人教版八年级下册数学呼伦贝尔数学期末试卷测试与练习(word解析版).doc

人教版八年级下册数学呼伦贝尔数学期末试卷测试与练习（word解析版）
一、选择题
1．当x＝0时，下列式子有意义的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列由a、b、c三边组成的三角形不是直角三角形的是（ ）
A．a＝1、b＝1、c＝ B．a＝5、b＝12、c＝13
C．a＝6、b＝8、c＝9 D．a＝4、b＝5、c＝
3．如图，在△ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，点F在DE延长线上，添加一个条件使四边形ADFC为平行四边形，则这个条件是（ ）

A．∠B＝∠F B．∠B＝∠BCF C．AC＝CF D．AD＝CF
4．期间，红星中学门卫对周末提前返校的5名学生进行体温检测，记录如下：36.1℃，36.5℃，36.9℃，36.5℃，36.6℃，则这5名学生体温的众数是（　　）
A．36.1℃ B．36.6℃ C．36.5℃ D．36.9℃
5．下列命题中：①两条对角线互相平分且相等的四边形是正方形；②菱形的一条对角线平分一组对角；③顺次连接四边形各边中点所得的四边形是平行四边形；④两条对角线互相平分的四边形是矩形；⑤平行四边形对角线相等．假命题的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，若∠DHO＝20°，则∠ADC的度数是（　　）

A．120° B．130° C．140° D．150°
7．□ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E， 且∠ADC＝60°，AB＝BC，连接OE．

有下列结论：①∠CAD=30°； ②S□ABCD = AB·AC ； ③OB=AB； ④OE=AB．其中成立的有（ ）．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
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．若，则的平方根为________．
10．已知菱形的边长与一条对角线的长分别为和，则它的面积是______．
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E是矩形纸片ABCD的边BC上的一动点，沿直线AE折叠纸片，点B落在点位置，连接C．若AB＝3，BC＝6，则线段C长度的最小值为 ________________．

13．直线与轴、轴的交点分别为、则这条直线的解析式为__________．
14．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，分别过点C，D作BD，AC的平行线，相交于点E．若AD=6，则点E到AB的距离是________．

15．在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O为坐标原点，顶点A，C分别在x轴和y轴上，OA＝4，OC＝3，D为AB边的中点，E是OA边上的一个动点，当△CDE的周长最小时，则点E的坐标为_____．

16．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B在x轴上，，作点O关于AB的对称点C，连接AC，BC，则点C的坐标为__________．

三、解答题
17．计算：
（1）（）×；
（2）﹣6．
18．我国古代数学著作《九章算术》中有这样一个问题：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐，问水深几何？”（注：丈、尺是长度单位，1丈=10尺，1尺=米），这段话翻译城现代汉语，即为：如图，有一个水池，水面是一个边长为一丈的正方形，在水池正中央有一根芦苇，它高出水面1尺，如果把这根芦苇拉向水池一边的中点，它的顶端恰好到达池边的水面，则水池里水的深度是多少米？请你用所学知识解答这个问题．

19．如图，每个小正方形的边长都是1．A、B、C、D均在网格的格点上．

（1）求边BC、BD的长度．
（2）∠BCD是直角吗？请证明你的判断．
（3）找到格点E，画出四边形ABED，使其面积与四边形ABCD面积相等（一个即可，且E与C不重合）．
20．如图，在平行四边形中，点是边的中点，连接并延长交的延长线于点，连接，．

（1）求证：四边形是平行四边形
（2）当的度数为______度时，四边形是菱形；
（3）若，则当的度数为______度时，四边形是矩形．
21．求的值．
解：设x=，两边平方得：，即，x2=10
∴x=．
∵＞0，∴=．
请利用上述方法，求的值．
22．某店因为经营不善欠下38400元的无息贷款的债务，想转行经营服装，专卖店又缺少资金．“中国梦想秀”栏目组决定借给该店30000元资金，并约定利用经营的利润偿还债务（所有债务均不计利息）．已知该店代理的品牌服装的进价为每件40元，该品牌服装日销售量y（件）与销售价x（元/件）之间的关系可用图中的一条折线（实线）来表示．该店支付员工的工资为每人每天82元，每天还应该支付其它费用为106元（不包含债务）．
（1）求日销售量y(件)与销售价x(元/件)之间的函数关系式；
（2）若该店只有2名员工，则该店最早需要多少天能还清所有债务，此时每件服装的价格应定为多少元？

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，在平面直角坐标系中，直线AB交x轴于点A（﹣2，0）, 交y轴于点B（0，4），直线y＝kx+b经过点B且交x轴正半轴于点C，已知△ABC面积为10．

（1）点C的坐标是（ 　 　，　 　），直线BC的表达式是 　 　；
（2）如图1，点E为线段AB中点，点D为y轴上一动点，以DE为直角边作等腰直角三角形△EDF，且DE＝DF，当点F落在直线BC上时，求点D的坐标；
（3）如图2，若G为线段BC上一点，且满足S△ABG＝S△ABO，点M为直线AG上一动点，在x轴上是否存在点N，使以点B，C，M，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由；
25．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AB＝20．点P从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿BC向终点C运动，同时点M从点A出发，以每秒4个单位的速度沿AB向终点B运动，过点P作PQ⊥AB于点Q，连结PQ，以PQ、MQ为邻边作矩形PQMN，当点P运动到终点时，整个运动停止，设矩形PQMN与Rt△ABC重叠部分图形的面积为S（S＞0），点P的运动时间为t秒．

（1）①BC的长为 　 ；
②用含t的代数式表示线段PQ的长为 　 ；
（2）当QM的长度为10时，求t的值；
（3）求S与t的函数关系式；
（4）当过点Q和点N的直线垂直于Rt△ABC的一边时，直接写出t的值．
26．如图，△ABC和△ADE都是等腰三角形，其中AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE．

（1）如图①，连接BE、CD，求证：BE＝CD；
（2）如图②，连接BD、CD，若∠BAC＝∠DAE＝60°，CD⊥AE，AD＝3，CD＝5，求BD的长；
（3）如图③，若∠BAC＝∠DAE＝90°，且C点恰好落在DE上，试探究CD、CE和CA之间的数量关系，并加以说明．
【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：C
【分析】
根据零指数幂、分式有意义，二次根式有意义的条件进行判断即可；
【详解】
解：当x＝0时， 没有意义，则没有意义；
当x＝0时， ，则没有意义；
当x＝0时，x-1=-1，则没有意义；
故选：C
【点睛】
本题考查了零指数幂、分式有意义，二次根式有意义的条件，熟练掌握相关知识是解题的关键
2．C
解析：C
【分析】
根据勾股定理的逆定理逐项分析判断即可．
【详解】
解：A、12＋12＝（）2，符合勾股定理的逆定理，故本选项不符合题意；
B、52＋122＝132，符合勾股定理的逆定理，故本选项不符合题意；
C、62＋82≠92，不符合勾股定理的逆定理，故本选项符合题意；
D、52＋42＝（）2，符合勾股定理的逆定理，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理，掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据已知条件可以得到，对选项判断即可求出解．
【详解】
解：∵D，E分别是AB，BC的中点
∴，
A：根据∠B＝∠F得不出四边形ADFC为平行四边形，选项不符合题意；
B：∠B＝∠BCF，∴，∴四边形ADFC为平行四边形，选项符合题意；
C：根据AC＝CF得不出四边形ADFC为平行四边形，选项不符合题意；
D：根据AD＝CF得不出四边形ADFC为平行四边形，选项不符合题意；
故答案为B．
【点睛】
此题考查了中位线的性质以及平行四边形的判定，熟练掌握有关性质即判定方法是解题的关键．
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据众数的定义：一组数据中出现次数最多的数据，进行求解即可．
【详解】
解：∵36.5℃出现了两次，出现的次数最多，
∴这组数据的众数为36.5℃，
故选C．
【点睛】
本题主要考查了众数的定义，解题的关键在于能够熟知众数的定义．
5．C
解析：C
【分析】
根据正方形的判定，平行四边形和矩形的判定和性质，菱形的性质逐项判断即可．
【详解】
解：①两条对角线互相平分且相等的四边形是矩形，故原命题错误，是假命题；
②菱形的一条对角线平分一组对角，正确，为真命题；
③顺次连接四边形各边中点所得的四边形是平行四边形，正确，为真命题；
④两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，故原命题错误，为假命题；
⑤平行四边形对角线不相等，故原命题错误，为假命题，
假命题的个数有3个，
故选：．
【点睛】
本题主要考查了正方形的判定，平行四边形和矩形的判定和性质，菱形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
6．C
解析：C
【解析】
【分析】
由四边形ABCD是菱形，可得OB＝OD，AC⊥BD，又由DH⊥AB，∠DHO＝20°，可求得∠OHB的度数，然后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，证得△OBH是等腰三角形，继而求得∠ABD的度数，然后求得∠ADC的度数．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，AC⊥BD，∠ADC＝∠ABC，
∵DH⊥AB，
∴OH＝OB＝BD，
∵∠DHO＝20°，
∴∠OHB＝90°﹣∠DHO＝70°，
∴∠ABD＝∠OHB＝70°，
∴∠ADC＝∠ABC＝2∠ABD＝140°，
故选C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质以及等腰三角形的判定与性质，证得△OBH是等腰三角形是关键．
7．C
解析：C
【解析】
【分析】
由四边形ABCD是平行四边形，得到∠ABC=∠ADC=60°，∠BAD=120°，根据AE平分∠BAD，得到∠BAE=∠EAD=60°推出△ABE是等边三角形，由于AB=BC，得到AE=BC，得到△ABC是直角三角形，于是得到∠CAD=30°，故①正确；由于AC⊥AB，得到S▱ABCD=AB•AC，故②正确，根据AB=BC，OB=BD，且BD＞BC，得到AB≠OB，故③错误；根据三角形的中位线定理得到OE=AB，故④正确．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC=∠ADC=60°，∠BAD=120°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠EAD=60°
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=AB=BE，
∵AB=BC，
∴AE=BC，
∴∠BAC=90°，
∴∠CAD=30°，故①正确；
∵AC⊥AB，
∴S▱ABCD=AB•AC，故②正确，
∵AB=BC，OB=BD，
∵BD＞BC，
∴AB≠OB，故③错误；
∵CE=BE，CO=OA，
∴OE=AB，
故④正确．
故①②④正确，共3个．
故选C
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，平行四边形的面积公式，熟练掌握性质定理和判定定理是解题的关键．
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．±3．
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件求出x，进而求出y，根据平方根的概念解答即可．
【详解】
解：要使有意义，则x-3≥0，
同理，3-x≥0，
解得，x=3，
则y=6，
∴xy=18，
∵18的平方根是±3，
∴xy的平方根为±3，
故答案为：±3．
【点睛】
本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
10．
【解析】
【分析】
根据题意，勾股定理求得另一条对角线的长度，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可求解．
【详解】
如图，四边形的菱形，连接交于点，依题意设,，

则，
，
，
菱形．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了根据菱形的性质求菱形的面积，勾股定理，作出图形求得另外一条对角线的长是解题的关键．
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．A
解析：3﹣3
【分析】
连接AC，当A、、C共线时，C的值最小，进而解答即可．
【详解】
解：如图，连接AC．

∵折叠，
∴AB＝A＝3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∴AC＝，
∵C≥AC﹣A，
∴当A、、C共线时，C的值最小为：3﹣3，
故答案为：3﹣3．
【点睛】
本题考查翻折变换、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，作出正确的辅助线，属于中考常考题型．
13．y=3x+3．
【分析】
把（-1，0）、（0，3）代入y=kx+b得到 ，然后解方程组可．
【详解】
解：根据题意得
，
解得，
所以直线的解析式为y=3x+3．
故答案为y=3x+3．
【点睛】
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式：设一次函数的解析式为y=kx+b（k、b为常数，k≠0），然后把函数图象上两个点的坐标代入得到关于k、b的方程组，然后解方程组求出k、b，从而得到一次函数的解析式．
14．E
解析：9
【详解】
试题解析：连接EO，延长EO交AB于H.

∵DE∥OC,CE∥OD，
∴四边形ODEC是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OD=OC，
∴四边形ODEC是菱形，
∴OE⊥CD，
∵AB∥CD，AD⊥CD，
∴EH⊥AB,AD∥OE,∵OA∥DE，
∴四边形ADEO是平行四边形，
∴AD=OE=6，
∵OH∥AD，OB=OD，
∴BH=AH，

∴EH=OH+OE=3+6=9，
故答案为:9.
点睛:平行四边形的判定:两组对边分别平行的四边形是平行四边形.
15．（，0）
【分析】
作点D关于x轴对称点F，根据题意求出D点的坐标，从而得到F点的坐标，同时连接CF，则CF与x轴的交点即为所求E点，此时满足△CDE的周长最小，利用CF的解析式求解即可．
【详解】
解析：（，0）
【分析】
作点D关于x轴对称点F，根据题意求出D点的坐标，从而得到F点的坐标，同时连接CF，则CF与x轴的交点即为所求E点，此时满足△CDE的周长最小，利用CF的解析式求解即可．
【详解】
解：作点D关于x轴对称点F，如图，

∵四边形OABC是矩形，
∴OC＝BD＝3，点C的坐标为，
∵D为AB边的中点，
∴AD＝，
∵OA＝4，
∴D点的坐标为，则F点的坐标为，
根据轴对称的性质可得：EF＝ED，
∴C△CDE＝CD+CE+DE＝CD+CE+EF，其中CD为定值，
当CE+EF值最小时，△CDE周长最小，此时点C，E，F三点共线，
设直线CF的解析式为：，
将和代入解析式得：
，解得：，
∴直线CF的解析式为：，
令，得：，
解得：，
∴点E坐标（，0），
故答案为：．
【点睛】
本题考查一次函数与轴对称的综合运用，理解最短路径的求解方法，熟悉待定系数法求一次函数解析式是解题关键．
16．【分析】
先根据题意确定点B的坐标，然后再确定直线AB的解析式，然后设点C的坐标为（x，y），然后求出OC的中点坐标，然后将中点坐标代入解析式即可．
【详解】
解：∵点A的坐标为
∴OA=1
∵，
解析：
【分析】
先根据题意确定点B的坐标，然后再确定直线AB的解析式，然后设点C的坐标为（x，y），然后求出OC的中点坐标，然后将中点坐标代入解析式即可．
【详解】
解：∵点A的坐标为
∴OA=1
∵，即∠OBA=30°
∴AB=2
∴OB=
∴点A的坐标为
设直线AB的解析式为y=kx+b
则有 ，即
∴y=x+1
∵作点O关于AB的对称点C
∴直线OC的解析式为y=x+1
设点C的坐标为（x，y），则OC的中点坐标为（）
∴ ，解得：．
∴点C的坐标为．
故答案为．
【点睛】
本题考查了轴对称变换、一次函数解析式以及相互垂直直线的特点，掌握相互垂直直线的特点和轴对称的对应点的坐标特点是解答本题的关键．
三、解答题
17．（1）；（2）2．
【分析】
（1）利用分配率进行二次根式的乘法运算，再化简即可求值；
（2）先根据二次根式的除法和乘法公式进行化简，在进行二次根式加减即可求解．
【详解】
解：（1）（）×
；
解析：（1）；（2）2．
【分析】
（1）利用分配率进行二次根式的乘法运算，再化简即可求值；
（2）先根据二次根式的除法和乘法公式进行化简，在进行二次根式加减即可求解．
【详解】
解：（1）（）×

；
（2）﹣6

=2．
【点睛】
本题考查了二次根式的运算，熟知二次根式的加减乘除运算法则，并正确计算是解题关键．
18．4米
【分析】
根据勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】
解：设水池里水的深度是x尺，
由题意得，x2+52=（x+1）2，
解得：x=12，
米
答：水池里水的深度是4米．
【点睛】
本题考查
解析：4米
【分析】
根据勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】
解：设水池里水的深度是x尺，
由题意得，x2+52=（x+1）2，
解得：x=12，
米
答：水池里水的深度是4米．
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用，掌握勾股定理、根据勾股定理正确列出方程是解题的关键．
19．（1），；（2）不是直角，证明见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）利用勾股定理求解即可．
（2）利用勾股定理的逆定理判断即可．
（3）利用等高模型解决问题即可．
【详解】
解：（1）BC
解析：（1），；（2）不是直角，证明见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）利用勾股定理求解即可．
（2）利用勾股定理的逆定理判断即可．
（3）利用等高模型解决问题即可．
【详解】
解：（1）BC==，BD==．
（2）结论：不是直角．
理由：∵CD=，BC=，BD=，
∴BC2+CD2≠BD2，
∴∠BCD≠90°．
（3）如图，四边形ABED即为所求．

【点睛】
本题考查作图-应用与设计作图，勾股定理，勾股定理的逆定理，四边形的面积等知识，解题的关键是掌握勾股定理以及勾股定理的逆定理解决问题，属于中考常考题型．
20．（1）见解析；（2）90；（3）104
【分析】
（1）根据题意，可以先证明和全等，然后即可得到，然后对角线互相平分的四边形是平行四边形可以证明结论成立；
（2）根据菱形的性质，可以得到的度数；
（
解析：（1）见解析；（2）90；（3）104
【分析】
（1）根据题意，可以先证明和全等，然后即可得到，然后对角线互相平分的四边形是平行四边形可以证明结论成立；
（2）根据菱形的性质，可以得到的度数；
（3）根据矩形的性质，可以得到的度数．
【详解】
（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
点是边的中点，
，
在和中，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形；
（2）当的度数为时，四边形是菱形，
理由：四边形是菱形，
，
，
故答案为：90；
（3）当的度数为104度时，四边形是矩形，
理由：四边形是矩形，
，
，
，
四边形是平行四边形，，
，
，
，
故答案为：104．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的性质、菱形的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
21．【解析】
【分析】
根据题意给出的解法即可求出答案即可．
【详解】
设x=+，
两边平方得：x2=（）2+（）2+2，
即x2=4++4﹣+6，
x2=14
∴x=±．
∵+＞0，∴x=．
【点
解析：
【解析】
【分析】
根据题意给出的解法即可求出答案即可．
【详解】
设x=+，
两边平方得：x2=（）2+（）2+2，
即x2=4++4﹣+6，
x2=14
∴x=±．
∵+＞0，∴x=．
【点睛】
本题考查了二次根式的运算，解题的关键是正确理解题意给出的解法，本题属于中等题型．
22．（1）（2）380天，55元
【分析】
（1）根据函数图像，待定系数法求解析式即可；
（2）设需要天，该店能还清所有债务，根据题意，列一元一次不等式，根据二次函数的性质求得最值
【详解】
（1）当时
解析：（1）（2）380天，55元
【分析】
（1）根据函数图像，待定系数法求解析式即可；
（2）设需要天，该店能还清所有债务，根据题意，列一元一次不等式，根据二次函数的性质求得最值
【详解】
（1）当时，设与的函数关系是为，有函数图像可知，函数图像经过点

解得

当时，设与的函数关系是为，有函数图像可知，函数图像经过点

解得

综上所述，
（2）设设需要天，该店能还清所有债务，根据题意，

当时，
当时，的最大值为

即，
当时，
当时，的最大值为

即，
综上所述，时，即最早需要天还清所有债务，此时服装定价为元
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，二次函数的应用，掌握二次函数的性质是解题的关键．
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）或；（3）存在，或或
【解析】
【分析】
（1）由△ABC面积为10，可得AC＝5，即可求C点坐标，再将点B与C代入y＝kx+b，解二元一次方程组可求y＝﹣x+4；
（2）当D点在E
解析：（1），；（2）或；（3）存在，或或
【解析】
【分析】
（1）由△ABC面积为10，可得AC＝5，即可求C点坐标，再将点B与C代入y＝kx+b，解二元一次方程组可求y＝﹣x+4；
（2）当D点在E上方时，过点D作MN⊥y轴，过E、F分别作ME、FN垂直与x轴，与MN交于点M、N，由△EDF是等腰直角三角形，可证得△MED≌△NDF（AAS），设D（0，y），F（m，﹣m+4），E（﹣1，2），由ME＝y﹣2，MD＝1，DN＝y﹣2，NF＝1，得到m＝y﹣2，y＝1+（﹣m+4）＝5﹣m，求出D（0，）；当点D在点E下方时，过点D作PQ⊥y轴，过P、Q分别作PE、FQ垂直与x轴，与PQ交于点P、Q，同理可证△PED≌△QDF（AAS），设D（0，y），F（m，﹣m+4），得到PE＝2﹣y，PD＝1，DQ＝2﹣y，QF＝1，所以m＝2﹣y，1＝﹣m+4﹣y，求得D（0，﹣1）；
（3）连接OG，由S△ABG＝S△ABO，可得OG∥AB，求出AB的解析式为y＝2x+4，所以OG的解析式为y＝2x，可求出G（ ，），进而能求出AG的解析式为y＝x+，设M（t，t+），N（n，0），①当BC、MN分别为对角线时，BC的中点为（，2），MN的中点为（，t+），求得N（﹣，0）；②当BM、CN分别为对角线时，BM的中点为（，t+），CN的中点为（，0），求得N（﹣，0）；③当BN、CM分别为对角线时，BN的中点为（，2），CM的中点为（，t+），求得N（，0）．
【详解】
解：（1）∵△ABC面积为10，
∴×AC×OB＝×AC×4＝10，
∴AC＝5，
∵A（﹣2，0），
∴C（3，0），
将点B与C代入y＝kx+b，可得,
∴，
∴y＝﹣x+4，
故答案为（3，0），y＝﹣x+4；
（2）当D点在E上方时，过点D作MN⊥y轴，过E、F分别作ME、FN垂直与x轴，与MN交于点M、N，

∵△EDF是等腰直角三角形，
∴∠EDF＝90°，ED＝DF，
∵∠MDE+∠NDF＝∠MDE+∠MED＝90°，
∴∠NDF＝∠MED，
∴△MED≌△NDF（AAS），
∴ME＝DN，MD＝FN，
设D（0，y），F（m，﹣m+4），
∵E是AB的中点，
∴E（﹣1，2），
∴ME＝y﹣2，MD＝1，
∴DN＝y﹣2，NF＝1，
∴m＝y﹣2，y＝1+（﹣m+4）＝5﹣m，
∴m＝，
∴D（0，）；
当点D在点E下方时，过点D作PQ⊥y轴，过P、Q分别作PE、FQ垂直与x轴，与PQ交于点P、Q，

∵△EDF是等腰直角三角形，
∴∠EDF＝90°，ED＝DF，
∵∠PDE+∠QDF＝∠PDE+∠PED＝90°，
∴∠QDF＝∠PED，
∴△PED≌△QDF（AAS），
∴PE＝DQ，PD＝FQ，
设D（0，y），F（m，﹣m+4）
∵E是AB的中点，
∴E（﹣1，2），
∴PE＝2﹣y，PD＝1，
∴DQ＝2﹣y，QF＝1，
∴m＝2﹣y，1＝﹣m+4﹣y，
∴m＝3，
∴D（0，﹣1）；
综上所述：D点坐标为（0，﹣1）或（0，）；
（3）连接OG，

∵S△ABG＝S△ABO，
∴OG∥AB，
设AB的解析式为y＝kx+b，
将点A（﹣2，0），B（0，4）代入，得，
解得，
∴y＝2x+4，
∴OG的解析式为y＝2x，
∴2x＝﹣x+4，
∴x＝，
∴G（ ，），
设AG的解析式为y＝k1x+b1，
将点A、G代入可得，
解得，
∴y＝x+，
∵点M为直线AG上动点，点N在x轴上，
则可设M（t，t+），N（n，0），
当BC、MN分别为对角线时，
BC的中点为（，2），MN的中点为（，t+），
∴，t+=2，
∴t＝，n＝﹣，
∴N（﹣，0）；
当BM、CN分别为对角线时，
BM的中点为（，t+），CN的中点为（，0），
∴，t+=0，
∴t＝﹣，n＝﹣，
∴N（﹣，0）；
③当BN、CM分别为对角线时，
BN的中点为（，2），CM的中点为（，t+），
∴，t+=2，
∴t＝，n＝，
∴N（，0）；
综上所述：以点B，C，M，N为顶点的四边形为平行四边形时，N点坐标为或或．
【点睛】
本题考查一次函数的综合应用，（2）中注意D点的位置有两种情况，避免丢解，同时解题时要构造K字型全等，将D点、F点坐标联系起来，（3）中利用平行四边形对角线互相平分的性质，借助中点坐标公式解题，能简便运算，快速求解．
25．（1）①；②；（2）t的值为或；（3）S=-t2+20t或S=；（4）t=2s或s．
【分析】
（1）①由勾股定理可求解；
②由直角三角形的性质可求解；
（2）分两种情况讨论，由QM的长度为10，列
解析：（1）①；②；（2）t的值为或；（3）S=-t2+20t或S=；（4）t=2s或s．
【分析】
（1）①由勾股定理可求解；
②由直角三角形的性质可求解；
（2）分两种情况讨论，由QM的长度为10，列出方程可求解；
（3）分两种情况讨论，由面积公式可求解；
（4）分两种情况讨论，由含30°角的直角三角形三边的比值可求解．
【详解】
解：（1）①∵∠ACB=90°，∠B＝30°，AB＝20，
∴AC==10，
∴BC=；
②∵PQ⊥AB，
∴∠BQP=90°，
∵∠B=30°，
∴PQ=，
由题意得：BP=2t，
∴PQ=t，
故答案为：t；
（2）在Rt△PQB中，
BQ==3t，
当点M与点Q相遇，20=AM+BQ=4t+3t，
∴t=，
当0＜t＜时，MQ=AB-AM-BQ，
∴20-4t-3t=10，
∴t=，
当＜t≤=5时，MQ=AM+BQ-AB，
∴4t+3t-20=10，
∴t=，
综上所述：当QM的长度为10时，t的值为或；
（3）当0＜t＜时，S=PQ·MQ=t×（20-7t）=-t2+20t；
当＜t≤5时，如图，

∵四边形PQMN是矩形，
∴PN=QM=7t-20，PQ=t，
∴∠B=30°，
∴ME∶BE∶BM=1∶2∶，
∵BM=20-4t，
∴ME=，
∴S==；
（4）如图，若NQ⊥AC，

∴NQ∥BC，
∴∠B=∠MQN=30°，
∵MN∶NQ∶MQ=1∶2∶，
∵MQ=20-7t，MN=PQ=，
∴，
∴t=2，
如图，若NQ⊥BC，

∴NQ∥AC，
∴∠A=∠BQN=90°-∠B=60°，
∴∠PQN=90°-∠BQN=30°，
∴PN∶NQ∶PQ=1∶2∶，
∵PN=MQ=7t-20，PQ=，
∴，
∴t=，
综上所述：当t=2s或s时，过点Q和点N的直线垂直于Rt△ABC的一边．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，勾股定理，平行线的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
26．（1）见解析；（2）；（3）2AC2＝CD2+CE2，理由见解析
【分析】
（1）先判断出∠BAE＝∠CAD，进而得出△ACD≌△ABE，即可得出结论；
（2）先求出∠CDA＝∠ADE＝30°，进而
解析：（1）见解析；（2）；（3）2AC2＝CD2+CE2，理由见解析
【分析】
（1）先判断出∠BAE＝∠CAD，进而得出△ACD≌△ABE，即可得出结论；
（2）先求出∠CDA＝∠ADE＝30°，进而求出∠BED＝90°，最后用勾股定理即可得出结论；
（3）连接BE，由等腰直角三角形的性质和全等三角形的性质可得BE＝CD，∠BEA＝∠CDA＝45°，由勾股定理可得2AC2＝CD2+CE2．
【详解】
证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAE＝∠DAE+∠CAE，即∠BAE＝∠CAD；
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ACD≌△ABE（SAS），
∴CD＝BE；
（2）如图②，连接BE，

∵AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DE＝AD＝3，∠ADE＝∠AED＝60°，
∵CD⊥AE，
∴∠CDA＝∠ADE＝×60°＝30°，
∵由（1）得△ACD≌△ABE，
∴BE＝CD＝5，∠BEA＝∠CDA＝30°，
∴∠BED＝∠BEA+∠AED＝30°+60°＝90°，即BE⊥DE，
∴．
（3）2AC2＝CD2+CE2，
理由如下：连接BE，

∵AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠D＝∠AED＝45°，
由（1）得△ACD≌△ABE，
∴BE＝CD，∠BEA＝∠CDA＝45°，
∴∠BEC＝∠BEA+∠AED＝45°+45°＝90°，即BE⊥DE，
在Rt△BEC中，BC2＝BE2+CE2，
在Rt△ABC中，AB2+AC2＝BC2，
∴2AC2＝CD2+CE2．
【点睛】
此题考查了等腰直角三角形、全等三角形的性质以及勾股定理，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．