人教版八年级下册数学期末试卷检测题(Word版含答案).doc

人教版八年级下册数学期末试卷检测题（Word版含答案）
一、选择题
1．若二次根式有意义，则的值不可以是（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
2．下列各组数中，不能构成直角三角形的一组是（　　 ）
A．3，4，5 B．1，， C．2，2，3 D．5，12，13
3．如图，在中，点分别在边上.若从下列条件中只选择一个添加到图中的条件中:①；②；③；④．那么不能使四边形是平行四边形的条件相应序号是（ ）

A．① B．② C．③ D．④
4．某班3位同学进行投篮比赛，每人投10次，平均每人投中8次，已知第一、三位同学分别投中8次，10次，那么第二位同学投中（　　）
A．6次 B．7次 C．8次 D．9次
5．甲、乙两艘轮船同时从港口出发，甲以16海里/时的速度向北偏东的方向航行，它们出发1.5小时后，两船相距30海里，若乙以12海里/时的速度航行，则它的航行方向为（ ）
A．北偏西 B．南偏西75°
C．南偏东或北偏西 D．南偏西或北偏东
6．如图，菱形 ABCD 的顶点 C 在直线 MN 上，若∠1＝50°，∠2＝20°，则∠BDC 的度数为（）

A．20° B．30°
C．35° D．40°
7．如图，在中，，分别是，的中点，，是上一点，连接，，．若，则的长度为（ ）

A．24 B．28 C．20 D．12
8．甲、乙两车从A地出发，沿同一路线驶向B地．甲车先出发匀速驶向B地，40min后，乙车出发，匀速行驶一段时间后，在途中的货站装货耗时半小时．由于满载货物，为了行驶安全，速度减少了50km/h，结果与甲车同时到达B地．甲乙两车距A地的路程y（km）与乙车行驶时间x（h）之间的函数图象如图所示，则下列说法中正确的有（ ）
①；②甲的速度是60km/h；③乙出发80min追上甲；④乙刚到达货站时，甲距B地180km．

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
二、填空题
9．已知是实数，且满足，则的平方根是____________．
10．菱形的周长是20，一条对角线的长为6，则它的面积为_____．
11．已知一个直角三角形的两直角边长分别是1和3，则斜边长为________．
12．如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，点F是线段DE上的一点．连接AF，BF，∠AFB＝90°，且AB＝10，BC＝16，则EF的长是_______

13．小明从家步行到学校需走的路程为2000米．图中的折线OAB反映了小明从家步行到学校所走的路程s（米）与时间t（分钟）的函数关系，根据图象提供的信息，当小明从家出发去学校步行20分钟时，距离学校还有__米．

14．若矩形的边长分别为2和4，则它的对角线长是__．
15．如图，直线：与直线：相交于点，直线与轴交于点，直线与轴交于点与轴交于点，交轴于点．直线上有一点（在轴上方）且，则点的坐标为________．

16．如图，点A1（2，2）在直线上，过点作轴交直线于点，以点为直角顶点，A1B1为直角边在A1B1的右侧作等腰，再过点作轴，分别交直线和于两点，以点为直角顶点，为直角边在的右侧作等腰，按此规律进行下去，则等腰的面积为_____；等腰的面积为____．

三、解答题
17．计算
（1）（+）（-）
（2）
18．春节期间，乐乐帮妈妈挂灯笼时，发现，如图长2.5米的梯子斜靠在一竖直的墙上，这时为1.5米，当梯子的底端向右移动0.5米到处时，你能帮乐乐算算梯子顶端下滑多少米吗？（处）．

19．如图，在平面直角坐标系中，网格中每一个小正方形的边长都是1个单位长度．
（1）画出△ABC关于y轴对称的图形△A′B′C′，写出C的坐标；
（2）求△ABC中AC边上的高．

20．如图所示，的对角线的垂直平分线与边，分别相交于点，．求证：四边形是菱形．

21．观察下列等式：
①；
②；
③；
……
回答下列问题：
（1）仿照上列等式，写出第n个等式： ；
（2）利用你观察到的规律，化简：；
（3）计算：
22．互联网时代，一部手机就可搞定午餐是新零售时代的重要表现形式，打包是最早出现的外卖形式，虽然古老，却延续至今，随着电话、手机、网络的普及，外卖行业得到迅速的发展．某知名外卖平台招聘外卖骑手，并提供了如下两种日工资方案：
方案一：每日底薪50元，每完成一单外卖业务再提成3元；
方案二：每日底薪80元，外卖业务的前30单没有提成，超过30单的部分，每完成一单提成5元．
设骑手每日完成的外卖业务量为x单（x为正整数），方案一、方案二中骑手的日工资分别为y1、y2（单位：元）．
（1）分别写出y1、y2关于x的函数关系式；
（2）若小强是该外卖平台的一名骑手，从日工资收入的角度考虑，他应该选择哪种日工资方案？并说明理由．
23．如图．四边形ABCD、BEFG均为正方形．
（1）如图1，连接AG、CE，请直接写出AG和CE的数量和位置关系（不必证明）．
（2）将正方形BEFG绕点B顺时针旋转角（），如图2，直线AG、CE相交于点M．
①AG和CE是否仍然满足（1）中的结论？如果是，请说明理由：如果不是，请举出反例：
②连结MB，求证：MB平分．
（3）在（2）的条件下，过点A作交MB的延长线于点N，请直接写出线段CM与BN的数量关系．

24．如图，一次函数与坐标轴交于两点，将线段以点为中心逆时针旋转一定角度，点的对应点落在第二象限的点处，且的面积为．

（1）求点的坐标及直线的表达式；
（2）点在直线上第二象限内一点，在中有一个内角是，求点的坐标；
（3）过原点的直线，与直线交于点，与直线交于点，在三点中，当其中一点是另外两点所连线段的中点时，求的面积．
25．已知，如图，在三角形中，，于，且．点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时点由点出发，沿方向匀速运动，速度为，过点的动直线，交于点，连结，设运动时间为，解答下列问题：

（1）线段_________；
（2）求证：；
（3）当为何值时，以为顶点的四边形为平行四边形？
26．如图，四边形ABCD为矩形，C点在轴上，A点在轴上，D(0，0)，B(3，4)，矩形ABCD沿直线EF折叠，点B落在AD边上的G处，E、F分别在BC、AB边上且F(1，4)．
(1)求G点坐标
(2)求直线EF解析式
(3)点N在坐标轴上，直线EF上是否存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由

【参考答案】
一、选择题
1．A
解析：A
【分析】
根据二次根式有意义的条件可得，再解即可．
【详解】
解：由题意得：，
解得：，
四个选项中，只有A选项不符合题意，
故选A．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件，解题关键在于掌握其定义．
2．C
解析：C
【分析】
由勾股定理的逆定理，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、32+42＝52，能构成直角三角形；
B、12+（）2＝（）2，能构成直角三角形；
C、22+22≠32，不能构成直角三角形．
D、52+122＝132，能构成直角三角形；
故选：C．
【点睛】
本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
利用平行四边形的性质，依据平行四边形的判定方法，即可得出不能使四边形AECF是平行四边形的条件．
【详解】
解：①∵四边形ABCD平行四边形，
∴AD//BC，
∴AF//EC，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形；
②∵AE=CF不能得出四边形AECF是平行四边形，
∴条件②符合题意；
③∵四边形ABCD平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
又∵BE=DF，
∴AF=EC．
又∵AF∥EC，
∴四边形AECF是平行四边形．
④∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵∠BAE=∠DCF，
∴∠AEB=∠CFD．
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EAD．
∴∠CFD=∠EAD．
∴AE∥CF．
∵AF∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形．
综上所述，不能使四边形AECF是平行四边形的条件有1个．
故选：B．

【点睛】
本题考查了平行四边形的性质定理和判定定理，以及平行线的判定定理；熟记平行四边形的判定方法是解决问题的关键．
4．A
解析：A
【解析】
【分析】
设第二位同学投中x次，根据算术平均数的计算公式列方程即可得到结论．
【详解】
解：设第二位同学投中x次，
∵平均每人投中8次，
∴＝8，
解得：x＝6，
∴第二位同学投中6次，
故选：A．
【点睛】
本题考查了算术平均数，根据题意列方程是解题的关键．
5．C
解析：C
【分析】
先求出出发1.5小时后，甲乙两船航行的路程，进而可根据勾股定理的逆定理得出乙船的航行方向与甲船的航行方向垂直，进一步即可得出答案．
【详解】
解：出发1.5小时后，甲船航行的路程是16×1.5=24海里，乙船航行的路程是12×1.5=18海里；
∵，
∴乙船的航行方向与甲船的航行方向垂直，
∵甲船的航行方向是北偏东75°，
∴乙船的航行方向是南偏东15°或北偏西15°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理和方位角，属于常考题型，正确理解题意、熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
6．C
解析：C
【解析】
【分析】
先求出，根据菱形性质得出，即得到，可得的度数．
【详解】
∵∠1＝50°，∠2＝20°
∴
∵四边形ABCD为菱形
∴
∴
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质求角度，熟知以上知识是解题的关键．
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
如图，首先证明EF=10，继而得到DE=14；再证明DE为△ABC的中位线，即可解决问题．
【详解】
解：∵∠AFC=90°，AE=CE，AC=20，
∴EF=AC=10，
又DF=4，
∴DE=4+10=14；
∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴BC=2DE=28，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了三角形的中位线定理、直角三角形的性质等几何知识点及其应用问题；牢固掌握三角形的中位线定理、直角三角形的性质等几何知识点是解题的基础和关键．
8．A
解析：A
【分析】
由线段DE所代表的意思，结合装货半小时，可得出a的值，从而判断出①成立；结合路程=速度×时间，能得出甲车的速度，从而判断出②成立；设出乙车刚出发时的速度为x千米/时，则装满货后的速度为（x-50）千米/时，由路程=速度×时间列出关于x的一元一次方程，解出方程即可得知乙车的初始速度，由甲车先跑的路程÷两车速度差即可得出乙车追上甲车的时间，从而得出③成立；由乙车刚到达货站的时间，可以得出甲车行驶的总路程，结合A、B两地的距离即可判断④也成立．综上可知①②③④皆成立．
【详解】
∵线段DE代表乙车在途中的货站装货耗时半小时，
∴a=4+0.5=4.5(小时)，即①成立；
40分钟=小时，
甲车的速度为460÷(7+)=60(千米/时)，
即②成立；
设乙车刚出发时的速度为x千米/时,则装满货后的速度为(x−50)千米/时，
根据题意可知：4x+(7−4.5)( x−50)=460，
解得：x=90.
乙车发车时,甲车行驶的路程为60×23=40(千米)，
乙车追上甲车的时间为40÷(90−60)=(小时), 小时=80分钟，即③成立；
乙车刚到达货站时,甲车行驶的时间为(4+)小时，
此时甲车离B地的距离为460−60×(4+)=180(千米)，
即④成立.
综上可知正确的有：①②③④.
故选A.
【点睛】
本题考查一次函数的应用——行程问题，解决此类题的关键是，要读懂图象，看清横纵坐标所代表的数学量，及每段图象所代表的情况.
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件可求得x，然后求得y，最后求平方根即可．
【详解】
解：∵是实数，且满足，
∴并且，
解得，此时，
∴，其平方根是．
故答案为：．
【点睛】
本题考查二次根式有意义的条件，求一个数的平方根，二次根式的化简，理解二次根式有意义被开方数非负是解题关键．
10．D
解析：【解析】
【分析】
先画出图形，根据菱形的性质可得，DO＝3，根据勾股定理可求得AO的长，从而得到AC的长，再根据菱形的面积公式即可求得结果.
【详解】
由题意得，
∵菱形ABCD
∴，AC⊥BD
∴
∴
∴

考点：本题考查的是菱形的性质
【点睛】
解答本题的关键是熟练掌握菱形的对角线互相垂直且平分，菱形的四条边相等；同时熟记菱形的面积等于对角线乘积的一半.
11．
【解析】
【分析】
利用勾股定理计算即可．
【详解】
解：∵直角三角形的两直角边长分别是1和3，
∴斜边==，
故答案为：．
【点睛】
本题考查勾股定理，解题的关键是记住勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
12．D
解析：3
【分析】
由题意，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线等于的一半，相减即可求得
【详解】
点D，E分别是边AB，AC的中点, BC＝16

∠AFB＝90°，且AB＝10，点D是边AB的中点,

故答案为：3
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形中位线的性质，熟悉以上性质是解题的关键．
13．240
【分析】
当8≤t≤23时，设s=kt+b，将（8，800）、（23，2000）代入求得s=kt+b，，求出t=20时s的值，从而得出答案．
【详解】
解：当8≤t≤23时，设s=kt+b，
将(8，800)、(23，2000)代入，得：
，
解得：，
∴s=80t+160；
当t=20时，s=1760，
∵2000﹣1760=240，
∴当小明从家出发去学校步行20分钟时，到学校还需步行240米．
故答案为：240．
【点睛】
本题主要考查一次函数的应用，解题的关键是理解题意，从实际问题中抽象出一次函数的模型，并熟练掌握待定系数法求一次函数的解析式．
14．A
解析：
【分析】
根据矩形的性质得出∠ABC＝90°，AC＝BD，根据勾股定理求出AC即可．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AC＝BD，
在Rt△ABC中，AB＝2，BC＝4，由勾股定理得：AC＝,
∴
故答案为
【点睛】
本题考查了矩形的性质，勾股定理的应用，题目比较好，难度适中．
15．【分析】
分别解得直线、与坐标轴的交点即点、、，根据平行线的性质解得直线AE的解析式，再解得点，最后由三角形面积公式解题．
【详解】
解：令，直线与轴的交点，
令，直线与轴的交点，
直线与直线的
解析：
【分析】
分别解得直线、与坐标轴的交点即点、、，根据平行线的性质解得直线AE的解析式，再解得点，最后由三角形面积公式解题．
【详解】
解：令，直线与轴的交点，
令，直线与轴的交点，

直线与直线的交点为：

即
解得，
把代入得，

令，直线与轴的交点，

设直线AE的解析式为，将点代入得，

当时，

把代入直线：，得

故答案为：．
【点睛】
本题考查一次函数的图象与性质、待定系数法求一次函数解析式、一次函数与二元一次方程组、三角形面积等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
16．【分析】
利用一次函数的解析式，分别作出等腰直角三角形的直角边的长，探究规律后，解决问题即可．
【详解】
解：∵点轴交直线于点，
，
，
即的面积，
，
，
又由轴交直线于点，
，
解析：
【分析】
利用一次函数的解析式，分别作出等腰直角三角形的直角边的长，探究规律后，解决问题即可．
【详解】
解：∵点轴交直线于点，
，
，
即的面积，
，
，
又由轴交直线于点，
，
，
即的面职，
以此类推，，
即面积，
……，
，
的面积，
当时，
的面积为：

．
故答案为：．
【点睛】
本题考查一次函数图象上的点的特征，等腰直角三角形的判定和性质，正比例函数的性质等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
三、解答题
17．（1）4；（2）
【分析】
（1）根据二次根式运算法则结合平方差公式进行计算即可；
（2）先将题目中的二次根式化解为最简二次根式，然后根据二次根式的加减运算法则计算即可．
【详解】
解：（1）原式；
解析：（1）4；（2）
【分析】
（1）根据二次根式运算法则结合平方差公式进行计算即可；
（2）先将题目中的二次根式化解为最简二次根式，然后根据二次根式的加减运算法则计算即可．
【详解】
解：（1）原式；
（2）原式

．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算，平方差公式，熟练掌握二次根式的混合运算法则是解本题的关键．
18．5米
【分析】
在中，由勾股定理可求出AC的值，在中，由勾股定理可求出CE的值，最后根据线段的和差关系即可得出答案．
【详解】
解：∵，在中，由勾股定理得，，
∴米，（负值已舍去）
∵米，
∴在中，
解析：5米
【分析】
在中，由勾股定理可求出AC的值，在中，由勾股定理可求出CE的值，最后根据线段的和差关系即可得出答案．
【详解】
解：∵，在中，由勾股定理得，，
∴米，（负值已舍去）
∵米，
∴在中，，
∴米
∴（米）
答：梯子顶端下滑0.5米．
【点睛】
本题考查勾股定理的应用，在直角三角形里根据勾股定理，知道其中两边就可求出第三边，从而可求解．
19．（1）作图见解析，点C的坐标为(-1，1)；（2）AC边上的高为．
【解析】
【分析】
（1）分别作出A，B，C的对应点A′，B′，C′即可．
（2）利用面积法求解即可．
【详解】
解：（1）如图，
解析：（1）作图见解析，点C的坐标为(-1，1)；（2）AC边上的高为．
【解析】
【分析】
（1）分别作出A，B，C的对应点A′，B′，C′即可．
（2）利用面积法求解即可．
【详解】
解：（1）如图，△A′B′C′即为所求作．

点C的坐标为(-1，1)；
（2）设△ABC边上的高为h，
∵AB==，BC==，AC==，
，
∴,且AB=BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，且AC为斜边，
∴××=××h，
∴h=．
即AC边上的高为．
【点睛】
本题考查作图-轴对称变换，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．
20．见解析
【分析】
根据题意先证明，即可证明四边形为平行四边形，根据可得结果．
【详解】
证明：∵四边形是平行四边形
∴，，
∴，
∵是的垂直平分线，
∴，
在与中，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形
解析：见解析
【分析】
根据题意先证明，即可证明四边形为平行四边形，根据可得结果．
【详解】
证明：∵四边形是平行四边形
∴，，
∴，
∵是的垂直平分线，
∴，
在与中，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴四边形为菱形．
【点睛】
本题主要考查了菱形的判定，平行四边形的判定与性质，熟知判定定理以及性质是解题的关键．
21．（1） （2分）
（2）（3分）
（3）-1（3分）
【解析】
【详解】
试题分析：
（1）根据题意可以观察出：第n个等式：；
（2）由（1）中的结论可得结果；（3）由（1）中的结论将式子化简，然后
解析：（1） （2分）
（2）（3分）
（3）-1（3分）
【解析】
【详解】
试题分析：
（1）根据题意可以观察出：第n个等式：；
（2）由（1）中的结论可得结果；（3）由（1）中的结论将式子化简，然后其中的有些数可以互相抵消，最后化简即可．
试题解析：
（1）根据题意可以观察出：第n个等式：；
（2）根据（1）的结论可得：；
（3）原式= .
考点：分母有理化．
22．（1）y1=50+3x；当0＜x＜30且n为整数时，y2=80；当x≥30时且n为整数时，y2=5x-70；（2）见解析
【分析】
（1）根据题意，可以写出y1，y2关于x的函数解析式；
（2）在0
解析：（1）y1=50+3x；当0＜x＜30且n为整数时，y2=80；当x≥30时且n为整数时，y2=5x-70；（2）见解析
【分析】
（1）根据题意，可以写出y1，y2关于x的函数解析式；
（2）在0＜x＜30范围内，令y1=y2，求x的值，可得y1＞y2时x的取值范围，在x≥30时，令y1=y2可得x的值，即可得y1＞y2时可得x的取值范围．
【详解】
解：（1）由题意得：y1=50+3x，
当0＜x＜30且x为整数时，y2=80，
当x≥30时且x为整数时，y2=80+5（x-30）=5x-70；
（2）当0＜x＜30且x为整数时，当50+3x=80时，
解得x=10，
即10＜x＜30时，y1＞y2，0＜x＜10时，y1＜y2，
当x≥30且x为整数时，50+3x=5x-70时，
解得x=60，
即x＞60时，y2＞y1，30≤x＜60时，y2＜y1，
∴从日工资收入的角度考虑，
①当0＜x＜10或x＞60时，y2＞y1，他应该选择方案二；
②当10＜x＜60时，y1＞y2，他应该选择方案一；
③当x=10或x=60时，y1=y2，他选择两个方案均可．
【点睛】
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．
23．（1）AG=EC，AG⊥EC；（2）①满足，理由见解析；②见解析；（3）CM=BN．
【分析】
（1）由正方形BEFG与正方形ABCD，利用正方形的性质得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS得出三
解析：（1）AG=EC，AG⊥EC；（2）①满足，理由见解析；②见解析；（3）CM=BN．
【分析】
（1）由正方形BEFG与正方形ABCD，利用正方形的性质得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS得出三角形ABG与三角形CBE全等，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等得到CE=AG，∠BCE=∠BAG，再利用同角的余角相等即可得证；
（2）①利用SAS得出△ABG≌△CEB即可解决问题；
②过B作BP⊥EC，BH⊥AM，由全等三角形的面积相等得到两三角形面积相等，而AG=EC，可得出BP=BH，利用到角两边距离相等的点在角的平分线上得到BM为角平分线；
（3）在AN上截取NQ=NB，可得出三角形BNQ为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得到BQ=BN，接下来证明BQ=CM，即要证明三角形ABQ与三角形BCM全等，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由三角形ANM为等腰直角三角形得到NA=NM，利用等式的性质得到AQ=BM，利用SAS可得出全等，根据全等三角形的对应边相等即可得证．
【详解】
解：（1）AG=EC，AG⊥EC，理由为：
∵正方形BEFG，正方形ABCD，
∴GB=BE，∠ABG=90°，AB=BC，∠ABC=90°，
在△ABG和△BEC中，
，
∴△ABG≌△BEC（SAS），
∴CE=AG，∠BCE=∠BAG，
延长CE交AG于点M，
∴∠BEC=∠AEM，
∴∠ABC=∠AME=90°，
∴AG=EC，AG⊥EC；

（2）①满足，理由是：
如图2中，设AM交BC于O．

∵∠EBG=∠ABC=90°，
∴∠ABG=∠EBC，
在△ABG和△CEB中，
，
∴△ABG≌△CEB（SAS），
∴AG=EC，∠BAG=∠BCE，
∵∠BAG+∠AOB=90°，∠AOB=∠COM，
∴∠BCE+∠COM=90°，
∴∠OMC=90°，
∴AG⊥EC．
②过B作BP⊥EC，BH⊥AM，
∵△ABG≌△CEB，
∴S△ABG=S△EBC，AG=EC，
∴EC•BP=AG•BH，
∴BP=BH，
∴MB平分∠AME；

（3）CM=BN，
理由为：在NA上截取NQ=NB，连接BQ，
∴△BNQ为等腰直角三角形，即BQ=BN，
∵∠AMN=45°，∠N=90°，
∴△AMN为等腰直角三角形，即AN=MN，
∴MN-BN=AN-NQ，即AQ=BM，
∵∠MBC+∠ABN=90°，∠BAN+∠ABN=90°，
∴∠MBC=∠BAN，
在△ABQ和△BCM中，
，
∴△ABQ≌△BCM（SAS），
∴CM=BQ，
则CM=BN．

【点睛】
此题考查了正方形，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的判定，熟练掌握正方形的性质是解本题的关键．
24．（1）；（2），或；（3）5或0或
【解析】
【分析】
（1）由的面积，求出，由，进而求解；
（2）①当为时，证明，得到点的坐标为，进而求解；②当时，过点作轴于点，当时，，即可求解；
（3）分点是中
解析：（1）；（2），或；（3）5或0或
【解析】
【分析】
（1）由的面积，求出，由，进而求解；
（2）①当为时，证明，得到点的坐标为，进而求解；②当时，过点作轴于点，当时，，即可求解；
（3）分点是中点、点是中点、点是中点三种情况，利用一次函数的性质，求出点的坐标，进而求解．
【详解】
解：（1）一次函数与坐标轴交于，两点，
故点、的坐标分别为、，则，
则的面积，
解得，
则设点的坐标为，
则，
解得，
故点的坐标为，
设的表达式为，
则，解得，
故直线的表达式为；
（2）令，解得，
设直线交轴于点，
在中有一个内角是，这个角不可能是，
①当为时，
过点作于点，过点作轴的平行线，交过点与轴的平行线于点，交过点与轴的平行线于点，

，
为等腰直角三角形，则，，
，，
，
，，
，
，，
故点的坐标为，
由点、坐标，同理可得，直线的表达式为，
联立和并解得，
故点的坐标为，；
②当时，
过点作轴于点，
当时，，
即点；
综上，点的坐标为，或；
（3）设点的坐标为，
则的表达式为，
联立上式与并解得，
即点的横坐标为，
①当点是中点时，
则点、的横坐标互为相反数，
即，
解得（舍去）或20，
故点的坐标为，
②当点是中点时，
同理可得：，
解得（舍去）或，
故点的坐标为，；
③当点是中点时，
同理可得，点，；
当点的坐标为，时，如图2，

设直线交轴于点，
由点、的坐标得：直线的表达式为，
故，
则的面积；
当点的坐标为时，
同理可得：的面积；
当点的坐标为，时，
同理可得：的面积，
综上，的面积为5或0或．
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、等腰三角形的性质、三角形全等、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
25．（1）12；（2）证明见详解；（3）或t=4s．
【分析】
（1）由勾股定理求出AD即可；
（2）由等腰三角形的性质和平行线的性质得出∠PBQ=∠PQB，再由等腰三角形的判定定理即可得出结论；
（3
解析：（1）12；（2）证明见详解；（3）或t=4s．
【分析】
（1）由勾股定理求出AD即可；
（2）由等腰三角形的性质和平行线的性质得出∠PBQ=∠PQB，再由等腰三角形的判定定理即可得出结论；
（3）分两种情况：①当点M在点D的上方时，根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，得出MD=AD-AM=12-4t，由PQ∥MD，当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可；
②当点M在点D的下方时，根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，得出MD=AM-AD=4t-12，由PQ∥MD，当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可．
【详解】
（1）解：∵BD⊥AC，
∴∠ADB=90°，
∴（cm），
（2）如图所示：

∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，即∠PBQ=∠C，
∵PQ∥AC，
∴∠PQB=∠C，
∴∠PBQ=∠PQB，
∴PB=PQ；
（3）分两种情况：
①当点M在点D的上方时，如图2所示：

根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，
∴MD=AD-AM=12-4t，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
∴当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，
即：当t=12-4t，时，四边形PQDM是平行四边形，
解得：（s）；

②当点M在点D的下方时，如图3所示：
根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，
∴MD=AM-AD=4t-12，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
∴当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，
即：当t=4t-12时，四边形PQDM是平行四边形，
解得：t=4（s）；
综上所述，当或t=4s时，以P、Q、D、M为顶点的四边形为平行四边形．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定、等腰三角形的判定与性质、勾股定理以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握平行四边形的判定方法，进行分类讨论是解决问题（3）的关键．
26．（1）G（0，4-）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
1（1）由F（1，4），B（3，4），得出AF=1，BF=2，根据折叠的性质得到GF=BF=2，在Rt△AGF中，利用勾股定理求出 ，那么
解析：（1）G（0，4-）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
1（1）由F（1，4），B（3，4），得出AF=1，BF=2，根据折叠的性质得到GF=BF=2，在Rt△AGF中，利用勾股定理求出 ，那么OG=OA-AG=4-，于是G（0，4-）；
（2）先在Rt△AGF中，由 ，得出∠AFG=60°，再由折叠的性质得出∠GFE=∠BFE=60°，解Rt△BFE，求出BE=BF tan60°=2，那么CE=4-2，E（3，4-2）.设直线EF的表达式为y=kx+b，将E（3，4-2），F（1，4）代入，利用待定系数法即可求出直线EF的解析.（3）因为M、N均为动点，只有F、G已经确定，所以可从此入手，结合图形，按照FG为一边，N点在x轴上；FG为一边，N点在y轴上；FG为对角线的思路，顺序探究可能的平行四边形的形状.确定平行四边形的位置与形状之后，利用平行四边形及平移的性质求得M点的坐标.
【详解】
解：（1）∵F（1，4），B（3，4），
∴AF=1，BF=2，
由折叠的性质得：GF=BF=2，
在Rt△AGF中，由勾股定理得，

∵B（3，4），
∴OA=4，
∴OG=4-，
∴G（0，4-）；
（2）在Rt△AGF中，
∵ ，
∴∠AFG=60°，由折叠的性质得知：∠GFE=∠BFE=60°，
在Rt△BFE中，
∵BE=BFtan60°=2，
.CE=4-2，
.E（3，4-2）.
设直线EF的表达式为y=kx+b，
∵E（3，4-2），F（1，4），
∴ 解得
∴ ；

（3）若以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，则分如下四种情况：
①FG为平行四边形的一边，N点在x轴上，GFMN为平行四边形，如图1所示.
过点G作EF的平行线，交x轴于点N1，再过点N：作GF的平行线，交EF于点M，得平行四边形GFM1N1.
∵GN1∥EF，直线EF的解析式为
∴直线GN1的解析式为，
当y=0时， .
∵GFM1N1是平行四边形，且G（0，4-），F（1，4），N1（ ，0），
∴M，（ ，）；

②FG为平行四边形的一边，N点在x轴上，GFNM为平行四边形，如图2所示.
∵GFN2M2为平行四边形，
∴GN₂与FM2互相平分.
∴G（0，4-），N2点纵坐标为0
∴GN：中点的纵坐标为 ，
设GN₂中点的坐标为（x，）.
∵GN2中点与FM2中点重合，
∴
∴x=
∵.GN2的中点的坐标为（），
.∴N2点的坐标为（，0）.
∵GFN2M2为平行四边形，且G（0，4-），F（1，4），N2（，0），
∴M2（）；

③FG为平行四边形的一边，N点在y轴上，GFNM为平行四边形，如图3所示.
∵GFN3M3为平行四边形，.
∴GN3与FM3互相平分.
∵G（0，4-），N2点横坐标为0，
.∴GN3中点的横坐标为0，
∴F与M3的横坐标互为相反数，
∴M3的横坐标为-1，
当x=-1时，y=，
∴M3（-1，4+2）；

④FG为平行四边形的对角线，GMFN为平行四边形，如图4所示.
过点G作EF的平行线，交x轴于点N4，连结N4与GF的中点并延长，交EF于点M。，得平行四边形GM4FN4
∵G（0，4-），F（1，4），
∴FG中点坐标为（），
∵M4N4的中点与FG的中点重合，且N4的纵坐标为0，
.∴M4的纵坐标为8-.
5-45解方程 ，得
∴M4（）.
综上所述，直线EF上存在点M，使以M，N，F，G为顶点的四边形是平行四边形，此时M点坐标为： 。
【点睛】
本题是一次函数的综合题，涉及到的考点包括待定系数法求一次函数的解析式，矩形、平行四边形的性质，轴对称、平移的性质，勾股定理等，对解题能力要求较高.难点在于第（3）问，这是一个存在性问题，注意平行四边形有四种可能的情形，需要一一分析并求解，避免遗漏.