江蘇省張家港市梁豐中學2025屆八年級數學第二學期期末綜合測試試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題4分，共48分）1．已知點P(a＋l，2a－3)關于x軸的對稱點在第一象限，則a的取值范圍是（）A． B． C． D．2．在中，點，分別是邊，的中點，若，則（）A．3 B．6 C．9 D．123．若關于x的方程是一元二次方程，則m的取值范圍是（）A．. B．. C． D．.4．某同學在體育備考訓練期間，參加了七次測試，成績依次為（單位：分）51，53，56，53，56，58，56，這組數據的眾數、中位數分別是（）A．53，53 B．53，56 C．56，53 D．56，565．電視塔越高，從塔頂發射出的電磁波傳播得越遠，從而能收看到電視節目的區域就越廣.電視塔高（單位：）與電視節目信號的傳播半徑（單位：）之間存在近似關系，其中是地球半徑.如果兩個電視塔的高分別是，，那么它們的傳播半徑之比是，則式子化簡為（）A． B． C． D．6．在平行四邊形ABCD中，∠A：∠B：∠C：∠D的可能情況是（）A．2：7：2：7 B．2：2：7：7 C．2：7：7：2 D．2：3：4：57．如圖，在中，，點是外一點，連接、、，且交于點，在上取一點，使得，．若，則的度數為A． B． C． D．8．在△ABC中，∠A、∠B、∠C的對邊分別為a、b、c，下列條件中不能說明△ABC是直角三角形的是（）A．a＝32，b＝42，c＝52 B．a＝9，b＝12，c＝15C．∠A：∠B：∠C＝5：2：3 D．∠C﹣∠B＝∠A9．在下列命題中，是假命題的個數有（）①如果，那么.②兩條直線被第三條直線所截，同位角相等③面積相等的兩個三角形全等④三角形的一個外角等于不相鄰的兩個內角的和.A．3個 B．2個 C．1個 D．0個10．如圖，在邊長為4的正方形ABCD中，點E、F分別是邊BC、CD上的動點．且BE＝CF，連接BF、DE，則BF+DE的最小值為（）A． B． C． D．11．某校九年級（1）班全體學生2018年初中畢業體育考試的成績統計如表：成績（分）202224262830人數（人）154101510根據表中的信息判斷，下列結論中錯誤的是（）A．該班一共有45名同學B．該班學生這次考試成績的眾數是28C．該班學生這次考試成績的平均數是25D．該班學生這次考試成績的中位數是2812．如圖在4×5的網格中，每個小正方形的邊長都是1個單位長度，定義：以網格中小正方形頂點為頂點的正方形叫作格點正方形，圖中包含“△”的格點正方形有()個．A．11 B．15 C．16 D．17二、填空題（每題4分，共24分）13．列不等式：據中央氣象臺報道，某日我市最高氣溫是33℃，最低氣溫是25℃，則當天的氣溫t(℃)的變化范圍是______．14．下列4種圖案中，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的有__________個.15．如圖，在平面直角坐標系中，菱形ABCD的頂點A在y軸上，且點A坐標為（0，4），BC在x軸正半軸上，點C在B點右側，反比例函數（x＞0）的圖象分別交邊AD，CD于E，F，連結BF，已知，BC=k，AE=CF，且S四邊形ABFD=20，則k=_________．16．如圖，正方形ABCD中，AB=6，點E在邊CD上，且CD=3DE，將△ADE沿AE對折至△AEF，延長EF交邊BC于點G，連接AG，CF，則下列結論：①△ABG≌△AFG；②BG=CG；③AG∥CF；④S△EGC=S△AFE；⑤S△FGC=，其中正確的結論有__________．17．已知一次函數與圖象如圖所示，則下列結論：①；②；③關于的方程的解為；④當，.其中正確的有_______(填序號)．18．如圖，在中，是的角平分線，，垂足為E，，則的周長為________．三、解答題（共78分）19．（8分）已知△ABC的三邊長a、b、c滿足|a-4|+（2b-12）2+=0，試判斷△ABC的形狀，并說明理由.20．（8分）如圖1，在矩形紙片ABCD中，AB=8，BC=16，將矩形紙片沿EF折疊，使點C與點A重合．（1）判斷△AEF的形狀，并說明理由；（2）求折痕EF的長度；（3）如圖2，展開紙片，連接CF，則點E到CF的距離是．21．（8分）某區舉行“中華誦經典誦讀”大賽，小學、中學組根據初賽成績，各選出5名選手組成小學代表隊和中學代表隊參加市級決賽，兩個代表隊各選出的5名選手的決賽成績分別繪制成下列兩個統計圖根據以上信息，整理分析數據如下：平均數（分中位數（分眾數（分小學組85100中學組85（1）寫出表格中，，的值：，，．（2）結合兩隊成績的平均數和中位數進行分析，哪個隊的決賽成績較好？（3）計算兩隊決賽成績的方差，并判斷哪一個代表隊選手成績較穩定．22．（10分）A、B兩鄉分別由大米200噸、300噸．現將這些大米運至C、D兩個糧站儲存．已知C糧站可儲存240噸，D糧站可儲存200噸，從A鄉運往C、D兩處的費用分別為每噸20元和25元，B鄉運往C、D兩處的費用分別為每噸15元和18元．設A鄉運往C糧站大米x噸．A、B兩鄉運往兩個糧站的運費分別為yA、yB元．（1）請填寫下表，并求出yA、yB與x的關系式：C站D站總計A鄉x噸200噸B鄉300噸總計240噸260噸500噸（2）試討論A、B鄉中，哪一個的運費較少；（3）若B鄉比較困難，最多只能承受4830元費用，這種情況下，運輸方案如何確定才能使總運費最少？最少的費用是多少？23．（10分）先化簡，再求值：，其中m＝－3，n＝－1．24．（10分）矩形ABCO中，O（0，0），C（0，3），A（a，0），（a≥3），以A為旋轉中心順時針旋轉矩形ABCO得到矩形AFED．（1）如圖1，當點D落在邊BC上時，求BD的長（用a的式子表示）；（2）如圖2，當a＝3時，矩形AFED的對角線AE交矩形ABCO的邊BC于點G，連結CE，若△CGE是等腰三角形，求直線BE的解析式；（3）如圖3，矩形ABCO的對稱中心為點P，當P，B關于AD對稱時，求出a的值，此時在x軸、y軸上是否分別存在M，N使得四邊形EFMN為平行四邊形，若存在直接寫出M，N坐標，不存在說明理由．25．（12分）某校八年級學生數學科目期末評價成績是由完成作業、單元檢測、期末考試三項成績構成的，如果期末評價成績80分以上（含80分），則評為“優秀”．下面表中是小張和小王兩位同學的成績記錄：完成作業單元檢測期末考試小張709080小王6075（1）若按三項成績的平均分記為期末評價成績，請計算小張的期末評價成績；（2）若按完成作業、單元檢測、期末考試三項成績按1：2：m的權重，小張的期末評價成績為81分，則小王在期末（期末成績為整數）應該最少考多少分才能達到優秀？26．計算：×2－÷；

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、B【解析】關于x軸對稱的點的坐標，一元一次不等式組的應用．【分析】根據“關于x軸對稱的點，橫坐標相同，縱坐標互為相反數”，再根據各象限內的點的坐標的特點列出不等式組求解即可：∵點P（a＋1，2a－3）關于x軸的對稱點在第一象限，∴點P在第四象限．∴．解不等式①得，a＞－1，解不等式②得，a＜，所以，不等式組的解集是－1＜a＜．故選B．2、B【解析】

三角形的中位線等于第三邊的一半，那么第三邊應等于中位線長的2倍．【詳解】∵在中，點，分別是邊，的中點且∴AC=2DE=2×3=6故選B【點睛】此題考查三角形中位線定理，解題關鍵在于掌握定理3、A【解析】

根據一元二次方程的定義可得m﹣1≠0，再解即可．【詳解】由題意得：m﹣1≠0，解得：m≠1，故選A．【點睛】此題主要考查了一元二次方程的定義，關鍵是掌握只含有一個未知數，并且未知數的最高次數是2的整式方程叫一元二次方程．4、D【解析】

根據眾數和中位數的定義求解可得．【詳解】解：將數據重新排列為51，53，53，56，56，56，58，所以這組數據的中位數為56，眾數為56，故選：D．【點睛】本題主要考查眾數和中位數，求一組數據的眾數的方法：找出頻數最多的那個數據，若幾個數據頻數都是最多且相同，此時眾數就是這多個數據．將一組數據按照從小到大（或從大到小）的順序排列，如果數據的個數是奇數，則處于中間位置的數就是這組數據的中位數．如果這組數據的個數是偶數，則中間兩個數據的平均數就是這組數據的中位數．5、D【解析】

乘以分母的有理化因式即可完成化簡．【詳解】解：.故選D.【點睛】本題考查了二次根式的應用，了解二次根式的有理化因式是解答本題的關鍵，難度不大．6、A【解析】

由四邊形ABCD是平行四邊形，根據平行四邊形的對角相等，即可求得答案．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A=∠C，∠B=∠D，∴∠A：∠B：∠C：∠D的可能情況是2：1：2：1．故選：A．【點睛】此題考查了平行四邊形的性質．此題比較簡單，注意掌握平行四邊形的對角相等定理的應用．7、C【解析】

利用等腰三角形的性質，得到∠ADE=68°，由三角形外角性質即可求出∠AEB.【詳解】解：由題意，，∵，∴∠ADE=，∴∠AEB=44°+68°=112°；故選擇：C.【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，三角形的外角性質，解題的關鍵是求出∠ADE的度數.8、A【解析】

由三角形內角和定理及勾股定理的逆定理進行判斷即可．【詳解】A.a+b=32+42=25=52=c，構不成三角形，也就不可能是直角三角形了，故符合題意；B.a2+b2=92+122=225=152=c2，根據勾股定理逆定理可以判斷，△ABC是直角三角形，故不符合題意；C.設∠A、∠B、∠C分別是5x、2x、3x，5x+2x+3x=180，x=18，∠A=90°，所以△ABC是直角三角形，故不符合題意；D.∠C﹣∠B＝∠A，又∠A+∠B+∠C=180°，則∠C=90°，是直角三角形，故不符合題意，故選A.【點睛】本題考查了直角三角形的判定，涉及了勾股定理的逆定理、三角形內角和定理等知識，注意在應用勾股定理的逆定理時，應先認真分析所給邊的大小關系，確定最大邊后，再驗證兩條較小邊的平方和與最大邊的平方之間的關系，進而作出判斷．9、A【解析】

兩個數的平方相等，則兩個數相等或互為相反數；兩條直線平行，同位角相等；三角形面積相等，但不一定全等；根據三角形的外角性質得到三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角之和，根據以上結論判斷即可．【詳解】解：①、兩個數的平方相等，則兩個數相等或互為相反數，例如（-1）2=12，則-1≠1．故錯誤；

②、只有兩直線平行時，同位角相等，故錯誤；

③、若兩個三角形的面積相等，則兩個三角形不一定全等．故錯誤；

④、三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角之和，故正確；

故選：A．【點睛】本題主要考查平行線的性質，平方，全等三角形的判定，三角形的外角性質，命題與定理等知識點的理解和掌握，理解這些性質是解題的關鍵．10、C【解析】

連接AE，利用△ABE≌△BCF轉化線段BF得到BF+DE＝AE+DE，則通過作A點關于BC對稱點H，連接DH交BC于E點，利用勾股定理求出DH長即可．【詳解】解：連接AE，如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°．又BE＝CF，∴△ABE≌△BCF（SAS）．∴AE＝BF．所以BF+DE最小值等于AE+DE最小值．作點A關于BC的對稱點H點，如圖2，連接BH，則A、B、H三點共線，連接DH，DH與BC的交點即為所求的E點．根據對稱性可知AE＝HE，所以AE+DE＝DH．在Rt△ADH中，DH＝∴BF+DE最小值為4．故選：C．【點睛】本題主要考查正方形的性質，軸對稱的性質，全等三角形的判定及性質，勾股定理，能夠作出輔助線將線段轉化是解題的關鍵．11、C【解析】

根據總數，眾數，中位數的定義即可一一判斷；【詳解】解：該班一共有：1+5+4+10+15+10=45（人），眾數是28分，中位數為28分，故A、B、D正確，C錯誤，故選：C．【點睛】本題考查總數，眾數，中位數的定義，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考基礎題．12、C【解析】

分七種情況討論，即可.【詳解】解：圖中包含“△”的格點正方形為：邊長為1的正方形有：1個，邊長為2的正方形有：4個，邊長為3的正方形有：4個，邊長為的正方形有：2個，邊長為4的正方形有：2個邊長為2的正方形有：1個邊長為的正方形有：2個所以圖中包含“△”的格點正方形的個數為：1+4+4+2+2+1+2＝1．故選：C．【點睛】本題考查的是圖像，熟練掌握正方形的性質是解題的關鍵.二、填空題（每題4分，共24分）13、25≤t≤1．【解析】

根據題意、不等式的定義解答．【詳解】解：由題意得，當天的氣溫t（℃）的變化范圍是25≤t≤1，

故答案為：25≤t≤1．【點睛】本題考查的是不等式的定義，不等式的概念：用“＞”或“＜”號表示大小關系的式子，叫做不等式，14、1.【解析】

根據軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念求解．【詳解】A.是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形。故正確B.不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形。故錯誤；C.不是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形。故錯誤；D.是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形。故錯誤。故答案為：1【點睛】此題考查中心對稱圖形，軸對稱圖形，難度不大15、【解析】

由題意可設E點坐標為（，4），則有AE=，根據AE=CF，可得CF=，再根據四邊形ABCD是菱形，BC=k，可得CD=6CF，再根據S菱形ABCD=S四邊形ABFD+S△BCF，S四邊形ABFD=20，從而可得S菱形ABCD=24，根據S菱形ABCD=BC?AO，即可求得k的值.【詳解】由題意可設E點坐標為（，4），則有AE=，∵AE=CF，∴CF=，∵四邊形ABCD是菱形，BC=k，∴CD=BC=k，∴CD=6CF，∴S菱形ABCD=12S△BCF，∵S菱形ABCD=S四邊形ABFD+S△BCF，S四邊形ABFD=20，∴S菱形ABCD=，∵S菱形ABCD=BC?AO，∴4k=，∴k=，故答案為.【點睛】本題考查了菱形的性質、菱形的面積，由已知推得S菱形ABCD=6S△BCF是解題的關鍵.16、①②③④⑤【解析】

由正方形和折疊的性質得出AF=AB，∠B=∠AFG=90°，由HL即可證明Rt△ABG≌Rt△AFG，得出①正確，設BG=x，則CG=BC-BG=6-x，GE=GF+EF=BG+DE=x+1，由勾股定理求出x=2，得出②正確；由等腰三角形的性質和外角關系得出∠AGB=∠FCG，證出平行線，得出③正確；分別求出△EGC，△AEF的面積，可以判斷④，由，可求出△FGC的面積，故此可對⑤做出判斷．【詳解】解：解：∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB=AD=DC=6，∠B=D=90°，

∵CD=2DE，

∴DE=1，

∵△ADE沿AE折疊得到△AFE，

∴DE=EF=1，AD=AF，∠D=∠AFE=∠AFG=90°，

∴AF=AB，

∵在Rt△ABG和Rt△AFG中，，

∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）．

∴①正確；

∵Rt△ABG≌Rt△AFG，

∴BG=FG，∠AGB=∠AGF．

設BG=x，則CG=BC-BG=6-x，GE=GF+EF=BG+DE=x+1．

在Rt△ECG中，由勾股定理得：CG1+CE1=EG1．

∵CG=6-x，CE=4，EG=x+1，

∴（6-x）1+41=（x+1）1，解得：x=2．

∴BG=GF=CG=2．

∴②正確；

∵CG=GF，

∴∠CFG=∠FCG．

∵∠BGF=∠CFG+∠FCG，∠BGF=∠AGB+∠AGF，

∴∠CFG+∠FCG=∠AGB+∠AGF．

∵∠AGB=∠AGF，∠CFG=∠FCG，

∴∠AGB=∠FCG．

∴AG∥CF．

∴③正確；

∵S△EGC=×2×4=6，S△AEF=S△ADE=×6×1=6，

∴S△EGC=S△AFE；

∴④正確，

∵△CFG和△CEG中，分別把FG和GE看作底邊，

則這兩個三角形的高相同．

∴，

∵S△GCE=6，

∴S△CFG=×6=2.6，

∴⑤正確；

故答案為①②③④⑤．【點睛】本題考查了正方形性質，折疊性質，全等三角形的性質和判定，等腰三角形的性質和判定，平行線的判定等知識點的運用，依據翻折的性質找出其中對應相等的線段和對應相等的角是解題的關鍵．17、③④【解析】

根據一次函數的性質對①②進行判斷；利用一次函數與一元一次方程的關系對③進行判斷；利用函數圖象，當x＞3時，一次函數y1=kx+b在直線y2=x+a的下方，則可對④進行判斷．【詳解】解：∵一次函數y1＝kx+b經過第一、二、四象限，∴k＜0，b＞0，所以①錯誤；∵直線y2＝x+a的圖象與y軸的交點在x軸，下方，∴a＜0，所以②錯誤；∵一次函數y1＝kx+b與y2＝x+a的圖象的交點的橫坐標為3，∴x＝3時，kx+b＝x﹣a，所以③正確；當x＞3時，y1＜y2，所以④正確．故答案為③④．【點睛】本題考查了一次函數與一元一次不等式：從函數的角度看，就是尋求使一次函數y=kx+b的值大于（或小于）0的自變量x的取值范圍；從函數圖象的角度看，就是確定直線y=kx+b在x軸上（或下）方部分所有的點的橫坐標所構成的集合．18、；【解析】

在△ACD、△ADE、△DEC都是含有30°的直角三角形，利用邊之間的關系，得出各邊長，從而得出△ABC的周長．【詳解】∵∠C=90°，∠B=30°，DE=1∴在Rt△DEB中，DB=2，EB=∵AD是∠CAB的角平分線∴CD=DE=1，∠CAD=∠DAE=30°∴在Rt△ACD中，AD=2，同理，在Rt△ADE中，AD=2，AE=∴△ABC的周長=AE+EB+BD+DC+CA=3+3故答案為：3+3．【點睛】本題考查含30°角的直角三角形、角平分線的性質，解題關鍵是得出△ACD、△ADE、△DEC都是含有30°的直角三角形．三、解答題（共78分）19、△ABC為直角三角形，理由見解析.【解析】

根據絕對值、平方、二次根式的非負性即可列出式子求出a,b,c的值，再根據勾股定理即可判斷.【詳解】△ABC為直角三角形，理由，由題意得a-4=0.2b-12=0,10-c=0,所以a=8、b=6，c=10.所以a2+b2=c2,△ABC為直角三角形.【點睛】此題主要考查勾股定理的應用，解題的關鍵是根據非負性求出各邊的長.20、（1）△DEF是等腰三角形，理由見解析；（2）；（3）1【解析】

（1）根據折疊和平行的性質，可得∠AEF=∠AFE，即得出結論；（2）過點E作EM⊥AD于點M，得出四邊形ABEM是矩形，設EC=x，則AE=x，BE=16-x，在Rt△ABE中，利用勾股定理求出x，在Rt△EMF中，用勾股定理即可求得；（3）證明四邊形AECF是菱形，設點E到CF的距離為h，通過面積相等，即可求得．【詳解】（1）△AEF是等腰三角形．理由如下：由折疊性質得∠AEF=∠FEC，在矩形ABCD中，AD∥BC，∴∠AFE=∠FEC，∴∠AEF=∠AFE，∴AF=AE；∴△AEF是等腰三角形；故答案為：△AEF是等腰三角形．（2）如圖，過點E作EM⊥AD于點M，則∠AME=90°，又∵在矩形ABCD中，∠BAD=∠B=90°，∴四邊形ABEM是矩形，∴AM=BE，ME=AB=1，設EC=x，則AE=x，BE=16-x，在Rt△ABE中，AE2=AB2+BE2，x2=12+(16-x)2，解之得x=10，∴EC=AE=10，BE=6，∴AM=6，AF=AE=10，∴MF=AF-AM=4，在Rt△EMF中，；故答案為：；（3）由（1）知，AE=AF=EC，∵AF∥EC，∴四邊形AECF是平行四邊形，∴四邊形AECF是菱形，設點E到CF的距離為h，，∴h=1．即E到CF的距離為1，故答案為：1．【點睛】考查了折疊圖形和平行線結合的性質，等腰三角形的判定和性質，勾股定理求角的應用，菱形的判定和性質，等面積法的應用，熟記和掌握幾何圖形的判定和性質內容是解題的關鍵．21、（1）1，80，1；（2）從平均數和中位數進行分析，中學組代表隊的決賽成績較好；（3）中學組代表隊選手成績較穩定．【解析】

（1）根據平均數、中位數、眾數的計算方法，通過計算得出答案，（2）從平均數和中位數兩個方面進行比較、分析得出結論，（3）利用方差的計算公式，分別計算兩個組的方差，通過比較得出答案．【詳解】（1）中學組的平均數分；小學組的成績：70、75、80、100、100因此中位數為：80；中學組出現次數最多的分數是1分，所有眾數為1分；故答案為：1，80，1．（2）從平均數上看，兩個隊都是1分，但從中位數上看中學組1分比小學組的80分要好，因此從平均數和中位數進行分析，中學組的決賽成績較好；答：從平均數和中位數進行分析，中學組代表隊的決賽成績較好．（3），中學組的比較穩定．答：中學組代表隊選手成績較穩定．【點睛】考查從統計圖、統計表中獲取數據的能力，以及平均數、中位數、眾數、方差的意義和計算方法、明確各個統計量反映一組數據哪些特征，即要對一組數據進行分析，需要利用哪個統計量．22、（1）表見解析；yA=20x+25×(200?x)=?5x+5000(0?x?200)；yB=15×(240?x)+18×(x+60)=3x+4680(0?x?200)；（2）當x<40時，B鄉運費少；當x=40時，A.B兩鄉運費一樣多；當x>40時，A鄉運費少；（3）當x=50時，總運費最低，最低費用為9580元.【解析】

（1）結合已知完善表格，再根據運費=運輸單價×數量，得出yA、yB與x的關系式；（2）令yA=yB，找出二者運費相等的x，以此為界分成三種情況；（3）由B鄉運費最多為4830元，找出x的取值范圍，再根據yA+yB的單調性，即可得知當x取什么值時，總運費最低．【詳解】(1)根據已知補充表格如下：A鄉運往兩個糧站的運費yA=20x+25×(200?x)=?5x+5000(0?x?200)；B鄉運往兩個糧站的運費yB=15×(240?x)+18×(x+60)=3x+4680(0?x?200).(2)令yA=yB，即?5x+5000=3x+4680，解得：x=40.故當x<40時，B鄉運費少；當x=40時，A.B兩鄉運費一樣多；當x>40時，A鄉運費少.(3)令yB?4830，即3x+4680?4830，解得：x?50.總運費y=yA+yB=?5x+5000+3x+4680=?2x+9680，∵?2<0，∴y=?2x+9680單調遞減.故當x=50時，總運費最低，最低費用為9580元.【點睛】此題考查一次函數的應用，解題關鍵在于根據題意列出方程.23、【解析】

先對原式進行化簡，然后代入求值即可。【詳解】解：===當m＝－3，n＝－1時，原式==故答案為:【點睛】本題考查了多項式的化簡求值問題，其中化簡是解題的關鍵。24、（1）BD＝；（2）y＝﹣x+6；（3）M（，0），N（0，）【解析】

（1）如圖1，當點D落在邊BC上時，BD2=AD2-AB2，即可求解；（2）分CG=EG、CE=GE、CE=CG三種情況分別求解；（3）①由點P為矩形ABCO的對稱中心，得到求得直線PB的解析式為，得到直線AD的解析式為：，解方程即可得到結論；②根據①中的結論得到直線AD的解析式為，求得∠DAB=30°，連接AE，推出A，B，E三點共線，求得，設M（m，0），N（0，n），解方程組即可得到結論．【詳解】（1）如圖1，在矩形ABCO中，∠B＝90°當點D落在邊BC上時，BD2＝AD2﹣AB2，∵C（0，3），A（a，0）∴AB＝OC＝3，AD＝AO＝a，∴BD＝；（2）如圖2，連結AC，∵a＝3，∴OA＝OC＝3，∴矩形ABCO是正方形，∴∠BCA＝45°，設∠ECG的度數為x，∴AE＝