人教版八年级数学下册期末试卷练习(Word版含答案).doc

人教版八年级数学下册期末试卷练习（Word版含答案）
一、选择题
1．二次根式有意义的条件是（ ）
A．x＞3 B．x＜3 C．x≥3 D．x≤3
2．下列各组数中，能构成直角三角形的是（ ）
A．2，3，4 B．4，5，6 C．1，，2 D．5，11，13
3．下列说法中：
①一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
②对角线相等的四边形是矩形
③有一组邻边相等的矩形是正方形
④对角线互相垂直的四边形是菱形，正确的个数是（ ）．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．在一次校园歌曲演唱比赛中，小红对七位评委老师给自己打出的分数进行了分析，并制作了如下表格：
平均数
众数
中位数
方差
9.15
9.2
9.1
0.2

如果去掉一个最高分和一个最低分，那么表格中数据一定不会发生变化的是（ ）．A．中位数 B．众数 C．平均数 D．方差
5．已知直角三角形的两条直角边长分别为a和b，斜边长为c．①如果a＝12，b＝5，那么c＝13；②如果a＝3，c＝4，那么b＝5；③如果c＝10，b＝9，那么a＝．其中正确的是（　　）
A．①②③ B．①③ C．①② D．②③
6．如图，把一个长方形的纸片对折两次，然后剪下一个角，为了得到一个钝角为120° 的菱形，剪口与第二次折痕所成角的度数应为

A．15°或30° B．30°或45° C．45°或60° D．30°或60°
7．如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，是边的中点，，则（ ）．

A．1 B．2 C．4 D．8
8．两人在直线跑道上同起点、同终点、同方向匀速跑步400米，先到终点的人原地休息．已知甲先出发2秒，在跑步过程中，甲、乙两人之间的距离y（米）与乙出发的时间t（秒）之间的关系如图所示给出以下结论：①；②；③．其中正确的是（ ）

A．②③ B．①②③ C．①② D．①③
二、填空题
9．要使式子有意义，则x的取值范围是________．
10．已知菱形的边长为13，一条对角线长为10，那么它的面积等于__________．
11．若一个直角三角形的两边长分别是3和4，那么以斜边为边长的正方形的面积为______.
12．如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠AOD=120°，AC=4，则△ABO的周长为_____________．

13．定义：对于一次函数，我们把点称为这个一次函数的伴随点.已知一次函数的伴随点在它的图象上，则__________．
14．如图，在中，于点点分别是边的中点，请你在中添加一个条件：__________，使得四边形是菱形．

15．如图所示，直线与两坐标轴分别交于、两点，点是的中点，、分别是直线、轴上的动点，当周长最小时，点的坐标为_____．

16．菱形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2，…，按照如图所示的方式放置．点A1，A2，A3，…和点C1，C2，C3，…分别在直线y＝kx+b和x轴上．已知∠A1OC1＝60°，点B1(3，)，B2(8，2)，则An的坐标是______(用含n的式子表示)

三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）－4；
（3）(－2)(＋2)－|－π0|－(－)－1；
（4）(＋)÷．
18．生活经验表明，靠墙摆放梯子时，若梯子底端离墙的距离约为梯子长度的，则梯子比较稳定，如图，AB为一长度为6米的梯子．

（1）当梯子稳定摆放时，它的顶端能达到5.7米高的墙头吗？（温馨提示：≈1.414）
（2）如图2，若梯子底端向左滑动使OD=3米，那么梯子顶端将下滑多少米？（结果保留1位小数）
19．如图，网格中的，若小方格边长为，请你根据所学的知识，
（1）判断是什么形状？并说明理由；
（2）求的面积．

20．已知：如图，在Rt△ABC中，D是AB边上任意一点，E是BC边中点，过点C作CF∥AB，交DE的延长线于点F，连接BF、CD．
（1）求证：四边形CDBF是平行四边形．
（2）当D点为AB的中点时，判断四边形CDBF的形状，并说明理由．

21．已知实数a，b满足：b2=1+﹣，且|b|+b＞0
（1）求a，b的值；
（2）利用公式，求++…+
22．寒假将至，某健身俱乐部面向大中学生推出优惠活动，活动方案如下：
方案一：购买一张学生寒假专享卡，每次健身费用按六折优惠；
方案二：不购买学生寒假专享卡，每次健身费用按八折优惠．
设某学生健身x（次），按照方案一所需费用为y1（元），且y1＝k1x+b；按照方案二所需费用为y2（元），且y2＝k2x．在平面直角坐标系中的函数图象如图所示．
（1）求k1和b的值，并说明它们的实际意义；
（2）求k2的值；
（3）八年级学生小华计划寒假前往该俱乐部健身8次，应选择哪种方案所需费用更少？请说明理由．
（4）小华的同学小琳也计划在该俱乐部健身，若她准备300元的健身费用，最多可以健身多少次？

23．在正方形中，点是边上任意一点，连接过点作于，交于.
如图1，过点作于.求证:；
如图2，点为的中点，连接，试判断存在什么数量关系并说明理由；
如图3，，连接，点为的中点，在点从点运动到点的过程中，点随之运动，请直接写出点运动的路径长.

24．如图，函数 的图像分别与 x轴、 y轴交于 A、 B两点，点 C在 y轴上， AC平分 ．
(1) 求点 A、 B的坐标；
(2) 求 的面积；
(3) 点 P在坐标平面内，且以A、 B、P为顶点的三角形是等腰直角三角形，请你直接写出点 P的坐标．

25．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，6），点B在x轴的正半轴上.若点P、Q在线段AB上，且PQ为某个一边与x轴平行的矩形的对角线，则称这个矩形为点P、Q的“涵矩形”。下图为点P、Q的“涵矩形”的示意图.

（1）点B的坐标为（3，0）；
①若点P的横坐标为，点Q与点B重合，则点P、Q的“涵矩形”的周长为 .
②若点P、Q的“涵矩形”的周长为6，点P的坐标为（1，4），则点E（2，1），F（1，2），G（4，0）中，能够成为点P、Q的“涵矩形”的顶点的是 .
（2）四边形PMQN是点P、Q的“涵矩形”，点M在△AOB的内部，且它是正方形；
①当正方形PMQN的周长为8，点P的横坐标为3时，求点Q的坐标.
②当正方形PMQN的对角线长度为/2时，连结OM.直接写出线段OM的取值范围 .
26．已知中，.点从点出发沿线段移动，同时点从点出发沿线段的延长线移动，点、移动的速度相同，与直线相交于点.
（1）如图①，当点为的中点时，求的长；
（2）如图②，过点作直线的垂线，垂足为，当点、在移动的过程中，设，是否为常数？若是请求出的值，若不是请说明理由.
（3）如图③，E为BC的中点，直线CH垂直于直线AD，垂足为点H，交AE的延长线于点M；直线BF垂直于直线AD，垂足为F；找出图中与BD相等的线段，并证明.

【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：C
【分析】
根据二次根式被开方数大于等于0即可得出答案．
【详解】
解：根据被开方数大于等于0得，有意义的条件是
解得：
故选：C
【点睛】
本题主要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】
根据勾股定理的逆定理对四组数据进行逐一判断即可．
【详解】
解：A、∵22 +32 ≠4 2 ，∴不能构成直角三角形；
B、∵42 +52 ≠62 ，∴不能构成直角三角形；
C、∵ ，∴能构成直角三角形；
D、∵5 2 +11 2 ≠13 2 ，∴不能构成直角三角形．
故选C．
【点睛】
本题考查了用勾股定理的逆定理判断三角形的形状，即只要三角形的三边满足a 2 +b 2 =c 2 ，则此三角形是直角三角形．
3．A
解析：A
【解析】
【分析】
分别对各个结论进行判断，即可得出答案．
【详解】
解：一组对边平行，另一组对边相等的四边形
可能是平行四边形或梯形，故①错误；
对角线相等的平行四边形是矩形，，故②错误；
有一组邻边相等的矩形是正方形，故③正确；
对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故④错误；
故选：A．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的判定、矩形的判定、正方形的判定、菱形的判定；熟练掌握特殊四边形的判定方法是解题的关键．
4．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据中位数的定义：位于中间位置或中间两数的平均数可以得到去掉一个最高分和一个最低分不影响中位数．
【详解】
解：去掉一个最高分和一个最低分对中位数没有影响，对平均数，方差一定有影响，也可能影响众数，
故选：A．
【点睛】
本题考查了统计量的选择，解题的关键是了解中位数的定义．
5．B
解析：B
【分析】
①由勾股定理求出斜边c＝13，故①正确；②由勾股定理求出b＝，故②错误；③由勾股定理求出a＝，故③正确；即可求解．
【详解】
解：①∵a＝12，b＝5，
∴，故①正确；
②∵a＝3，c＝4，
∴故②错误；
③∵c＝10，b＝9，
∴，故③正确；
故选：B．
【点睛】
本题考查了勾股定理，由勾股定理求出第三边的长是解题的关键．
6．D
解析：D
【解析】
【详解】
试题分析：∵四边形ABCD是菱形， ∴∠ABD=∠ABC，∠BAC=∠BAD，AD∥BC，
∵∠BAD=120°， ∴∠ABC=180°﹣∠BAD=180°﹣120°=60°， ∴∠ABD=30°，∠BAC=60°．
∴剪口与折痕所成的角a的度数应为30°或60°．

考点：剪纸问题
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
利用平行四边形的性质，先证明是的中位线，可得，从而可得答案.
【详解】
解：四边形是平行四边形，
；
又点是的中点，
是的中位线，
根据三角形的中位线定理可得：．
则
故选：．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的性质，三角形的中位线的性质，证明是的中位线，是解本题的关键.
8．B
解析：B
【分析】
易得乙出发时，两人相距8m，除以时间2即为甲的速度；由于出现两人距离为0的情况，那么乙的速度较快．乙80s跑完总路程400可得乙的速度，进而求得80s时两人相距的距离可得b的值，同法求得两人距离为0时，相应的时间，让两人相距的距离除以甲的速度，减2即为c的值．
【详解】
由函数图象可知，
甲的速度为（米/秒），乙的速度为（米/秒），
（秒），，故①正确；
（米）故②正确；
（秒）故③正确；
正确的是①②③．故选B．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，得到甲乙两人的速度是解决本题的突破点，得到相应行程的关系式是解决本题的关键．
二、填空题
9．x≥﹣4
【解析】
【分析】
直接利用二次根式中被开方数的取值范围即二次根式中的被开方数是非负数，即可得出答案．
【详解】
解：要使式子有意义，
则2x＋8≥0，
解得：x≥﹣4；
故答案为：x≥﹣4．
【点睛】
本题主要考查了二次根式有意义的条件，准确计算是解题的关键．
10．120
【解析】
【分析】
根据菱形的对角线互相垂直平分，得已知对角线的一半是5．根据勾股定理，得要求的对角线的一半是12，则另一条对角线的长是24，进而求出菱形的面积．
【详解】
解：在菱形中，，，
对角线互相垂直平分，
，，
在中，，
．
则此菱形面积是，
故答案为：120．

【点睛】
本题考查了菱形的性质，注意菱形对角线的性质：菱形的对角线互相垂直平分．熟练运用勾股定理．
11．25或16
【解析】
【分析】
分两种情况考虑：若4为直角边，利用勾股定理求出斜边；若4为斜边，利用勾股定理求出第三边，分别求出斜边边长的正方形面积即可.
【详解】
解：分两种情况考虑：
若4为直角边，根据勾股定理得：斜边为＝5，此时斜边为边长的正方形面积为25；
若4为斜边，此时斜边为边长的正方形面积为16，
综上，以斜边为边长的正方形的面积为为25或16.
故答案为：25或16
【点睛】
本题考查勾股定理,分类讨论利用勾股定理算出第三边是解题关键.
12．A
解析：6
【分析】
根据矩形的性质，得到为等边三角形，边长为2，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD为矩形，AC=4
∴，，
∴
又∵∠AOD=120°
∴
∴为等边三角形
∴的周长为
故答案为6．
【点睛】
此题主要考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
13．
【分析】
先写出的伴随点，再根据伴随点在它的图象上代入一次函数解析式，计算即可求得m．
【详解】
解：的伴随点为，
因为伴随点在它的图象上，则有
解得．
故答案为:．
【点睛】
本题考查一次函数图象上点的坐标特征． 一次函数图象上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b．
14．D
解析：
【分析】
根据菱形的性质可得，从而可得即为所添加的条件；理由：先根据等腰三角形的判定与性质可得点D是BC的中点，再根据三角形中位线定理、线段中点的定义可得，然后根据菱形的判定即可得．
【详解】
点分别是边的中点

要使四边形是菱形，则需，即
理由如下：
是等腰三角形

点D是BC的中点
是的两条中位线

又

四边形是菱形
故答案为：．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、三角形中位线定理等知识点，掌握理解三角形中位线定理是解题关键．
15．【分析】
作点C关于AB的对称点F，关于AO的对称点G，连接DF，EG，由轴对称的性质，可得DF＝DC，EC＝EG，故当点F，D，E，G在同一直线上时，△CDE的周长＝CD＋DE＋CE＝DF＋DE
解析：
【分析】
作点C关于AB的对称点F，关于AO的对称点G，连接DF，EG，由轴对称的性质，可得DF＝DC，EC＝EG，故当点F，D，E，G在同一直线上时，△CDE的周长＝CD＋DE＋CE＝DF＋DE＋EG＝FG，此时△DEC周长最小，然后求出F、G的坐标从而求出直线FG的解析式，再求出直线AB和直线FG的交点坐标即可得到答案．
【详解】
解：如图，作点C关于AB的对称点F，关于AO的对称点G，连接FG分别交AB、OA于点D、E，
由轴对称的性质可知，CD=DF，CE=GE，BF=BC，∠FBD=∠CBD，
∴△CDE的周长=CD+CE+DE=FD+DE+EG，
∴要使三角形CDE的周长最小，即FD+DE+EG最小，
∴当F、D、E、G四点共线时，FD+DE+EG最小，

∵直线y＝x＋2与两坐标轴分别交于A、B两点，
∴B（-2，0），
∴OA＝OB，
∴∠ABC＝∠ABD＝45°，
∴∠FBC=90°，
∵点C是OB的中点，
∴C(，0)，
∴G点坐标为（1，0），，
∴F点坐标为（-2，），
设直线GF的解析式为，
∴，
∴，
∴直线GF的解析式为，
联立，
解得，
∴D点坐标为（，）
故答案为：（，）．
【点睛】
本题主要考查了轴对称-最短路线问题，一次函数与几何综合，解题的关键是利用对称性在找到△CDE周长的最小时点D、点E位置，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，多数情况要作点关于某直线的对称点．
16．(3•2n﹣1﹣2，2n﹣1•)
【分析】
分别过A1、A2、A3作x轴的垂线，垂足分别为D、E、F，如图，根据菱形的性质得四边形A1B1C1O和四边形A2B2C2C1都为菱形，则A1B1∥x轴，A
解析：(3•2n﹣1﹣2，2n﹣1•)
【分析】
分别过A1、A2、A3作x轴的垂线，垂足分别为D、E、F，如图，根据菱形的性质得四边形A1B1C1O和四边形A2B2C2C1都为菱形，则A1B1∥x轴，A2B2∥x轴，∠A2C1E＝∠A3C2F＝60°，在Rt△A1OD中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出OD＝1，OA1＝2，则A1(1，)，且OC1＝OA1＝2，接着在Rt△A2C1E中可计算出C1E＝2，A2C1＝4，则A2(4，2)，C1C2＝4，同理可得A3(10，4)，然后利用待定系数法求出直线解析式为y＝x+，由A1、A2、A3的纵坐标的规律可得An的纵坐标2n-1•，于是利用一次函数图象上点的坐标特征可求出An的横坐标，从而得到An的坐标．
【详解】
解：分别过A1、A2、A3作x轴的垂线，垂足分别为D、E、F，如图，

∵∠A1OC1＝60°，而四边形A1B1C1O和四边形A2B2C2C1都为菱形，
∴∠A2C1E＝∠A3C2F＝60°，
在Rt△A1OD中，∵A1D＝，∠OA1D＝30°，
∴OD＝1，OA1＝2，
∴A1(1，)，OC1＝OA1＝2，
在Rt△A2C1E中，∵A2E＝2，∠C1A2E＝30°，
∴C1E＝2，A2C1＝4，
∴A2(4，2)，C1C2＝4，
同理可得A3(10，4)，
把A1(1，)，A2(4，2)分别代入y＝kx+b得，
解得．
∴直线解析式为y＝x+，
由A1、A2、A3的纵坐标的规律可得An的纵坐标2n-1•，
当y＝2n-1•时，x+＝2n﹣1•，
解得x＝3•2n-1﹣2．
∴An的坐标是(3•2n-1﹣2，2n-1•)．
故答案为(3•2n-1﹣2，2n-1•)．
【点睛】
本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．也考查了一次函数图象上点的坐标特征．
三、解答题
17．（1）；（2）6；（3）－2；（4）4＋2
【分析】
（1）将二次根式化为最简二次根式，然后进行加减运算即可．
（2）将二次根式化为最简二次根式，利用二次根式的混合运算法则求解即可．
（3）利用平方
解析：（1）；（2）6；（3）－2；（4）4＋2
【分析】
（1）将二次根式化为最简二次根式，然后进行加减运算即可．
（2）将二次根式化为最简二次根式，利用二次根式的混合运算法则求解即可．
（3）利用平方差公式、绝对值性质、负指数幂进行化简，然后计算即可得到答案．
（4）将二次根式化为最简二次根式，然后括号中的每一项分别除以除数，最后计算得到答案．
【详解】
解：（1）原式
．
（2）原式

．
（3）原式＝3－4－|－3－1|－（－3）
＝－1－4＋3
＝－2．
（4）原式
．
【点睛】
本题主要是考查了二次根式的混合运算，注意在进行二次根式的运算中，一定先要把二次根式化简成最简二次根式进行计算．
18．（1）梯子的顶端不能到达5.7米高的墙头；（2）梯子的顶端将下滑动1.4米．
【分析】
（1）在Rt△AOB中利用勾股定理求解即可，
（2）根据勾股定理求出OC的长，进而可得出结论．
【详解】
解：
解析：（1）梯子的顶端不能到达5.7米高的墙头；（2）梯子的顶端将下滑动1.4米．
【分析】
（1）在Rt△AOB中利用勾股定理求解即可，
（2）根据勾股定理求出OC的长，进而可得出结论．
【详解】
解：（1）由题意可得，AB=6米，OB=AB=2米，
在Rt△AOB中，由勾股定理可得，
AO==≈5.656（米），
∵5.656＜5.7，
∴梯子的顶端不能到达5.7米高的墙头；
（2）在Rt△DOC中，由勾股定理可得，
OC==（米），
∴AC=OA-OC=（米）
∴梯子的顶端将下滑1.4米．
【点睛】
本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是熟练掌握勾股定理，基础知识比较简单．
19．（1）直角三角形，理由见解析；（2）5
【解析】
【分析】
（1）根据网格及勾股定理分别求出AB2、BC2、AC2的长，得出，再根据勾股定理的逆定理判断出三角形ABC的形状；
（2）判断出AB和AC
解析：（1）直角三角形，理由见解析；（2）5
【解析】
【分析】
（1）根据网格及勾股定理分别求出AB2、BC2、AC2的长，得出，再根据勾股定理的逆定理判断出三角形ABC的形状；
（2）判断出AB和AC分别为底和高，利用公式直接计算出面积．
【详解】
解：（1）∵，
，
，
，
为直角三角形；
（2）由（1）可知：

；
的面积为．
【点睛】
本题考查了勾股定理，勾股定理逆定理，三角形的面积，充分利用网格是解题关键．
20．（1）见解析；（2）四边形CDBF是菱形，理由见解析
【分析】
（1）证△CEF≌△BED（ASA），得CF=BD，再由CF∥DB，即可得出结论；
（2）由直角三角形斜边上的直线性质得CD=DB，即
解析：（1）见解析；（2）四边形CDBF是菱形，理由见解析
【分析】
（1）证△CEF≌△BED（ASA），得CF=BD，再由CF∥DB，即可得出结论；
（2）由直角三角形斜边上的直线性质得CD=DB，即可证平行四边形CDBF是菱形．
【详解】
（1）证明：∵CF∥AB，
∴∠ECF=∠EBD，
∵E是BC中点，
∴CE=BE，
在△CEF和△BED中，

∴△CEF≌△BED（ASA），
∴CF=BD，
又∵CF∥AB，
∴四边形CDBF是平行四边形．
（2）解：四边形CDBF是菱形，理由如下：
∵D为AB的中点，∠ACB=90°，
∴CD=AB=BD，
由（1）得：四边形CDBF是平行四边形，
∴平行四边形CDBF是菱形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质、菱形的判定、全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△CEF≌△BED是解题的关键，属于中考常考题型．
21．（1）a的值为2，b的值为1；（2）2018.
【解析】
【分析】
（1）根据二次根式有意义的条件得到
（2）根据公式 将原式化成多个式子相减，起到互相抵消的效果，做到化繁为简．
【详解】
（1
解析：（1）a的值为2，b的值为1；（2）2018.
【解析】
【分析】
（1）根据二次根式有意义的条件得到
（2）根据公式 将原式化成多个式子相减，起到互相抵消的效果，做到化繁为简．
【详解】
（1）由题意得：,

∵b2=1+
∴b=±1
∵|b|+b＞0
∴b=1
∴a的值为2，b的值为1．
（2）,

【点睛】
本题主要考查二次根式有意义的条件，学会应用公式推导一般并能实际运用.
22．（1），实际意义见解析；（2）20；（3）选择方案一所需费用更少，理由见解析；（4）小琳最多健身18次，理由见解析
【分析】
（1）把点（0，30），（10，180）代入y1=k1x+b，得到关于k
解析：（1），实际意义见解析；（2）20；（3）选择方案一所需费用更少，理由见解析；（4）小琳最多健身18次，理由见解析
【分析】
（1）把点（0，30），（10，180）代入y1=k1x+b，得到关于k1和b的二元一次方程组，求解即可；
（2）根据方案一每次健身费用按六折优惠，可得打折前的每次健身费用，再根据方案二每次健身费用按八折优惠，求出k2的值；
（3）将x=8分别代入y1、y2关于x的函数解析式，比较即可．
（4）分别求解小琳选择方案一，方案二的健身次数，再比较即可得到答案.
【详解】
解：（1）∵过点（0，30），（10，180），
∴，解得：，
表示的实际意义是：购买一张学生暑期专享卡后每次健身费用为15元，
b=30表示的实际意义是：购买一张学生暑期专享卡的费用为30元；
（2）由题意可得，打折前的每次健身费用为15÷0.6=25（元），
则k2=25×0.8=20；
（3）选择方案一所需费用更少．理由如下：
由题意可知，y1=15x+30，y2=20x．
当健身8次时， 选择方案一所需费用：y1=15×8+30=150（元），
选择方案二所需费用：y2=20×8=160（元），
∵150＜160，
∴选择方案一所需费用更少．
（4）当时，
解得：
即小琳选择方案一时，可以健身18次，
当时，则
解得：
即小琳选择方案二时，可以健身15次，

所以小琳最多健身18次.
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，最优化选择问题，解题的关键是理解两种优惠活动方案，求出y1、y2关于x的函数解析式．
23．（1）见解析；（2）FH+FE=DF，理由见解析；（3）
【分析】
（1）如图1中，证明△AFB≌△DGA（AAS）可得结论．
（2）结论：FH+FE=DF．如图2中，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥
解析：（1）见解析；（2）FH+FE=DF，理由见解析；（3）
【分析】
（1）如图1中，证明△AFB≌△DGA（AAS）可得结论．
（2）结论：FH+FE=DF．如图2中，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，证明四边形DKFJ是正方形，可得结论．
（3）如图3中，取AD的中点J，连接PJ，延长JP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K．设PT=b．证明△KPJ是等腰直角三角形，推出点P在线段JR上运动，求出JR即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵DG⊥AE，AE⊥BH，
∴∠AFB=∠DGH=90°，
∴∠FAB+∠DAG=90°，∠DAG+∠ADG=90°，
∴∠BAF=∠ADG，
∴△AFB≌△DGA（AAS），
∴AF=DG，BF=AG，
∴BF-DG=AG-AF=FG．
（2）结论：FH+FE=DF．
理由：如图2中，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ADE=90°，AB=AD，
∵AE⊥BH，
∴∠AFB=90°，
∴∠DAE+∠EAB=90°，∠EAB+∠ABH=90°，
∴∠DAE=∠ABH，
∴△ABH≌△DAE（ASA），
∴AH=AE，
∵DE=EC=CD，CD=AD，
∴AH=DH，
∴DE=DH，
∵DJ⊥BJ，DK⊥AE，
∴∠J=∠DKE=∠KFJ=90°，
∴四边形DKFJ是矩形，
∴∠JDK=∠ADC=90°，
∴∠JDH=∠KDE，
∵∠J=∠DKE=90°，
∴△DJH≌△DKE（AAS），
∴DJ=DK，JH=EK，
∴四边形DKFJ是正方形，
∴FK=FJ=DK=DJ，
∴DF=FJ，
∴FH+FE=FJ-HJ+FK+KE=2FJ=DF；
（3）如图3中，取AD的中点J，连接PJ，延长JP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K．设PT=b．

∵△ABH≌△DAE，
∴AH=DE，
∵∠EDH=90°，HP=PE，
∴PD=PH=PE，
∵PK⊥DH，PT⊥DE，
∴∠PKD=∠KDT=∠PTD=90°，
∴四边形PTDK是矩形，
∴PT=DK=b，PK=DT，
∵PH=PD=PE，PK⊥DH，PT⊥DE，
∴DH=2DK=2b，DE=2DT，
∴AH=DE=1-2b，
∴PK=DE=-b，
JK=DJ-DK=-b，
∴PK=KJ，
∵∠PKJ=90°，
∴∠KJP=45°，
∴点P在线段JR上运动，
∵JR=DJ=，
∴点P的运动轨迹的长为．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，轨迹等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
24．（1）A（6，0），B（0，8）；（2）15；（3）使△PAB为等腰直角三角形的P点坐标为（14，6）或（-2，-6）或（8，14）或（-8，2）或（-1，1）或（7，7）．
【解析】
【分析】
（
解析：（1）A（6，0），B（0，8）；（2）15；（3）使△PAB为等腰直角三角形的P点坐标为（14，6）或（-2，-6）或（8，14）或（-8，2）或（-1，1）或（7，7）．
【解析】
【分析】
（1）在函数解析式中分别令y=0和x=0，解相应方程，可求得A、B的坐标；
（2）过C作CD⊥AB于点D，由勾股定理可求得AB，由角平分线的性质可得CO=CD，再根据S△AOB=S△AOC+S△ABC，可求得CO，则可求得△ABC的面积；
（3）可设P（x，y），则可分别表示出AP2、BP2，分∠PAB=90°、∠PBA=90°和∠APB=90°三种情况，分别可得到关于x、y的方程组，可求得P点坐标．
【详解】
解：（1）在中，
令y=0可得0=-x+8，解得x=6，
令x=0，解得y=8，
∴A（6，0），B（0，8）；
（2）如图，过点C作CD⊥AB于点D，

∵AC平分∠OAB，
∴CD=OC，
由（1）可知OA=6，OB=8，
∴AB=10，
∵S△AOB=S△AOC+S△ABC，
∴×6×8=×6×OC+×10×OC，解得OC=3，
∴S△ABC=×10×3=15；
（3）设P（x，y），则AP2=（x-6）2+y2，BP2=x2+（y-8）2，且AB2=100，
∵△PAB为等腰直角三角形，
∴有∠PAB=90°、∠PBA=90°和∠APB=90°三种情况，
①当∠PAB=90°时，则有PA2=AB2且PA2+AB2=BP2，
即，解得或，
此时P点坐标为（14，6）或（-2，-6）；
②∠PBA=90°时，有PB2=AB2且PB2+AB2=PA2，
即，解得或，
此时P点坐标为（8，14）或（-8，2）；
③∠APB=90°时，则有PA2=PB2且PA2+PB2=AB2，
即解得或
此时P点坐标为（-1，1）或（7，7）；
综上可知使△PAB为等腰直角三角形的P点坐标为（14，6）或（-2，-6）或（8，14）或（-8，2）或（-1，1）或（7，7）．
【点睛】
本题为一次函数的综合应用，涉及函数图象与坐标轴的交点、勾股定理、三角形的面积、角平分线的性质、等腰直角三角形的性质、分类讨论思想及方程思想等知识．在（1）中注意函数图象与坐标轴的交点的求法，在（2）中利用角平分线的性质和等积法求得OC的长是解题的关键，在（3）中用P点坐标分别表示出PA、PB的长，由等腰直角三角形的性质得到关于P点坐标的方程组是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，计算较大，难度较大．
25．（1）①9，②（1，2）；（2）①（1，5）或（5，1），②522≤OM≤5
【解析】
【分析】
（1）①根据题意求出PE，EQ即可解决问题．
②求出点P、Q的“涵矩形”的长与宽即可判断．
（2）①
解析：（1）①9，②（1，2）；（2）①（1，5）或（5，1），②
【解析】
【分析】
（1）①根据题意求出PE，EQ即可解决问题．
②求出点P、Q的“涵矩形”的长与宽即可判断．
（2）①求出正方形的边长，分两种情形分别求解即可解决问题．
②点M在直线y=-x+5上运动，设直线y=-x+5交x轴于F，交y轴于E，作OD⊥EF于D．求出OM的最大值，最小值即可判断．
【详解】
解：（1）①如图1中，

由题意：矩形PEQF中，EQ=PF=3- ，
∴OE=EQ，
∵EP∥OA，
∴AP=PQ，
∴PE=QF=OA=3，
∴点P、Q的“涵矩形”的周长=（3+）×2=9．
②如图2中，

∵点P、Q的“涵矩形”的周长为6，
∴邻边之和为3，
∵矩形的长是宽的两倍，
∴点P、Q的“涵矩形”的长为2，宽为1，
∵P（1，4），F（1，2），
∴PF=2，满足条件，
∴F（1，2）是矩形的顶点．
（2）①如图3中，

∵点P、Q的“涵矩形”是正方形，
∴∠ABO=45°，
∴点A的坐标为（0，6），
∴点B的坐标为（6，0），
∴直线AB的函数表达式为y=-x+6，
∵点P的横坐标为3，
∴点P的坐标为（3，3），
∵正方形PMQN的周长为8，
∴点Q的横坐标为3-2=1或3+2=5，
∴点Q的坐标为（1，5）或（5，1）．
②如图4中，

∵正方形PMQN的对角线为，
∴PM=MQ=1，
易知M在直线y=-x+5上运动，设直线y=-x+5交x轴于F，交y轴于E，作OD⊥EF于D，
∵OE=OF=5，
∴EF= ，
∵OD⊥EF，
∴ED=DF，
∴OD=EF= ，
∴OM的最大值为5，最小值为，
∴．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，一次函数的应用，垂线段最短等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
26．（1）3；（2）6（3）BD=AM，证明见解析
【分析】
（1）因为速度相等和等腰三角形的已知条件，作平行线构造全等三角形，问题得以解决. （2）这类题一般结论成立，根据（1）中的思路，加上等腰三角
解析：（1）3；（2）6（3）BD=AM，证明见解析
【分析】
（1）因为速度相等和等腰三角形的已知条件，作平行线构造全等三角形，问题得以解决. （2）这类题一般结论成立，根据（1）中的思路，加上等腰三角形的性质，可以求出定值. （3）根据已知条件可以判断是等腰直角三角形，近而求出≌，得出ED=EM,即可得出结论.
【详解】
（1）

如图，过P点作PF∥AC交BC于F，
∵点P和点Q同时出发，且速度相同，
∴BP=CQ，
∵PF//AQ，
∴∠PFB=∠ACB，∠DPF=∠CQD，
又∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∴∠B=∠PFB，
∴BP=PF，
∴PF=CQ，又∠PDF=∠QDC，
∴△PFD≌△QCD，
∴DF=CD=CF，
又因P是AB的中点，PF∥AQ，
∴F是BC的中点，即FC=BC=6，
∴CD=CF=3；
（2）为定值.

如图②，点P在线段AB上，
过点P作PF//AC交BC于F，
则有（1）可知△PBF为等腰三角形，
∵PE⊥BF
∴BE=BF
∵有（1）可知△PFD≌△QCD
∴CD=
∴
(3)BD=AM
证明：∵
∴
∴是等腰直角三角形
∵E为BC的中点
∴
∴,
∴，
∵AH⊥CM
∴
∵
∴
∴≌ (ASA)
∴
∴
即：