵中位线EF=3cm，中位线DF=6cm，
∴BC=6cm，AB=12cm，
∵△ABC的周长26cm，
∴AC=8cm，
∴中位线DE的长为4cm，
故答案为：4．
【点睛】
本题主要考查的是三角形中位线定理的应用，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．
三、解答题
17．（1）﹣1； （2）
【分析】
（1）化简立方根，算术平方根，零指数幂，然后再计算；
（2）先算乘方，然后算乘法，化简绝对值，最后算加减．
【详解】
解：（1），
，
；
（2）
，
，
．
【点睛
解析：（1）﹣1； （2）
【分析】
（1）化简立方根，算术平方根，零指数幂，然后再计算；
（2）先算乘方，然后算乘法，化简绝对值，最后算加减．
【详解】
解：（1），
，
；
（2）
，
，
．
【点睛】
题目主要考查实数的混合运算，包括立方根、算数平方根、乘方、绝对值、二次根式的运算等，熟练掌握运算法则是解题关键．
18．最短路程是；画图见解析．
【分析】
先作关于的对称点，连接，构建直角三角形，利用勾股定理即可得出答案．
【详解】
解：如图，作出点关于的对称点，连接交于点，则点是马饮水的位置，
根据对称性可得，,
解析：最短路程是；画图见解析．
【分析】
先作关于的对称点，连接，构建直角三角形，利用勾股定理即可得出答案．
【详解】
解：如图，作出点关于的对称点，连接交于点，则点是马饮水的位置，
根据对称性可得，,
则，
∴，
由已知得，，，
在中，由勾股定理求得
，
即，
答：他要完成这件事情所走的最短路程是，饮水所在位置．

【点睛】
本题考查的是勾股定理和轴对称在实际生活中的运用，需要同学们联系实际，题目是一道比较典型的题目，难度适中．
19．（1）；（2）①作图见详解；②8；（3）在网格中作图见详解；31．
【解析】
【分析】
（1）根据网格可直接用割补法求解三角形的面积；
（2）①利用勾股定理画出三边长分别为、、，然后依次连接即可；②
解析：（1）；（2）①作图见详解；②8；（3）在网格中作图见详解；31．
【解析】
【分析】
（1）根据网格可直接用割补法求解三角形的面积；
（2）①利用勾股定理画出三边长分别为、、，然后依次连接即可；②根据①中图形，可直接利用割补法进行求解三角形的面积；
（3）根据题意在网格中画出图形，然后在网格中作出，，进而可得，得出，进而利用割补法在网格中求解六边形的面积即可．
【详解】
解：（1）△ABC的面积为：，
故答案为：；
（2）①作图如下（答案不唯一）：

②的面积为：，
故答案为：8；
（3）在网格中作出，，

在与中，
，
∴，
∴，
，
六边形AQRDEF的面积=正方形PQAF的面积+正方形PRDE的面积+的面积
，
故答案为：31．
【点睛】
本题主要考查勾股定理、正方形的性质、割补法求解面积及二次根式的运算，熟练掌握勾股定理、正方形的性质、割补法求解面积及二次根式的运算是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）90°
【分析】
（1）由题意利用全等三角形的判定证得，得出，进而利用菱形的判定定理进行证明即可；
（2）由题意利用菱形的性质可得，进而进行角的等量替换得出即的度数．
【详解】
解析：（1）见解析；（2）90°
【分析】
（1）由题意利用全等三角形的判定证得，得出，进而利用菱形的判定定理进行证明即可；
（2）由题意利用菱形的性质可得，进而进行角的等量替换得出即的度数．
【详解】
解：（1）证明：∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
又∵，
∴四边形是菱形；
（2）∵四边形是菱形，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴．
即．
【点睛】
本题考查菱形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质以及菱形的判定与性质是解题的关键.
21．见解析.
【解析】
【分析】
（1）原式各项仿照题目中的分母有理化的方法计算即可得到结果；
（2）原式各项分母有理化，计算即可.
【详解】
解:(1)①; 
②; 
(2)原式
故答案为:(1)①;
解析：见解析.
【解析】
【分析】
（1）原式各项仿照题目中的分母有理化的方法计算即可得到结果；
（2）原式各项分母有理化，计算即可.
【详解】
解:(1)①; 
②; 
(2)原式
故答案为:(1)①;②
【点睛】
此题主要考查了二次根式的有理化，解答此题要认真阅读前面的分析，根据题目的要求选择合适的方法解题.
22．（1）一个A型篮球为80元，一个B型篮球为50元；（2）函数解析式为：；（3）A型篮球120个，则B型篮球为180个．
【分析】
（1）设一个A型篮球为x元，一个B型篮球为y元，根据题意列出方程组求
解析：（1）一个A型篮球为80元，一个B型篮球为50元；（2）函数解析式为：；（3）A型篮球120个，则B型篮球为180个．
【分析】
（1）设一个A型篮球为x元，一个B型篮球为y元，根据题意列出方程组求解即可得；
（2）A型篮球t个，则B型篮球为个，根据单价、数量、总价的关系即可得；
（3）根据A型篮球与B型篮球的优惠政策求出单价，然后代入（2）解析式中求解即可得．
【详解】
解：（1）设一个A型篮球为x元，一个B型篮球为y元，根据题意可得：
，
解得：，
∴一个A型篮球为80元，一个B型篮球为50元；
（2）A型篮球t个，则B型篮球为个，根据题意可得：
，
∴函数解析式为：；
（3）根据题意可得：A型篮球单价为元，B型篮球单价为元，则
，
解得：，，
∴A型篮球120个，则B型篮球为180个．
【点睛】
题目主要考查二元一次方程组及一次函数的应用，理解题意，列出相应方程是解题关键．
23．（1）2；（2）证明见解析过程；（3）AE+EF-AF=2OA．
【分析】
（1）通过测量可得；
（2）过点C作CG⊥ON，垂足为点G，由AAS可证△ABO≌△BCG，可得BG=AO，BO=CG，由
解析：（1）2；（2）证明见解析过程；（3）AE+EF-AF=2OA．
【分析】
（1）通过测量可得；
（2）过点C作CG⊥ON，垂足为点G，由AAS可证△ABO≌△BCG，可得BG=AO，BO=CG，由SAS可证△ABE≌△CBE，可得AE=CE，由线段的和差关系可得结论；
（3）过点C作CG⊥ON，垂足为点G，由AAS可证△ABO≌△BCG，可得BG=AO，BO=CG，由SAS可证△ABE≌△CBE，可得AE=CE，可得结论．
【详解】
解：（1）△AEF的周长是OA长的2倍，
故答案为：2；
（2）如图4，过点C作CG⊥ON，垂足为点G，

则∠CGB=90°，
∴∠GCB+∠CBG=90°，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，∠DBC=∠DBA=45°，
则∠CBG+∠ABO=90°，
∴∠GCB=∠ABO，
在△BCG与△ABO中，
，
∴△BCG≌△ABO（AAS），
∴BG=AO，CG=BO，
∵∠AOB=90°=∠CGB=∠CFO，
∴四边形CGOF是矩形，
∴CF=GO，CG=OF=OB，
在△ABE和△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴AE=CE，
∴△AEF的周长=AE+EF+AF=CE+EF+AF=CF+AF=GO+AF=BG+BO+AF=2AO；
（3）如图5，过点C作CG⊥ON于点G，

则∠CGB=90°，
∴∠GCB+∠CBG=90°，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，∠DBC=∠DBA=45°，
则∠CBG+∠ABO=90°，
∴∠GCB=∠ABO，
在△BCG与△ABO中
，
∴△BCG≌△ABO（AAS），
∴BG=AO，BO=CG，
∵∠AOB=90°=∠CGB=∠CFO，
∴四边形CGOF是矩形，
∴CF=GO，CG=OF=OB，
在△ABE和△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴AE=CE，
∴AE+EF-AF=EF+CE-AF=NB+BO-（OF-AO）=OA+OB-（OB-OA）=2OA．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，矩形的判定和性质，添加恰当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．
24．（1）①P1，P3；②见解析；（2）；（3）或．
【解析】
【分析】
（1）①根据“纵2倍直角距离”分别计算三个点到原点O的“纵2倍直角距离”，即可判断；
②根据“纵2倍直角距离”的定义得|x|+2
解析：（1）①P1，P3；②见解析；（2）；（3）或．
【解析】
【分析】
（1）①根据“纵2倍直角距离”分别计算三个点到原点O的“纵2倍直角距离”，即可判断；
②根据“纵2倍直角距离”的定义得|x|+2|y|＝3，根据y≥0，再分两种情况可得两个函数关系式，分别画出即可；
（2）作出与原点O的“纵2倍直角距离”等于3的点，通过观察作出图2可得：当直线y＝2x＋b与x轴的交点在对角线AC上（不含AC两点）时，恰好与四边形的边有两个公共点，由此即可求出b的取值范围；
（3）根据线段AB上存在点G的坐标求出当时，dGH＝5所有满足条件的点H组成的图形，再结合图形的特征求出正方形CDEF与点H的满足“纵2倍直角距离”的点组成图形有公共点时t的取值范围．
【详解】
解：（1）①∵点点P1（1，1），P2（﹣4，0），P3（0，），
∴|1-0|+2|1-0|＝3，||+2|0|＝4，||+2||，
∴与原点O的“纵2倍直角距离”的点是P1，P3；
故答案为：P1，P3；
②设P（x，y），
∵点P与原点O的“纵2倍直角距离”dOP＝3，
∴|x|+2|y|＝3，
当y≥0，x≥0时，x+2y＝3，即，
当y≥0，x≤0时，﹣x+2y＝3，即，
如图1所示，

（2）如图，与原点O的“纵2倍直角距离”等于3的点组成图形是四边形ABCD， 直线y＝2x＋b经过A点或C点时，与四边形只有一个公共点，当直线y＝2x＋b与x轴交点在AC之间时，与菱形有两个公共点，

当直线，y＝2x＋b经过A点（-3，0）时；，解得：，
当直线，y＝2x＋b经过A点（3，0）时；，解得：，
∴b的取值范围为；
（3）设正方形CDEF上存在点H（x，y）
当线段AB上存在点G坐标为（1，1），则：dGH＝，
当，时，，即，满足条件的图形为线段，
当，时，，即，满足条件的图形为线段，

当点G坐标从A（1，1）移动B（3，1）时对应满足条件的H点图形也平移2个单位到线段，线段，
∴满足点G的“纵2倍直角距离”的H点图形如图阴影部分所示：所有满足条件的H点是线段
其中：线段的解析式为，线段的解析式为，
由图可得：当正方形在线段下方时，D点在线段，正方形与满足条件的H点图形有公共点D（t，），
即：，解得，
同理求出当正方形在线段下方时，F点在线段，正方形与满足条件的H点图形有公共点D（t，），即，解得，
∴当，正方形与满足条件的H点图形由公共点存在，
同理可求：当，正方形与满足条件的H点图形由公共点存在，
综上所述：若线段AB上存在点G，正方形CDEF上存在点H，使得dGH＝5，则或．
【点睛】
本题属于新定义与一次函数相结合的综合压轴题，读懂定义，紧扣定义解题，熟练掌握“纵2倍直角距离”的定义是解答此题的关键，根据G点的位置确定满足“纵2倍直角距离”的H点的范围是解（3）的难点．
25．（1）见解析；（2）120；（3）90；（4）72；（5）.
【分析】
（1）利用等边三角形的性质得到BC=AC，∠ACB=∠ABC，从而得到△ACN≌△CBM.
（2）利用全等三角形的性质得到∠C
解析：（1）见解析；（2）120；（3）90；（4）72；（5）.
【分析】
（1）利用等边三角形的性质得到BC=AC，∠ACB=∠ABC，从而得到△ACN≌△CBM.
（2）利用全等三角形的性质得到∠CAN=∠BCM，再利用三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，即可求解.
（3）利用正方形（或正五边形）的性质得到BC=DC，∠ABC=∠BCD，从而判断出△DCN≌△CBM，再利用全等三角形的性质得到∠CDN=∠BCM，再利用内角和定理即可得到答案.
（4）由（3）的方法即可得到答案.
（5）利用正三边形，正四边形，正五边形，分别求出∠CPN的度数与边数的关系式，即可得到答案.
【详解】
（1）∵△ABC是等边三角形，
∴BC=AC，∠ACB=∠BAC=∠ABC=60，
∴∠ACN=∠CBM=120，
在△CAN和△CBM中，
，
∴△ACN≌△CBM.
（2）∵△ACN≌△CBM.
∴∠CAN=∠BCM，
∵∠ABC=∠BMC+∠BCM，∠BAN=∠BAC+∠CAN，
∴∠CPN=∠BMC+∠BAN
=∠BMC+∠BAC+∠CAN
=∠BMC+∠BAC+∠BCM
=∠ABC+∠BAC
=60+60,
=120，
故答案为：120.
（3）将等边三角形换成正方形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=DC，∠ABC=∠BCD=90，
∴∠MBC=∠DCN=90，
在△DCN和△CBM中，
，
∴△DCN≌△CBM，
∴∠CDN=∠BCM，
∵∠BCM=∠PCN，
∴∠CDN=∠PCN，
在Rt△DCN中，∠CDN+∠CND=90，
∴∠PCN+∠CND=90，
∴∠CPN=90，
故答案为：90.
（4）将等边三角形换成正五边形，
∴∠ABC=∠DCB=108，
∴∠MBC=∠DCN=72，
在△DCN和△CBM中，
，
∴△DCN≌△CBM，
∴∠BMC=∠CND，∠BCM=∠CDN，
∵∠BCM=∠PCN，
∴∠CND=∠PCN，
在△CDN中，∠CDN+∠CND=∠BCD=108，
∴∠CPN=180-(∠CND+∠PCN)
=180-(∠CND+∠CDN)
=180-108，
=72，
故答案为：72.
（5）正三边形时，∠CPN=120=，
正四边形时，∠CPN=90=，
正五边形时，∠CPN=72=，
正n边形时，∠CPN=，
故答案为： .
【点睛】
此题考查正多边形的性质，三角形全等的判定及性质，图形在发生变化但是解题的思路是不变的，依据此特点进行解题是解此题的关键.