八年级数学下册期末试卷专题练习(word版.doc

八年级数学下册期末试卷专题练习（word版
一、选择题
1．化简的结果是（ ）
A． B． C．-4 D．4
2．下列条件中，不能判断（a、b、c为三边，、、为三内角）为直角三角形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．四边形BCDE中，对角线BD、CE相交于点F，下列条件不能判定四边形BCDE是平行四边形的是（　　）
A．BC∥ED，BE＝CD B．BF＝DF，CF＝EF
C．BC∥ED，BE∥CD D．BC＝ED．BE＝CD
4．为了解居民用水情况，在某小区随机抽查记录了20户家庭的月用水量，汇总结果如表：
月用水量（吨）
4
5
6
8
9
户数
1
2
13
3
1

则关于这20户家庭的月用水量，下列说法正确的是（　　）A．月用水量的众数是9吨
B．月用水量的众数是13吨
C．月用水量的中位数是6吨
D．月用水量的平均数是6吨
5．如图，的对角线、交于点，顺次连接各边中点得到一个新的四边形，如果添加下列四个条件中的一个条件：①；②；③；④，可以使这个新的四边形成为矩形，那么这样的条件个数是（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．如图，菱形中,，则（　　）

A． B． C． D．
7．如图，在△ABC中，D、E分别为AB、AC的中点，点F在DE上，且AF⊥CF，若AC＝3，BC＝6，则DF的长为（ ）

A．1.5 B．1 C．0.5 D．2
8．甲乙两人在同一条笔直的公路上步行从A地去往B地，已知甲、乙两人保持各自的速度匀速步行，且甲先出发，甲乙两人的距离（千米）与甲步行的时间（小时）的函数关系图像如图所示，下列说法：
①乙的速度为千米/时；
②乙到终点时甲、乙相距千米；
③当乙追上甲时，两人距地千米；
④两地距离为千米．
其中错误的个数为（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
9．若二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是____．
10．如图，菱形的对角线与相交于点．已知，．那么这个菱形的面积为__________．

11．如图，在中，，，，则斜边的长为____.

12．如图，在矩形ABCD中，E是AB上一点，F是AD上一点，EF⊥FC，且EF=FC，已知DF=5cm，则AE的长为________cm．

13．直线y＝kx+b的图象如图所示，则代数式2k﹣b的值为 _____．

14．如图，连接四边形ABCD各边中点，得到四边形EFGH，只要添加_____条件，就能保证四边形EFGH是菱形．

15．如图，点A是一次函数图象上的动点，作AC⊥x轴与C，交一次函数的图象于B． 设点A的横坐标为，当____________时，AB=1．

16．如图，在平面直角坐标系中，直线交x轴于点A、交y轴于点B，C点与A点关于y轴对称，动点P、Q分别在线段、上（点P不与点A、C重合），满足．当为等腰三角形时，点P的坐标是_____．

三、解答题
17．计算
（1）（+）（-）
（2）
18．一架长为米的梯子，顶端靠在墙上，梯子底端到墙的距离米．

（1）求的长；
（2）如图梯子的顶端沿墙向下滑动米，问梯子的底端向外移动了多少米？
19．如图，每个小正方形的边长是1，
①在图①中画出一个斜边是的直角三角形；
②在图②中画出一个面积是8的正方形．

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．先阅读下列解答过程，然后再解答：
形如的化简，只要我们找到两个正数，使，，使得，，那么便有：
例如：化简
解：首先把化为，这里，由于，即：，，
所以。
问题：
① 填空：，；
② 化简：（请写出计算过程）
22．清明期间，某校计划组织八年级学生去树湘纪念馆参观，与某公交公司洽谈后，得知该公司有A，B两种不同型号客车，它们的载客量和租金如下表所示：
类别
A型客车
B型客车
载客量（人/辆）
50
30
租金（元/辆）
300
180
经计算，租用A，B型客车共15辆较为合理，设租用A型客车x辆，根据要求回答下列问题：
（1）用含x的代数式填写下表：
类别
车辆数（辆）
载客量（人）
租金（元）
A型客车
x
50x
300x
B型客车
15﹣x

（2）若租用A型客车的数量不小于B型客车数量的2倍，采用怎样的方案可以使租车总费用y最少，最少是多少？
23．如图平行四边形ABCD，E，F分别是AD，BC上的点，且AE＝CF，EF与AC交于点O．
（1）如图①．求证：OE＝OF；
（2）如图②，将平行四边形ABCD（纸片沿直线EF折叠，点A落在A1处，点B落在点B1处，设FB交CD于点G．A1B分别交CD，DE于点H，P．请在折叠后的图形中找一条线段，使它与EP相等，并加以证明；
（3）如图③，若△ABO是等边三角形，AB＝4，点F在BC边上，且BF＝4．则＝ （直接填结果）．

24．如图，已知直线AB的函数解析式为，与y轴交于点A，与x轴交于点B．点P为线段AB上的一个动点（点P不与A，B重合），连接OP，以PB，PO为邻边作▱OPBC．设点P的横坐标为m，▱OPBC的面积为S．
（1）点A的坐标为 　 　，点B的坐标为 　 　；
（2）①当▱OPBC为菱形时，S＝　 　；
②求S与m的函数关系式，并写出m的取值范围；
（3）BC边的最小值为 　 　．

25．综合与实践：如图1，在正方形中，连接对角线，点O是的中点，点E是线段上任意一点（不与点A，O重合），连接，．过点E作交直线于点F．

（1）试猜想线段与的数量关系，并说明理由；
（2）试猜想线段之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图2，当E在线段上时（不与点C，O重合），交延长线于点F，保持其余条件不变，直接写出线段之间的数量关系．
【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
根据完全平方公式因式分解，再利用二次根式的性质化简解题即可．
【详解】
解：由题意得，

故选：D．
【点睛】
本题考查完全平方公式因式分解、二次根式的化简、二次根式由意义的条件等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
2．D
解析：D
【分析】
综合勾股定理以及直角三角形的性质逐项分析即可．
【详解】
A、∵，
∴，是以为直角的直角三角形，不符合题意；
B、∵，
∴，是以为直角的直角三角形，不符合题意；
C、∵，，
∴，是以为直角的直角三角形，不符合题意；
D、∵，，
∴，，，不是直角三角形，符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查直角三角形的性质，熟练掌握勾股定理以及直角三角形的基本性质是解题关键．
3．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判定定理分别进行分析即可．
【详解】
解：A、不能判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意；
B、根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项不合题意；
C、根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项不合题意；
D、根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项不合题意；
故选；A.
【点睛】
本题考查平行四边形的判定定理，熟知平行四边形的判定条件是解题的关键．
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据表格中的数据，可以得到这组数据的中位数，众数和平均数，从而可以解答本题．
【详解】
解：由表格中的数据可得，
月用水量的众数是6吨，故选项A、B错误；
月用水量的中位数是（6+6）÷2=6（吨），故选项C正确；
月用水量的平均数是：=6.25（吨），故选项D错误；
故选：C．
【点睛】
本题考查众数、中位数和加权平均数，解答本题的关键是计算出这组数据的平均数和中位数．
5．C
解析：C
【分析】
根据顺次连接四边形的中点，得到的四边形形状和四边形的对角线位置、数量关系有关，利用三角形中位线性质可得：当对角线垂直时，所得新四边形是矩形．逐一对四个条件进行判断．
【详解】
解：顺次连接四边形的中点，得到的四边形形状和四边形的对角线位置、数量关系有关，利用三角形中位线性质可得：当对角线垂直时，所得新四边形是矩形．
①新的四边形成为矩形，符合条件；
②四边形是平行四边形，．
．
根据等腰三角形的性质可知．所以新的四边形成为矩形，符合条件；
③四边形是平行四边形，．
．
．
四边形是矩形，连接各边中点得到的新四边形是菱形，不符合条件；
④，
，即平行四边形的对角线互相垂直，
新四边形是矩形．符合条件．所以①②④符合条件．
故选：．
【点睛】
本题考查特殊四边形的判定与性质，掌握矩形、平行四边形的判定与性质是解题的关键．
6．D
解析：D
【解析】
【分析】
根据菱形的性质得出AB∥CD，∠BAD=2∠1，求出∠BAD=30°，即可得出∠1=15°．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，∠D=150°，∴AB∥CD，∠BAD=2∠1，∴∠BAD+∠D=180°，∴∠BAD=180°﹣150°=30°，∴∠1=15°．
故选D．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，以及平行线的性质，熟练掌握菱形的性质是解答本题的关键．
7．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据三角形中位线定理求出，根据直角三角形的性质求出，计算即可．
【详解】
解：、分别为、的中点，，
，
，
，
为的中点，，
，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，解题的关键是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．
8．A
解析：A
【分析】
①由函数图象数据可以求出甲的速度，再由追击问题的数量关系建立方程就可以求出乙的速度；
②由函数图象的数据由乙到达终点时走的路程-甲走的路程就可以求出结论；
③乙或甲行驶的路程就是乙追上甲时，两人距A地的距离；
④求出乙到达终点的路程就是A，B两地距离．
【详解】
解：①由题意，得
甲的速度为：12÷4=3千米/时；
设乙的速度为a千米/时，由题意，得
（7-4）a=3×7，
解得：a=7．
即乙的速度为7千米/时，
故①正确；
②乙到终点时甲、乙相距的距离为：
（9-4）×7-9×3=8千米，
故②正确；
③当乙追上甲时，两人距A地距离为：
7×3=21千米．
故③正确；
④A，B两地距离为：
7×（9-4）=35千米，
故④错误．
综上所述：错误的只有④．
故选：A．
【点睛】
本题考查了从函数图象获取信息，行程问题的追击题型的等量关系的运用，一元一次方程的运用，解答时分析清楚函数图象的数据之间的关系是关键．
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件可直接进行求解．
【详解】
解：由二次根式在实数范围内有意义可得：
，解得：；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
10．A
解析：96
【解析】
【分析】
根据菱形的性质可得AC⊥BD，然后利用勾股定理求出OB＝8cm，得出BD＝16cm，最后根据菱形的面积公式求解．
【详解】
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝6cm，OB＝OD，
∴OB＝＝＝8（cm），
∴BD＝2OB＝16cm，
S菱形ABCD＝AC•BD＝×12×16＝96（cm2）．
故答案为：96．
【点睛】
本题考查了菱形的性质以及勾股定理，解答本题的关键是掌握菱形的两条对角线互相垂直的性质．
11．A
解析：2
【解析】
【分析】
根据三角形的面积可求得两直角边的乘积的值，再根据完全平方和公式即可求得AB的长.
【详解】
∵∠C=90°，
∴AB2=AC2+BC2，
∵S△ABC=AC•BC=1，
∴AC•BC=2，
∵AC+BC=2，
∴(AC+BC)2=AC2+BC2+2AC•BC=AB2+2×2=(2)2，
∴AB2=8，
∴AB=2，
故答案为2.
【点睛】
本题考查了勾股定理，完全平方公式，熟练掌握勾股定理的内容以及完全平方公式的变形是解题的关键.
12．E
解析：5
【分析】
只需要证明△EAF≌FDC即可得到答案.
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，
∴∠AFE+∠AEF=90°，
∵EF⊥EC，
∴∠EFC=90°，
∴∠AFE+∠CFD=90°，
∴∠AEF=∠DFC，
∵EF=CF，
∴△EAF≌FDC（AAS），
∴AE=FD=5，
故答案为：5.

【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，垂直的定义，全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
13．-3
【分析】
将点代入即可求解．
【详解】
解：的图象经过点，
，
，
故答案为．
【点睛】
本题考查一次函数图象上点的特征，熟练掌握点与一次函数解析式的关系是解题的关键．
14．A
解析：AC＝BD
【分析】
根据中位线的性质易得四边形EFGH为平行四边形，那么只需让一组邻边相等即可，而邻边都等于对角线的一半，那么对角线需相等．
【详解】
解：∵E、F为AD、AB中点，
∴EF为△ABD的中位线，
∴EF∥BD，EF=BD，
同理可得GH∥BD，GH=BD，FG∥AC，FG=AC，
∴EF∥GH，EF=GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∴当EF=FG时，四边形EFGH为菱形，
∵FG=AC，EF=BD，EF=FG
∴AC=BD，
故答案为：AC＝BD．
【点睛】
本题考查菱形的判定，四边相等的四边形是菱形和中位线定理，解题的关键是了解菱形的判定定理，难度不大．
15．或
【分析】
分别用m表示出点A和点B的纵坐标，用点A的纵坐标减去点B的纵坐标或用点B的纵坐标减去点A的纵坐标得到以m为未知数的方程，求解即可．
【详解】
解：∵点A是一次函数图象上的动点，且点A的
解析：或
【分析】
分别用m表示出点A和点B的纵坐标，用点A的纵坐标减去点B的纵坐标或用点B的纵坐标减去点A的纵坐标得到以m为未知数的方程，求解即可．
【详解】
解：∵点A是一次函数图象上的动点，且点A的横坐标为，
∴
∵AC⊥x轴与C，
∴
∴
∵
∴
解得，或
故答案为或
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，根据A点横坐标和点的坐标特征求得A、B点纵坐标是解题的关键．
16．（1，0），（−，0）
【分析】
分三种情况考虑：当PQ＝PB时，可得△APQ≌△CBP，确定出此时P的坐标；当BQ＝BP时，利用外角性质判断不可能；当BQ＝PQ时，设OP=x，则AP＝4＋x，BP
解析：（1，0），（−，0）
【分析】
分三种情况考虑：当PQ＝PB时，可得△APQ≌△CBP，确定出此时P的坐标；当BQ＝BP时，利用外角性质判断不可能；当BQ＝PQ时，设OP=x，则AP＝4＋x，BP＝，进而求出此时P的坐标即可．
【详解】
解：对于直线，
令x＝0，得到y＝3；令y＝0，得到x＝−4，
∴A（−4，0），B（0，3），即OB＝3，
∵A与C关于y轴对称，
∴C（4，0），即OC＝4，
则根据勾股定理得：BC＝BA=；
∵C点与A点关于y轴对称，
∴∠BAO=∠BCO，
∵，
∴∠BPQ=∠BCO，
又∵∠BCO+∠CBP=∠BPQ+∠APQ，
∴∠CBP=∠APQ，
（i）当PQ＝PB时，则△APQ≌△CBP，
∴AP=CB=5，
∴OP=1，
∴此时点P（1，0）；
（ii）当BQ＝BP时，∠BQP＝∠BPQ，
∵∠BQP是△APQ的外角，
∴∠BQP＞∠BAP，
又∵∠BPQ＝∠BAO，
∴这种情况不可能；
（iii）当BQ＝PQ时，∠QBP＝∠QPB，
又∵∠BPQ＝∠BAO，
∴∠QBP＝∠BAO，
∴AP＝BP，
设OP=x，则AP＝4＋x，BP＝，
∴4＋x＝，
解得：x＝−．
此时点P的坐标为：（−，0）．
综上，P的坐标为（1，0），（−，0）．
故答案是：（1，0），（−，0）．
【点睛】
此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：一次函数与坐标轴的交点，坐标与图形性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握性质与判定是解本题的关键．
三、解答题
17．（1）4；（2）
【分析】
（1）根据二次根式运算法则结合平方差公式进行计算即可；
（2）先将题目中的二次根式化解为最简二次根式，然后根据二次根式的加减运算法则计算即可．
【详解】
解：（1）原式；
解析：（1）4；（2）
【分析】
（1）根据二次根式运算法则结合平方差公式进行计算即可；
（2）先将题目中的二次根式化解为最简二次根式，然后根据二次根式的加减运算法则计算即可．
【详解】
解：（1）原式；
（2）原式

．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算，平方差公式，熟练掌握二次根式的混合运算法则是解本题的关键．
18．（1）8米；（2）米
【分析】
（1）直接利用勾股定理得出BC的长；
（2）在△CED中，再利用勾股定理计算出CE的长，进而可得AE的长．
【详解】
解：（1）一架长米的梯子，顶端靠在墙上，梯子底端
解析：（1）8米；（2）米
【分析】
（1）直接利用勾股定理得出BC的长；
（2）在△CED中，再利用勾股定理计算出CE的长，进而可得AE的长．
【详解】
解：（1）一架长米的梯子，顶端靠在墙上，梯子底端到墙的距离米，∠C=90°，
．
答：的长为米．
（2），，
，
又∠C=90°，
，
．
答：梯子的底端向外移动了米．
【点睛】
此题主要考查了勾股定理的应用，正确应用勾股定理是解题关键．
19．①见解析；②见解析
【解析】
【分析】
①利用数形结合的思想画出直角三角形即可．
②利用数形结合的思想画出边长为2的正方形即可．
【详解】
解：①如图①中，△ABC即为所求．
②如图②中，正方形AB
解析：①见解析；②见解析
【解析】
【分析】
①利用数形结合的思想画出直角三角形即可．
②利用数形结合的思想画出边长为2的正方形即可．
【详解】
解：①如图①中，△ABC即为所求．
②如图②中，正方形ABCD即为所求．

【点睛】
此题考查了勾股定理和网格的应用，解题的关键是熟练掌握勾股定理和网格的性质．
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．（1），；（2）.
【解析】
【分析】
由条件对式子进行变形，利用完全平方公式对的形式化简后就可以得出结论了．
【详解】
解：（1）

；
（2）
【点睛】
本题考查了二次根式的化简
解析：（1），；（2）.
【解析】
【分析】
由条件对式子进行变形，利用完全平方公式对的形式化简后就可以得出结论了．
【详解】
解：（1）

；
（2）

【点睛】
本题考查了二次根式的化简求值，涉及了配方法的运用和完全平方根式的运用及二次根式性质的运用．
22．（1）30（15﹣x），180（15﹣x）；（2）租A型客车10辆，B型客车5辆，可使租车总费用y最少，最少为3900元
【分析】
（1）根据“B型车的载客量＝租的辆数×满载人数”以及“租B型车应付
解析：（1）30（15﹣x），180（15﹣x）；（2）租A型客车10辆，B型客车5辆，可使租车总费用y最少，最少为3900元
【分析】
（1）根据“B型车的载客量＝租的辆数×满载人数”以及“租B型车应付租金＝每辆的租金×租的辆数”即可得出结论；
（2）设租车的总费用为y元，根据“总租金＝租A型车的租金+租B型车的租金”即可得出y关于x的函数关系式，再根据A型客车的数量不小于B型客车数量的2倍，列出关于x的一元一次不等式，解不等式即可得出x的取值范围，根据一次函数的性质即可解决最值问题．
【详解】
解：（1）设租用A型客车x辆，则租用B型客车（15﹣x）辆，
B型车的载客量30（15﹣x），租金为180（15﹣x）．
故答案为：30（15﹣x），180（15﹣x）；
（2）根据题意得：x≥2（15﹣x），
解得：x≥10，
∵y＝300x+180（15﹣x）＝120x+2700，
又∵120＞0，
∴y随x的增大而增大，
∵x是正整数，
∴当x取最小值10时，y有最小值3900，
答：租A型客车10辆，B型客车5辆，可使租车总费用y最少，最少为3900元．
【点睛】
本题考查了列代数式，一元一次不等式的应用，一次函数的应用，理解题意，根据一次函数的的性质求最值是解题的关键．
23．（1）见解析；（2）FG=EP，理由见解析；（3）
【分析】
（1）证△ODE≌△OFB（ASA），即可得出OE=OF；
（2）连AC，由（1）可知OE=OF，OB=OD，证△AOE≌△COF（SA
解析：（1）见解析；（2）FG=EP，理由见解析；（3）
【分析】
（1）证△ODE≌△OFB（ASA），即可得出OE=OF；
（2）连AC，由（1）可知OE=OF，OB=OD，证△AOE≌△COF（SAS），得AE=CF，由折叠性质得AE=A1E=CF，∠A1=∠BAD=∠BCD，∠B=∠B1，则∠D=∠B1，证△A1PE≌△CGF（AAS），即可得出FG=EP；
（3）作OH⊥BC于H，证四边形ABCD是矩形，则∠ABC=90°，得∠OBC=30°，求出AC=8，由勾股定理得BC=，则CF=-4，由等腰三角形的性质得BH=CH=BC=，则HF=，OH=OB=2，由勾股定理得OF=，进而得出答案．
【详解】
解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴∠ODE=∠OBF，∠OED=∠OFB，
∵AE=CF，
∴AD-AE=BC-CF，即DE=BF，
在△ODE和△OFB中，
，
∴△ODE≌△OFB（ASA），
∴OE=OF；
（2）FG=EP，理由如下：
连AC，如图②所示：
由（1）可知：OE=OF，OB=OD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AC过点O，OA=OC，∠BAD=∠BCD，∠D=∠B，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（SAS），
∴AE=CF，
由折叠性质得：AE=A1E=CF，∠A1=∠BAD=∠BCD，∠B=∠B1，
∴∠D=∠B1，
∵∠A1PE=∠DPH，∠PHD=∠B1HG，
∴∠DPH=∠B1GH，
∵∠B1GH=∠CGF，
∴∠A1PE=∠CGF，
在△A1PE和△CGF中，
，
∴△A1PE≌△CGF（AAS），
∴FG=EP；

（3）作OH⊥BC于H，如图③所示：
∵△AOB是等边三角形，
∴∠ABO=∠AOB=∠BAO=60°，OA=OB=AB=4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴∠OBC=∠OCB=30°，
∵AB=OB=BF=4，
∴AC=BD=2OB=8，
由勾股定理得：BC==，
∴CF=-4，
∵OB=OC，OH⊥BC，
∴BH=CH=BC=，
∴HF=4-，OH=OB=2，
在Rt△OHF中，由勾股定理得：
OF===，
∴，
故答案为：．

【点睛】
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．
24．（1）（0，4），（﹣3，0）；（2）①3；②S＝4m＋12，﹣3＜m＜0；（3）
【解析】
【分析】
（1）在中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝﹣3，即可得A（0，4），B（﹣3，0），
（2）
解析：（1）（0，4），（﹣3，0）；（2）①3；②S＝4m＋12，﹣3＜m＜0；（3）
【解析】
【分析】
（1）在中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝﹣3，即可得A（0，4），B（﹣3，0），
（2）①当▱OPBC为菱形时，BP＝OP，可得P是△AOB斜边上的中点，即得S△BOP＝S△AOB＝3，故S菱形OPBC＝2S△BOP＝6；
②过P作PH⊥OB于H，由点P的横坐标为m，且P在线段AB上，直线AB为，可得P（m，m＋4），﹣3＜m＜0，从而S△BOP＝OB•PH＝2m＋6，即得S＝2S△BOP＝4m＋12，﹣3＜m＜0；
（3）根据四边形OPBC是平行四边形，得BC＝OP，BC最小即是OP最小，故OP⊥AB时，BC最小，在Rt△AOB中，AB＝＝5，由S△AOB＝OA•OB＝AB•OP，可得OP＝，即得BC最小为．
【详解】
解：（1）在中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝﹣3，
∴A（0，4），B（﹣3，0），
故答案为：（0，4），（﹣3，0）；
（2）①当▱OPBC为菱形时，BP＝OP，
∴∠PBO＝∠POB，
∴90°﹣∠PBO＝90°﹣∠POB，即∠BAO＝∠POA，
∴PA＝OP，
∴PA＝OP＝PB，即P是△AOB斜边上的中点，
∴S△BOP＝S△AOB＝×OA•OB＝3，
∴S菱形OPBC＝2S△BOP＝6，
故答案为：3；
②过P作PH⊥OB于H，如图：

∵点P的横坐标为m，且P在线段AB上，直线AB为，
∴P（m，m＋4），﹣3＜m＜0，
∴PH＝m＋4，
∴S△BOP＝OB•PH＝×3（m＋4）＝2m＋6，
∴S＝2S△BOP＝4m＋12，﹣3＜m＜0；
（3）∵四边形OPBC是平行四边形，
∴BC＝OP，
BC最小即是OP最小，
∴OP⊥AB时，BC最小，如图：

在Rt△AOB中，AB＝＝5，
∵S△AOB＝OA•OB＝AB•OP，
∴OP＝＝，
∴BC最小为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查一次函数综合应用，涉及三角形面积、平行四边形、菱形等知识，解题的关键是用m的代数式表示P点纵坐标和相关线段的长度．
25．（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析
【分析】
（1）先根据正方形的性质可证得，由此可得，，再根据同角的补角相等证得，等量代换可得，由此可得，再等量代换即可得证；
（2）过点E
解析：（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析
【分析】
（1）先根据正方形的性质可证得，由此可得，，再根据同角的补角相等证得，等量代换可得，由此可得，再等量代换即可得证；
（2）过点E作交CB的延长线于点G，先证明，利用勾股定理可得，再证明，由此可得，最后再等量代换即可得证；
（3）仿照（1）和（2）的证明即可证得．
【详解】
解：（1），理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在与中，

∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下：
如图，过点E作交CB的延长线于点G，

∴，
由（1）知：，
∴，
∴，
∴在中，，
在与中，

∴，
∴，
又∵，
∴；
（3），理由如下：
如图，过点E作交BC于点G，设CD与EF的交点为点P，

∴，
由（1）可知：，
∴，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
由（1）可知：，
∴，
在与中，

∴，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，作出正确的辅助线并能灵活运用相关图形的性质是解决本题的关键．