人教版八年级下册数学期末试卷综合测试卷(word含答案)(1).doc

人教版八年级下册数学期末试卷综合测试卷（word含答案）(1)
一、选择题
1．要使二次根式有意义，实数x的取值范围是（　　）
A．x≥2021 B．x＞2021 C．x≠2021 D．x≤2021
2．下列各组数中，不能作为直角三角形的三边长的是（ ）
A．5，4，3 B．5，12，13 C．6，8，10 D．6，4，7
3．下列说法，属于平行四边形判定方法的有（ ）．
①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
②平行四边形的对角线互相平分；
③两组对边分别相等的四边形是平行四边形；
④平行四边形的每组对边平行且相等；
⑤两条对角线互相平分的四边形是平行四边形；
⑥一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
A．6个 B．5个 C．4个 D．3个
4．在脱贫攻坚工作中，为比较甲、乙两村扶贫攻坚工作的成效，从这两村中，各随机抽取20户对其年收入情况进行调查．统计结果是两村年人均收入的平均数相同，方差分别是S甲2=6000，S乙2=480，则年人均收入比较均衡的村是（ ）
A．甲村 B．乙村
C．甲、乙两村一样 D．无法确定
5．已知实数a，b为的两边，且满足，第三边，则第三边c上的高的值是   
A． B． C． D．
6．如图，把—个长方形纸片对折两次，然后剪下—个角．为了得到一个正方形，剪刀与折痕所成的角的度数应为（ ）

A．60° B．30° C．45° D．90°
7．勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是数形结合的重要纽带．数学家欧几里得利用如图验证了勾股定理：以直角三角形ABC的三条边为边长向外作正方形ACHI，正方形ABED，正方形BCGF，连接BI，CD，过点C作CJ⊥DE于点J，交AB于点K．设正方形ACHI的面积为S1，正方形BCGF的面积为S2，长方形AKJD的面积为S3，长方形KJEB的面积为S4，下列结论：①BI＝CD；②2S△ACD＝S1；③S1＋S4＝S2＋S3；④＋＝．其中正确的结论有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠AOB=60°，AB=5，则AD的长是（ )

A．5 B．5 C．5 D．10
二、填空题
9．函数中x的取值范围是______．
10．在菱形ABCD中，AB＝m，AC+BD＝n，则菱形ABCD的面积为_________．（用含m、n的代数式表示）
11．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝6，则正方形ADEC与正方形BCFG的面积之和为_____．

12．如图，在菱形中，对角线与相交于点O，E为的中点，连接．若，则的长为________．

13．如图，一次函数的图象与坐标轴的交点坐标分别为A（0，2），B（-3，0），下列说法：①随的增大而减小；②；③关于的方程的解为；④关于的不等式的解集．其中说法正确的有_____________．

14．如图，在矩形中，，对角线，相交于点，垂直平分于点，则的长为__________．

15．已知直线与轴，轴分别交于点，，点是射线上的动点，点在第一象限，四边形是平行四边形．若点关于直线的对称点恰好落在轴上，则点的坐标为______．

16．若，则分式的值为__________．
三、解答题
17．计算
（1） （2） （3）
18．笔直的河流一侧有一营地C，河边有两个漂流点A，B、其中AB＝AC，由于周边施工，由C到A的路现在已经不通，为方便游客，在河边新建一个漂流点H（A，H，B在同一直线上），并新修一条路CH，测得BC＝10千米，CH＝8千米，BH＝6千米．
（1）判断△BCH的形状，并说明理由；
（2）求原路线AC的长．

19．图（a）、图（b）是三张形状大小完全相同的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1请在图a）、图（b）中，分别画出符合要求的图形，所画图形各顶点必须与方格纸中的小正方形顶点重合具体要求如下：

（1）画一个面积为10的等腰直角三角形；
（2）画一个面积为12的平行四边形
20．如图，在矩形AFCG中，BD垂直平分对角线AC，交CG于D，交AF于B，交AC于O．连接AD，BC．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若E为AB的中点，DE⊥AB，求∠BDC的度数；

21．小明在解决问题：已知a＝，求2a2－8a＋1的值，他是这样分析与解答的：
因为a＝＝＝2－，
所以a－2＝－.
所以(a－2)2＝3，即a2－4a＋4＝3.
所以a2－4a＝－1.
所以2a2－8a＋1＝2(a2－4a)＋1＝2×(－1)＋1＝－1.
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
(1)计算： = － .
(2)计算：＋…＋；
(3)若a＝，求4a2－8a＋1的值．
22．某水果店进行了一次水果促销活动，在该店一次性购买A种水果的单价y（元）与购买量x（千克）的函数关系如图所示，

（1）当时，单价y为______元；当单价y为8.8元时，购买量x（千克）的取值范围为______；
（2）根据函数图象，当时，求出函数图象中单价y（元）与购买量x（千克）的函数关系式；
（3）促销活动期间，张亮计划去该店购买A种水果10千克，那么张亮共需花费多少元？
23．图1，在正方形中，，为线段上一点，连接，过点作，交于点．将沿所在直线对折得到，延长交于点．

（1）求证：．
（2）若，求的长．
（3）如图2，延长交的延长线于点，若，记的面积为，求与之间的函数关系式．

24．如图1，已知一次函数的图象分别交y轴正半轴于点A，x轴正半轴于点B，且的面积是24，P是线段上一动点．

（1）求k值；
（2）如图1，将沿翻折得到，当点正好落在直线上时，
①求点的坐标；
②将直线绕点P顺时针旋转得到直线，求直线的表达式；
（3）如图2，上题②中的直线与线段相交于点M，将沿着射线向上平移，平移后对应的三角形为，当是以为直角边的直角三角形时，请直接写出点的坐标．
25．如图①，已知正方形ABCD的边长为3，点Q是AD边上的一个动点，点A关于直线BQ的对称点是点P，连接QP、DP、CP、BP，设AQ=x．
（1）BP＋DP的最小值是_______，此时x的值是_______；
（2）如图②，若QP的延长线交CD边于点M，并且∠CPD=90°．
①求证：点M是CD的中点；②求x的值．
（3）若点Q是射线AD上的一个动点，请直接写出当△CDP为等腰三角形时x的值．

26．（解决问题）如图1，在中，，于点．点是边上任意一点，过点作，，垂足分别为点，点．

（1）若，，则的面积是______，______．
（2）猜想线段，，的数量关系，并说明理由．
（3）（变式探究）如图2，在中，若，点是内任意一点，且，，，垂足分别为点，点，点，求的值．

（4）（拓展延伸）如图3，将长方形沿折叠，使点落在点上，点落在点处，点为折痕上的任意一点，过点作，，垂足分别为点，点．若，，直接写出的值．

【参考答案】
一、选择题
1．A
解析：A
【分析】
二次根式根号下的数大于等于零即可求解．
【详解】
解：有意义，
可列，
解得，
故选A．
【点睛】
本题考查了二次根式以及一元一次不等式的解法，掌握二次根式根号下数的取值范围与一元一次不等式解法即可解题．
2．D
解析：D
【分析】
根据勾股定理逆定理，只要验证两较小边的平方和等于最长边的平方即可．
【详解】
解：A、∵，
∴5，4，3可以作为直角三角形的三边长，故此选项不符合题意；
B、∵，
∴5，12，13可以作为直角三角形的三边长，故此选项不符合题意；
C、∵，
∴6，8，10可以作为直角三角形的三边长，故此选项不符合题意；
D、∵，
∴6，4，7不可以作为直角三角形的三边长，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理逆定理，判断三角形是否为直角三角形，已知三角形的三边长，只要利用勾股定理逆定理加以判断即可．
3．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判定方法分析即可；
【详解】
两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故①正确；
平行四边形的对角线互相平分，是平行四边形的性质，故②错误；
两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故③正确；
平行四边形的每组对边平行且相等，是平行四边形的性质，故④错误；
两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，故⑤正确；
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故⑥正确；
故正确的是①③⑤⑥；
故答案选C．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定，准确分析判断是解题的关键．
4．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据方差的意义求解即可，方差是反映一组数据的波动大小的一个量，方差越大，则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．
【详解】
S甲2=6000，S乙2=480，
S乙2< S甲2，
年人均收入比较均衡的村是乙，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查方差的意义，属于基础题，比较简单，熟练掌握方差的意义是解题的关键．
5．D
解析：D
【分析】
本题主要考查了算术平方根的非负性及偶次方的非负性，勾股定理的逆定理及三角形面积的运算，首先根据非负性的性质得出a、b的值是解题的关键，再根据勾股定理的逆定理判定三角形为直角三角形，再根据三角形的面积得出c边上高即可．
【详解】
解：整理得，，
所以，
解得；
因为，
，
所以，
所以是直角三角形，，
设第三边c上的高的值是h，
则的面积，
所以．
故选：D．
【点睛】
本题考查了非负数的性质、勾股定理的逆定理，解题的关键是掌握非负数的性质：几个非负数的和为0时，这几个非负数都为0．
6．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据翻折变换的性质及正方形的判定进行分析从而得到答案．
【详解】
解：一张长方形纸片对折两次后，剪下一个角，是菱形，而出现的四边形的两条对角线分别是两组对角的平分线，剪下的直角三角形是由两条对角线分割成的4个直角三角形中的一个，若该直角三角形是等腰直角三角形，则剪出的菱形为正方形，
所以当剪口线与折痕成45°角，菱形就变成了正方形．
故选C．
【点睛】
本题考查了剪纸问题、通过折叠变换考查正方形的有关知识及学生的逻辑思维能力，解答此类题最好动手操作，易得出答案．
7．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据SAS证△ABI≌△ADC即可得证①正确，过点B作BM⊥IA，交IA的延长线于点M，根据边的关系得出S△ABI＝S1，即可得出②正确，过点C作CN⊥DA交DA的延长线于点N，证S1＝S3即可得证③正确，利用勾股定理可得出S1+S2＝S3+S4，即能判断④不正确．
【详解】
解：①∵四边形ACHI和四边形ABED都是正方形，
∴AI＝AC，AB＝AD，∠IAC＝∠BAD＝90°，
∴∠IAC+∠CAB＝∠BAD+∠CAB，
即∠IAB＝∠CAD，
在△ABI和△ADC中，
，
∴△ABI≌△ADC（SAS），
∴BI＝CD，
故①正确；
②过点B作BM⊥IA，交IA的延长线于点M，

∴∠BMA＝90°，
∵四边形ACHI是正方形，
∴AI＝AC，∠IAC＝90°，S1＝AC2，
∴∠CAM＝90°，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CAM＝∠BMA＝90°，
∴四边形AMBC是矩形，
∴BM＝AC，
∵S△ABI＝AI•BM＝AI•AC＝AC2＝S1，
由①知△ABI≌△ADC，
∴S△ACD＝S△ABI＝S1，
即2S△ACD＝S1，
故②正确；
③过点C作CN⊥DA交DA的延长线于点N，

∴∠CNA＝90°，
∵四边形AKJD是矩形，
∴∠KAD＝∠AKJ＝90°，S3＝AD•AK，
∴∠NAK＝∠AKC＝90°，
∴∠CNA＝∠NAK＝∠AKC＝90°，
∴四边形AKCN是矩形，
∴CN＝AK，
∴S△ACD＝AD•CN＝AD•AK＝S3，
即2S△ACD＝S3，
由②知2S△ACD＝S1，
∴S1＝S3，
在Rt△ACB中，AB2＝BC2+AC2，
∴S3+S4＝S1+S2，
又∵S1＝S3，
∴S1+S4＝S2+S3，
即③正确；
④在Rt△ACB中，BC2+AC2＝AB2，
∴S3+S4＝S1+S2，
∴，
故④错误；
综上，共有3个正确的结论，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查勾股定理，正方形的性质，矩形性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握勾股定理和全等三角形的判定和性质是解题的关键．
8．A
解析：A
【分析】
根据矩形的性质可得△AOB是等边三角形，可得BD的长度，再根据勾股定理求解即可．
【详解】
解：因为在矩形ABCD中，AO＝AC＝BD＝BO，
又因为∠AOB＝60°，所以△AOB是等边三角形，所以AO＝AB＝5，
所以BD＝2AO＝10，
所以AD2＝BD2﹣AB2＝102﹣52＝75，
所以AD＝5．
故选：A．
【点睛】
本题考查了矩的性质、等边三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，属于基本题型，熟练掌握上述知识是解题的关键．
二、填空题
9．x＞﹣2且x≠1．
【解析】
【分析】
从二次根式，分式，零指数幂三个角度去思考求解即可．
【详解】
由题意得，x+2＞0，且x﹣1≠0，
解得x＞﹣2且x≠1，
所以x的取值范围是x＞﹣2且x≠1．
故答案为：x＞﹣2且x≠1．
【点睛】
本题考查了分式有意义的条件，二次根式有意义的条件，零指数幂有意义的条件，熟练上述基本条件是解题的关键．
10．A
解析：
【解析】
【分析】
根据菱形的性质及勾股定理计算即可；
【详解】
解：在菱形ABCD中，AB＝m，AC+BD＝n，
∴，
∴AC2+BD2＝4m2，
∴菱形ABCD的面积＝，
＝，
＝，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，准确计算是解题的关键．
11．A
解析：36
【解析】
【分析】
根据勾股定理、正方形的面积公式计算即可．
【详解】
在Rt△ACB中，，

则正方形ADEC与正方形BCFG的面积之和
故答案为：36．
【点睛】
本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是，，斜边长为，那么．
12．A
解析：5
【分析】
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半计算即可；
【详解】
∵四边形ABCD时菱形，
∴，
∴，
∵E为的中点，，
∴；
故答案是5．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质和直角三角形的性质，准确分析计算是解题的关键．
13．④
【分析】
根据一次函数的性质，一次函数与一元一次方程的关系对各个说法分析判断即可得解．
【详解】
解：把，，代入中，可得：，
解得：，所以解析式为：；
①随的增大而增大，故①说法错误；
②，故②说法错误；
③关于的方程的解为，故③说法错误；
④关于的不等式的解集，故④说法正确．
故答案是：④．
【点睛】
本题主要考查了一次函数的性质，以及一次函数与一元一次方程，解题的关键是：利用数形结合求解．
14．A
解析：
【分析】
结合题意，由矩形的性质和线段垂直平分线的性质可得AB=AO=OB=OD=4，根据勾股定理可求AD的长．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=BO=CO=DO，
∵AE垂直平分OB于点E，
∴AO=AB=4，
∴AO=OB=AB=4，
∴BD=8，
在Rt△ABD中,AD==.
故答案为.
【点睛】
本题考查矩形的性质和线段垂直平分线的性质，解题的关键是掌握矩形的性质和线段垂直平分线的性质.
15．或．
【分析】
先根据题意求得，，，分点在第二象限和第一象限两种情况讨论，根据点关于直线的对称点恰好落在轴上，根据含30度角的直角三角形的性质，在第一象限时候，证明是等边三角形，在第二象限时候证明是
解析：或．
【分析】
先根据题意求得，，，分点在第二象限和第一象限两种情况讨论，根据点关于直线的对称点恰好落在轴上，根据含30度角的直角三角形的性质，在第一象限时候，证明是等边三角形，在第二象限时候证明是等边三角形，利用等边三角形的性质，分别求得点的坐标．
【详解】
与轴，轴分别交于点，，
令，，，
令，，，
，
，
，
，，
，
①如图，当点在第二象限时，设交轴于点，交于点，交轴于点，

四边形是平行四边形，
，，，
，
，
，
，，
，
，
，
，
点关于直线的对称点为点，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
点为的中点，
，，
，
②如图，当点在第二象限时，延长交轴于点，
则，

点关于直线的对称点为点
，，
，
是等边三角形，
，
，
，
，，
，
，
，
．
综合①②可知C的坐标为或．
故答案为: 或．
【点睛】
本题考查了一次函数图像的性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，轴对称的性质，此题方法比较多，利用等边三角形的性质是解题的关键．
16．1
【分析】
首先将已知变形进而得出x＋y＝2xy，再代入原式求出答案．
【详解】
∵
∴x＋y＝2xy
∴====1
故答案为：1.
【点睛】
此题主要考查了分式的值，正确将已知变形进而化简是解题
解析：1
【分析】
首先将已知变形进而得出x＋y＝2xy，再代入原式求出答案．
【详解】
∵
∴x＋y＝2xy
∴====1
故答案为：1.
【点睛】
此题主要考查了分式的值，正确将已知变形进而化简是解题关键．
三、解答题
17．（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）根据二次根式乘法法则计算即可；
（2）根据二次根式运算法则进行计算即可；
（3）利用完全平方公式和平方差公式计算即可．
【详解】
解：（1）原式，
解析：（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）根据二次根式乘法法则计算即可；
（2）根据二次根式运算法则进行计算即可；
（3）利用完全平方公式和平方差公式计算即可．
【详解】
解：（1）原式，
（2）原式 ，
（3）原式；
【点睛】
本题考查了二次根式的运算，解题关键是熟练运用二次根式运算法则和乘法公式进行计算．.
18．（1）△HBC是直角三角形，理由见解析；（2）原来的路线AC的长为千米．
【分析】
（1）根据勾股定理的逆定理解答即可；
（2）根据勾股定理解答即可．
【详解】
解：（1）△BCH是直角三角形，
理
解析：（1）△HBC是直角三角形，理由见解析；（2）原来的路线AC的长为千米．
【分析】
（1）根据勾股定理的逆定理解答即可；
（2）根据勾股定理解答即可．
【详解】
解：（1）△BCH是直角三角形，
理由是：在△CHB中，
∵CH2+BH2=82+62=100，
BC2=100，
∴CH2+BH2=BC2，
∴△HBC是直角三角形且∠CHB=90°；
（2）设AC=AB=x千米，则AH=AB-BH=（x-6）千米，
在Rt△ACH中，由已知得AC=x，AH=x-6，CH=8，
由勾股定理得：AC2=AH2+CH2，
∴x2=（x-6）2+82，
解这个方程，得x=，
答：原来的路线AC的长为千米．
【点睛】
本题考查了勾股定理的应用，解决本题的关键是掌握勾股定理的逆定理和定理．
19．（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据等腰直角三角形的性质求出边长分别为、、，再网格中找到相应的格点，作图即可；
（2）根据平行四边形的面积为12，确定底边长为4、高为3，在网格
解析：（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据等腰直角三角形的性质求出边长分别为、、，再网格中找到相应的格点，作图即可；
（2）根据平行四边形的面积为12，确定底边长为4、高为3，在网格中找到相应的格点，作图即可．
【详解】
解：（1）根据等腰直角三角形的面积为为10，设两个直角边为，则
解得，由勾股定理得，斜边长为
，
在网格中找到到相应的格点使得两条直角边为，连线即可，其中是以2，4为直角边的直角三角形的斜边，如图（a）
（2）根据平行四边形的面积为12，可以作底边长为4、高为3的平行四边形，在图中选取相应的格点，使得平行四边形的边长为为4、高为3，如图（b）

【点睛】
此题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）60°
【分析】
（1）根据垂直平分线的性质得到AD＝CD，AB＝BC，根据三角形全等得到CD＝AB，即可求证；
（2）根据等边三角形的性质求得∠DBA＝60°，即可求解．
【详
解析：（1）见解析；（2）60°
【分析】
（1）根据垂直平分线的性质得到AD＝CD，AB＝BC，根据三角形全等得到CD＝AB，即可求证；
（2）根据等边三角形的性质求得∠DBA＝60°，即可求解．
【详解】
（1）证明：
∵BD垂直平分AC，
∴OA＝OC，AD＝CD，AB＝BC．
∵四边形AFCG是矩形，
∴CG∥AF，
∴∠CDO＝∠ABO，∠DCO＝∠BAO，
∴△COD≌△AOB（AAS），
∴CD＝AB，
∴AB＝BC＝CD＝DA，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）∵E为AB的中点，DE⊥AB，
∴DE垂直平分AB，
∴AD＝DB．
又∵AD＝AB，
∴△ADB为等边三角形，
∴∠DBA＝60°．
∵CD∥AB，
∴∠BDC＝∠DBA＝60°．
【点睛】
此题考查了菱形的判定，涉及了全等三角形的证明，矩形的性质、垂直平分线的性质等，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
21．(1) ，1；(2) 9；(3) 5
【解析】
【分析】
（1）；
（2）根据例题可得：对每个式子的分子和分母中同时乘以与分母中的式子相乘符合平方差公式的根式，去掉分母，然后合并同类项二次根式即可求
解析：(1) ，1；(2) 9；(3) 5
【解析】
【分析】
（1）；
（2）根据例题可得：对每个式子的分子和分母中同时乘以与分母中的式子相乘符合平方差公式的根式，去掉分母，然后合并同类项二次根式即可求解；
（3）首先化简，然后把所求的式子化成代入求解即可.
【详解】
(1)计算： ；
(2)原式；
(3)，
则原式，
当时，原式.
【点睛】
本题考查了二次根式的化简求值，正确读懂例题，对根式进行化简是关键.
22．（1）10；；（2）函数图象的解析式：；（3）促销活动期间，去该店购买A种水果10千克，那么共需花费9元．
【分析】
（1）根据观察函数图象的横坐标，纵坐标，可得结果；
（2）根据待定系数法，设函数
解析：（1）10；；（2）函数图象的解析式：；（3）促销活动期间，去该店购买A种水果10千克，那么共需花费9元．
【分析】
（1）根据观察函数图象的横坐标，纵坐标，可得结果；
（2）根据待定系数法，设函数图象的解析式 （k是常数，b是常数，），将，两个点代入求解即可得函数的解析式；
（3）将代入（2）函数解析式即可．
【详解】
解：（1）观察函数图象的横坐标，纵坐标，不超过5千克时，单价是10元，数量不少于11千克时，单价为8.8元．
故答案为：10；；
（2）设函数图象的解析式 （k是常数，b是常数，），
图象过点，，
可得：，
解得，
函数图象的解析式：；
（3）当时，
，
答：促销活动期间，去该店购买A种水果10千克，那么共需花费9元．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，待定系数法确定函数解析式等，理解题意，根据函数图象得出信息是解题关键．
23．（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】
（1）先证，再据ASA证明△ABP≌△BCQ，可证得BP=CQ；
（2）连接，先证，得到，设AN=x，用x表示出ND；再求出DQ和的值，再在RT△NDQ
解析：（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】
（1）先证，再据ASA证明△ABP≌△BCQ，可证得BP=CQ；
（2）连接，先证，得到，设AN=x，用x表示出ND；再求出DQ和的值，再在RT△NDQ中用勾股定理列方程求解；
（3）作QG⊥AB于G，先证MB=MQ并设其为y，再在RT△MGQ中用勾股定理列出关于x、y的方程，并用x表示y；用y表示出△MBQ的面积，用x表示出△的面积．最后据用x、y表示出S，并把其中的y用x代换即可．
【详解】
（1）在正方形ABCD中
，
，
，
，
，
，
，
．
（2）在正方形ABCD中
连接，如下图：

由折叠知BC=，
又AB=BC，∠BAN=90°
∴， ，
，
，
，
，
，
设，
，
，
，
，
．
（3）如下图，作，垂足为，

由（1）知
∵∠MBQ=∠CQB=∠MQB
∴BM=MQ
设，则．
，

，
，

故．
【点睛】
此题综合考查了正方形性质、三角形全等，勾股定理等知识点，其关键是要熟练掌握相关知识，能灵活应用．
24．（1）；（2）①点（3，0）,②，（3）点的坐标（7，12）或（4，3）．
【解析】
【分析】
（1）根据函数解析式可知OA长，再由即可求出OB长，将B点坐标代入解析式即可求出k值；
（2）①由折叠
解析：（1）；（2）①点（3，0）,②，（3）点的坐标（7，12）或（4，3）．
【解析】
【分析】
（1）根据函数解析式可知OA长，再由即可求出OB长，将B点坐标代入解析式即可求出k值；
（2）①由折叠性质可求得中、，用勾股定理列方程即可求解；②通过构造等腰直角三角形，利用K字形模型全等求出直线上点Q坐标，再由A、Q点坐标用待定系数法求出解析式即可，
（3）根据平移性质可知，先求出直线的解析式；再当是以为直角边的直角三角形时，分两种情况求出直线与过A、P点垂直于AP直线的解析式，联立函数解析式得方程求出点坐标，由此得出图形平移方式，由此求出点的坐标．
【详解】
解：（1）当x=0时，y=6，故点A坐标为A（0,6），
∵，
∴，
∴点B坐标为（8,0），
代入得，
∴，
（2）①如图2-1，由折叠性质可知：，；，

∵，
∴，
设，则,
由得，
∴，
即P点坐标为（3，0）
②如图，过点A作AQ⊥AP，并在AQ上取点Q使AQ=AP，过Q点作HQ⊥y轴，

∴，
∵，
∴，
∴（AAS）
∴HQ=AO=6，AH=OP=3，
∴点Q坐标为（6，9），
∵△APQ是等腰直角三角形，
∴将直线绕点P顺时针旋转得到直线，直线与PQ重合，
设经过P（3，0），Q（6，9）的直线解析式为得
，
解得：，
即直线为，
（3）由平移性质可知：，由（2）得直线为，
∴设直线解析式为，
当x=8时，y=0，即，解得：，
∴直线解析式为，
由（2）得A（0，6）、Q（6，9），则直线AQ解析式为：，
I．当AP为直角边，时，如图3-1

联立直线和直线AQ得：
，
解得：，
即坐标（12，12），故点B（8，0）向右移动4个单位，向上移动12个单位得到点，
∴故点P（3，0）向右移动4个单位，向上移动12个单位得到点（7，12），
即当AP为直角边，时，点（7，12），
II．当AP为直角边，时，如图3-2，

∴，
设直线解析式为：，
∵P点坐标为（3，0），
∴，
∴
∴直线解析式为，
联立直线和直线得：
，
解得：，
即坐标（9，3），故点B（8，0）向右移动1个单位，向上移动3个单位得到点，
∴故点P（3，0）向右移动1个单位，向上移动3个单位得到点（4，3），，
即当AP为直角边，时，点（4，3）．
【点睛】
本题综合考查了一次函数与几何综合，待定系数法求解析式是基础，解（2）关键是利用等腰直角三角形构建三垂直全等从而求出旋转45°直线的解析式；解（3）关键是利用平行直线的性质求出解析式．
25．（1）；；（2）①见详解；②x=1；（3）△CDP为等腰三角形时x的值为：或或．
【分析】
（1）BP+DP为点B到D两段折线的和．由两点间线段最短可知，连接DB，若P点落在BD上，此时和最短，且为
解析：（1）；；（2）①见详解；②x=1；（3）△CDP为等腰三角形时x的值为：或或．
【分析】
（1）BP+DP为点B到D两段折线的和．由两点间线段最短可知，连接DB，若P点落在BD上，此时和最短，且为．考虑动点运动，这种情形是存在的，由AQ=x，则QD=3-x，PQ=x．又PDQ=45°，所以QD＝PQ，即3-x=x．求解可得答案；
（2）由已知条件对称分析，AB=BP=BC，则∠BCP=∠BPC，由∠BPM=∠BCM=90°，可得∠MPC=∠MCP．那么若有MP=MD，则结论可证．再分析新条件∠CPD=90°，易得①结论．②求x的值，通常都是考虑勾股定理，选择直角三角形QDM，发现QM，DM，QD都可用x来表示，进而易得方程，求解即可．
（3）若△CDP为等腰三角形，则边CD比为改等腰三角形的一腰或者底边．又P点为A点关于QB的对称点，则AB=PB，以点B为圆心，以AB的长为半径画弧，则P点只能在弧AB上．若CD为腰，以点C为圆心，以CD的长为半径画弧，两弧交点即为使得△CDP为等腰三角形（CD为腰）的P点．若CD为底边，则作CD的垂直平分线，其与弧AC的交点即为使得△CDP为等腰三角形（CD为底）的P点．则如图所示共有三个P点，那么也共有3个Q点．作辅助线，利用直角三角形性质求之即可．
【详解】
解：（1）连接DB，若P点落在BD上，此时BP+DP最短，如图：

由题意，∵正方形ABCD的边长为3，
∴，
∴BP＋DP的最小值是；
由折叠的性质，，则，
∵∠PDQ=45°，∠QPD=90°，
∴△QPD是等腰直角三角形，
∴，
∴，
解得：；
故答案为：；；
（2）如图所示：

①证明：在正方形ABCD中，有
AB=BC，∠A=∠BCD=90°．
∵P点为A点关于BQ的对称点，
∴AB=PB，∠A=∠QPB=90°，
∴PB=BC，∠BPM=∠BCM，
∴∠BPC=∠BCP，
∴∠MPC=∠MPB-∠CPB=∠MCB-∠PCB=∠MCP，
∴MP=MC．
在Rt△PDC中，
∵∠PDM=90°-∠PCM，
∠DPM=90°-∠MPC，
∴∠PDM=∠DPM，
∴MP=MD，
∴CM=MP=MD，即M为CD的中点．
②解：∵AQ=x，AD=3，
∴QD=3-x，PQ=x，CD=3．
在Rt△DPC中，
∵M为CD的中点，
∴DM=QM=CM=，
∴QM=PQ+PM=x+，
∴(x+)2＝(3−x)2+()2，
解得：x=1．
（3）如图，以点B为圆心，以AB的长为半径画弧，以点C为圆心，以CD的长为半径画弧，两弧分别交于P1，P3．此时△CDP1，△CDP3都为以CD为腰的等腰三角形．作CD的垂直平分线交弧AC于点P2，此时△CDP2以CD为底的等腰三角形．
；
①讨论P1，如图作辅助线，连接BP1、CP1，作QP1⊥BP1交AD于Q，过点P1，作EF⊥AD于E，交BC于F．

∵△BCP1为等边三角形，正方形ABCD边长为3，
∴P1F＝，P1E＝．
在四边形ABP1Q中，
∵∠ABP1=30°，
∴∠AQP1=150°，
∴△QEP1为含30°的直角三角形，
∴QE=EP1＝．
∵AE=，
∴x=AQ=AE-QE=．
②讨论P2，如图作辅助线，连接BP2，AP2，过点P2作QG⊥BP2，交AD于Q，连接BQ，过点P2作EF⊥CD于E，交AB于F．

∵EF垂直平分CD，
∴EF垂直平分AB，
∴AP2=BP2．
∵AB=BP2，
∴△ABP2为等边三角形．
在四边形ABP2Q中，
∵∠BAD=∠BP2Q=90°，∠ABP2=60°，
∴∠AQG=120°
∴∠EP2G=∠DQG=180°-120°=60°，
∴P2E＝，
∴EG=，
∴DG=DE+GE=，
∴QD=，
∴x=AQ=3-QD=．
③对P3，如图作辅助线，连接BP1，CP1，BP3，CP3，过点P3作BP3⊥QP3，交AD的延长线于Q，连接BQ，过点P1，作EF⊥AD于E，此时P3在EF上，不妨记P3与F重合．

∵△BCP1为等边三角形，△BCP3为等边三角形，BC=3，
∴P1P3＝，P1E＝，
∴EF＝．
在四边形ABP3Q中
∵∠ABF=∠ABC+∠CBP3=150°，
∴∠EQF=30°，
∴EQ=EF=．
∵AE=，
∴x=AQ=AE+QE=+．
综合上述，△CDP为等腰三角形时x的值为：或或．
【点睛】
本题第一问非常基础，难度较低．第二问因为动点的原因，思路不易找到，这里就需要做题时充分分析已知条件，尤其是新给出的条件．其中求边长是勾股定理的重要应用，是很重要的考点．第三问是一个难度非常高的题目，可以利用尺规作图的思想将满足要求的点P找全．另外求解各个Q点也是考察三角函数及勾股定理的综合应用，有着极高的难度．
26．（1）15，8；（2），见解析；（3）；（4）4
【分析】
解决问题（1）只需运用面积法：，即可解决问题；
（2）解法同（1）；
（3）连接、、，作于，由等边三角形的性质得出，由勾股定理得出，得出的
解析：（1）15，8；（2），见解析；（3）；（4）4
【分析】
解决问题（1）只需运用面积法：，即可解决问题；
（2）解法同（1）；
（3）连接、、，作于，由等边三角形的性质得出，由勾股定理得出，得出的面积，由的面积的面积的面积的面积，即可得出答案；
（4）过点作，垂足为，易证，过点作，垂足为，由解决问题（1）可得，易证，，只需求出即可．
【详解】
解：（1）∵，，，
∴的面积，
∵，，，
且，
∴，
∵，
∴.
故答案为：15，8.
（2）∵，，，
且，
∴，
∵，
∴.
（3）连接、、，作于，如图2所示：

∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∴，
∴的面积，
∵，，，
∴的面积的面积的面积的面积

，
∴.
（4）过点作，垂足为，如图3所示：

∵四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
由折叠可得：，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由解决问题（1）可得：，
∴，即的值为4.
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、平行线的性质与判定、等边三角形的性质、勾股定理等知识，考查了用面积法证明几何问题，考查了运用已有的经验解决问题的能力，体现了自主探究与合作交流的新理念，是充分体现新课程理念难得的好题．