人教版八年级下册数学期末试卷易错题(Word版含答案).doc

人教版八年级下册数学期末试卷易错题（Word版含答案）
一、选择题
1．式子有意义，则x的取值范围是（　　）
A．x≥2 B．x≤2 C．x≥﹣2 D．x≤﹣2
2．下列各组数中，能构成直角三角形的是（ ）．
A．4，5，6 B．1，1， C．6，8，11 D．5，12，23
3．下列关于平行四边形的命题中，错误的是（ ）
A．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
B．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
C．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形
D．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
4．甲、乙、丙、丁四名学生近4次数学测验成绩的平均数都是90分，方差分别是S甲2＝5，S乙2＝20，S丙2＝23，S丁2＝32，则这四名学生的数学成绩最稳定的是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
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．在菱形中，，，则（ ）

A． B． C． D．
7．在正方形的对角线上取一点，连结，过点作交于点，将线段EF向右平移m个单位，使得点E落在CD上，F落在BC上，已知AE+EF+CF＝24，CD＝10，则m的值为（ ）

A．6 B． C． D．
8．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线与x轴交于B点，与轴交于A点，点在线段 上，且，若点P在坐标轴上，则满足的点P的个数是（ ）

A．4 B．3 C．2 D．1
二、填空题
9．式子在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是________．
10．已知菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别为6和8，则该菱形面积是_______．
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．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y＝kx+b的图象如图所示，则代数式2k﹣b的值为 _____．

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，Q是直线上的一个动点，将Q绕点顺时针旋转，得到点连接，则的最小值为__________．

16．在一次自行车越野赛中，出发mh后，小明骑行了25km，小刚骑行了18km，此后两人分别以akm/h，bkm/h匀速骑行，他们骑行的时间t（单位：h）与骑行的路程s（单位：km）之间的函数关系如图所示，观察图象，下列说法：
①出发mh内小明的速度比小刚快；② a=26；③小刚追上小明时离起点43km；④此次越野赛的全程为90km，正确的有______________（把正确结论的序号填在横线上）.

三、解答题
17．（1）计算：
（2）计算：
18．由于过度采伐森林和破坏植被，我国部分地区频频遭受沙尘暴的侵袭．近日，A城气象局测得沙尘暴中心在A城的正西方向240km的B处，以每时12km的速度向北偏东60°方向移动，距沙尘暴中心150km的范围为受影响区域．
（1）A城是否受到这次沙尘暴的影响？为什么？
（2）若A城受这次沙尘暴影响，那么遭受影响的时间有多长？

19．如图，网格中的每个小正方形的边长为1，点均在格点上．

（1）直接写出的长为___________，的面积为_____；
（2）请在所给的网格中，仅用无刻度的直尺作出边上的高，并保留作图痕迹．
20．如图，在中，，，，，是的中位线．求证：四边形是矩形．

21．先阅读下面的解题过程，然后再解答，形如的化简，我们只要找到两个数a，b，使，，即，，那么便有：.
例如化简：
解：首先把化为，
这里，，
由于，，
所以，
所以
（1）根据上述方法化简：
（2）根据上述方法化简：
（3）根据上述方法化简：
22．一辆汽车油箱内有油a升，从某地出发，每行驶1小时耗油6升，若设剩余油量为Q升，行驶时间为t小时，根据以上信息回答下列问题：
（1）开始时，汽车的油量a＝　 　升；
（2）在行驶了 　 　小时汽车加油，加了 　 　升；
（3）根据图象求加油前Q与t之间的关系式，并写出t的取值范围．

23．如图，四边形ABCD，，动点P从点B出发，沿BC方向以每秒的速度运动到C点返回，动点Q从点A出发，在线段AD上以每秒的速度向点D运动，点P，Q分别从点B，A同时出发，当点Q运动到点D时，点P停止运动，设运动时间为t（秒）．

（1）当时，是否存在点P，便四边形PQDC是平行四边形，若存在，求出t值；若不存在，请说明理由；
（2）当t为何值时，以C，D，Q，P为顶点的四边形面积等于；
（3）当时，是否存在点P，使是等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的t的值；若不存在，请说明理由．
24．如图所示，在平面直角坐标系中，点B的坐标为（4，8），过点B分别作BA⊥y轴，BC⊥x轴，得到一个长方形OABC，D为y轴上的一点，将长方形OABC沿着直线DM折叠，使得点A与点C重合，点B落在点F处，直线DM交BC于点E．

（1）直接写出点D的坐标　　；
（2）若点P为x轴上一点，是否存在点P使△PDE的周长最小？若存在，请求出△PDE的最小周长；若不存在，请说明理由．
（3）在（2）的条件下，若Q点是线段DE上一点（不含端点），连接PQ．有一动点H从P点出发，沿线段PQ以每秒1个单位的速度运动到点Q，再沿着线段QE以每秒个单位长度的速度运动到点E后停止．请直接写出点H在整个运动过程中所用的最少时间t，以及此时点Q的坐标．
25．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，6），点B在x轴的正半轴上.若点P、Q在线段AB上，且PQ为某个一边与x轴平行的矩形的对角线，则称这个矩形为点P、Q的“涵矩形”。下图为点P、Q的“涵矩形”的示意图.

（1）点B的坐标为（3，0）；
①若点P的横坐标为，点Q与点B重合，则点P、Q的“涵矩形”的周长为 .
②若点P、Q的“涵矩形”的周长为6，点P的坐标为（1，4），则点E（2，1），F（1，2），G（4，0）中，能够成为点P、Q的“涵矩形”的顶点的是 .
（2）四边形PMQN是点P、Q的“涵矩形”，点M在△AOB的内部，且它是正方形；
①当正方形PMQN的周长为8，点P的横坐标为3时，求点Q的坐标.
②当正方形PMQN的对角线长度为/2时，连结OM.直接写出线段OM的取值范围 .
26．如图，在矩形 ABCD中， AB=16 ， BC=18 ，点 E在边 AB 上，点 F 是边 BC 上不与点 B、C 重合的一个动点，把△EBF沿 EF 折叠，点B落在点 B' 处.
(I)若 AE=0 时，且点 B' 恰好落在 AD 边上，请直接写出 DB' 的长；
(II)若 AE=3 时， 且△CDB' 是以 DB' 为腰的等腰三角形，试求 DB' 的长；
(III)若AE=8时，且点 B' 落在矩形内部（不含边长），试直接写出 DB' 的取值范围.

【参考答案】
一、选择题
1．A
解析：A
【分析】
根据二次根式的性质和被开方数大于或等于0，可以求出x的范围．
【详解】
解：根据二次根式的性质，被开方数大于或等于0，
可知：x﹣2≥0，
解得：x≥2．
故选A．
【点睛】
此题主要考查了二次根式的意义的条件．关键是把握二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
2．B
解析：B
【分析】
欲求证是否为直角三角形，这里给出三边的长，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、因为42＋52≠62，所以不能构成直角三角形；
B、因为12＋12=（）2，所以能构成直角三角形；
C、因为62＋82≠112，所以不能构成直角三角形；
D、因为52＋122≠232，所以不能构成直角三角形．
故选：B．
【点睛】
此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，一一判断即可．
【详解】
解：A. 两组对角分别相等的四边形是平行四边形,正确；根据平行四边形的判定方法，可得结论；
B. 一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形，错误；如：等腰梯形；
C. 一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形正确，由题意可以证明两组对边分别平行，四边形是平行四边形；
D. 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，正确，根据平行四边形的判定方法，可得结论．
故选：B
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定方法，属于中考基础题．
4．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据方差的意义求解即可．
【详解】
解：∵S甲2=5，S乙2=20，S丙2=23，S丁2=32，
∴S甲2＜S乙2＜S丙2＜S丁2，
∴这四名学生的数学成绩最稳定的是甲，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了方差，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．
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】
利用菱形的性质和等腰三角形的性质即可求解．
【详解】
解：在菱形中，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质和等腰三角形的性质，运用知识准确计算是解题的关键．
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
过点E作MN∥CD，交AD于点M，交BC于点N，利用一线三垂直模型证明△AME≌△ENF，列出关于m的式子，求出m即可．
【详解】
解：过点E作MN∥CD，交AD于点M，交BC于点N，

∵E在正方形的对角线上，
∴EM＝EE'＝m，
∴AM＝10﹣m，EN＝10﹣m，
∵∠FEN+∠AEM＝90°，∠FEN+∠EFN＝90°，
∴∠AEM＝∠EFN，
在△AME和△ENF中，
，
∴△AME≌△ENF（AAS），
∴FN＝ME＝m，AE＝EF，
CF＝2m，

∵AE+EF+CF＝24，
∴，
解得m＝，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质，关键是要作辅助线构造一线三垂直模型，证明全等的三角形，根据勾股定理列出关于m的方程，从而求出m的值．
8．A
解析：A
【分析】
作点关于轴的对称点，根据直线与x轴交于B点，与轴交于A点，求出A，B两点的坐标，然后利用勾股定理求得，即，可判断点P在x轴上，使得的点P的个数是两个；作点关于轴的对称点，同理可判断点P在y轴上，使得的点P的个数是两个，据此求解即可．
【详解】
解：如图示，作点关于轴的对称点，

直线与x轴交于B点，与轴交于A点，
则当时，，即A点坐标是：（0，），
当时，，即B点坐标是：（，0），
∴，
∴，
∵，
∴，，
由勾股定理可得：，，
∴，
∴C点坐标是：（，），D点坐标是：（， ），
则点坐标是：（，），
∴，
∴，
即：，
∴如下图示，

点P在y轴上，使得的点P的个数是两个，
如图示，作点关于轴的对称点，

同理可以求得，
即：，
∴点P在y轴上，使得的点P的个数是两个，
综上所述，点P在坐标轴上，满足的点P的个数是4个，
故选：A．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用、轴对称的性质、勾股定理的应用，熟悉相关性质是解题的关键．
二、填空题
9．x≥﹣3
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件，根号内的式子必需大于等于0，即可求出答案．
【详解】
解：式子在实数范围内有意义，则3+x≥0，
解得：x≥﹣3．
故答案为：x≥﹣3．
【点睛】
本题主要考查了二次根式有意义，熟练其要求是解决本题的关键．
10．24
【解析】
【详解】
解：根据菱形的面积等于菱形两条对角线乘积的一半可得菱形面积为
故答案为：24．
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：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．-3
【分析】
将点代入即可求解．
【详解】
解：的图象经过点，
，
，
故答案为．
【点睛】
本题考查一次函数图象上点的特征，熟练掌握点与一次函数解析式的关系是解题的关键．
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．【分析】
利用等腰直角三角形构造全等三角形，求出旋转后的坐标，进而可得点所在直线的函数关系式，然后根据勾股定理求解即可解决问题．
【详解】
解：作轴于点，轴于，
，
，
，
在和△中，
，
△，
解析：
【分析】
利用等腰直角三角形构造全等三角形，求出旋转后的坐标，进而可得点所在直线的函数关系式，然后根据勾股定理求解即可解决问题．
【详解】
解：作轴于点，轴于，

，
，
，
在和△中，
，
△，
，，
设，
，，
，
，，
设点，，
则，
整理，得：，
则点，在直线上，
设直线与x轴，y轴的交点分别为E、F，

如图，当时，取得最小值，
令，则，
解得，
∴，
令，则，
∴，
在中，，
当时，则，
∴，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，三角形全等，坐标与图形的变换－旋转，勾股定理，表示出点的坐标以及点所在直线的函数关系式是解题的关键．
16．①②④
【解析】
试题解析：由图象可知，
出发mh内小明的速度比小刚快，故①正确；
由图象可得，，
解得，，
故②正确；
小刚追上小明走过的路程是：36×（0.5+0.7）=36×1.2=43.2k
解析：①②④
【解析】
试题解析：由图象可知，
出发mh内小明的速度比小刚快，故①正确；
由图象可得，，
解得，，
故②正确；
小刚追上小明走过的路程是：36×（0.5+0.7）=36×1.2=43.2km＞43km，故③错误；
此次越野赛的全程是：36×（0.5+2）=36×2.5=90km，故④正确；
故答案为①②④．
三、解答题
17．（1）2；（2）
【分析】
（1）先分别化简二次根式，再合并同类二次根式即可得到答案；
（2）先计算乘方，同时化简二次根式，将除法化为乘法，计算乘除法，再化简结果．
【详解】
解：（1）
=10-9
解析：（1）2；（2）
【分析】
（1）先分别化简二次根式，再合并同类二次根式即可得到答案；
（2）先计算乘方，同时化简二次根式，将除法化为乘法，计算乘除法，再化简结果．
【详解】
解：（1）
=10-9+
=2；
（2）
=
=
=．
【点睛】
此题考查二次根式的加减法计算法则，及混合运算的计算法则，正确掌握二次根式的加减法法则、混合运算的法则、二次根式的化简方法是解题的关键．
18．（1）受影响，理由见解析；（2）15小时
【分析】
（1）过点作AC⊥BM，垂足为C，在Rt△ABC中，由题意可知∠ABC=30°，由此可以求出AC 的长度，然后和150km比较大小即可判断A城是否
解析：（1）受影响，理由见解析；（2）15小时
【分析】
（1）过点作AC⊥BM，垂足为C，在Rt△ABC中，由题意可知∠ABC=30°，由此可以求出AC 的长度，然后和150km比较大小即可判断A城是否受到这次沙尘暴的影响；
（2）如图，设点E、F是以A为圆心，150km为半径的圆与BM的交点，根据勾股定理可以求出CE的长度，也就求出了EF的长度，然后除以沙尘暴的速度即可求出遭受影响的时间.
【详解】
解：（1）过点A作AC⊥BM，垂足为C，
在Rt△ABC中，由题意可知∠CBA＝30°，
∴AC＝AB＝×240＝120，
∵AC＝120＜150，
∴A城将受这次沙尘暴的影响．
（2）设点E，F是以A为圆心，150km为半径的圆与MB的交点，连接AE，AF，
由题意得，，CE＝90
∴EF＝2CE＝2×90＝180
180÷12＝15（小时）
∴A城受沙尘暴影响的时间为15小时．

【点睛】
本题考查了直角三角形中30°的角所对的直角边等于斜边的一半及勾股定理的应用，正确理解题意，把握好题目的数量关系是解决问题的关键．
19．（1），；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论；
（2）根据无刻度直尺作图中作垂直的技巧画出线段BD即可；
【详解】
解：（1），
：
（2）如图所示，
解析：（1），；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论；
（2）根据无刻度直尺作图中作垂直的技巧画出线段BD即可；
【详解】
解：（1），
：
（2）如图所示，即为所求．

【点睛】
本题考查了作图-应用与设计作图，三角形的面积的计算，勾股定理，正确的作出图形是解题的关键．
20．见解析
【分析】
根据中位线的性质得出、，进而得出四边形是平行四边形，再根据勾股定理的逆定理得出是直角三角形，且，则四边形是矩形．
【详解】
证明：∵是的中位线，
∴，．
∵，∴．
∴四边形是平行四
解析：见解析
【分析】
根据中位线的性质得出、，进而得出四边形是平行四边形，再根据勾股定理的逆定理得出是直角三角形，且，则四边形是矩形．
【详解】
证明：∵是的中位线，
∴，．
∵，∴．
∴四边形是平行四边形．
∵，，，
∴．
∴是直角三角形，且．
∴四边形是矩形．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线、勾股定理的逆定理，平行四边形的判定、矩形的判定等知识点，熟悉并运用以上性质定理是解题的关键．
21．（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
根据题意把题目中的无理式转化成的形式，然后仿照题意化简即可．
【详解】
解：（1）∵，
∴，，
∵，，
∴，，
∴；
（2）∵，
∴，，
∵，，
∴，，
解析：（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
根据题意把题目中的无理式转化成的形式，然后仿照题意化简即可．
【详解】
解：（1）∵，
∴，，
∵，，
∴，，
∴；
（2）∵，
∴，，
∵，，
∴，，
∴．
（3）∵，
∴，，
∵，，
∴，，
∴．
【点睛】
本题考查了二次根式的化简，根据题中的范例把根号内的式子整理成完全平方的形式是解答此题的关键．
22．（1）42；（2）5，24；（3）Q＝﹣6t＋42，（0≤t≤5）
【分析】
（1）根据图象开始时Q的值即可得出结论；
（2）根据图象，中途Q增大的位置即可得出结论；
（3）根据图象上的两个点，用待
解析：（1）42；（2）5，24；（3）Q＝﹣6t＋42，（0≤t≤5）
【分析】
（1）根据图象开始时Q的值即可得出结论；
（2）根据图象，中途Q增大的位置即可得出结论；
（3）根据图象上的两个点，用待定系数法即可．
【详解】
解：（1）由图象知，t＝0时，Q＝42，
∴开始时，汽车的油量a＝42升，
故答案为42；
（2）当t＝5时，Q的值增大，
∴在行驶5小时时加油，加油量为36﹣12＝24升，
故答案为5，24；
（3）加油前，图像上有两点（0，42），（5，12），
设Q与t的关系式为Q＝kt＋b，
代入（0，42），（5，12），得：
，
解得，
∴Q＝﹣6t＋42，（0≤t≤5）．
【点睛】
本题主要考查一次函数的应用，关键是要会用待定系数法求一次函数的解析式．
23．（1）存在，t=3；（2）秒；（3）存在，t=3秒或t=秒
【分析】
（1）根据运动得出CP=15-3t，DQ=12-2t，进而用平行四边形的对边相等建立方程求解即可；
（2）要使以C、D、Q、P为
解析：（1）存在，t=3；（2）秒；（3）存在，t=3秒或t=秒
【分析】
（1）根据运动得出CP=15-3t，DQ=12-2t，进而用平行四边形的对边相等建立方程求解即可；
（2）要使以C、D、Q、P为顶点的梯形面积等于30cm2，可以分为两种情况，点P、Q分别沿AD、BC运动或点P返回时，再利用梯形面积公式，即=30，因为Q、P点的速度已知，AD、AB、BC的长度已知，用t可分别表示DQ、BC的长，解方程即可求得时间t；
（3）使△PQD是等腰三角形，可分三种情况，即PQ=PD、PQ=QD、QD=PD；可利用等腰三角形及直角梯形的性质，分别用t表达等腰三角形的两腰长，再利用两腰相等即可求得时间t．
【详解】
解：（1）∵四边形PQDC是平行四边形
∴DQ=CP
当0＜t＜5时，点P从B运动到C，
∵DQ=AD-AQ=12-2t，CP=15-3t，
∴12-2t=15-3t
解得t=3，
∴t=3时，四边形PQDC是平行四边形；

（2）如图2，①当点P是从点B向点C运动，

由（1）知，CP=15-3t，DQ=12-2t，
∵以C、D、Q、P为顶点的四边形面积等于30cm2，
∴S四边形CDQP＝＝30，
即(15−3t+12−2t)×10＝30，
解得：t=，
②当点P是从点C返回点B时，
由运动知，DQ=12-2t，CP=3t-15，
∵以C、D、Q、P为顶点的四边形面积等于30cm2，
∴S四边形CDQP＝(DQ+CP)•AB=(12−2t+3t−15)×10＝30，
解得：t=9（舍去），
∴当t为秒时，以C、D、Q、P为顶点的四边形面积等于30cm2；
（3）当PQ=PD时，
如图3，作PH⊥AD于H，则HQ=HD，

∵QH=HD=DQ=（12-2t）=6-t，
由AH=BP，
∴6-t+2t=3t
解得：t=3秒；
当PQ=DQ时，
QH=AH-AQ=BP-AQ=3t-2t=t，DQ=12-2t，
∵DQ2=PQ2=t2+102，
∴（12-2t）2=102+t2，
整理得：3t2-48t+44=0，
解得：t=秒，
∵0＜t＜5，
∴t=秒，
当DQ=PD时，
DH=AD-AH=AD-BP=12-3t，
∵DQ2=PD2=PH2+HD2=102+（12-3t）2
∴（12-2t）2=102+（12-3t）2
即5t2-24t+100=0，
∵△＜0，
∴方程无实根，
综上可知，当t=3秒或t=秒时，△PQD是等腰三角形．
【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质、梯形的面积、等腰三角形的性质，解题的关键是分类思想与方珵思想的综合运用．
24．（1）D（0，3）；（2）存在，6；（3）5秒，Q（，）
【解析】
【分析】
（1）设D（0，m），且m＞0，运用矩形性质和折叠性质可得：OD＝m，OA＝8，CD＝8﹣m，再利用勾股定理建立方程求解
解析：（1）D（0，3）；（2）存在，6；（3）5秒，Q（，）
【解析】
【分析】
（1）设D（0，m），且m＞0，运用矩形性质和折叠性质可得：OD＝m，OA＝8，CD＝8﹣m，再利用勾股定理建立方程求解即可；
（2）如图1，作点D关于x轴的对称点D′，连接D′E，交x轴于点P，则点P即为所求，此时△PDE的周长最小，运用勾股定理可得CE＝5，BE＝3，作EG⊥OA，在Rt△DEG中，可得DE＝，在Rt△D′EG中，可得，即可求出答案；
（3）运用待定系数法求得直线D′E的解析式为y＝2x﹣3，进而求得P（，0），过点E作EG⊥y轴于点G，过点Q、P分别作y轴的平行线，分别交EG于点H、H′，H′P交DE于点Q′，利用待定系数法可得直线DE的解析式为y＝x+3，设Q（t，t+3），则H（t，5），再运用勾股定理即可求出答案．
【详解】
解：（1）设D（0，m），且m＞0，
∴OD＝m，
∵四边形OABC是矩形，
∴OA＝BC＝8，AB＝OC＝4，∠AOC＝90°，
∵将长方形OABC沿着直线DM折叠，使得点A与点C重合，
∴CD＝AD＝OA﹣OD＝8﹣m，
在Rt△CDO中，OD2+OC2＝CD2，
∴m2+42＝（8﹣m）2，
解得：m＝3，
∴点D的坐标为（0，3）；
（2）存在．
如图1，作点D关于x轴的对称点D′，连接D′E，交x轴于点P，则点P即为所求，
此时△PDE的周长最小，

在Rt△CEF中，BE＝EF＝BC﹣CE，EF2+CF2＝CE2，BC＝8，CF＝4，
∴CE＝5，BE＝3，
作EG⊥OA，
∵OD＝AG＝BE＝3，OA＝8，
∴DG＝2，
在Rt△DEG中，EG2+DG2＝DE2，EG＝4，
∴DE＝，
在Rt△D′EG中，EG2+D′G2＝D′E2，EG＝4，D′G＝8，
∴D′E＝，
∴△PDE周长的最小值为DE+D′E＝；
（3）由（2）得，E（4，5），D′（0，﹣3），
设直线D′E的解析式为y＝kx+b，
则，
解得：，
∴直线D′E的解析式为y＝2x﹣3，
令y＝0，得2x﹣3＝0，
解得：x＝，
∴P（，0），
过点E作EG⊥y轴于点G，过点Q、P分别作y轴的平行线，分别交EG于点H、H′，H′P交DE于点Q′，

设直线DE的解析式为y＝k′x+b′，
则，
解得：，
∴直线DE的解析式为y＝x+3，
设Q（t，t+3），则H（t，5），
∴QH＝5﹣（t+3）＝2﹣t，EH＝4﹣t，
由勾股定理得：DE＝＝（2﹣t）＝QH，
∴点H在整个运动过程中所用时间＝＝PQ+QH，
当P、Q、H在一条直线上时，PQ+QH最小，即为PH′＝5，点Q坐标（，），
故：点H在整个运动过程中所用最少时间为5秒，此时点Q的坐标（，）．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，一次函数的性质，线段的动点问题，以及最短路径问题，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，从而进行分析．
25．（1）①9，②（1，2）；（2）①（1，5）或（5，1），②522≤OM≤5
【解析】
【分析】
（1）①根据题意求出PE，EQ即可解决问题．
②求出点P、Q的“涵矩形”的长与宽即可判断．
（2）①
解析：（1）①9，②（1，2）；（2）①（1，5）或（5，1），②
【解析】
【分析】
（1）①根据题意求出PE，EQ即可解决问题．
②求出点P、Q的“涵矩形”的长与宽即可判断．
（2）①求出正方形的边长，分两种情形分别求解即可解决问题．
②点M在直线y=-x+5上运动，设直线y=-x+5交x轴于F，交y轴于E，作OD⊥EF于D．求出OM的最大值，最小值即可判断．
【详解】
解：（1）①如图1中，

由题意：矩形PEQF中，EQ=PF=3- ，
∴OE=EQ，
∵EP∥OA，
∴AP=PQ，
∴PE=QF=OA=3，
∴点P、Q的“涵矩形”的周长=（3+）×2=9．
②如图2中，

∵点P、Q的“涵矩形”的周长为6，
∴邻边之和为3，
∵矩形的长是宽的两倍，
∴点P、Q的“涵矩形”的长为2，宽为1，
∵P（1，4），F（1，2），
∴PF=2，满足条件，
∴F（1，2）是矩形的顶点．
（2）①如图3中，

∵点P、Q的“涵矩形”是正方形，
∴∠ABO=45°，
∴点A的坐标为（0，6），
∴点B的坐标为（6，0），
∴直线AB的函数表达式为y=-x+6，
∵点P的横坐标为3，
∴点P的坐标为（3，3），
∵正方形PMQN的周长为8，
∴点Q的横坐标为3-2=1或3+2=5，
∴点Q的坐标为（1，5）或（5，1）．
②如图4中，

∵正方形PMQN的对角线为，
∴PM=MQ=1，
易知M在直线y=-x+5上运动，设直线y=-x+5交x轴于F，交y轴于E，作OD⊥EF于D，
∵OE=OF=5，
∴EF= ，
∵OD⊥EF，
∴ED=DF，
∴OD=EF= ，
∴OM的最大值为5，最小值为，
∴．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，一次函数的应用，垂线段最短等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
26．(I) ；(II) 16或10；(III) .
【解析】
【分析】
(I)根据已知条件直接写出答案即可.
(II)分两种情况： 或讨论即可.
(III)根据已知条件直接写出答案即可.
【详解】
(I
解析：(I) ；(II) 16或10；(III) .
【解析】
【分析】
(I)根据已知条件直接写出答案即可.
(II)分两种情况： 或讨论即可.
(III)根据已知条件直接写出答案即可.
【详解】
(I) ；
(II)∵四边形是矩形，∴，.
分两种情况讨论：
（i）如图1，

当时，即是以为腰的等腰三角形.
（ii）如图2，当时，过点作∥，分别交与于点、.

∵四边形是矩形,
∴∥,.
又∥，
∴四边形是平行四边形，又，
∴□是矩形，∴，，即，
又，
∴，，
∵，∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
在中，由勾股定理得：，
综上，的长为16或10.
(III) . （或）.
【点睛】
本题主要考查了四边形的动点问题.