人教版数学八年级下册数学期末试卷综合测试(Word版含答案).doc

人教版数学八年级下册数学期末试卷综合测试（Word版含答案）
一、选择题
1．要使式子﹣有意义，则x的值可以为（ ）
A．﹣6 B．0 C．2 D．π
2．以下列各组线段为边长，不能构成直角三角形的是（　　）
A．6，8，10 B．2，3，4 C．1，5， D．2，2，2
3．下列命题中，是真命题的是（ ）
A．两条对角线相等的四边形是矩形
B．两条对角线互相垂直的四边形是矩形
C．两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
D．两条对角线互相平分的四边形是平行四边形
4．某校进行广播操比赛，如图是20位评委给某班的评分情况统计图，则该班平均得分（　　）

A．9 B．6.67 C．9.1 D．6.74
5．如图，顺次连接四边形ABCD各边中点得四边形EFGH，要使四边形EFGH为矩形，应添加的条件是（ ）

A．ABDC B．AC＝BD C．AC⊥BD D．AB＝DC
6．如图，在菱形中，于点，点恰好为的中点，则菱形的较大内角度数为（ ）

A．100° B．120° C．135° D．150°
7．如图，数轴上A点表示的数为，B点表示的数是1．过点B作，且，以点A为圆心，的长为半径作弧，弧与数轴的交点D表示的数为（ ）

A． B． C． D．
8．如图，在平面直角坐标系中，点在x轴正半轴上，点在直线上，若，且均为等边三角形，则线段的长度为（ ）

A． B． C． D．
二、填空题
9．△ABC的三条边长、、满足，，则△ABC____直角三角形（填“是”或“不是”）
10．如图，在菱形ABCD中，对角线BD＝4，AC＝3BD，则菱形ABCD的面积为 _____．

11．在平面直角坐标系中，若点到原点的距离是，则的值是________．
12．如图，把矩形沿折叠，若，则______°．

13．将一次函数的图象绕原点顺时针旋转90°，所得图象对应的函数解析式是______．
14．如图，矩形ABCD中，直线MN垂直平分AC，与CD，AB分别交于点M，N．若DM＝2，CM＝3，则矩形的对角线AC的长为_____．

15．如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，点的坐标为，点的坐标为，点是直线：上的一个动点，若，则点的坐标是__________．

16．如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝9.折叠△ACB，使点A与BC的中点D重合，折痕交AB于E，交AC于点F，则CF＝___．

三、解答题
17．计算：
（1）
（2）
（3）
18．如图，一架长2.5m的梯子AB斜靠在墙AC上，∠C＝90°，此时，梯子的底端B离墙底C的距离BC为0.7m
（1）求此时梯子的顶端A距地面的高度AC；
（2）如果梯子的顶端A下滑了0.9m，那么梯子的底端B在水平方向上向右滑动了多远？

19．图①、图②均是的正方形网格，小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点称为格点，点、均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上，所画图形不全等，不要求写画法．
（1）在图①中以线段为边画一个正方形．
（2）在图②中以线段为边画一个菱形．

20．如图，在▱ABCD中，过点D作DF⊥BC于点F，点E在边AD上，AE=CF，连结BE、CE．
（1）求证：四边形BFDE是矩形．
（2）若DE=AB，∠ABC=130°，求∠DEC的度数．

21．阅读材料：规定初中考试不能使用计算器后，小明是这样解决问题的：已知a=,求的值.
他是这样分析与解的：∵a==，
∴, ∴
∴, ∴=2（=.
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
（1）若a=,直接写出的值是 .
（2）使用以上方法化简：
22．福州地铁一号线实行里程分段计价票制，具体如下：起步价为5公里（含）2元；超过5公里后，5公里～15公里（含），按每5公里加收1元计价（不足5公里按5公里计价）；15公里﹣29公里（含），按每7公里加收1元计价（不足7公里按7公里计价）；29公里以上，按每9公里加收1元计价（不足9公里按9公里计价）．
（1）已知福州火车站到南门兜站地铁路程约为6公里，从福州火车站到南门兜站的地铁票价为多少元？
（2）设地铁路线长为x公里，票价为y元，请直接写出当y＝5时x的取值范围，并画出当5＜x≤15时y关于x的函数的图象，

23．已知在平行四边形中，，将沿直线翻折，点落在点尽处，与相交于点，联结．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，如果，，，求的面积；
（3）如果，，当是直角三角形时，求的长．

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．（1）问题探究：如图①，在四边形ABCD中，AB∥CD，E是BC的中点，AE是∠BAD的平分线，则线段AB，AD，DC之间的等量关系为　 　；
（2）方法迁移：如图②，在四边形ABCD中，AB∥CD，AF与DC的延长线交于点F，E是BC的中点，AE是∠BAF的平分线，试探究线段AB，AF，CF之间的等量关系，并证明你的结论；
（3）联想拓展：如图③，AB∥CF，E是BC的中点，点D在线段AE上，∠EDF＝∠BAE，试探究线段AB，DF，CF之间的数量关系，并证明你的结论．

26．已知正方形与正方形（点C、E、F、G按顺时针排列），是的中点，连接，.

（1）如图1，点在上，点在的延长线上，
求证：=ME，⊥.ME
简析： 由是的中点，AD∥EF，不妨延长EM交AD于点N，从而构造出一对全等的三角形，即 ≌ .由全等三角形性质，易证△DNE是 三角形,进而得出结论.
（2）如图2， 在的延长线上，点在上，（1）中结论是否成立？若成立,请证明你的结论；若不成立，请说明理由.
（3）当AB=5，CE=3时，正方形的顶点C、E、F、G按顺时针排列.若点在直线CD上，则DM= ;若点E在直线BC上，则DM= .
【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列出不等式，解不等式即可．
【详解】
解：由题意得：x﹣3≥0，
解得：x≥3，
各个选项中，π符合题意，
故选：D．
【点睛】
此题主要考查二次根式有意义的条件，解题的关键是熟知二次根式的性质．
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得到答案.
【详解】
解：A、，可以构成直角三角形，不符合题意；
B、，不可以构成三角形，符合题意；
C、，可以构成直角三角形，不符合题意；
D、，可以构成直角三角形，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勾股定理的逆定理.
3．D
解析：D
【解析】
【分析】
根据矩形的判定方法对进行判断；根据正方形的判定方法对进行判断；根据平行四边形的判定方法对进行判断．
【详解】
解：、两条对角线相等的平行四边形是矩形，所以选项错误，不符合题意；
、两条对角线相等的平行四边形是矩形，所以选项错误，不符合题意；
、两条对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，所以选项错误，不符合题意；
、两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，所以选项正确，符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了命题与定理，解题的关键是掌握判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果那么”形式．有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据加权平均数的定义列式计算即可．
【详解】
解：该班平均得分=9.1（分），
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了加权平均数，解题的关键是掌握加权平均数的定义．
5．C
解析：C
【分析】
根据三角形的中位线定理和平行四边形的判定定理得到四边形EFGH是平行四边形，根据矩形的判定定理解答即可．
【详解】
解：∵E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点，
∴EH＝BD，EH∥BD，FG＝BD，FG∥BD，
∴EH＝FG，EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
当AC⊥BD时，AC⊥EH，
∴EH⊥EF，
∴四边形EFGH为矩形，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是三角形的中位线定理和矩形的判定定理，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是解题的关键．
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
连接AC，证明△ABC是等边三角形，得出∠B=60°，则∠D=60°，∠BAD=∠BCD=120°，即可得出答案．
【详解】
连接AC，如图：

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，∠BAD=∠BCD，∠B=∠D，AD∥BC，
∴∠BAD+∠B=180°，
∵CE⊥AB，点E是AB中点，
∴BC=AC，
∴BC=AC=AB，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，
∴∠D=60°，∠BAD=∠BCD=120°；
即菱形ABCD的较大内角度数为120°；
故选：B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质等知识；熟练掌握菱形的性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．
7．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据题意先求得的长，根据勾股定理求得的长，根据题意，进而求得点表示的数．
【详解】
依题意，数轴上A点表示的数为，B点表示的数是1，
，
，，
，
，

数轴上A点表示的数为，
D表示的数为．
故选C．
【点睛】
本题考查了实数与数轴，勾股定理，勾股定理求得是解题的关键．
8．D
解析：D
【分析】
根据题意得出∠AnOBn=30°，从而推出AnBn=OAn，得到BnBn+1=BnAn+1，算出B1A2=1，B2A3=2，B3A4=4，找出规律得到BnAn+1=2n-1，从而计算结果．
【详解】
解：设△BnAnAn+1的边长为an，
∵点B1，B2，B3，…是直线上的第一象限内的点，
过点A1作x轴的垂线，交直线于C，
∵A1（1，0），令x=1，则y=，
∴A1C=，
∴，
∴∠AnOBn=30°，
∵均为等边三角形，
∴∠BnAnAn+1=60°，
∴∠OBnAn=30°，
∴AnBn=OAn，
∵∠BnAn+1Bn+1=60°，
∴∠An+1BnBn+1=90°，
∴BnBn+1=BnAn+1，
∵点A1的坐标为（1，0），
∴A1B1=A1A2=B1A2=1，A2B2=OA2=B2A3=2，A3B3=OA3=B3A4=4，...，
∴AnBn=OAn=BnAn+1=2n-1，
∴=B2019A2020=，
故选D．

【点睛】
本题考查了一次函数的性质、等边三角形的性质以及三角形外角的性质，本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据等边三角形边的特征找出边的变化规律是关键．
二、填空题
9．A
解析：不是
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件以及绝对值的非负性，得出的值，运用勾股定理逆定理验证即可．
【详解】
解：∵，
∴，，
∴，
则，
∴，
∴△ABC不是直角三角形，
故答案为：不是．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件，绝对值的非负性，勾股定理逆定理等知识点，根据题意得出的值是解本题的关键．
10．A
解析：24
【解析】
【分析】
先求出AC，由菱形的面积公式可求解．
【详解】
解：∵BD＝4，AC＝3BD，
∴AC＝12，
∴菱形ABCD的面积＝＝＝24，
故答案为：24．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，利用菱形的性质求解面积是解题的关键．对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线积的一半．
11．3或-3
【解析】
【分析】
根据点到原点的距离是，可列出方程，从而可以求得x的值．
【详解】
解：∵点到原点的距离是，
∴，
解得：x=3或-3，
故答案为：3或-3.
【点睛】
本题考查了坐标系中两点之间的距离，解题的关键是利用勾股定理列出方程求解.
12．110
【分析】
根据折叠的性质及可求出的度数， 再由平行线的性质即可解答．
【详解】
解：四边形是四边形折叠而成，
，
，，
，
又，
，
．
故答案为：

【点睛】
本题主要考查了平行线的性质和折叠的性质， 解题时注意： 折叠前后的图形全等， 找出图中相等的角是解答此题的关键．
13．
【分析】
利用直线与两坐标轴的交点坐标，求得旋转后的对应点坐标，然后根据待定系数法即可求得．
【详解】
解：在一次函数中，令，则，令，则，
∴直线经过点，
将一次函数的图像绕点顺时针旋转90°，
则的对应点，的对应点为，
设对应的函数解析式为：，
将点代入得：
，解得，
∴旋转后对应的函数解析式为：，
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了一次函数图像与几何变换，掌握旋转的性质是解题关键．
14．A
解析：
【分析】
连接AM，在Rt△ADM中，利用勾股定理求出AD2，再在Rt△ADC中，利用勾股定理求出AC即可．
【详解】
解：如图，连接AM．
∵直线MN垂直平分AC，
∴MA＝MC＝3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°，
∵DM＝2，MA＝3，
∴AD2＝AM2﹣DM2＝32﹣22＝5，
∴AC＝，
故答案为：．

【点睛】
本题考查线段垂直平分线的性质，矩形的性质、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．
15．或
【分析】
分两种情况：当点P在y轴左侧时，由条件可判定AP∥BO，容易求得P点坐标；当点P在y轴右侧时，可设P点坐标为（a，−a＋4），过AP作直线交x轴于点C，可表示出直线AP的解析式，可表示
解析：或
【分析】
分两种情况：当点P在y轴左侧时，由条件可判定AP∥BO，容易求得P点坐标；当点P在y轴右侧时，可设P点坐标为（a，−a＋4），过AP作直线交x轴于点C，可表示出直线AP的解析式，可表示出C点坐标，再根据勾股定理可表示出AC的长，由条件可得到AC＝BC，可得到关于a的方程，可求得P点坐标．
【详解】
解：当点P在y轴左侧时，如图1，连接AP，

∵∠PAB＝∠ABO，
∴AP∥OB，
∵A（0，8），
∴P点纵坐标为8，
又P点在直线x＋y＝4上，把y＝8代入可求得x＝−4，
∴P点坐标为（−4，8）；
当点P在y轴右侧时，过A、P作直线交x轴于点C，如图2，

设P点坐标为（a，−a＋4），设直线AP的解析式为y＝kx＋b，
把A、P坐标代入可得，
解得，
∴直线AP的解析式为y＝x＋8，
令y＝0可得x＋8＝0，解得x＝，
∴C点坐标为（，0），
∴AC2＝OC2＋OA2，即AC2＝（）2＋82，
∵B（−4，0），
∴BC2＝（＋4）2＝（）2＋＋16，
∵∠PAB＝∠ABO，
∴AC＝BC，
∴AC2＝BC2，即（）2＋82＝（）2＋＋16，
解得a＝12，则−a＋4＝−8，
∴P点坐标为（12，−8），
综上可知，P点坐标为（−4，8）或（12，−8）．
故答案为：（−4，8）或（12，−8）．
【点睛】
本题主要考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法、平行线的判定和性质、等腰三角形的性质、分类讨论思想等知识点．确定出P点的位置，由条件得到AP∥OB或AC＝BC是解题的关键．
16．4
【分析】
由题可知CD=3，由折叠的性质可知AF=FD，设,则，在Rt中利用勾股定理列方程，即可求得答案．
【详解】
∵D为BC中点，BC=6,
∴,
由折叠可知AF=DF，
设，
∵AC=9,
解析：4
【分析】
由题可知CD=3，由折叠的性质可知AF=FD，设,则，在Rt中利用勾股定理列方程，即可求得答案．
【详解】
∵D为BC中点，BC=6,
∴,
由折叠可知AF=DF，
设，
∵AC=9,
∴，
又∵
∴在Rt中，
,
即：
解得：，
则CF=
故填：4．
【点睛】
本题考查轴对称的性质，勾股定理，解题关键是熟练掌握轴对称的性质和勾股定理．
三、解答题
17．（1）2；（2）；（3）
【分析】
（1）利用二次根式的乘除法法则进行运算求解；
（2）先将二次根式化简，再运用二次根式的加减法法则进行计算即可求解；
（3）先将二次根式和绝对值进行化简，再运用二次
解析：（1）2；（2）；（3）
【分析】
（1）利用二次根式的乘除法法则进行运算求解；
（2）先将二次根式化简，再运用二次根式的加减法法则进行计算即可求解；
（3）先将二次根式和绝对值进行化简，再运用二次根式的运算法则进行计算即可求解．
【详解】
解：（1）

（2）

（3）

【点睛】
本题主要考查了二次根式的化简和二次根式的加减乘除运算以及0指数幂的运算，熟练掌握二次根式的化简和二次根式的加减乘除法则是解答本题的关键．
18．（1）2.4米；（2）1.3m
【分析】
（1）直接利用勾股定理求出AC的长，进而得出答案；
（2）直接利用勾股定理得出B′C，进而得出答案．
【详解】
解：（1）∵∠C＝90°，AB＝2.5，BC
解析：（1）2.4米；（2）1.3m
【分析】
（1）直接利用勾股定理求出AC的长，进而得出答案；
（2）直接利用勾股定理得出B′C，进而得出答案．
【详解】
解：（1）∵∠C＝90°，AB＝2.5，BC＝0.7，
∴AC＝=（米），
答：此时梯顶A距地面的高度AC是2.4米；
（2）∵梯子的顶端A下滑了0.9米至点A′，
∴A′C＝AC−A′A＝2.4−0.9＝1.5（m），
在Rt△A′CB′中，由勾股定理得：A′C2＋B′C2＝A′B′2，
∴1.52＋B′C2＝2.52，
∴B′C＝2（m），
∴BB′＝CB′−BC＝2−0.7＝1.3（m），
答：梯子的底端B在水平方向滑动了1.3m．
【点睛】
此题主要考查了勾股定理的实际应用，熟练掌握勾股定理是解题关键．
19．（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的判定进行画图即可；
（2）根据菱形的判定进行画图即可．
【详解】
解：（1）如图所示：，，
∴，
∴∠ABC=90°，
∴四边形AB
解析：（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的判定进行画图即可；
（2）根据菱形的判定进行画图即可．
【详解】
解：（1）如图所示：，，
∴，
∴∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形；

（2）如图所示，
∴四边形ABEF是菱形．

【点睛】
本题主要考查了菱形的判定，正方形的判定，勾股定理和勾股定理的逆定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
20．（1）见解析；（2）25°
【分析】
（1）由题意可证四边形DFBE是平行四边形，且DE⊥AB，可得结论；
（2）根据平行四边形的性质求得∠ADC=130°，DE=CD，再利用等腰三角形的性质即可求
解析：（1）见解析；（2）25°
【分析】
（1）由题意可证四边形DFBE是平行四边形，且DE⊥AB，可得结论；
（2）根据平行四边形的性质求得∠ADC=130°，DE=CD，再利用等腰三角形的性质即可求解．
【详解】
（1）证明：在▱ABCD中，AD∥BC，AD=BC，
∴ED∥BF．
∵ED=AD−AE，BF=BC−CF，AE=CF，
∴ED=BF．
∴四边形BFDE是平行四边形．
∵DF⊥BC，
∴∠DFB=90°，
∴四边形BFDE是矩形；
（2）解：在▱ABCD中，AB=CD，∠ABC=∠ADC．
∵DE=AB，∠ABC=130°，
∴DE=CD，∠ADC=130°．
∴∠DEC=×(180°−130°)=25°．
【点睛】
本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，运用等腰三角形的判定和性质解决问题是本题的关键．
21．（1）5；（2）5.
【解析】
【详解】
试题分析: 根据平方差公式，可分母有理化，根据整体代入，可得答案．
试题解析：（1）∵a=，
∴4a2-8a+1
=4×()2-8×（）+1
=5；
（2）
解析：（1）5；（2）5.
【解析】
【详解】
试题分析: 根据平方差公式，可分母有理化，根据整体代入，可得答案．
试题解析：（1）∵a=，
∴4a2-8a+1
=4×()2-8×（）+1
=5；
（2）原式=×（−1+−+−+…+−）
=×（-1）
=×10
=5.
点睛：本题主要考查了分母有理化，利用分母有理化化简是解答此题的关键．
22．（1）3元；（2）15＜x≤22，见解析
【分析】
（1）根据起步价为5公里（含）2元；超过5公里后，5公里～15公里（含），按每5公里加收1元计价（不足5公里按5公里计价），5＜6＜15，票价在2
解析：（1）3元；（2）15＜x≤22，见解析
【分析】
（1）根据起步价为5公里（含）2元；超过5公里后，5公里～15公里（含），按每5公里加收1元计价（不足5公里按5公里计价），5＜6＜15，票价在2元的基础上加1元即可；
（2）根据票价为5元，按着铁路收费的标准即可求出铁路长的取值范围，根据题意画出图象．
【详解】
解：（1）∵5＜6＜15，且6﹣5＝1＜5，
∴从福州火车站到南门兜站的地铁票价为2+1＝3（元），
答：从福州火车站到南门兜站的地铁票价为3元；
（2）当票价为5元时，由题意知：
铁路长5公里时票价2元，10公里时票价2+1＝3元，
15公里时票价3+1＝4元，
∴x＞15，
又∵15公里﹣29公里（含），按每7公里加收1元计价（不足7公里按7公里计价），
∴铁路长22公里时票价4+1＝5元，
∴x≤22，
因此x的取值范围：15＜x≤22，
根据上面计算结果，画函数图象如图所示．

【点睛】
本题考查一次函数的应用，关键是分清铁路长在不同范围内的票价情况．
23．（1）见解析；（2）；（3）4或6
【分析】
（1）由折叠的性质得，，由平行四边形的性质得，．则，，得，证出，则，由等腰三角形的性质得，证出，即可得出结论；
（2）证四边形是矩形，则，，，设，则，在
解析：（1）见解析；（2）；（3）4或6
【分析】
（1）由折叠的性质得，，由平行四边形的性质得，．则，，得，证出，则，由等腰三角形的性质得，证出，即可得出结论；
（2）证四边形是矩形，则，，，设，则，在中，由勾股定理得出方程，求出，由三角形面积公式即可得出答案；
（3）分两种情况：或，需要画出图形分类讨论，根据含角的直角三角形的性质，即可得到的长．
【详解】
解：（1）证明：由折叠的性质得：△，
，，
四边形是平行四边形，
，．
，，
，
，
，
，
，
，
；
（2）平行四边形中，，
四边形是矩形，
，，，
由（1）得：，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
解得：，
，
的面积；
（3）分两种情况：
①如图3，当时，延长交于，
，，
，
，，
，
，，
，
，
是的中点，
在中，，
；

②如图4，当时
，，
，
由折叠的性质得：，
，
在和中，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，，在同一直线上，
，
中，，，
，；
综上所述，当是直角三角形时，的长为4或6．

【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质、平行线的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握翻折变换的性质和平行四边形的性质是解题的关键．
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）AD＝AB+DC；（2）AB＝AF+CF，证明详见解析；（3）AB＝DF+CF，证明详见解析．
【分析】
（1）结论：AD＝AB+DC．延长AE，DC交于点F，证明△ABE≌△FEC（AAS）
解析：（1）AD＝AB+DC；（2）AB＝AF+CF，证明详见解析；（3）AB＝DF+CF，证明详见解析．
【分析】
（1）结论：AD＝AB+DC．延长AE，DC交于点F，证明△ABE≌△FEC（AAS），即可推出AB＝CF，再证明DA＝DF，即可解决问题．
（2）结论：AB＝AF+CF，如图②，延长AE交DF的延长线于点G，证明方法类似（1）．
（3）结论；AB＝DF+CF．如图③，延长AE交CF的延长线于点G，证明方法类似（1）．
【详解】
解：（1）探究问题：结论：AD＝AB+DC．
理由：如图①中，延长AE，DC交于点F，

∵AB∥CD，
∴∠BAF＝∠F，
在△ABE和△FCE中，
CE＝BE，∠BAF＝∠F，∠AEB＝∠FEC，
∴△ABE≌△FEC（AAS），
∴CF＝AB，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠BAF＝∠FAD，
∴∠FAD＝∠F，
∴AD＝DF，
∵DC+CF＝DF，
∴DC+AB＝AD．
故答案为AD＝AB+DC．
（2）方法迁移：结论：AB＝AF+CF．
证明：如图②，延长AE交DF的延长线于点G，

∵E是BC的中点，
∴CE＝BE，
∵AB∥DC，
∴∠BAE＝∠G．且BE＝CE，∠AEB＝∠GEC
∴△AEB≌△GEC（AAS）
∴AB＝GC
∵AE是∠BAF的平分线
∴∠BAG＝∠FAG，
∵∠BAG∠G，
∴∠FAG＝∠G，
∴FA＝FG，
∵CG＝CF+FG，
∴AB＝AF+CF．
（3）联想拓展：结论；AB＝DF+CF．
证明：如图③，延长AE交CF的延长线于点G，

∵E是BC的中点，
∴CE＝BE，
∵AB∥CF，
∴∠BAE＝∠G，
在△AEB和△GEC中，
，
∴△AEB≌△GEC，
∴AB＝GC，
∵∠EDF＝∠BAE，
∴∠FDG＝∠G，
∴FD＝FG，
∴AB＝DF+CF．
【点睛】
本题是四边形的综合问题，考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质、三角形三边关系等知识点，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
26．（1）等腰直角；（2）结论仍成立，见解析；（3）或，.
【分析】
（1）结论：DM⊥EM，DM=EM．只要证明△AMH≌△FME，推出MH=ME，AH=EF=EC，推出DH=DE，因为∠EDH=90
解析：（1）等腰直角；（2）结论仍成立，见解析；（3）或，.
【分析】
（1）结论：DM⊥EM，DM=EM．只要证明△AMH≌△FME，推出MH=ME，AH=EF=EC，推出DH=DE，因为∠EDH=90°，可得DM⊥EM，DM=ME；
（2）结论不变，证明方法类似；
（3）分两种情形画出图形，理由勾股定理以及等腰直角三角形的性质解决问题即可；
【详解】
解：（1） △AMN ≌ △FME ,等腰直角.
如图1中，延长EM交AD于H．

∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴△AMH≌△FME，
∴，，
∴，
∵，
∴DM⊥EM，DM=ME．
（2）结论仍成立.
如图，延长EM交DA的延长线于点H,

∵四边形ABCD与四边形CEFG都是正方形,
∴，,
∴AD∥EF,∴.
∵，,
∴△AMF≌△FME(ASA), …
∴，,∴.
在△DHE中，，,,
∴，DM⊥EM.
（3）①当E点在CD边上，如图1所示，由（1）的结论可得三角形DME为等腰直角三角形，则DM的长为,此时,所以；
②当E点在CD的延长线上时，如图2所示，由（2）的结论可得三角形DME为等腰直角三角形，则DM的长为，此时 ，所以 ；
③当E点在BC上是，如图三所示，同（1）、（2）理可得到三角形DME为等腰直角三角形，
证明如下：∵四边形ABCD与四边形CEFG都是正方形, 且点E在BC上
∴AB//EF，∴，
∵M为AF中点，∴AM=MF
∵在三角形AHM与三角形EFM中：
,
∴△AMH≌△FME(ASA),
∴，,∴.
∵在三角形AHD与三角形DCE中：
，
∴△AHD≌△DCE(SAS),
∴,
∵∠ADC=∠ADH+∠HDC=90°，
∴∠HDE=∠CDE+∠HDC=90°,
∵在△DHE中，，,,
∴三角形DME为等腰直角三角形，则DM的长为，此时在直角三角形DCE中 ，所以

【点睛】
本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理以及直角三角形的性质，灵活运用相关的定理、正确作出辅助线是解题的关键．