人教版部编版八年级数学下册期末试卷(提升篇)(Word版含解析).doc

人教版部编版八年级数学下册期末试卷（提升篇）（Word版含解析）
一、选择题
1．函数的自变量的取值范围是（ ）
A． B． C．且 D．
2．由线段a，b，c组成的三角形不能构成直角三角形的是（ ）
A．0.6，0.8，1 B．4，5，6 C．5，12，13 D．20，21，29
3．在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（　　）
A．AB∥DC，AD∥BC B．AD∥BC，AB＝DC
C．AB∥DC，∠DAB＝∠DCB D．AO＝CO，BO＝DO
4．某公司欲招聘工人，对候选人进行三项测试：语言、创新、综合知识，并按测试得分的比例确定测试总分，已知小王三项得分分别为88，72，50，则小王的招聘得分为（ ）
A．71.2 B．70.5 C．70.2 D．69.5
5．如图1，园丁住宅小区有一块草坪如图所示．已知AB=3米，BC=4米，CD=12米，DA=13米，且AB⊥BC，这块草坪的面积是（ ）

A．24米2 B．36米2 C．48米2 D．72米2
6．若菱形的周长为16，一组对边之间的距离为2，则菱形两邻角的度数比为（　　）
A．4：1 B．5：1 C．6：1 D．7：1
7．如图，在平行四边形中，为对角线，点是的中点，且，，四边形的周长为10，则平行四边形的周长为（ ）

A．10 B．12 C．15 D．20
8．甲、乙两车分别从A，B两地同时出发，沿同一条公路相向而行，相遇时甲、乙所走路程的比为，甲、乙两车离AB中点C的路程千米与甲车出发时间时的关系图象如图所示，则下列说法错误的是（ ）

A．A，B两地之间的距离为180千米
B．乙车的速度为36千米时
C．a的值为
D．当乙车到达终点时，甲车距离终点还有30千米
二、填空题
9．函数y＝的自变量的取值范围是 ____________．
10．若菱形的两条对角线的长分别为6和10，则菱形的面积为__________．
11．直角三角形的直角边长分别为，，斜边长为，则__________．
12．如图，矩形ABCD的对角线相交于O，AB＝2，∠AOB＝60°，则对角线AC的长为___．

13．若点A（2，﹣12）在正比例函数y＝kx（k≠0）的图象上，则正比例函数的解析式为_____．
14．在四边形中，，．请再添加一个条件，使四边形是菱形．你添加的条件是_______．（写出一种即可）
15．如图，点A（﹣2，0），直线l：y＝与x轴交于点B，以AB为边作等边△ABA1，过点A1作A1B1∥x轴，交直线l于点B1，以A1B1为边作等边△A1B1A2，过点A2作A2B2∥x轴，交直线l于点B2，以A2B2为边作等边△A2B2A3，则点A3的坐标是_____．

16．如图，平面直角坐标系中，A（4，4），B为y轴正半轴上一点，连接AB，在第一象限作AC＝AB，∠BAC＝90°，过点C作直线CD⊥x轴于D，直线CD与直线y＝x交于点E，且ED＝5EC，则直线BC解析式为_____．

三、解答题
17．（1）计算：
（2）计算：
18．如图，在甲村到乙村的公路一旁有一块山地正在开发．现A处需要爆破，已知点A与公路上的停靠站B，C的距离分别为400 m和300 m，且ACAB．为了安全起见，如果爆破点A周围半径260 m的区域内不能有车辆和行人，问在进行爆破时，公路BC段是否需要暂时封闭？为什么?

19．如图，在平面直角坐标系中，网格中每一个小正方形的边长都是1个单位长度．
（1）画出△ABC关于y轴对称的图形△A′B′C′，写出C的坐标；
（2）求△ABC中AC边上的高．

20．如图，在△ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，连接DE并延长至点F，使得DE＝EF，连接CF．
（1）求证：四边形ADFC是平行四边形；
（2）若∠A＝∠B，连接CD，BF．求证：四边形BFCD是矩形．

21．阅读下列解题过程：
＝＝-1；
＝＝-；
＝＝-＝2-；
…
解答下列各题：
（1）＝　　；
（2）观察下面的解题过程，请直接写出式子＝　　．
（3）利用这一规律计算：（+…+）×（+1）．
22．如图1，为美化校园环境，某校计划在一块长为，宽为的长方形空地上修建一条宽为的甬道，余下的部分铺设草坪建成绿地．
（1）甬道的面积为______，绿地的面积为______；（用含的代数式表示）

（2）已知某园林公司修建甬道、绿地的造价（元），（元）与修建面积之间的函数关系图像如图2所示．
①直接写出修建甬道的造价（元）、修建绿地的造价（元）与的关系式；
②如果学校决定由该公司承建此项目，并要求修建的甬道宽度不少于且不超过，那么甬道宽为多少时，修建的甬道和绿地的总造价最低？最低总造价为多少元？
23．已知如图，在中，点是边上一点，连接、，，，点是上一动点，连接．

（1）如图1，若点是的中点，，求的面积；
（2）如图2，当时，连接，求证：；
（3）如图3，以为直角边作等腰，，连接，若，，当点在运动过程中，请直接写出周长的最小值．
24．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点在轴正半轴上（），把线段绕点顺时针旋转得到线段，过点分别向轴，轴作垂线，垂足为，．

（1）求四边形的面积；
（2）若，求直线的表达式；
（3）在（2）的条件下，点为延长线上一点，连接，作的平分线，交轴于点，若为等腰三角形，求点的坐标．
25．在直角坐标系中，四边形是矩形，点在轴上，点在轴的正半轴上，点，分别在第一，二象限，且，．
（1）如图1，延长交轴负半轴于点，若．

①求证：四边形为平行四边形
②求点的坐标．
（2）如图2，为上一点，为的中点，若点恰好落在轴上，且平分，求的长．

（3）如图3，轴负半轴上的点与点关于直线对称，且，若的面积为矩形面积的，则的长可为______（写出所有可能的答案）．

26．等腰Rt△ABC，CA＝CB，D在AB上，CD＝CE，CD⊥CE．

（1）如图1，连接BE，求证：AD＝BE．
（2）如图2，连接AE，CF⊥AE交AB于F，T为垂足，
①求证：FD＝FB；
②如图3，若AE交BC于N，O为AB中点，连接OC，交AN于M，连FM、FN，当，求OF2+BF2的最小值．
【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
根据二次根式有意义的条件：被开方数大于等于零，以及分式有意义的条件分母不等于零可得结果．
【详解】
解：∵函数，
∴，
解得：，
故选：D．
【点睛】
本题考查了函数自变量的取值范围，熟知二次根式有意义的条件以及分式有意义的条件是解本题的关键．
2．B
解析：B
【分析】
利用勾股定理的逆定理进行逐一判断即可．
【详解】
解：A、∵，∴能构成直角三角形，不符合题意；
B、∵，∴不能构成直角三角形，符合题意；
C、∵，∴能构成直角三角形，不符合题意；
D、∵，∴能构成直角三角形，不符合题意；
故选B．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的逆定理，解题的关键在于能够熟练掌握：如果三角形的三边a、b、c的三边满足，那么这个三角形是直角三角形．
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
依据平行四边形的定义和判定方法逐一判断即可得解；
【详解】
A、∵AB∥DC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、由AD∥BC，AB＝DC，即一组对边平行，一组对边相等，无法判断四边形ABCD是平行四边形，举反例如等腰梯形，故选项B符合题意；
C、∵AB∥DC，
∴∠ABC+∠DCB＝180°，∠DAB+∠ADC＝180°，
∵∠DAB＝∠DCB，
∴∠ABC＝∠ADC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、∵AO＝CO，BO＝DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键，同时注意一组对边平行，一组对边相等得四边形不一定是平行四边形．
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据加权平均数的计算方法进行计算即可．
【详解】
解：3＋4＋3＝10，
88×＋72×＋50×＝70.2．
故小王的招聘得分为70.2．
故选：C．
【点睛】
本题考查加权平均数的意义和计算方法，掌握加权平均数的计算方法是正确计算的前提．
5．B
解析：B
【分析】
连接AC，先根据勾股定理求出AC的长，然后利用勾股定理的逆定理证明△ACD为直角三角形．从而用求和的方法求面积．
【详解】
连接AC，则由勾股定理得AC=5米，因为AC2+DC2=AD2，所以∠ACD=90°．
这块草坪的面积=SRt△ABC+SRt△ACD=AB•BC+AC•DC=（3×4+5×12）=36米2．
故选B．

【点睛】
此题主要考查了勾股定理的运用及直角三角形的判定等知识点．
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
先证明△AEF是等边三角形，可求∠B的度数，可求∠DAB的度数，即可求解．
【详解】
解：如图，过点A作AE⊥BC于E，取AB中点F，连接EF，

∵四边形ABCD是菱形，菱形的周长为16，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝4，
∵点F是AB中点，AE⊥BC，
∴AF＝BF＝EF＝2，
∵AE＝2，
∴AF＝EF＝AE，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠BAE＝60°，
∴∠B＝30°
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠DAB+∠B＝180°，
∴∠DAB＝150°，
∴菱形两邻角的度数比为150°：30°＝5：1，
故选：B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，能求出∠B的度数是解决问题的关键．
7．D
解析：D
【解析】
【分析】
根据点O是BD的中点，且AD//EO，OF//AB，可得OE，OF分别是三角形ABD，三角形BCD的中位线，四边形OEBF是平行四边形，则AD=2OE，CD=2OF，OE=BF，OF=BE，由此可以推出OE+OF=5，再由四边形ABCD的周长=AB+BC+AD+CD=2（AD+CD）=4（OE+OF）进行求解即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵点O是BD的中点，且AD//EO，OF//AB，
∴OE，OF分别是三角形ABD，三角形BCD的中位线，BC//EO，
∴四边形OEBF是平行四边形，AD=2OE，CD=2OF，OE=BF，OF=BE，
∵四边形OEBF的周长为10，
∴OE+BE+BF+OF=10，
∴OE+OF=5，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，
∴四边形ABCD的周长=AB+BC+AD+CD=2（AD+CD）=4（OE+OF）=20，
故选D．

【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质与判定，中位线定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
8．D
解析：D
【分析】
根据两车相遇时甲、乙所走路程的比为2：3及两车相遇所用时间，即可求出A、B两地之间的距离；根据乙车的速度＝相遇时乙车行驶的路程÷两车相遇所用时间，进而求出乙车的速度；根据甲车的速度＝相遇时甲车行驶的路程÷两车相遇所用时间即可求出甲车的速度，然后根据时间＝两地之间路程的一半÷甲车的速度，进而求出a值；根据时间＝两地之间路程÷乙车的速度求出乙车到达终点所用时间，再求出该时间内甲车行驶的路程，用两地间的距离与甲车行驶的路程之差即可得出结论．
【详解】
解：A、A、B两地之间的距离为18×2÷＝180（千米），所以A正确；
B、乙车的速度为180÷3＝36（千米/小时），所以B正确；
C、甲车的速度为180=24（千米/小时），
a的值为180÷2÷24＝3.75，所以C正确；
D、乙车到达终点的时间为180÷36＝5（小时），
甲车行驶5小时的路程为24×5＝120（千米），
当乙车到达终点时，甲车距离终点距离为180﹣120＝60（千米），所以D错误．
故选：D
【点睛】
本题考查了一次函数的实际应用，结合函数的图象并逐一求出选项的内容判断正误是解题的关键
二、填空题
9．x≥﹣2且x≠﹣1
【解析】
【分析】
根据二次根式和分式有意义的条件列出不等式组，解不等式组即可得到自变量的取值范围．
【详解】
解：根据题意得：，
且．
故答案为：且．
【点睛】
本题考查了函数自变量的取值范围，掌握二次根式的被开方数非负，分式的分母不等于0是解题的关键．
10．30
【解析】
【分析】
因为菱形的对角线互相垂直，互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半．
【详解】
解：菱形的面积为：．
故答案为：30．
【点睛】
本题考查菱形的性质，关键知道菱形的对角线互相垂直，然后根据面积等于对角线乘积的一半求出结果．
11．289
【解析】
【分析】
根据勾股定理计算即可．
【详解】
根据勾股定理得：斜边的平方=x2=82+152=289．
故答案为：289．
【点睛】
本题考查了勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答本题的关键．
12．A
解析：4
【分析】
根据矩形的性质可得OA=OB、AC=2OA,再结合∠AOB=60°可得三角形AOB为等边三角形，则OA=AB=2,最后根据 AC=2OA解答即可．
【详解】
解：∵四边形是矩形，
∴OA=OB，AC=2OA
又∵∠AOB=60°，
∴△AOB为等边三角形，
∴OA=AB=2，
∴AC=2OA=2×2=4．
故填4．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，灵活运用等边三角形的判定与性质是解答本题的关键．
13．A
解析：y＝﹣6x
【解析】
【分析】
直接把A点坐标代入y＝kx中求出k即可．
【详解】
解：把A（2，﹣12）代入y＝kx得2k＝﹣12，解得k＝﹣6，
所有正比例函数解析式为y＝﹣6x．
故答案为:y＝﹣6x．
【点睛】
本题考查了待定系数法求正比例函数的解析式．
14．A
解析：AB=BC或BC=CD或CD=AD或AB=AD或AC⊥BD
【分析】
由在四边形ABCD中，AB=DC，AD=BC，可判定四边形ABCD是平行四边形，然后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形与对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可判定四边形ABCD是菱形，则可求得答案．
【详解】
解：∵在四边形ABCD中，AB=DC，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴当AB=BC或BC=CD或CD=AD或AB=AD时，四边形ABCD是菱形；
当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形．
故答案为：AB=BC或BC=CD或CD=AD或AB=AD或AC⊥BD．

【点睛】
此题考查了菱形的判定定理．此题属于开放题，难度不大，注意掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形与对角线互相垂直的平行四边形是菱形是解此题的关键．
15．【分析】
先根据解析式求得B的坐标，即可求得AB=1，根据等边三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，依次即可求得A1、A2、A3的坐标．
【详解】
解：∵直线l：y＝与x轴交于点B，
∴
解析：
【分析】
先根据解析式求得B的坐标，即可求得AB=1，根据等边三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，依次即可求得A1、A2、A3的坐标．
【详解】
解：∵直线l：y＝与x轴交于点B，
∴B（-1，0），
∴OB=1，
∵A（-2，0），
∴OA=2，
∴AB=1，
∵△ABA1是等边三角形，
∴，
把，代入y＝，求得，
∴，
∴A1B1=2，
∴，即，
把代入，求得，
，
∴A2B2=4，
∴，即，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征以及等边三角形的性质的运用，解决问题的关键是正确运用等边三角形的性质和一次函数图象上的点坐标的特征表示点的坐标．
16．y＝﹣x+10
【分析】
过A作AM⊥y轴，交y轴于M，交CD于N，证△ABM≌△CAN，推出AN=BM，CN=AM=4，设EC=a，ED=5a，求出a=2，得出B、C的坐标，设直线BC的解析式是y
解析：y＝﹣x+10
【分析】
过A作AM⊥y轴，交y轴于M，交CD于N，证△ABM≌△CAN，推出AN=BM，CN=AM=4，设EC=a，ED=5a，求出a=2，得出B、C的坐标，设直线BC的解析式是y=kx+10，把C（10，8）代入求出直线BC的解析式．
【详解】
解：过A作AM⊥y轴，交y轴于M，交CD于N，则∠BMA＝∠ANC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAM+∠CAN＝90°，∠BAM+∠ABM＝90°，
∴∠ABM＝∠CAN，
∵A（4，4），
∴OM＝DN＝4，AM＝4，
在△ABM和△CAN中，
∴△ABM≌△CAN（AAS），
∴AN＝BM，CN＝AM＝4，
∵ED＝5EC，
∴设EC＝a，ED＝5a，
∵A（4，4），
∴点A在直线y＝x上，
∵CN＝4a﹣4，
则4a﹣4＝4，
∴a＝2，即CD＝8，ED＝10．
∵点E在直线y＝x上，
∴E（10，10），
∴MN＝10，C（10，8），
∴AN＝BM＝10﹣4＝6，
∴B（0，10），
设直线BC的解析式是y＝kx+10，
把C（10，8）代入得：k＝﹣，
即直线BC的解析式是y＝﹣x+10，
故答案为：y＝﹣x+10．

【点睛】
本题考查了用待定系数法求出一次函数的解析式，全等三角形的性质和判定等，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力．
三、解答题
17．（1）2；（2）
【分析】
（1）先分别化简二次根式，再合并同类二次根式即可得到答案；
（2）先计算乘方，同时化简二次根式，将除法化为乘法，计算乘除法，再化简结果．
【详解】
解：（1）
=10-9
解析：（1）2；（2）
【分析】
（1）先分别化简二次根式，再合并同类二次根式即可得到答案；
（2）先计算乘方，同时化简二次根式，将除法化为乘法，计算乘除法，再化简结果．
【详解】
解：（1）
=10-9+
=2；
（2）
=
=
=．
【点睛】
此题考查二次根式的加减法计算法则，及混合运算的计算法则，正确掌握二次根式的加减法法则、混合运算的法则、二次根式的化简方法是解题的关键．
18．需要封闭，理由见解析
【分析】
过作于 先求解 再利用等面积法求解 再与260比较，可得答案.
【详解】
解：过作于

所以进行爆破时，公路BC段需要暂时封闭.
【点睛】
解析：需要封闭，理由见解析
【分析】
过作于 先求解 再利用等面积法求解 再与260比较，可得答案.
【详解】
解：过作于

所以进行爆破时，公路BC段需要暂时封闭.
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用，利用等面积法求解直角三角形斜边上的高，掌握“等面积法求解直角三角形斜边上的高”是解题的关键.
19．（1）作图见解析，点C的坐标为(-1，1)；（2）AC边上的高为．
【解析】
【分析】
（1）分别作出A，B，C的对应点A′，B′，C′即可．
（2）利用面积法求解即可．
【详解】
解：（1）如图，
解析：（1）作图见解析，点C的坐标为(-1，1)；（2）AC边上的高为．
【解析】
【分析】
（1）分别作出A，B，C的对应点A′，B′，C′即可．
（2）利用面积法求解即可．
【详解】
解：（1）如图，△A′B′C′即为所求作．

点C的坐标为(-1，1)；
（2）设△ABC边上的高为h，
∵AB==，BC==，AC==，
，
∴,且AB=BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，且AC为斜边，
∴××=××h，
∴h=．
即AC边上的高为．
【点睛】
本题考查作图-轴对称变换，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
20．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据三角形中位线定理可得，结合已知条件，根据一组对边平行且相等即可证明四边形ADFC是平行四边形；
（2）先证明是平行四边形，进而根据等角对等边可得，由（
解析：（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据三角形中位线定理可得，结合已知条件，根据一组对边平行且相等即可证明四边形ADFC是平行四边形；
（2）先证明是平行四边形，进而根据等角对等边可得，由（1）可知，根据对角线相等的平行四边形是矩形即可得证．
【详解】
（1）∵D，E分别是AB，BC的中点，
∴DE//AC且，
∵，
∴DF//AC且，
∴四边形ADFC为平行四边形．
（2）连接BF，CD，如图，

由（1）知四边形ADFC为平行四边形，
∴CF//AB且，
D是AB的中点，所以，
∴CF//DB且，
∴四边形BFCD为平行四边形，
∵∠A＝∠B，
∴AC＝BC，
由（1）知，DF＝AC，
∴DF＝BC，
四边形BFCD为矩形．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的性质与判定，矩形的判定定理，掌握以上性质与定理是解题的关键．
21．（1）；（2）；（3）2020
【解析】
【分析】
（1）把分子分母都乘以，然后利用平方差公式和二次根式的性质计算，即可得到答案；
（2）把分子分母都乘以，然后利用平方差公式和二次根式的性质计算，即
解析：（1）；（2）；（3）2020
【解析】
【分析】
（1）把分子分母都乘以，然后利用平方差公式和二次根式的性质计算，即可得到答案；
（2）把分子分母都乘以，然后利用平方差公式和二次根式的性质计算，即可得到答案；
（3）根据（1）和（2）的结论，先分母有理化，经加减运算后，再利用平方差公式计算，即可得到答案．
【详解】
（1）
＝
＝
＝
故答案为：；
（2）

故答案为：；
（3）（+…+）×（+1）
＝（+…+）×（+1）
＝（）×（+1）
＝
＝2020．
【点睛】
本题考查了二次根式和数字规律的知识：解题的关键是熟练掌握二次根式混合运算、数字规律、平方差公式的性质，从而完成求解．
22．（1），；（2）①，；②甬道宽为时，修建的甬道和绿地的总造价最低，最低总造价为21300元
【分析】
（1）利用平行四边形面积公式可得甬道面积，用矩形面积减去甬道面积可得绿地的面积；
（2）①用单价
解析：（1），；（2）①，；②甬道宽为时，修建的甬道和绿地的总造价最低，最低总造价为21300元
【分析】
（1）利用平行四边形面积公式可得甬道面积，用矩形面积减去甬道面积可得绿地的面积；
（2）①用单价乘以甬道和绿地面积分别求解可得；
②将甬道和绿地的建造价格相加可得总造价的函数解析式，再根据一次函数性质求解可得．
【详解】
解：（1）甬道的面积为15am2，绿地的面积为（300-15a）m2；
故答案为：15a、（300-15a）；
（2）①园林公司修建一平方米的甬道的造价为=80(元)，
绿地的造价为=70(元)．
W1=80×15a=1200a，
W2=70（300-15a）=-1050a+21000；
②设此项修建项目的总费用为W元，
则W=W1+W2=1200a+（-1050a+21000）=150a+21000，
∵k＞0，
∴W随a的增大而增大，
∵2≤a≤5，
∴当a=2时，W有最小值，W最小值=150×2+21000=21300，
答：甬道宽为2米时，修建的甬道和绿地的总造价最低，最低总造价为21300元；
【点睛】
本题主要考查了一次函数的应用，解题的关键是理解题意找到相等关系，利用一次函数的性质解题．
23．（1）；（2）证明见解析；（3）
【分析】
（1）先利用等腰直角三角形的性质求解 再求解的面积，从而可得平行四边形的面积；
（2）如图，延长交于点 先证明再证明 再结合平行四边形的性质可得：
（3）
解析：（1）；（2）证明见解析；（3）
【分析】
（1）先利用等腰直角三角形的性质求解 再求解的面积，从而可得平行四边形的面积；
（2）如图，延长交于点 先证明再证明 再结合平行四边形的性质可得：
（3）如图，过作，交的延长线于 过作 交于 先证明在上运动，作关于的对称点，连接，交于
确定三角形周长最小时的位置，再过作于 分别求解 再利用勾股定理求解即可.
【详解】
解：（1）是的中点，
设

解得： （负根舍去）

,

（2）如图，延长交于点
在中，

（3）如图，过作，交的延长线于 过作 交于

等腰直角三角形

在上运动，
如图，作关于的对称点，连接，交于

此时周长最短，

过作于
由（2）得： 而

由（2）得： 是等腰直角三角形，

即的周长的最小值是
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，平行四边形的性质，轴对称的性质，动点的轨迹，灵活应用以上知识是解题的关键.
24．（1）；（2）；（3）或或．
【解析】
【分析】
（1）连接，作，交的延长线于点，可知，，再根据，可得，又因为，得到，即可证明，所以可得，再计算的长度即可求解；
（2）设，即可表示出、的长度，根据求
解析：（1）；（2）；（3）或或．
【解析】
【分析】
（1）连接，作，交的延长线于点，可知，，再根据，可得，又因为，得到，即可证明，所以可得，再计算的长度即可求解；
（2）设，即可表示出、的长度，根据求出的值，即可得到点的坐标，再设直线的解析式为，将、两点的坐标代入即可；
（3）设点坐标为，因为平分，所以，最后分三种情况进行讨论即可．
【详解】
（1）∵，
∴，
连接，作，交的延长线于点，如图，

∴，
∴，
∵，
即，
在中，，
∵ ，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴,
∴，
∴；
（2） 设，
由（1）可知，，
∵，
∴，
∵与都是直角三角形，且，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
解得，
∴，
又∵，
设直线的解析式为，
则，解得，
∴直线的解析式为；
（3）设点坐标为，
∵平分，
∴，
①当时，则，
∴，
∴与重合，
∴；

②当时，
过点作，垂足为，
则，，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理可求得，
∴，
在中，，
在中，，
∴，
∴，
解得，
∴；

③当时，延长交轴于点，
∵，且
∴，
∴，
过点作，垂足为，
则，，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理可求得，
∴，
∴，
∵，
设直线的解析式为，
则，解得，
∴直线解析式为，
当时，解得，
∴．

综上所述，当为等腰三角形时，点坐标为或或．
【点睛】
本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质、三角形内角和定理、全等三角形的性质和判定、勾股定理、待定系数法求函数解析式等知识点，解题要注意分类讨论的思想．
25．（1）①见解析；②；（2）；（3）或
【分析】
（1）①利用三线合一定理证明ED=CD，即可得到ED=AB，由矩形的性质可以得到AE=AC=BD，即可证明；②设A（a，0），C（0，b），利用勾股定
解析：（1）①见解析；②；（2）；（3）或
【分析】
（1）①利用三线合一定理证明ED=CD，即可得到ED=AB，由矩形的性质可以得到AE=AC=BD，即可证明；②设A（a，0），C（0，b），利用勾股定理求出，则CE=CD+DE=6，E（a-5，0），则，，由此即可求解；
（2）延长BA到M于y轴交于M，先证明△DGC≌△AGM，得到∠DCG=∠AMG，AM=CD=AB=3，再由角平分线的定义即可推出CF=MF，设AF=m，则CF=MF=3+m，BF=AB-AF=3-m，
由，得到，解方程即可；
（3）分Q在矩形ABCD内部和外部两种情况求解即可．
【详解】
解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，AC=BD，DC=AB
∵AC=AE，
∴CD=ED，AE=BD
∴ED=AB，
∴四边形ABDE是平行四边形；
②设A（a，0），C（0，b），
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，CD=AB=DE=3，
∴，CE=CD+DE=6，
∴E（a-5,0），
∴，，
∴，
解得，
∴；

（2）如图，延长BA到M于y轴交于M，
∵G为AD中点，
∴AG=DG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠DAB=∠GAM=∠B=90°，
又∵∠DGC=∠AGM，
∴△DGC≌△AGM（ASA），
∴∠DCG=∠AMG，AM=CD=AB=3
∵CG平分∠DCF，
∴∠DCG=∠FCM=∠AMG，
∴CF=MF，
设AF=m，则CF=MF=3+m，BF=AB-AF=3-m，
∵，
∴
解得，
∴；

（3）当Q在矩形内部时，如图所示，过点Q作QE⊥BC于E，延长EQ交AD于F，连接AQ
∵，
∴；
∵BC∥AD，EF⊥AD，BA⊥AD，
∴EF∥AB，
∴四边形ABEF是矩形，
∴EF=AB=3，BE=AF，
∴，
∵点P与点Q关于直线AD对称，且AP=AD，
∴AP=AD=AQ=4
∴，，
∴；

当Q在矩形ABCD的外部时，如图所示过点Q作QE⊥BC于E，延长QE交AD于F，连接AQ

同理求得，，
∴，
∴，
∴，
∴综上所述，或，
故答案为：或．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，两点距离公式，等腰三角形的性质与判定，平行四边形的判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
26．（1）见解析；（2）①见解析；②
【分析】
（1）利用SAS证明△ACD≌△BCE，从而利用全等三角形的性质即可得出结论；
（2）①过点D作DH⊥CF于H，过点B作BG⊥CF，交CF的延长线于G，首
解析：（1）见解析；（2）①见解析；②
【分析】
（1）利用SAS证明△ACD≌△BCE，从而利用全等三角形的性质即可得出结论；
（2）①过点D作DH⊥CF于H，过点B作BG⊥CF，交CF的延长线于G，首先证明△ACT≌△BCG及△DCH≌△ECT，得到CT＝BG，CT＝DH，通过等量代换得出DH＝BG，再证明△DHF≌△BGF，则可证明结论；
②首先利用等腰三角形的性质和ASA证明△AOM≌△COF，则有OM＝OF，然后利用等腰直角三角形的性质得出FK＝BF，然后利用三角形的面积得出OF×BF＝10，最后利用平方的非负性和完全平方公式求解即可．
【详解】
证明：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，AC=BC，
∴∠ACB=90°，
∵CD⊥CE，
∴∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD+∠BCD=∠BCE+∠BCD，即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE；

（2）①如图2，过点D作DH⊥CF于H，过点B作BG⊥CF，交CF的延长线于G，

∵CF⊥AE，
∴∠ATC=∠ATF=90°，
∴∠ACT+∠CAT＝90°，
又∵∠ACT+∠BCG＝90°，
∴∠CAT＝∠BCG，
在△ACT和△CBG中，
，
∴△ACT≌△CBG（AAS），
∴CT＝BG，
同理可证△DCH≌△ECT，
∴CT＝DH，
∴DH＝BG，
在△DHF和△BGF中，
，
∴△DHF≌△BGF（AAS），
∴DF＝BF；
②如图3，过点F作FK⊥BC于K，
∵等腰Rt△ABC，CA＝CB，点O是AB的中点，
∴AO＝CO＝BO，CO⊥AB，∠ABC＝45°，
∴∠OCF+∠OFC＝90°，
∵AT⊥CF，
∴∠ATF=90°，
∴∠OFC+∠FAT＝90°，
∴∠FAT＝∠OCF，
在△AOM和△COF中，
，
∴△AOM≌△COF（ASA），
∴OM＝OF，
又∵CO⊥AO，
∴∠OFM＝∠OMF＝45°，，
∴∠OFM＝∠ABC，MF＝OF，
∴MFBC，
∴∠MFK=∠BKF=90°，
∵∠ABC＝45°，FK⊥BC，
∴∠ABC＝∠BFK＝45°，
∴FK＝BK，
∵，
∴FK＝BF，
∵S△FMN＝5，
∴×MF×FK＝5，
∴OF×BF＝10，
∴OF×BF＝10，
∵（BF﹣OF）2≥0，
∴BF2+OF2﹣2BF×OF≥0，

∴BF2+OF2≥2×10＝20，
∴BF2+OF2的最小值为20．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的性质与判定，平行线的性质与判定，三角形面积，完全平方公式等等，掌握等腰直角三角形的性质与判定和全等三角形的判定方法及性质是解题的关键．