人教版部编版八年级下册数学期末试卷测试卷(含答案解析).doc

人教版部编版八年级下册数学期末试卷测试卷（含答案解析）
一、选择题
1．若代数式有意义，则x的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．下列各组数据能组成直角三角形的一组是（ ）
A．，， B．，， C．，， D．，，
3．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，要使四边形ABCD成为平行四边形，则应增加的条件是（ ）

A．AB＝CD B．∠BAD＝∠DCB C．AC＝BD D．∠ABC＋∠BAD＝180°
4．某大学生的平时成绩分，期中成绩分，期末成绩分，若计算学期总评成绩的方法如下：平时成绩∶期中成绩∶期末成绩，则该学生的学期总评成绩是（ ）
A．分 B．分
C．分 D．分
5．如图，已知矩形ABCD的对角线AC的长为10cm，连结矩形各边中点E、F、G、H得四边形EFGH，则四边形EFGH的周长为（ ）cm．

A．20 B． C． D．25
6．如图所示，在菱形ABCD中，AC，BD相交于O，∠ABC＝50°，E是线段AO上一点则∠BEC的度数可能是（　　）

A．95° B．75° C．55° D．35°
7．如图，在中，点分别是的中点，点是上一点，连接，若则的长度为（　　）

A． B． C． D．
8．如图所示，已知点C（2，0），直线与两坐标轴分别交于A、B两点，D、E分别是AB、OA上的动点，当的周长取最小值时，点D的坐标为（ ）

A．（2，1） B．（3，2） C．（，2） D．（，）
二、填空题
9．若，则_______________________．
10．一个菱形的两条对角线长分别为3cm，4cm，这个菱形的面积S=______．
11．直角三角形的两条直角边长分别为、，则这个直角三角形的斜边长为________cm．
12．在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若∠AOB＝60°，AB＝2，则BC的长为______．

13．若点P（a+1，2a-3）一次函数y＝-2x+1的图象上，则a=_______．
14．如图，在四边形ABCD中，AB//CD，AB＝CD，当AB＝_________时，四边形ABCD为菱形．

15．甲从地出发以某一速度向地走去，同时乙从地出发以另一速度向地而行，如图中的线段、分别表示甲、乙离地的距离（）与所用时间的关系．则、两地之间的距离为______，甲、乙两人相距时出发的时间为______．

16．如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E为AD中点，F为AB上一点，将△AEF沿EF折叠后，点A恰好落到CF上的点G处，则折痕EF的长是_____．

三、解答题
17．计算：
（1）（2﹣）0+|2﹣|+（﹣1）2021；
（2）（+）（﹣）+÷．
18．《九章算术》中有“折竹抵地”问题：今有竹高一丈，末折抵地，去根六尺，问折高者几何？意思是：一根竹子，原高一丈（一丈＝10尺），一阵风将竹子折断，其竹稍恰好抵地，抵地处距竹子底端6尺远，问折断处离地面的高度是多少尺？
19．作图题
（1）填空：如果长方形的长为3，宽为2，那么对角线的长为_________．
（2）如下图，正方形网格中的每个小正方形边长都为1，每个小正方形的顶点叫格点，以格点为顶点（端点），分别按下列要求画图（不要求写画法和证明，但要标注顶点）．
①在图1中，分别画三条线段AB、CD、EF，使AB=、CD=、EF=．
②在图2中，画三角形ABC，使AB=3、BC=、CA=．
③在图3中，画平行四边形ABCD，使，且面积为6．

20．已知：如图，在四边形中，与不平行，，，，分别是，，，的中点．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当，四边形是怎样的四边形？证明你的结论．
21．观察、发现：====﹣1
（1）试化简： ；
（2）直接写出：=　 　；
（3）求值：+++…+ ．
22．在一次蜡烛燃烧实验中，甲、乙两根蜡烛燃烧时剩余部分的高度与燃烧时间的关系如图所示．其中甲蜡烛燃烧前的高度是，乙蜡烛燃烧前的高度是，请根据图象所提供的信息解答下列问题：
（1）甲、乙两根蜡烛从点燃到燃尽所用的时间分别是 ；
（2）分别求甲、乙两根蜡烛燃烧时，与之间的函数关系式；
（3）当为何值时，甲、乙两根蜡烛在燃烧过程中的高度相等（不考虑都燃尽时的情况)？在什么时间段内甲蜡烛比乙蜡烛高？在什么时间段内甲蜡烛比乙蜡烛低？

23．在平行四边形中，以为腰向右作等腰，，以为斜边向左作，且三点，，在同一直线上．

（1）如图①，若点与点重合，且，，求四边形的周长；
（2）如图②，若点在边上，点为线段上一点，连接，点为上一点，连接，且，，求证：；
（3）如图③，若，，，是中点，是上一点，在五边形内作等边，连接、，直接写出的最小值．
24．在平面直角坐标系xOy中，对于任意两点M（x1，y1），N（x2，y2），我们将|x1﹣x2|＋2|y1﹣y2|称为点M与点N的“纵2倍直角距离”，记作dMN．
例如：点M（﹣2，7）与N（5，6）的“纵2倍直角距离”dMN＝|﹣2﹣5|＋2|7﹣6|＝9，
（1）①已知点P1（1，1），P2（﹣4，0），P3（0，），则在这三个点中，与原点O的“纵2倍直角距离”等于3的点是 　 　；
②已知点P（x，y），其中y≥0，若点P与原点O的“纵2倍直角距离”dPO＝3，请在下图中画出所有满足条件的点P组成的图形．
（2）若直线y＝2x＋b上恰好有两个点与原点O的“纵2倍直角距离”等于3，求b的取值范围；
（3）已知点A（1，1），B（3，1），点T（t，0）是x轴上的一个动点，正方形CDEF的顶点坐标分别为C（t﹣，0），D（t，），E（t＋，0），F（t，﹣）．若线段AB上存在点G，正方形CDEF上存在点H，使得dGH＝5，直接写出t的取值范围．

25．如图，菱形纸片的边长为翻折使点两点重合在对角线上一点分别是折痕．设．

（1）证明：；
（2）当时，六边形周长的值是否会发生改变，请说明理由；
（3）当时，六边形的面积可能等于吗?如果能，求此时的值；如果不能，请说明理由．
26．如图正方形，点、、分别在、、上，与相交于点．
（1）如图1，当，
①求证：；
②平移图1中线段，使点与重合，点在延长线上，连接，取中点，连接，如图2，求证：；
（2）如图3，当，边长，，则的长为_________（直接写出结果）．

【参考答案】
一、选择题
1．A
解析：A
【分析】
根据分式分母不为零和二次根式的非负性计算即可；
【详解】
∵代数式有意义，
∴，
∴；
故选A．
【点睛】
本题主要考查了分式有意义的条件和二次根式有意义的条件，准确计算是解题的关键．
2．D
解析：D
【分析】
根据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形判定则可．
【详解】
A、 ，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
B、 ，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
C、 ，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
D、 ，能构成直角三角形，故本选项符合题意，
故选：D．
【点睛】
本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】
根据平行四边形的判定方法，以及等腰梯形的性质等知识，对各选项进行判断即可．
【详解】
A错误,当四边形是等腰梯形时,也满足条件．
B正确，∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
C错误，当四边形是等腰梯形时，也满足条件．
D错误，∵，
∴，与题目条件重复，无法判断四边形是不是平行四边形．
故选:B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质，平行线的判定，等腰梯形的性质等知识，解题关键是熟练掌握平行四边形的判定方法．
4．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据题意和题目中的数据，利用加权平均数的计算方法可以计算出该学生的学期总评成绩．
【详解】
由题意可得，

=86分，
即该学生的学期总评成绩是86分，
故选：B．
【点睛】
本题考查加权平均数，解答本题的关键是明确题意，利用加权平均数的方法解答．
5．A
解析：A
【分析】
连接BD，根据三角形中位线定理易得四边形EFGH的各边长等于矩形对角线的一半，而矩形对角线相等，从而算出周长即可．
【详解】
连接BD，
∵H、G是AD与CD的中点，
∴HG是△ACD的中位线，
∴HG=AC=5cm，同理EF=5cm，
∵四边形ABCD是矩形，
∴根据矩形的对角线相等，即BD=AC=10cm，
∵H、E是AD与AB的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
∴EH=BD=5cm，同理FG=5cm，
∴四边形EFGH的周长为20cm．
故选A．

【点睛】
熟练掌握矩形对角线相等和三角形中位线等于第三边的一半的性质是解决本题的关键.
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
由菱形的性质，得∠AOB=90°，∠ABO=，从而得：∠BAO=65°，进而可得：65°＜＜90°，即可得到答案．
【详解】
解：∵在菱形中，
∴，即：∠AOB=90°，
∴＜90°，
∵，
∴∠ABO=，
∴∠BAO=65°，
∵=∠BAO+∠ABE，
∴＞55°，
即：55°＜＜90°．
故选B．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质定理以及三角形内角和定理与外角的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
7．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据直角三角形的性质求出，进而求出，根据三角形中位线定理计算，得到答案．
【详解】
解：，点是的中点，，
，
，
，
点、分别是、的中点，
，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是直角三角形的性质、三角形中位线定理，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．
8．D
解析：D
【分析】
如图，点C关于OA的对称点，点C关于直线AB的对称点，求出点的坐标，连接与AO交于点E，与AB交于点D，此时△DEC周长最小，再求出直线DE的解析式，联立两条直线的解析式即可求出交点D的坐标．
【详解】
如图，点C关于OA的对称点，点C关于直线AB的对称点

∵直线AB的解析式为
∴直线的解析式为
由
解得
∴直线AB与直线的交点坐标为
∵K是线段的中点
∴
连接与AO交于点E，与AB交于点D，此时△DEC周长最小
设直线DE的解析式为
可得
解得
∴直线DE的解析式为
联立直线DE和直线直线可得

解得
∴点D的坐标为
故答案为：D．
【点睛】
本题考查了一次函数的几何问题，掌握一次函数的性质是解题的关键．
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
先由二次根式有意义可得从而依次求解的值，可得答案．
【详解】
解：

解得：

故答案为：
【点睛】
本题考查的是二次根式有意义的条件，一元一次不等式组的解法，掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
10．6
【解析】
【详解】
解：根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，即
11．
【解析】
【分析】
利用勾股定理直接计算可得答案．
【详解】
解：由勾股定理得：斜边
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用，掌握勾股定理是解题的关键．
12．A
解析：
【分析】
根据矩形的性质得出∠ABC＝90°，AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，求出AO＝CO＝BO，证得AOB是等边三角形，根据等边三角形的性质求出AO＝CO＝AB＝2，根据勾股定理求出BC即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，
∴CO＝AO＝BO，
又∵∠AOB＝60°，
∴AOB是等边三角形，
∵AB＝2，
∴AB＝AO＝CO＝2，
即AC＝4，
在RtABC中，
由勾股定理得：BC＝＝＝2，
故答案为：2．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，能证出AOB是等边三角形是解此题的关键．
13．
【分析】
把P点的坐标代入一次函数，即可求得a的值．
【详解】
∵点P（a+1，2a-3）一次函数y＝-2x+1的图象上，
∴2a-3=-2（a+1）+1，
∴a=．
故答案为：．
【点睛】
考查了一次函数图象上点的坐标特征；解题关键是抓住：点在函数解析式上，点的横坐标就满足这个函数解析式．
14．B
解析：BC（答案不唯一）
【分析】
首先根据AB∥CD，AB=CD可得四边形ABCD是平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得添加条件AB=AD或AB=BC．
【详解】
解：可添加的条件为AB=AD或BC．
∵AB∥CD，AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD=AB（或AB=BC），
∴四边形ABCD为菱形．
故答案是：AD或BC．
【点睛】
本题主要考查了菱形的判定，关键是掌握菱形的判定方法：①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形．③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
15．2或3
【分析】
①利用路程的函数图象解得的解析式，再求的值；
②根据题意列方程解答即可.
【详解】
解：①设＝kx＋b，
∵经过点P（2.5，7.5），（4，0）．
∴ ，
解得 ，
∴＝
解析：2或3
【分析】
①利用路程的函数图象解得的解析式，再求的值；
②根据题意列方程解答即可.
【详解】
解：①设＝kx＋b，
∵经过点P（2.5，7.5），（4，0）．
∴ ，
解得 ，
∴＝−5x＋20，当x＝0时，＝20．
答：AB两地之间的距离为20km．
②根据题意得：或，
解得：或.
即出发2小时或3小时，甲、乙两人相距
【点睛】
此题主要考查了根据实际问题中的条件列方程组时，要注意抓住题目中的一些关键性词语，找出等量关系，列出方程组．熟练掌握相遇问题的解答也很关键．
16．【分析】
连接EC，利用矩形的性质以及折叠的性质，即可得到△CDE与△CGE全等，设AF=x，则可得CF=x+6，BF=6-x，在Rt△BCF中利用勾股定理即可得到x的值，在Rt△AEF中利用勾股
解析：
【分析】
连接EC，利用矩形的性质以及折叠的性质，即可得到△CDE与△CGE全等，设AF=x，则可得CF=x+6，BF=6-x，在Rt△BCF中利用勾股定理即可得到x的值，在Rt△AEF中利用勾股定理即可求出EF的长度．
【详解】
解：如图所示，连接CE，

∵E为AD中点，
∴AE＝DE＝4，
由折叠可得，AE＝GE，∠EGF＝∠A＝90°，
∴DE＝GE，
又∵∠D＝90°，
∴∠EGC＝∠D＝90°，
又∵CE＝CE，
∴Rt△CDE≌Rt△CGE（HL），
∴CD＝CG＝6，
设AF＝x，则GF＝x，BF＝6﹣x，CF＝6＝x，
∵∠B＝90°，
∴Rt△BCF中，BF2+BC2＝CF2，
即（6﹣x）2+82＝（x+6）2，
解得x＝，
∴AF＝，
∵∠A＝90°，
∴Rt△AEF中，EF＝＝＝，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质以及折叠问题，解题时我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
三、解答题
17．（1）﹣2；（2）3+．
【分析】
（1）先化简零指数幂，绝对值，有理数的乘方，然后再计算；
（2）先利用平方差公式，二次根式的除法运算法则计算乘除，最后算加减．
【详解】
解：（1）原式＝1+﹣2
解析：（1）﹣2；（2）3+．
【分析】
（1）先化简零指数幂，绝对值，有理数的乘方，然后再计算；
（2）先利用平方差公式，二次根式的除法运算法则计算乘除，最后算加减．
【详解】
解：（1）原式＝1+﹣2﹣1
＝﹣2；
（2）原式＝（）2﹣（）2+
＝6﹣3+
＝3+．
【点睛】
本题考查二次根式的混合运算，零指数幂，掌握二次根式混合运算的运算顺序和计算法则及平方差公式（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2的结构是解题关键．
18．折断处离地面的高度有3.2尺．
【分析】
根据题意画出图形，设折断处离地面的高度为x尺，再利用勾股定理列出方程求解即可．
【详解】
解：如图，设折断处离地面的高度为x尺，则AB=10-x，BC=6，
解析：折断处离地面的高度有3.2尺．
【分析】
根据题意画出图形，设折断处离地面的高度为x尺，再利用勾股定理列出方程求解即可．
【详解】
解：如图，设折断处离地面的高度为x尺，则AB=10-x，BC=6，

在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，即x2+62=(10-x)2．
解得：x=3.2．
答：折断处离地面的高度有3.2尺．
【点睛】
本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是利用题目信息构造直角三角形，从而运用勾股定理解题．
19．（1）；（2）①见解析；②见解析；③见解析
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理计算即可；
（2）答案不唯一，根据勾股定理计算画出即可．
【详解】
（1）∵长方形的长为3，宽为2，
∴对角线的长为
解析：（1）；（2）①见解析；②见解析；③见解析
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理计算即可；
（2）答案不唯一，根据勾股定理计算画出即可．
【详解】
（1）∵长方形的长为3，宽为2，
∴对角线的长为，
故答案为：；
（2）只要画图正确可（不唯一）
①三条线段AB、CD、EF如图1所示：

②三角形ABC如图2所示：

③平行四边形ABCD如图3 所示：
．
【点睛】
本题考查了勾股定理，平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）菱形，见解析
【分析】
（1）根据三角形中位线定理得到EG＝AB，EG∥AB，FH＝AB，FH∥AB，根据平行四边形的判定定理证明结论；
（2）依据四边形ABCD是平行四边形，再
解析：（1）见解析；（2）菱形，见解析
【分析】
（1）根据三角形中位线定理得到EG＝AB，EG∥AB，FH＝AB，FH∥AB，根据平行四边形的判定定理证明结论；
（2）依据四边形ABCD是平行四边形，再运用三角形中位线定理证明邻边相等，从而证明它是菱形．
【详解】
（1）证明：∵E，G分别是AD，BD的中点，
∴EG是△DAB的中位线，
∴EG＝AB，EG∥AB，
同理，FH＝AB，FH∥AB，
∴EG＝FH，EG∥FH，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）菱形．理由：
∵F，G分别是BC，BD的中点，
∴FG是△DCB的中位线，
∴FG＝CD，FG∥CD，
又∵EG＝AB，
∴当AB＝CD时，EG＝FG，
∴平行四边形EGFH是菱形．
【点睛】
本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形、菱形的判定定理是解题的关键．解题时要注意三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
21．（1）；（2）（3）9
【解析】
【详解】
试题分析：（1）仔细阅读，发现规律：分母有理化，然后仿照规律计算即可求解；
（2）根据规律直接写出结果；
（3）根据规律写出结果，找出部分互为相反数的特点
解析：（1）；（2）（3）9
【解析】
【详解】
试题分析：（1）仔细阅读，发现规律：分母有理化，然后仿照规律计算即可求解；
（2）根据规律直接写出结果；
（3）根据规律写出结果，找出部分互为相反数的特点，然后计算即可.
试题解析：（1）原式===；
（2）原式==；
故答案为
（3）由（2）可知：
原式=﹣1++﹣+…+﹣
=﹣1+
=9.
22．（1），；（2），；（3）当时，甲、乙两根蜡烛在燃烧过程中的高度相等；当时，甲蜡烛比乙蜡烛高，当时，甲蜡烛比乙蜡烛低．
【分析】
（1）根据函数图象可以解答本题；
（2）先设出甲、乙两根蜡烛燃烧时，
解析：（1），；（2），；（3）当时，甲、乙两根蜡烛在燃烧过程中的高度相等；当时，甲蜡烛比乙蜡烛高，当时，甲蜡烛比乙蜡烛低．
【分析】
（1）根据函数图象可以解答本题；
（2）先设出甲、乙两根蜡烛燃烧时，y与x之间的函数解析式，然后根据函数图象中的数据即可求得相应的函数解析式；
（3）根据题意，令（2）中的两个函数解析式的值相等，即可解答本题．
【详解】
解：（1）由图象可知，
甲、乙两根蜡烛燃烧前的高度分别是从点燃到烧尽所用小时分别是
故答案为：；
（2）设甲蜡烛燃烧时，y与x之间的函数解析式

即甲蜡烛燃烧时，y与x之间的函数解析式
设乙蜡烛燃烧时，y与x之间的函数解析式

即乙蜡烛燃烧时，y与x之间的函数解析式y=-10x+25；
∴，；
（3）由得即当时，甲、乙两根蜡烛在燃烧过程中的高度相等；观察图像可知，当时，甲蜡烛比乙蜡烛高，当时，甲蜡烛比乙蜡烛低．
【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，求出相应的函数解析式，利用数形结合的思想解答．
23．（1）；（2）证明见解析；（3）.
【分析】
(1)由平行四边形的性质得到AD//BC，∠ABC=∠ADC= 60°，再根据F、D、A 三点共线得到∠ABC=∠FAB= 60°，再分别求出线段的BF
解析：（1）；（2）证明见解析；（3）.
【分析】
(1)由平行四边形的性质得到AD//BC，∠ABC=∠ADC= 60°，再根据F、D、A 三点共线得到∠ABC=∠FAB= 60°，再分别求出线段的BF、FD、BD长度即可；
(2)连接QE，延长FP至点H，使得PH = FQ，由“SAS”可证△FAB≌△QAE，△FBP≌△QEH，可得EP= BP；
(3)连接MC，以MC为边作等边三角形MEC，过点C作CP⊥AD于P，连接EH，并延长EH交CP于G，过点E作AD的垂线交BC于R，交AD 于Q，由“SAS”可证△M EH≌△MCN，可得 ∠MEH =∠MCN，可证EHBC，则点H在过点E平行BC的直线上运动，作点C关于EH 的对称点C´，连接BC´， 即的BC´长度为BH + CH的最小值，利用勾股定理列出方程组可求解.
【详解】
解：(1)如图①，在平行四边形ABCD中，∠ADC=60°
∴AD//BC，∠AВC= ∠ADC = 60 °
∵ F、 D、A三点共线
∴FD∥BC
∴ ∠ABC= ∠FAB = 60°
∵E、D重合，AB= AE，AD= 2
∴AD= AE= AB= 2= BC= CD
∴∠ADB=30°
在Rt△FBD，∠AFB= 90°，∠ABF= 90°- 60° = 30°
∴AF= 1
∴
∴四边形CBFD的周长；
(2)如图②，连接QE，延长FP至点H，使得 PH = FQ，连接EH，则PH + PQ= FQ+ PQ
∴FP= QH
∵∠AFB = 90°
∴∠2+∠3= 90°
∵∠2+ ∠1 = 90°
∴∠1 = ∠3
∴AF= AQ
在平行四边形ABCD中，F、A、 D共线,
∴AB∥CD，∠C+ ∠D= 180 °
∴∠5= ∠D
∵∠C+ ∠QAE = 180
∴∠4= ∠D
∴∠4= ∠5
∵ AB= AE
∴ △FAB≌△QAE（SAS）
∴∠AQE= ∠AFB= 90°，FB= QE
∴∠6+ ∠1 = 90°， ∠2= ∠6
∴△FBP≌△QEH （SAS）
∴BP= ЕН，∠H = ∠7
∴∠7= ∠8
∴∠H= ∠8
∴ЕН = ЕР
∴ EР = BP

(3)如图③，连接MC，以MC为边作等边三角形MEC，过点C作CP⊥AD于P，连接EH，并延长EH交CP于G，过点E作AD的垂线交BC于R，交AD于Q
∵△M EC和△MNH是等边三角形，
∴ME= MC，MN = MH，∠EMC=∠HMN=60°
∴∠EMH =∠CMN
∴△MEH≌△MCN （SAS）
∴∠MEH =∠MCN
∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC= 60°
∴∠ADC=∠ABC=60°，∠BCD=120°，AD= BC= 8，AB= CD= 6，AD∥ BC
∴∠BCE+∠MCD=∠BCD-∠ECM = 120°- 60° = 60°
∵∠MЕН+∠CEH=∠MEC=60°
∴∠CEH = ∠ЕСВ
∴EН// BC
∴点H在过点E平行BC的直线上运动,
作点C关于EH的对称点C´，连接BC´，即BC´的长度为BH + CH的最小值
∵∠ADC=60°，CD⊥AD
∴∠PCD= 30,
∴，
∵点M是AD的中点
∴AM=MD=4
∴MP= 1
∴
∴
∵RQ⊥AD，CP⊥AD，AD∥BC，EG// BC
∴RQ⊥BC，PC⊥ AD，RQ⊥EG， PC⊥ EG
∴四边形CPQR是矩形，四边形ERCG是矩形
∴ ，，
设，
在Rt△ERC中
在Rt△QEM中
∴
解得或（舍去）
∴解得
，
∴
∵C关于EH的对称点是C´
∴
∴
∴
∴BH + CH的最小值为.

【点睛】
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理等知识，确定H的运动轨迹是解题的关键.
24．（1）①P1，P3；②见解析；（2）；（3）或．
【解析】
【分析】
（1）①根据“纵2倍直角距离”分别计算三个点到原点O的“纵2倍直角距离”，即可判断；
②根据“纵2倍直角距离”的定义得|x|+2
解析：（1）①P1，P3；②见解析；（2）；（3）或．
【解析】
【分析】
（1）①根据“纵2倍直角距离”分别计算三个点到原点O的“纵2倍直角距离”，即可判断；
②根据“纵2倍直角距离”的定义得|x|+2|y|＝3，根据y≥0，再分两种情况可得两个函数关系式，分别画出即可；
（2）作出与原点O的“纵2倍直角距离”等于3的点，通过观察作出图2可得：当直线y＝2x＋b与x轴的交点在对角线AC上（不含AC两点）时，恰好与四边形的边有两个公共点，由此即可求出b的取值范围；
（3）根据线段AB上存在点G的坐标求出当时，dGH＝5所有满足条件的点H组成的图形，再结合图形的特征求出正方形CDEF与点H的满足“纵2倍直角距离”的点组成图形有公共点时t的取值范围．
【详解】
解：（1）①∵点点P1（1，1），P2（﹣4，0），P3（0，），
∴|1-0|+2|1-0|＝3，||+2|0|＝4，||+2||，
∴与原点O的“纵2倍直角距离”的点是P1，P3；
故答案为：P1，P3；
②设P（x，y），
∵点P与原点O的“纵2倍直角距离”dOP＝3，
∴|x|+2|y|＝3，
当y≥0，x≥0时，x+2y＝3，即，
当y≥0，x≤0时，﹣x+2y＝3，即，
如图1所示，

（2）如图，与原点O的“纵2倍直角距离”等于3的点组成图形是四边形ABCD， 直线y＝2x＋b经过A点或C点时，与四边形只有一个公共点，当直线y＝2x＋b与x轴交点在AC之间时，与菱形有两个公共点，

当直线，y＝2x＋b经过A点（-3，0）时；，解得：，
当直线，y＝2x＋b经过A点（3，0）时；，解得：，
∴b的取值范围为；
（3）设正方形CDEF上存在点H（x，y）
当线段AB上存在点G坐标为（1，1），则：dGH＝，
当，时，，即，满足条件的图形为线段，
当，时，，即，满足条件的图形为线段，

当点G坐标从A（1，1）移动B（3，1）时对应满足条件的H点图形也平移2个单位到线段，线段，
∴满足点G的“纵2倍直角距离”的H点图形如图阴影部分所示：所有满足条件的H点是线段
其中：线段的解析式为，线段的解析式为，
由图可得：当正方形在线段下方时，D点在线段，正方形与满足条件的H点图形有公共点D（t，），
即：，解得，
同理求出当正方形在线段下方时，F点在线段，正方形与满足条件的H点图形有公共点D（t，），即，解得，
∴当，正方形与满足条件的H点图形由公共点存在，
同理可求：当，正方形与满足条件的H点图形由公共点存在，
综上所述：若线段AB上存在点G，正方形CDEF上存在点H，使得dGH＝5，则或．
【点睛】
本题属于新定义与一次函数相结合的综合压轴题，读懂定义，紧扣定义解题，熟练掌握“纵2倍直角距离”的定义是解答此题的关键，根据G点的位置确定满足“纵2倍直角距离”的H点的范围是解（3）的难点．
25．（1）见解析；（2）不变，见解析；（3）能，或
【分析】
（1）由折叠的性质得到BE=EP，BF=PF，得到BE=BF，根据菱形的性质得到AB∥CD∥FG，BC∥EH∥AD，于是得到结论；
（2）由
解析：（1）见解析；（2）不变，见解析；（3）能，或
【分析】
（1）由折叠的性质得到BE=EP，BF=PF，得到BE=BF，根据菱形的性质得到AB∥CD∥FG，BC∥EH∥AD，于是得到结论；
（2）由菱形的性质得到BE=BF，AE=FC，推出△ABC是等边三角形，求得∠B=∠D=60°，得到∠B=∠D=60°，于是得到结论；
（3）记AC与BD交于点O，得到∠ABD=30°，解直角三角形得到AO=1，BO=，求得S四边形ABCD=2，当六边形AEFCHG的面积等于时，得到S△BEF+S△DGH=，设GH与BD交于点M，求得GM=x，根据三角形的面积列方程即可得到结论．
【详解】
解:折叠后落在上，

平分
，
四边形为菱形，同理四边形为菱形，

四边形为平行四边形，
.
不变.
理由如下:由得
四边形为菱形，

为等边三角
，

为定值.
记与交于点.

当六边形的面积为时，

由得

记与交于点

，

同理
即
化简得
解得，
∴当或时，六边形的面积为.
【点睛】
此题是四边形的综合题，主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形的面积公式，菱形的面积公式，解本题的关键是用x表示出相关的线段，是一道基础题目．
26．（1）①见解析；②见解析；（2）
【分析】
（1）①过点D作DM//GH交BC的延长线于点M，如图1，可证得四边形DGHM是平行四边形，进而可证△ADE≌△CDM（AAS），即可证得结论；
②在BC
解析：（1）①见解析；②见解析；（2）
【分析】
（1）①过点D作DM//GH交BC的延长线于点M，如图1，可证得四边形DGHM是平行四边形，进而可证△ADE≌△CDM（AAS），即可证得结论；
②在BC上截取BN=BE，如图2，则△BEH是等腰直角三角形，，由△ADE≌△CDH，利用全等三角形性质和正方形性质即可得出结论；
（2）如图3，过点D作DN//GH交BC于点N，则四边形GHND是平行四边形，作∠ADM=∠CDN，DM交BA延长线于M，利用AAS证明△ADM≌△CDN，设AE=x，则BE=3-x，运用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】
解：（1）①过点D作DM//GH交BC的延长线于点M，如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，∠ADC=90°，
又∵DM∥GH，
∴四边形DGHM是平行四边形，
∴GH=DM，GD=MH，
∴∠GOD=∠MDE=90°，
∴∠MDC+∠EDC=90°，
∵∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠MDC=∠ADE，
在△ADE和△CDM中，

∴△ADE≌△CDM（AAS），
∴DE=DM，
∴DE=GH；

②在BC上截取BN=BE，如图2，
则△BEN是等腰直角三角形，EN=BE，
由（1）知，△ADE≌△CDH，
∴AE=CH，
∵BA=BC，BE=BN，
∴CN=AE=CH，
∵PH=PE，
∴PC=EN，
∴PC=BE，
∴BE=PC；

（2）如图3，过点D作DN//GH交BC于点N，则四边形GHND是平行四边形，
∴DN=HG，GD=HN，
∵∠C=90°，CD=AB=3，HG=DN=，
∴，
∴BN=BC-CN=3-1=2，
作∠ADM=∠CDN，DM交BA延长线于M，
在△ADM和△CDN中，

∴△ADM≌△CDN（AAS），
∴AM=NC，∠ADM=∠CDN，DM=DN，
∵∠GOD=45°，
∴∠EDN=45°，
∴∠ADE+∠CDN=45°，
∴∠ADE+∠ADM=45°=∠MDE，
在△MDE和△NDE中，

∴EM=EN，
即AE+CN=EN，
设AE=x，则BE=3-x，
在Rt△BEN中，22+（3-x）2=（x+1）2，
解得：x=，
∴

【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形性质，等腰直角三角形判定和性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形判定和性质，勾股定理等，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．