2020-2021学年湖北省武汉市武昌区八年级（上）期末数
学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 为了普及科学抗疫防控病毒知识，设计了一些防控知识的图片，图片上有图案和文
字说明，下面图形中，图案是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
2. 若代数式𝑎−4在实数范围内有意义，则实数a的取值范围为( )
1
A. 𝑎=4 B. 𝑎>4 C. 𝑎<4 D. 𝑎≠4
3. 下列运算正确的是( )
A. 𝑎+𝑎=𝑎2 B. (𝑎𝑏)2=𝑎𝑏2 C. 𝑎2⋅𝑎3=𝑎5 D. (𝑎2)3=𝑎5
4. 如图，△𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝐷𝐸，若∠𝐵=80°，∠𝐶=30°，则∠𝐸的
度数为( )
A. 80° B. 35° C. 70° D. 30°
5. 某桑蚕丝的直径约为0.000016米，则这种桑蚕丝的直径用科学记数法表示约为( )
A. 1.6×10−6米 B. 1.6×106米 C. 1.6×10−5米 D. 1.6×105米
6. 若(𝑥+3)(𝑥−5)=𝑥2+𝑚𝑥−15，则m的值为( )
A. −2 B. 2 C. −5 D. 5
7. 下列式子为因式分解的是( )
A. 𝑥(𝑥−1)=𝑥2−𝑥 C. 𝑥2+𝑥=𝑥(𝑥+1)
B. 𝑥2−𝑥=𝑥(𝑥+1) D. 𝑥2−𝑥=𝑥(𝑥+1)(𝑥−1)
8. 如图，在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶=90°，∠𝐵=50°，𝐴𝐷⊥
𝐵𝐶，垂足为D，△𝐴𝐷𝐵与△𝐴𝐷𝐵′关于直线AD对称，点B的对称点是点𝐵′，则∠𝐶𝐴𝐵′的度数为( )
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A. 10° B. 20° C. 30° D. 40°
9. 如图，在3×3的正方形网格中，格线的交点称为格点，以格
点为顶点的三角形称为格点三角形，图中的△𝐴𝐵𝐶为格点三角形，在图中与△𝐴𝐵𝐶成轴对称的格点三角形可以画出( )
A. 6个 B. 5个 C. 4个 D. 3个
10. 如图，𝐶𝐴⊥直线l于点A，𝐶𝐴=4，点B是直线l上一动点，
以CB为边向上作等边△𝑀𝐵𝐶，连接MA，则MA的最小值为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分） 11. 若分式𝑥−1的值为0，则x的值是______． 12. 已知正n边形的每个内角为144°，则𝑛=______．
13. 若多项式𝑥2−𝑚𝑥+16是一个完全平方式，则m的值应为______． BC的垂直平分线𝑙1、𝑙2相交于点O，14. 如图，线段AB、
若∠1=39°，则∠𝐴𝑂𝐶=______．
15. 观察下面的式子：1×2=1−2，2×3=2−3，3×4=3−4，…，可以发现它们的计算
规律是𝑛(𝑛+1)=𝑛−𝑛+1(𝑛为正整数).若一容器装有1升水，按如下要求把水倒出：第一次倒出2升水，第二次倒出的水量是2升水的3，第三次倒出的水量是3升水的4，
1
1
1
1
1
1
1
11
1
1
1
1
1
1
1
𝑥+1
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…，…，第四次倒出的水量是4升水的5，如此下去，第n次倒出的水量是𝑛升水的𝑛+1，按这种倒水方式，前n次倒出水的总量为______ 升. 16. 如图，△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶=90°，点D在线段
BC上，∠𝐸𝐷𝐵=∠𝐶，𝐵𝐸⊥𝐷𝐸，垂足为E，DE与AB
2相交于点F，若𝐵𝐸=√5，则△𝐵𝐷𝐹的面积为______ ．
三、计算题（本大题共1小题，共8.0分） 17. (1)计算：(𝑥+3)(𝑥−4)；
(2)分解因式：𝑏−2𝑏2+𝑏3．
四、解答题（本大题共7小题，共64.0分） 18. 解方程
(1)𝑥−2=𝑥；
(2)
19. 如图，𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，𝐶𝐷⊥𝐵𝐷，𝐴𝐵=𝐷𝐶，AC与BD交于点𝑂.求证：𝐴𝐶=𝐷𝐵．
𝑥+14
−=1 𝑥−1𝑥2−1
3
2
1
1111
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20. 先化简，再求值：(𝑚+2+2−𝑚)÷2𝑚−4，其中𝑚=6．
21. 如图，△𝐴𝐵𝐶的顶点A、B、C都在小正方形的顶点上，利用网格线按下列要求画
图．
(1)画△𝐴1𝐵1𝐶1，使它与△𝐴𝐵𝐶关于直线l成轴对称； (2)在直线l上找一点P，使点P到点A、B的距离之和最短； (3)在直线l上找一点Q，使点Q到边AC、BC的距离相等．
5
3−𝑚
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22. 外出时佩戴口罩可以有效防控流感病毒，某药店用4000元购进若干包医用外科口
罩，很快售完，该店又用7500元钱购进第二批同种口罩，第二批购进的包数比第一批多50%，每包口罩的进价比第一批每包的进价多0.5元，请解答下列问题： (1)求购进的第一批医用口罩有多少包？
(2)政府采取措施，在这两批医用口罩的销售中，售价保持不变，若售完这两批口罩的总利润不高于3500元，那么药店销售该口罩每包的最高售价是多少元？
23. 如图1，在△𝐴𝐵𝐶中，AF、BE分别平分∠𝐵𝐴𝐶和∠𝐴𝐵𝐶，AF和BE相交于D点．
(1)求证：CD平分∠𝐴𝐶𝐵；
(2)如图2，过F作𝐹𝑃⊥𝐴𝐶于点P，连接PD，若∠𝐴𝐶𝐵=45°，∠𝑃𝐷𝐹=67.5°，求证：𝑃𝐷=𝐶𝑃；
(3)如图3，若2∠𝐵𝐴𝐹+3∠𝐴𝐵𝐸=180°，求证：𝐵𝐸−𝐵𝐹=𝐴𝐵−𝐴𝐸．
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24. 如图1，平面直角坐标系中，点𝐴(0,𝑎−2)，𝐵(𝑏,0)，𝐶(𝑏−6,−𝑏)，且a、b满足
𝑎2−2𝑎𝑏+2𝑏2−16𝑏+64=0，连接AB、AC，AC交x轴于D点． (1)求C点的坐标；
(2)求证：∠𝑂𝐴𝐶+∠𝐴𝐵𝑂=45°；
(3)如图2，点E在线段AB上，作𝐸𝐺⊥𝑦轴于G点，交AC于F点，若𝐸𝐺=𝐴𝑂，求证：𝐸𝐹=𝑂𝐷+𝐴𝐺．
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答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、不是轴对称图形，不合题意； B、是轴对称图形，符合题意； C、不是轴对称图形，不合题意； D、不是轴对称图形，不合题意． 故选：B．
根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形进行分析即可．
此题主要考查了轴对称图形，正确掌握轴对称图形的性质是解题关键．
2.【答案】D
【解析】【试题解析】 解：依题意得：𝑎−4≠0， 解得𝑎≠4． 故选：D．
分式有意义时，分母𝑎−4≠0，求解即可．
本题考查了分式有意义的条件．分式有意义的条件是分母不等于零．
3.【答案】C
【解析】解：A、𝑎+𝑎=2𝑎，故本选项不合题意； B、(𝑎𝑏)2=𝑎2𝑏2，故本选项不合题意； C、𝑎2⋅𝑎3=𝑎5，故本选项符合题意； D、(𝑎2)3=𝑎6，故本选项不合题意． 故选：C．
分别根据合并同类项法则，幂的乘方与积的乘方运算法则，同底数幂的乘法法则逐一判断即可．
本题主要考查了合并同类项，同底数幂的乘法以及幂的乘方与积的乘方，熟记相关运算
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法则是解答本题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：∵△𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝐷𝐸，∠𝐶=30°， ∴∠𝐸=∠𝐶=30°， 故选：D．
根据全等三角形的对应角相等解答即可．
本题考查的是全等三角形的性质的应用，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：0.000016=1.6×10−5． 故选：C．
绝对值小于1的负数也可以利用科学记数法表示，一般形式为𝑎×10−𝑛，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
此题主要考查了用科学记数法表示较小的数，一般形式为𝑎×10−𝑛，其中1≤|𝑎|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
6.【答案】A
【解析】解：∵(𝑥+3)(𝑥−5)=𝑥2−2𝑥−15， 即𝑥2−2𝑥−15=𝑥2+𝑚𝑥−15， ∴𝑚=−2． 故选：A．
利用多项式乘多项式计算(𝑥+3)(𝑥−5)，然后利用一次项系数相等得到m的值． 本题考查了多项式乘多项式：多项式与多项式相乘的法则：多项式与多项式相乘，先用一个多项式的每一项乘另外一个多项式的每一项，再把所得的积相加．
7.【答案】C
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【解析】解；A、𝑥(𝑥−1)=𝑥2−𝑥，是整式的乘法，不是因式分解，故此选项不符合题意；
B、原因式分解错误，正确的是𝑥2−𝑥=𝑥(𝑥−1)，故此选项不符合题意； C、𝑥2+𝑥=𝑥(𝑥+1)，是正确的因式分解，故此选项符合题意；
D、原因式分解错误，正确的是𝑥2−𝑥=𝑥(𝑥−1)，故此选项不符合题意； 故选：C．
利用因式分解的定义，把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，也叫做分解因式，进而判断得出即可．
此题主要考查了因式分解的意义，正确把握因式分解的意义是解题关键．
8.【答案】A
【解析】 【分析】
本题考查了轴对称的性质，掌握轴对称的性质是本题的关键．
由余角的性质可求∠𝐶=40°，由轴对称的性质可得∠𝐴𝐵′𝐵=∠𝐵=50°，由外角性质可求解． 【解答】
解：∵∠𝐵𝐴𝐶=90°，∠𝐵=50°， ∴∠𝐶=40°，
∵△𝐴𝐷𝐵与△𝐴𝐷𝐵′关于直线AD对称，点B的对称点是点𝐵′， ∴∠𝐴𝐵′𝐵=∠𝐵=50°， ∴∠𝐶𝐴𝐵′=∠𝐴𝐵′𝐵−∠𝐶=10°， 故选：A．
9.【答案】A
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【解析】解：如图，最多能画出6个格点三角形与△𝐴𝐵𝐶成轴对称．
故选：A．
根据网格结构分别确定出不同的对称轴，然后作出轴对称三角形即可得解
本题考查了利用轴对称变换作图，熟练掌握网格结构并准确找出对应点的位置是解题的关键，本题难点在于确定出不同的对称轴．
10.【答案】B
【解析】解：如图，以AC为边作等边三角形ACE，连接ME，过点A作𝐴𝐹⊥𝑀𝐸于点F，
∵△𝑀𝐵𝐶和△𝐴𝐶𝐸为等边三角形，
∴𝐵𝐶=𝐶𝑀，𝐴𝐶=𝐶𝐸，∠𝐵𝐶𝑀=∠𝐴𝐶𝐸=60°， ∴∠𝐵𝐶𝐴=∠𝑀𝐶𝐸， 在△𝐵𝐶𝐴和△𝑀𝐶𝐸中， 𝐵𝐶=𝑀𝐶
{∠𝐵𝐴𝐶=∠𝑀𝐶𝐸， 𝐴𝐶=𝐶𝐸
∴△𝐵𝐶𝐴≌△𝑀𝐶𝐸(𝑆𝐴𝑆)，
∴𝐵𝐴=𝑀𝐸，∠𝐵𝐴𝐶=∠𝑀𝐸𝐶=90°， ∴∠𝐴𝐸𝐹=90°−60=30°，
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∵𝐵是直线l的动点， ∴𝑀在直线ME上运动， ∴𝑀𝐴的最小值为AF， ∵𝐴𝐸=𝐴𝐶=4， ∴𝐴𝐹=𝐴𝐸=2．
21
故选：B．
以AC为边作等边三角形ACE，连接ME，过点A作𝐴𝐹⊥𝑀𝐸于点F，证明△𝐵𝐶𝐴≌△𝑀𝐶𝐸(𝑆𝐴𝑆)，由全等三角形的性质得出𝐵𝐴=𝑀𝐸，∠𝐵𝐴𝐶=∠𝑀𝐸𝐶=90°，由直角三角形的性质可得出答案．
本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
11.【答案】−1
【解析】 【分析】
本题考查了分时值为零的条件，若分式的值为零，需同时具备两个条件：(1)分子为0；(2)分母不为0，这两个条件缺一不可．
分式的值为0的条件是：(1)分子为0；(2)分母不为0，两个条件需同时具备，缺一不可，据此可以解答本题． 【解答】
解：由分式𝑥−1的值为0，得 𝑥+1=0且𝑥−1≠0， 解得𝑥=−1， 故答案为−1．
𝑥+1
12.【答案】10
【解析】解：由题意得正n边形的每一个外角为180°−144°=36°， 𝑛=360°÷36°=10， 故答案为10．
根据多边形内角和外角的关系可求解正n边形的外角的度数，再根据多边形的外角和定
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理可直接求解．
本题主要考查多边形的内角和外角，求解多边形的外角的度数是解题的关键．
13.【答案】±8
【解析】解：∵𝑥2−𝑚𝑥+16=𝑥2−𝑚𝑥+42， ∴−𝑚𝑥=±2⋅𝑥⋅4， 解得𝑚=±8． 故答案为：±8
先根据两平方项确定出这两个数，再根据完全平方公式的乘积二倍项即可确定m的值． 本题主要考查了完全平方式，根据平方项确定出这两个数是解题的关键，也是难点，熟记完全平方公式对解题非常重要．
14.【答案】78°
【解析】 【分析】
本题主要考查线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．过O作射线BP，根据线段的垂直平分线的性质得𝐴𝑂=𝑂𝐵=𝑂𝐶和∠𝐵𝐷𝑂=∠𝐵𝐸𝑂=90°，根据四边形的内角和为360°得∠𝐷𝑂𝐸+∠𝐴𝐵𝐶=180°，根据外角的性质得∠𝐴𝑂𝑃=∠𝐴+∠𝐴𝐵𝑂，∠𝐶𝑂𝑃=∠𝐶+∠𝑂𝐵𝐶，相加可得结论． 【解答】
解：过O作射线BP，
∵线段AB、BC的垂直平分线𝑙1、𝑙2相交于点O， ∴𝐴𝑂=𝑂𝐵=𝑂𝐶，∠𝐵𝐷𝑂=∠𝐵𝐸𝑂=90°，
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∴∠𝐷𝑂𝐸+∠𝐴𝐵𝐶=180°， ∵∠𝐷𝑂𝐸+∠1=180°， ∴∠𝐴𝐵𝐶=∠1=39°， ∵𝑂𝐴=𝑂𝐵=𝑂𝐶，
∴∠𝐴=∠𝐴𝐵𝑂，∠𝑂𝐵𝐶=∠𝐶，
∵∠𝐴𝑂𝑃=∠𝐴+∠𝐴𝐵𝑂，∠𝐶𝑂𝑃=∠𝐶+∠𝑂𝐵𝐶，
∴∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐴𝑂𝑃+∠𝐶𝑂𝑃=∠𝐴+∠𝐴𝐵𝐶+∠𝐶=2×39°=78°， 故答案为：78°．
15.【答案】𝑛+1
【解析】解：根据题意可知， 第一次倒出：1×2， 第二次倒出：2×3， 第三次倒出：3×4，
…
第n次倒出：𝑛(𝑛+1)，
1×2+2×3+3×4+𝑛(𝑛+1)…=1−2+2−3+3−4…+𝑛−𝑛−1=1−𝑛−1=𝑛+1， 故答案为：𝑛+1，
根据题意，易知倒出的水的规律，第n次倒出的水=𝑛(𝑛+1)，然后逐次相加即可得到答案．
本题考查了分式的混合运算，解题的关键是注意寻找规律．
1
𝑛
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
𝑛
1111
𝑛
16.【答案】5
【解析】解：作BE与DH的延长线交于G点，如图，
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∵𝐷𝐻//𝐴𝐶，
∴∠𝐵𝐷𝐻=∠𝐶=45°， ∴△𝐻𝐵𝐷为等腰直角三角形 ∴𝐻𝐵=𝐻𝐷， 而∠𝐸𝐵𝐹=22.5°， ∵∠𝐸𝐷𝐵=2∠𝐶=22.5°， ∴𝐷𝐸平分∠𝐵𝐷𝐺， 而𝐷𝐸⊥𝐵𝐺，
∴𝐵𝐸=𝐺𝐸，即𝐵𝐸=2𝐵𝐺，
∵∠𝐷𝐹𝐻+∠𝐹𝐷𝐻=∠𝐺+∠𝐹𝐷𝐻=90°， ∴∠𝐷𝐹𝐻=∠𝐺，
∵∠𝐺𝐵𝐻=90°−∠𝐺，∠𝐹𝐷𝐻=90°−∠𝐺，
∴∠𝐺𝐵𝐻=∠𝐹𝐷𝐻
在△𝐵𝐺𝐻和△𝐷𝐹𝐻中， ∠𝐺=∠𝐷𝐹𝐻
{∠𝐺𝐵𝐻=∠𝐹𝐷𝐻， 𝐵𝐻=𝐷𝐻
∴△𝐵𝐺𝐻≌△𝐷𝐹𝐻(𝐴𝐴𝑆)， ∴𝐵𝐺=𝐷𝐹， ∴𝐵𝐸=2𝐹𝐷， ∵𝐵𝐸=√5， ∴𝐷𝐹=2√5，
∴𝑆△𝐵𝐷𝐹=2×2√5×√5=5， 故答案为：5．
𝐵𝐸=作BE与DH的延长线交于G点，如图，由△𝐵𝐺𝐻≌△𝐷𝐹𝐻(𝐴𝐴𝑆)，推出𝐵𝐺=𝐷𝐹，
12
11
1
1
𝐹𝐷，根据𝐵𝐸=√5，得出𝐷𝐹=2√5，即可解决问题．
此题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积等知识，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，属于中考常考题型．
17.【答案】解：(1)原式=𝑥2+3𝑥−4𝑥−12
=𝑥2−𝑥−12；
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(2)原式=𝑏(𝑏2−2𝑏+1) =𝑏(𝑏−1)2．
【解析】(1)利用多项式乘多项式法则直接求解； (2)先提取公因式，再利用完全平方公式分解．
本题考查了多项式乘多项式及整式的因式分解，掌握多项式乘多项式法则和因式分解的完全平方公式是解决本题的关键．
18.【答案】解：(1)去分母得：3𝑥=2𝑥−4，
解得：𝑥=−4，
经检验𝑥=−4是分式方程的解；
(2)去分母得：𝑥2+2𝑥+1−4=𝑥2−1， 解得：𝑥=1，
经检验𝑥=1是增根，分式方程无解．
【解析】(1)分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解；
(2)分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
19.【答案】证明：∵𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，𝐶𝐷⊥𝐵𝐷，
∴∠𝐴=∠𝐷=90°， 在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶和𝑅𝑡△𝐷𝐶𝐵中， 𝐴𝐵=𝐷𝐶{， 𝐶𝐵=𝐵𝐶
∴𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶≌𝑅𝑡△𝐷𝐶𝐵(𝐻𝐿)， ∴𝐴𝐶=𝐷𝐵．
【解析】由“HL”可证𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶≌𝑅𝑡△𝐷𝐶𝐵，可得𝐴𝐶=𝐷𝐵．
本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法是本题的关键．
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20.【答案】解：原式=(𝑚−2−𝑚−2)⋅−(𝑚−3)
=
(𝑚+3)(𝑚−3)2(𝑚−2)
⋅
𝑚−2−(𝑚−3)
𝑚2−4
52(𝑚−2)
=−2(𝑚+3)
=−2𝑚−6， 当𝑚=6时， 原式=−2×6−6
=−12−6
=−18．
【解析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将m的值代入计算即可． 本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
21.【答案】解：(1)如图，△𝐴1𝐵1𝐶1即为所求作．
(2)如图，点P即为所求作． (3)如图，点Q即为所求作．
【解析】(1)分别作出A，B，C的对应点𝐴1，𝐵1，𝐶1即可． (2)连接𝐴1𝐵交直线l于点P，点P即为所求作． (3)∠𝐴𝐶𝐵的角平分线与直线l的交点Q即为所求作．
本题考查作图−轴对称变换，角平分线的性质，轴对称−最短问题等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
22.【答案】解：(1)设购进的第一批医用口罩有x包，则购进的第二批医用口罩有(1+
50%)𝑥包，
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依题意得：(1+50%)𝑥−解得：𝑥=2000，
75004000𝑥
=0.5，
经检验，𝑥=2000是原方程的解，且符合题意． 答：购进的第一批医用口罩有2000包． (2)设药店销售该口罩每包的售价是y元，
依题意得：[2000+2000×(1+50%)]𝑦−4000−7500≤3500， 解得：𝑦≤3．
答：药店销售该口罩每包的最高售价是3元．
(1)设购进的第一批医用口罩有x包，【解析】则购进的第二批医用口罩有(1+50%)𝑥包，根据单价=总价÷数量结合第二批每包的进价比第一批每包的进价多0.5元，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
(2)设药店销售该口罩每包的售价是y元，根据利润=销售收入−进货成本结合售完这两批口罩的总利润不高于3500元，即可得出关于y的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
23.【答案】证明：(1)如图1，过点D作𝐷𝐻⊥𝐴𝐵于H，𝐷𝐺⊥𝐵𝐶于G，𝐷𝐾⊥𝐴𝐶于K，
∵𝐴𝐹、BE分别平分∠𝐵𝐴𝐶和∠𝐴𝐵𝐶，𝐷𝐻⊥𝐴𝐵，𝐷𝐺⊥𝐵𝐶，𝐷𝐾⊥𝐴𝐶， ∴𝐷𝐻=𝐷𝐾，𝐷𝐻=𝐷𝐺， ∴𝐷𝐾=𝐷𝐺，
又∵𝐷𝐺⊥𝐵𝐶，𝐷𝐾⊥𝐴𝐶， ∴𝐶𝐷平分∠𝐴𝐶𝐵；
(2)如图2，𝐷𝑇⊥𝐵𝐶于T，过点D作𝐷𝑆⊥𝐴𝐶于S，在AC上取一点Q，使∠𝑄𝐷𝑃=∠𝐹𝐷𝑃，
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∵𝐶𝐷平分∠𝐴𝐶𝐵，𝐷𝑆⊥𝐴𝐶，𝐷𝑇⊥𝐵𝐶， ∴𝐷𝑆=𝐷𝑇，∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐵𝐶𝐷=22.5°， ∵∠𝑄𝐷𝑃=∠𝑃𝐷𝐹=67.5°，∠𝐴𝐶𝐵=45°， ∴∠𝑄𝐷𝐹+∠𝐴𝐶𝐵=135°+45°=180°， ∵∠𝐴𝐶𝐵+∠𝑄𝐷𝐹+∠𝐶𝑄𝐷+∠𝐶𝐹𝐷=360°， ∴∠𝐶𝑄𝐷+∠𝐷𝐹𝐶=180°， ∵∠𝐶𝐹𝐷+∠𝐷𝐹𝑇=180°， ∴∠𝐷𝐹𝑇=∠𝐶𝑄𝐷，
又∵∠𝐷𝑆𝑄=∠𝐷𝑇𝐹=90°，𝐷𝑇=𝐷𝑆， ∴△𝐷𝐹𝑇≌△𝐷𝑄𝑆(𝐴𝐴𝑆)， ∴𝑄𝐷=𝑄𝐹，
∵𝑄𝐷=𝑄𝐹，∠𝑄𝐷𝑃=∠𝐹𝐷𝑃，𝑃𝐷=𝑃𝐷， ∴△𝑄𝐷𝑃≌△𝐹𝐷𝑃(𝑆𝐴𝑆)， ∴∠𝐷𝑃𝑄=∠𝐷𝑃𝐹=45°， ∵∠𝑄𝑃𝐷=∠𝐴𝐶𝐷+∠𝑃𝐷𝐶， ∴∠𝐴𝐶𝐷=∠𝑃𝐷𝐶=22.5°， ∴𝑃𝐶=𝑃𝐷；
(3)如图3，延长AB至M，使𝐵𝑀=𝐵𝐹，连接FM，
∵𝐴𝐹、BE分别平分∠𝐵𝐴𝐶和∠𝐴𝐵𝐶， ∴2∠𝐵𝐴𝐹+2∠𝐴𝐵𝐸+∠𝐶=180°， ∵2∠𝐵𝐴𝐹+3∠𝐴𝐵𝐸=180°， ∴∠𝐶=∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐶𝐵𝐸， ∴𝐶𝐸=𝐵𝐸，
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∵𝐵𝑀=𝐵𝐹，
∴∠𝐵𝐹𝑀=∠𝐵𝑀𝐹=∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐶𝐵𝐸=∠𝐶， ∵∠𝐶=∠𝐵𝑀𝐹，∠𝐶𝐴𝐹=∠𝐵𝐴𝐹，𝐴𝐹=𝐴𝐹， ∴△𝐶𝐴𝐹≌△𝑀𝐴𝐹(𝐴𝐴𝑆)， ∴𝐴𝐶=𝐴𝑀，
∴𝐴𝐸+𝐶𝐸=𝐴𝐵+𝐵𝑀， ∴𝐴𝐸+𝐵𝐸=𝐴𝐵+𝐵𝐹， ∴𝐵𝐸−𝐵𝐹=𝐴𝐵−𝐴𝐸．
【解析】(1)由角平分线的性质可得𝐷𝐾=𝐷𝐺，由角平分线的判定定理可得结论； (2)过点D作𝐷𝑆⊥𝐴𝐶于S，𝐷𝑇⊥𝐵𝐶于T，在AC上取一点Q，使∠𝑄𝐷𝑃=∠𝐹𝐷𝑃，由“AAS”可证△𝐷𝐹𝑇≌△𝐷𝑄𝑆，可得𝑄𝐷=𝑄𝐹，由“SAS”可证△𝑄𝐷𝑃≌△𝐹𝐷𝑃，可得∠𝐷𝑃𝑄=∠𝐷𝑃𝐹=45°，由外角的性质可得∠𝐴𝐶𝐷=∠𝑃𝐷𝐶=22.5°，可得结论；
(3)延长AB至M，使𝐵𝑀=𝐵𝐹，连接FM，由“AAS”可证△𝐶𝐴𝐹≌△𝑀𝐴𝐹，可得𝐴𝐶=𝐴𝑀，即可得结论．
本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，四边形内角和定理，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵𝑎2−2𝑎𝑏+2𝑏2−16𝑏+64=0，
∴(𝑎−𝑏)2+(𝑏−8)2=0， ∴𝑎=𝑏=8， ∴𝑏−6=2， ∴点𝐶(2,−8)； (2)∵𝑎=𝑏=8，
∴点𝐴(0,6)，点𝐵(8,0)，点𝐶(2,−8)， ∴𝐴𝑂=6，𝑂𝐵=8，
如图1，过点B作𝑃𝑄⊥𝑥轴，过点A作𝐴𝑃⊥𝑃𝑄，交PQ于点P，过点C作𝐶𝑄⊥𝑃𝑄，交PQ于点Q，
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∴四边形AOBP是矩形， ∴𝐴𝑂=𝐵𝑃=6，𝐴𝑃=𝑂𝐵=8， ∵点𝐵(8,0)，点𝐶(2−8)， ∴𝐶𝑄=6，𝐵𝑄=8， ∴𝐴𝑃=𝐵𝑄，𝐶𝑄=𝐵𝑃， ∴△𝐴𝐵𝑃≌△𝐵𝐶𝑄(𝑆𝐴𝑆)， ∴𝐴𝐵=𝐵𝐶，∠𝐵𝐴𝑃=∠𝐶𝐵𝑄， ∵∠𝐵𝐴𝑃+∠𝐴𝐵𝑃=90°， ∴∠𝐴𝐵𝑃+∠𝐶𝐵𝑄=90°， ∴∠𝐴𝐵𝐶=90°，
∴△𝐴𝐵𝐶是等腰直角三角形， ∴∠𝐵𝐴𝐶=45°， ∴∠𝑂𝐴𝐶+∠𝐴𝐵𝑂=45°；
(3)如图2，过点A作𝐴𝑇⊥𝐴𝐵，交x轴于T，连接ED，
∴∠𝑇𝐴𝐸=90°=∠𝐴𝐺𝐸，
∴∠𝐴𝑇𝑂+∠𝑇𝐴𝑂=90°=∠𝑇𝐴𝑂+∠𝐺𝐴𝐸=∠𝐺𝐴𝐸+∠𝐴𝐸𝐺， ∴∠𝐴𝑇𝑂=∠𝐺𝐴𝐸，∠𝑇𝐴𝑂=∠𝐴𝐸𝐺， 又∵𝐸𝐺=𝐴𝑂， ∴△𝐴𝑇𝑂≌△𝐸𝐴𝐺(𝐴𝐴𝑆)， ∴𝐴𝑇=𝐴𝐸，𝑂𝑇=𝐴𝐺，
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∵∠𝐵𝐴𝐶=45°， ∴∠𝑇𝐴𝐷=∠𝐸𝐴𝐷=45°， 又∵𝐴𝐷=𝐴𝐷， ∴△𝑇𝐴𝐷≌△𝐸𝐴𝐷(𝑆𝐴𝑆)， ∴𝑇𝐷=𝐸𝐷，∠𝑇𝐷𝐴=∠𝐸𝐷𝐴， ∵𝐸𝐺⊥𝐴𝐺， ∴𝐸𝐺//𝑂𝐵， ∴∠𝐸𝐹𝐷=∠𝑇𝐷𝐴， ∴∠𝐸𝐹𝐷=∠𝐸𝐷𝐹， ∴𝐸𝐹=𝐸𝐷，
∴𝐸𝐹=𝐸𝐷=𝑇𝐷=𝑂𝑇+𝑂𝐷=𝐴𝐺+𝑂𝐷， ∴𝐸𝐹=𝐴𝐺+𝑂𝐷．
【解析】(1)由非负性可求a，b的值，即可求解；
(2)由“SAS”可证△𝐴𝐵𝑃≌△𝐵𝐶𝑄，可得𝐴𝐵=𝐵𝐶，∠𝐵𝐴𝑃=∠𝐶𝐵𝑄，可证△𝐴𝐵𝐶是等腰直角三角形，可得∠𝐵𝐴𝐶=45°，可得结论；
(3)由“AAS”可证△𝐴𝑇𝑂≌△𝐸𝐴𝐺，𝑂𝑇=𝐴𝐺，可得𝐴𝑇=𝐴𝐸，由“SAS”可证△𝑇𝐴𝐷≌△𝐸𝐴𝐷，可得𝑇𝐷=𝐸𝐷，∠𝑇𝐷𝐴=∠𝐸𝐷𝐴，由平行线的性质可得∠𝐸𝐹𝐷=∠𝐸𝐷𝐹，可得𝐸𝐹=𝐸𝐷，即可得结论．
本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
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