人教版八年级下册数学德州数学期末试卷测试题(Word版含解析).doc

人教版八年级下册数学德州数学期末试卷测试题（Word版含解析）
一、选择题
1．函数中自变量的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．下列各组数中，能构成直角三角形的是（ ）．
A．4，5，6 B．1，1， C．6，8，11 D．5，12，23
3．已知四边形ABCD中，AB∥CD，添加下列条件仍不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB＝CD B．AD＝BC C．AD∥BC D．∠A+∠B＝180°
4．甲，乙，丙，丁四个小组的同学分别参加了班级组织的中华古诗词知识竞赛，四个小组的平均分相同，其方差如下表．若要从中选出一个成绩更稳定的小组参加年级的比赛，那么应选（ ）
组名
甲
乙
丙
丁
方差
4.3
3.2
4
3.6

A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
5．如图，四边形ABCD中，AB=15，BC=12，CD=16，AD=25，且∠C=90°，则四边形ABCD的面积是（ ）

A．246 B．296 C．592 D．以上都不对
6．如图，在菱形中，对角线、相交于点，于点，若，则的大小为（ ）

A．20° B．35° C．55° D．70°
7．如图，正方形ABCD的边长为4，E是AD边的中点，连接BE，将△ABE沿直线BE翻折至△FBE，延长EF交CD于点G，则CG的长度是（　　）

A． B． C． D．
8．如图，直线与直线相交于点，直线与轴交于点，一动点从点出发，先沿平行于轴的方向运动，到达直线上的点处后，改为垂直于轴的方向运动，到达直线上的点处后，再沿平行于轴的方向运动，到达直线上的点处后，又改为垂直于轴的方向运动，到达直线上的点处后，仍沿平行于轴的方向运动……照此规律运动，动点依次经过点，，，，，， 则的长度为（ ）

A． B． C．2020 D．4040
二、填空题
9．使式子有意义的x的取值范围是______．
10．已知菱形的边长为4,∠A=60°，则菱形的面积为_________．
11．如图，每个方格都是边长为1的小正方形，则AB＋BC＝_____．

12．如图，点在矩形的对角线上，且不与点重合，过点分别作边的平行线，交两组对边于点和．四边形和四边形都是矩形并且面积分别为S1，S2，则S1，S2之间的关系为__________．

13．一次函数的图象与轴的交点是，则______．
14．如图，在矩形中，对角线与相交于点，，，则的长为________．

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，四边形纸片中，点，分别在边，上，将纸片沿直线折叠，点恰好落在点处；再将，分别沿，折叠，点，均落在上的点处．

（1）的大小为_____°；
（2）若四边形是菱形，点为中点且四边形纸片的面积是，则______．
三、解答题
17．计算
（1）
（2）
18．一架云梯长25m，如图所示斜靠在一而墙上，梯子底端C离墙7m．

（1）这个梯子的顶端A距地面有多高?
（2）如果梯子的顶端下滑了4 m，那么梯子的底部在水平方向滑动了多少米?
19．在所给的9×9方格中，每个小正方形的边长都是1，按要求画平行四边形，使它的四个顶点以及对角线交点都在方格的顶点上．
（1）在图甲中画一个平行四边形，使它的周长是整数．
（2）在图乙中画一个平行四边形，使它的周长是无理数．

20．如图，在平行四边形中，点、分别为边，的中点，连接，，．
（1）求证：；
（2）若，求证：四边形为菱形．

21．（1）若实数m、n满足等式，求2m+3n的平方根；
（2）已知，求的值．
22．根据天气预报，某地将持续下雨7天，然后放晴．开始下雨的48小时内，某水库记录了水位变化，结果如下：
时间x/h
0
12
24
36
48
…
水位y/m
40
40.3
40.6
40.9
41.2
…
在不泄洪的条件下，假设下雨的这7天水位随时间的变化都满足这种关系．
（1）在不泄洪的条件下，写出一个函数解析式描述水位y随时间x的变化规律；
（2）当水库的水位达到43m时，为了保护大坝安全，必须进行泄洪．
①下雨几小时后必须泄洪？
②雨天泄洪时，水位平均每小时下降0.05m，求开始泄洪后，水库水位y与时间x之间的函数关系式；并计算泄洪几小时后水位可以降到下雨前的初始高度？
23．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的顶点O与坐标原点重合，顶点A、C在坐标轴上，B（8，4），将矩形沿EF折叠，使点A与点C重合．
（1）求点E的坐标；
（2）点P从O出发，沿折线O-A-E方向以每秒2个单位的速度匀速运动，到达终点E时停止运动，设点P的运动时间为t，△PCE的面积为S，求S与t的关系式，井直接写出t的取值范围．
（3）在（2）的条件下．当PA =PE时，在平面直角坐标系中是否存在点Q．使得以点P、E、 G、 Q为顶点的四边形为平行四边形？ 若不存在，请说明理出， 若存在，请求出点Q的坐标．

24．已知：在平面直角坐标系中，点为坐标原点，直线交轴于点，交轴于点．
（1）如图1，求点的坐标；
（2）如图2，点为线段上一点，点为轴负半轴上一点，连接，，且，设点的横坐标为，的长为，求与之间的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点作的垂线，分别交轴，于点，，过点作于点，连接，若平分的周长，求的值．

25．如图，△ABC是边长为6的等边三角形，P是AC边上一动点，由A向C运动（与A、C不重合），Q是CB延长线上一点，与点P同时以相同的速度由B向CB延长线方向运动（Q不与B重合），过P作PE⊥AB于E，连接PQ交AB于D．
（Ⅰ）若设AP＝x，则PC＝　 　，QC＝　 　；（用含x的代数式表示）
（Ⅱ）当∠BQD＝30°时，求AP的长；
（Ⅲ）在运动过程中线段ED的长是否发生变化？如果不变，求出线段ED的长；如果变化请说明理由．

26．定义：只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连结它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径。
（1）如图1，损矩形ABCD，∠ABC＝∠ADC＝90°，则该损矩形的直径是线段AC，同时我们还发现损矩形中有公共边的两个三角形角的特点，在公共边的同侧的两个角是相等的。如图1中：△ABC和△ABD有公共边AB，在AB同侧有∠ADB和∠ACB，此时∠ADB＝∠ACB；再比如△ABC和△BCD有公共边BC，在CB同侧有∠BAC和∠BDC，此时∠BAC＝∠BDC。请再找一对这样的角来 ＝
（2）如图2，△ABC中，∠ABC＝90°，以AC为一边向形外作菱形ACEF，D为菱形ACEF的中心，连结BD，当BD平分∠ABC时，判断四边形ACEF为何种特殊的四边形？请说明理由。
（3）在第（2）题的条件下，若此时AB＝，BD＝，求BC的长。

【参考答案】
一、选择题
1．A
解析：A
【分析】
根据二次根式与分式的特点即可求解．
【详解】
依题意可得
解得
故选A．
【点睛】
此题主要考查函数自变量取值，解题的关键是熟知二次根式与分式有意义的条件．
2．B
解析：B
【分析】
欲求证是否为直角三角形，这里给出三边的长，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【详解】
解：A、因为42＋52≠62，所以不能构成直角三角形；
B、因为12＋12=（）2，所以能构成直角三角形；
C、因为62＋82≠112，所以不能构成直角三角形；
D、因为52＋122≠232，所以不能构成直角三角形．
故选：B．
【点睛】
此题考查了勾股定理的逆定理，在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断．
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
平行四边形的判定：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
【详解】
解：根据平行四边形的判定，A、C、D均符合是平行四边形的条件，B则不能判定是平行四边形．
故选B．
【点睛】
此题主要考查了学生对平行四边形的判定的掌握情况．对于判定定理：“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．”应用时要注意必须是“一组”，而“一组对边平行且另一组对边相等”的四边形不一定是平行四边形．
4．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据方差的意义求解即可．
【详解】
解：由表格知，乙的方差最小，
所以若要从中选出一个成绩更稳定的小组参加年级的比赛，那么应选乙，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查方差，方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则与平均值的离散程度越大，稳定性也越差；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
5．A
解析：A
【详解】
解：连接BD．
∵∠C=90°，BC=12，CD=16，
∴BD==20，
在△ABD中，∵BD=20，AB=15，DA=25，
152+202=252，
即AB2+BD2=AD2，
∴△ABD是直角三角形．
∴S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD
=AB•BD+BC•CD
=×15×20+×12×16
=150+96
=246．
故选A．

6．C
解析：C
【解析】
【分析】
由菱形的性质得AC⊥BD，∠ABC＝∠ADC＝110°，∠ABO＝∠ABC＝55°，再由直角三角形的性质求出∠BOE＝35°，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠ABC＝∠ADC＝110°，
∴∠ABO＝∠ABC＝55°，
∵OE⊥AB，
∴∠OEB＝90°，
∴∠BOE＝90°−55°＝35°，
∴∠AOE＝90°−35°＝55°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形典型在，求出∠ABO＝55°是解题的关键．
7．C
解析：C
【解析】
【分析】
连接BG，根据折叠的性质和正方形的性质可得AB＝BF＝BC＝4，AE＝FE＝AD＝2＝DE，∠A＝∠BFE＝90°＝∠C，即可证明Rt△BFG≌Rt△BCG得到FG＝CG，设CG＝FG＝x，则DG＝4﹣x，EG＝2+x，在Rt△DEG中，由勾股定理进行求解即可．
【详解】
解：如图所示，连接BG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝DC＝4，∠A＝∠ABC＝∠C＝90°，
由折叠的性质可得，AB＝BF＝BC＝4，AE＝FE＝AD＝2＝DE，∠A＝∠BFE＝90°＝∠C，
∵∠BFE+∠BFG＝180°，
∴∠C＝∠BFG＝90°，
又∵BG＝BG，
∴Rt△BFG≌Rt△BCG（HL），
∴FG＝CG，
设CG＝FG＝x，则DG＝4﹣x，EG＝2+x，
在Rt△DEG中，由勾股定理得，
EG2＝DE2+DG2，
∴（2+x）2＝22+（4﹣x）2，
解得x＝，
即CG＝，
故选C．

【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，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．
8．B
解析：B
【分析】
先求出P点坐标，再由直线l1:y=x+1可知,A（0,1）,则B1纵坐标为1,代入直线l2:y=x+中,得B1（1,1）,又A1、B1横坐标相等,可得A1（1,2）,则AB1=1,A1B1=2-1=1,可判断AA1B1为等腰直角三角形,利用平行线的性质,得A1A2B2、A2A3B3、…、都是等腰直角三角形,根据平行于x轴的直线上两点纵坐标相等,平行于y轴的直线上两点横坐标相等以及直线l1、l2的解析式,分别求A1B1,A2B2的长得出一般规律，再利用规律解答即可．
【详解】
解：由直线直线l1：y=x+1可知，P（-1,0）A（0，1），
根据平行于x轴的直线上两点纵坐标相等，平行于y轴的直线上两点横坐标相等以及直线l1、l2的解析式可知，B1（1，1），A1（1，2），B2（3，2），A2（3，4），B3（7，4），A3（7，8），
A1B1=2-1，A2B2=4-2=2，A3B3=8-4=4，…AnBn=2n-2（n-1）
当n=2020时，=22020-22019=2×22019-22019=22019（2-1）=22019．
故选B．
【点睛】
本题主要考查了一次函数的综合运用以及等腰三角形的知识．掌握平行于x轴的直线上点的纵坐标相等,平行于y轴的直线上点的横坐标相等成为解答本题的关键．
二、填空题
9．且
【解析】
【分析】
根据分式的分母不能为0，二次根式的被开方数大于或等于0列出式子求解即可．
【详解】
由题意得：3-5x≥0且x+1≠0，
解得 x≤且 x≠−1 ，
故答案为： x≤且 x≠−1．
【点睛】
本题考查了分式和二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练掌握分式和二次根式的定义．
10．A
解析：8
【解析】
【分析】
作出图形，利用30°直角三角形的性质求出高，利用菱形的面积公式可求解．
【详解】
如图所示，菱形ABCD中，AB=AD=4，∠A=60°，

过点D作DE⊥AB于点E，
则，
∴菱形ABCD的面积为AB∙DE=4×= ，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，熟练运用30°直角三角形的性质以及菱形的面积公式是本题的关键．
11．A
解析：
【解析】
【分析】
根据勾股定理可以求出AB和BC的长，进而可求出AB+BC的值．
【详解】
解：∵每个方格都是边长为1的小正方形，
∴，

∴AB＋BC＝．
故答案为．
【点睛】
本题考查了勾股定理．熟练掌握勾股定理是解题的关键．
12．S1=S2
【分析】
由矩形的性质找出，结合对边互相平行即可证出四边形和四边形都是矩形，再根据矩形的性质可得出三对三角形的面积相等，由此即可得结果．
【详解】
解：∵四边形为矩形，
∴．
又∵，，
∴四边形和四边形都是矩形．
∵，，四边形为矩形，
∴四边形和四边形也是矩形，
∴，，，
∴，

故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质与判定，掌握矩形的性质与判定是解题的关键．
13．3
【分析】
将（0，3）代入一次函数解析式中即可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出结论；
【详解】
解：∵函数的图象经过，
∴3＝0+m，
∴m＝3．
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及解一元一次方程，解题的关键是：代入点的坐标找出关于m的一元一次方程．
14．A
解析：
【分析】
根据矩形的性质得出OA=OB=OC=OD，∠BAD=90°，求出△AOB是等边三角形，求出OB=AB=1，根据矩形的性质求出BD，根据勾股定理求出AD即可．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD, ∠BAD=90°，
∵
∴△AOB是等边三角形，
∴OB=AB=1，
∴BD=2BO=2，
在Rt△BAD中,
故答案为
【点睛】
考查矩形的性质，勾股定理等，掌握矩形的对角线相等是解题的关键.
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．
16．60°
【分析】
（1）由翻折的性质得：∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠C＝∠2+∠3，∠D＝∠AGE，∠B＝∠AGF，再结合∵四边形内角和为360°，即可求出∠EAF＝60°；
（2）由
解析：60°
【分析】
（1）由翻折的性质得：∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠C＝∠2+∠3，∠D＝∠AGE，∠B＝∠AGF，再结合∵四边形内角和为360°，即可求出∠EAF＝60°；
（2）由边形AECF是菱形得AE＝AF、S△AEF＝S△CEF，由点G为EF中点，∠2＝∠3＝30°，设DE＝x，勾股定理求出AD＝x，由四边形纸片ABCD的面积3解出x，即可求得AB．
【详解】
解：（1）如图，由翻折的性质得：

∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠C＝∠2+∠3，∠D＝∠AGE，∠B＝∠AGF，
∵∠AGE+∠AGF＝180°，
∴∠D＝∠AGE＝∠B＝∠AGF＝90°，
∵四边形内角和为360°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠C＝180°，
∴3（∠2+∠3）＝180°，
∴∠2+∠3＝60°，
∴∠EAF＝60°．
故答案为：60°；
（2）∵四边形AECF是菱形，
∴AE＝AF，S△AEF＝S△CEF，
∵点G为EF中点，
∴∠2＝∠3＝30°，
设DE＝x，则AE＝2x，
∴AD＝＝x，
∴四边形纸片ABCD的面积是：3S△AEF＝3××EF×AG＝3××2x×x＝3，
解得：x＝1，
∴AB＝．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了翻折的性质、四边形内角和、菱形的性质，利用翻折性质：对应角相等、对应边相等是本题的关键．
三、解答题
17．（1）4；（2）0
【分析】
（1）先算括号里面的，再算括号外面的，利用二次根式的性质计算即可；
（2）根据平方差公式、零指数幂和绝对值的性质计算即可；
【详解】
（1）=；
（2）
；
【点睛】
解析：（1）4；（2）0
【分析】
（1）先算括号里面的，再算括号外面的，利用二次根式的性质计算即可；
（2）根据平方差公式、零指数幂和绝对值的性质计算即可；
【详解】
（1）=；
（2）
；
【点睛】
本题主要考查了二次根式的混合运算，结合平方差公式，零指数幂，绝对值的性质，完全平方公式计算是解题的关键．
18．（1）这个梯子的顶端距地面有高；（2）梯子的底部在水平方向滑动了．
【分析】
（1）根据勾股定理即可求解；
（2）先求出BD，再根据勾股定理即可求解．
【详解】
解：（1）由题意可知：，；，
在中，
解析：（1）这个梯子的顶端距地面有高；（2）梯子的底部在水平方向滑动了．
【分析】
（1）根据勾股定理即可求解；
（2）先求出BD，再根据勾股定理即可求解．
【详解】
解：（1）由题意可知：，；，
在中，由勾股定理得：
，
∴

，
因此，这个梯子的顶端距地面有高．
（2）由图可知：AD=4m，
，
在中，由勾股定理得：
，
∴

，
∴．
答：梯子的底部在水平方向滑动了．
【点睛】
此题主要考查勾股定理的实际应用，解题的关键是根据题意在直角三角形中，利用勾股定理进行求解．
19．（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）作边长为3，5的平行四边形即可；
（2）作边长为，的平行四边形即可；
【详解】
解（1）根据网格作出边长为3，4，5的直角三角形，再以4为公共边
解析：（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）作边长为3，5的平行四边形即可；
（2）作边长为，的平行四边形即可；
【详解】
解（1）根据网格作出边长为3，4，5的直角三角形，再以4为公共边作边长为3，4，5的直角三角形，如下图：

（2）借助网格，作边长为、、的三角形，再以为公共边作边长为、、的三角形，如下图：

【点睛】
此题主要考查了应用设计与作图以及勾股定理和平行四边形的判定，正确借助网格是解题关键．
20．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据平行四边形的对边相等的性质可以得到AD=BC，AB=CD，又点E、F是AB、CD中点，所以AE=CF，然后利用边角边即可证明两三角形全等；
（2）先证
解析：（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据平行四边形的对边相等的性质可以得到AD=BC，AB=CD，又点E、F是AB、CD中点，所以AE=CF，然后利用边角边即可证明两三角形全等；
（2）先证明BE与DF平行且相等，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形BEDF是平行四边形；再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DE=EB=AB，从而可得四边形BFDE为菱形．
【详解】
证明：（1）∵四边形是平行四边形，
∴，，．
∵、分别为、的中点，
∴，，
∴，，
在△ADE和△CBF中，

∴．
（2）∵AB=CD，AE=CF，
∴BE=DF，
又AB∥CD，
∴BE∥DF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵∠ADB=90°，
∴点E为边AB的中点，
∴，
∴平行四边形为菱形．
【点睛】
此题主要考查了菱形的判定，以及全等三角形的判定，关键是掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
21．（1）；（2）4
【解析】
【分析】
（1）根据绝对值的非负性和算数平方根的非负性得出m和n的值，代入即可求解；
（2）根据二次根式有意义的范围求解x，进而求得y，最后代入即可求解．
【详解】
（1
解析：（1）；（2）4
【解析】
【分析】
（1）根据绝对值的非负性和算数平方根的非负性得出m和n的值，代入即可求解；
（2）根据二次根式有意义的范围求解x，进而求得y，最后代入即可求解．
【详解】
（1）∵
∴，
∴
∴16的平方根为；
（2）∵
∴根据使二次根式有意义的条件得
∴x=24，y=-8
∴
∴原式的值为4．
【点睛】
本题考查了绝对值的非负性，算术平方根的非负性，二次根式的定义，关键是掌握使二次根式有意义的条件．
22．（1）；（2）①120小时；② （120≤x＜168），y＝（x＞168），泄洪56小时后，水位降到下雨前的初始高度
【分析】
（1）观察数据的变化符合一次函数，设出一次函数的解析式，拥待定系数法即
解析：（1）；（2）①120小时；② （120≤x＜168），y＝（x＞168），泄洪56小时后，水位降到下雨前的初始高度
【分析】
（1）观察数据的变化符合一次函数，设出一次函数的解析式，拥待定系数法即可求出解析式；
（2）①取y＝43，算出对应的x即可；
②开始泄洪后的水位为水库的量减去泄洪的量，分别用x表示出对应的值，即可写出y与x的关系式，取y＝40，求出x即可．
【详解】
解：（1）观察发现x和y满足一次函数的关系，设y＝kx+b，
代入（0，40）（12，40.3）得：
，
解得：，
∴；
（2）①当y＝43时，有，
解得x＝120，
∴120小时时必须泄洪；
②在下雨的7天内，即120≤x＜168时，
，
7天后，即x＞168时，此时没有下雨，水位每小时下降米，
，
当y＝40时，有：，
解得x＝180（不合，舍去），
或者，则x＝176，
176﹣120＝56，
∴泄洪56小时后，水位降到下雨前的初始高度．
【点睛】
本题主要考查一次函数的应用，关键是要会用待定系数法求出一次函数的解析式，根据解析式求出y满足一定条件时对应的x的值．
23．（1）；（2）或；（3）存在，点Q坐标为：，，
【分析】
（1）设AE=x，根据勾股定理列方程得：，解出可得结论；
（2）分两种情况：P在OA或AE上，分别根据三角形面积列式即可；
（3）先根据分别
解析：（1）；（2）或；（3）存在，点Q坐标为：，，
【分析】
（1）设AE=x，根据勾股定理列方程得：，解出可得结论；
（2）分两种情况：P在OA或AE上，分别根据三角形面积列式即可；
（3）先根据分别计算PA和PE的长，分类讨论，当PE为边时，如图4，过G作GH⊥OC于H，设OF=y，根据勾股定理列方程可得y的值，利用面积法计算GH的长，得G的坐标，根据平行四边形的性质和平移规律可得Q的坐标；当PE为对角线时，借助中点坐标法即可求得点Q的坐标，综上即可得出点Q所有可能性．
【详解】
解：（1）在矩形ABCO中，B(8，4)，
∴AB=8，BC=4，
设AE=x，则EC=x，BE=8-x，
Rt△EBC中，由勾股定理得：EB2+BC2=EC2，
∴
解得：x=5，
即AE=5，
∴E(5，4)；
（2）分两种情况：
①当P在OA上时，0≤t≤2，如图2，

由题意知：，，，，
∴S=S矩形OABC-S△PAE-S△BEC-S△OPC，
=8×4-×5（4-2t）-×3×4-×8×2t，
=-3t+16，
②当P在AE上时，2＜t≤4.5，如图3，

由题意知：
∴S=

综上所述：
（3）存在，由PA=PE可知：P在AE上
当PE为边时，如图4所示，过G作GH⊥OC于H，

∵AP+PE=5，
∴AP=3，PE=2，
设OF=y，则FG=y，FC=8-y，
由折叠得：∠CGF=∠AOF=，OA=CG，
由勾股定理得：FC2=FG2+CG2，
∴（8-y）2=y2+42，
解得：y=3，
∴FG=3，FC=8-3=5，
∴，
∴×5×GH＝×3×4，
解得：GH=2.4，
由勾股定理得：FH，
∴OH=3+1.8=4.8，
∴G(4.8，-2.4)，
∵点P、E、G、Q为顶点的四边形为平行四边形，且PE=2，
∴Q(4.8，-2.4)或(6.8，-2.4)．
当PE为对角线时，如图5所示：过点G作交CF于点H

由上述可知：，，，设
由中点坐标法可得：
解得：
∴点
综上所述：点Q的坐标为：，，
【点睛】
此题考查四边形综合题，矩形的性质、翻折变换、勾股定理、中点坐标法求解、平行四边形的判定和性质，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
24．（1）点的坐标为；（2）；（3）12
【解析】
【分析】
（1）根据点A的坐标求出函数解析式，即可求解；
（2）过点作轴于点，可用t表示出点P的坐标，根据（1）可知，可知，设，根据，可得：，从而，即
解析：（1）点的坐标为；（2）；（3）12
【解析】
【分析】
（1）根据点A的坐标求出函数解析式，即可求解；
（2）过点作轴于点，可用t表示出点P的坐标，根据（1）可知，可知，设，根据，可得：，从而，即可解答；
（3）作轴于点，延长至点，使，连接，，过点作的垂线交的延长线于点．由（2）可得：，可证，进而可证，可得，列出关于t的等式即可求解．
【详解】
解：（1）∵直线经过点，
∴，∴
∴当时，，
∴点的坐标为；
（2）如图1，过点作轴于点，

图1
∵点在直线上，点的横坐标为，
∴点的坐标为，
∴，
∵，，
∴∴
设，∵，∴
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）作轴于点，延长至点，使，连接，，过点作的垂线交的延长线于点．

图2
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
∴，
∵轴，∴，
∵，，
∴
∵平分的周长，
∴，
∴，
∴
∴，
∴
∵，，
∴，
∴，
∴
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题是一次函数与几何综合题，在一次函数的背景下考查全等三角形的性质与判定等知识；构造合适的辅助线是解决本题的关键．
25．（Ⅰ）6﹣x，6+x；（Ⅱ）2；（Ⅲ）线段DE的长度不会改变.DE=3
【分析】
(1)根据等边三角形的性质可知AB＝BC＝AC＝6，然后根据题意解答即可;
（2）在（1）的基础上，再利用直角三角形
解析：（Ⅰ）6﹣x，6+x；（Ⅱ）2；（Ⅲ）线段DE的长度不会改变.DE=3
【分析】
(1)根据等边三角形的性质可知AB＝BC＝AC＝6，然后根据题意解答即可;
（2）在（1）的基础上，再利用直角三角形30°所对的边等于斜边的一半进行解答即可.
(3) 作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF;根据题意和等边三角形的性质证明△APE≌△BQF（AAS），进一步说明四边形PEQF是平行四边形，最后说明DE＝AB，即可说明DE的长度不变.
【详解】
解：（Ⅰ）∵△ABC是边长为6的等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝6，
设AP＝x，则PC＝6﹣x，QB＝x，
∴QC＝QB+BC＝6+x，
故答案为6﹣x，6+x；
（Ⅱ）
∵在Rt△QCP中，∠BQD＝30°，
∴PC＝QC，即6﹣x＝（6+x），解得x＝2，
∴AP＝2；
（Ⅲ）当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．理由如下：

作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF，
又∵PE⊥AB于E，
∴∠DFQ＝∠AEP＝90°，
∵点P、Q速度相同，
∴AP＝BQ，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠ABC＝∠FBQ＝60°，
在△APE和△BQF中，
∵∠AEP＝∠BFQ＝90°，
∴∠APE＝∠BQF，
∴在△APE和△BQF中，
，
∴△APE≌△BQF（AAS），
∴AE＝BF，PE＝QF且PE∥QF，
∴四边形PEQF是平行四边形，
∴DE＝EF，
∵EB+AE＝BE+BF＝AB，
∴DE＝AB，
又∵等边△ABC的边长为6，
∴DE＝3，
∴当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、平行四边形的判定和性质，其中灵活运用等边三角形的性质和全等三角形的判定是解答本题的关键.
26．（1）∠ABD=∠ACD；（2）四边形ACEF为正方形，理由见解析；（3）5.
【解析】
【分析】
（1）以AD为公共边，有∠ABD=∠ACD；
（2）证明△ADC是等腰直角三角形，得AD=CD，则
解析：（1）∠ABD=∠ACD；（2）四边形ACEF为正方形，理由见解析；（3）5.
【解析】
【分析】
（1）以AD为公共边，有∠ABD=∠ACD；
（2）证明△ADC是等腰直角三角形，得AD=CD，则AE=CF，根据对角线相等的菱形是正方形可得结论；
（3）如图2，作辅助线构建直角三角形，证明△ABC≌△CHE，得CH=AB=3，根据平行线等分线段定理可得BG=GH=4，从而得结论.
【详解】
解：（1）由图1得：△ABD和△ADC有公共边AD，在AD同侧有∠ABD和∠ACD，此时∠ABD=∠ACD；
（2）四边形ACEF为正方形，理由是：
∵∠ABC=90°，BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=45°
∴∠DAC=∠CBD=45°
∵四边形ACEF是菱形，
∴AELCF，
∴∠ADC=90°，
∴△ADC是等腰直角三角形，
∴AD=CD，.AE=CF，
∴菱形ACEF是正方形；

（3）如图2，过D作DG⊥BC于G，过E作EH⊥BC，交BC的延长线于H，
∵∠DBG=45°，
∴△BDG是等腰直角三角形，BD=4，
∵BG=4，四边形ACEF是正方形，
∴AC=CE，∠ACE=90°，AD=DE，
易得△ABC≌△CHE，
∴CH=AB=3，AB//DG//EH，AD=DE，
∴BG=GH=4，
∴CG=4-3=1，
∴BC=BG+CG=4+1=5.
【点睛】
本题是四边形的综合题，也是新定义问题，考查了损矩形和损矩形的直径的概念，平行线等分线段定理，菱形的性质，正方形的判定等知识，认真阅读理解新定义，第3问有难度，作辅助线构建全等三角形是关键.