人教版部编版八年级数学下册期末试卷测试卷(word版-含解析).doc

人教版部编版八年级数学下册期末试卷测试卷（word版，含解析）
一、选择题
1．函数中，自变量x的取值范围是（　　）
A．x≥0 B．x≥0且x≠1 C．x≠1 D．0≤x≤1
2．已知中，、、分别是、、的对边，下列条件中不能判断是直角三角形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，四边形ABCD的对角线AC和BD交于点O，则下列不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）

A．OA=OC，AD//BC B．∠ABC=∠ADC，AD//BC
C．AB=DC，AD=BC D．∠ABD=∠ADB，∠BAO=∠DCO
4．某校有甲、乙两个合唱队，两队队员的平均身高都为，标准差分别是、，且，则两个队的队员的身高较整齐的是（ ）
A．甲队 B．两队一样整齐 C．乙队 D．不能确定
5．在棱长为1的正方体中，顶点A，B的位置如图所示，则A、B两点间的距离为（ ）

A．1 B． C． D．
6．如图，菱形的对角线相交于点，于点，连接，若，则的度数是( )

A．25° B．22.5° C．30° D．15°
7．如图，在四边形中，、分别是、的中点，若，，，则的面积为（ ）

A．60 B．48 C．30 D．15
8．如图所示，已知点C(1，0)，直线与两坐标轴分别交于A，B两点，D，E分别是线段AB，OA上的动点，则△CDE的周长的最小值是( )

A． B．10
C． D．12
二、填空题
9．若式子有意义，则实数a的取值范围是_____________．
10．在菱形ABCD中，AB＝m，AC+BD＝n，则菱形ABCD的面积为_________．（用含m、n的代数式表示）
11．若直角三角形的两边长分别为，，那么第三边长是______．
12．如图，长方形中，，，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为，则的面积是__________．

13．若直线y＝kx＋b（k≠0）经过点A（0，3），且与直线y＝mx﹣m（m≠0）始终交于同一点（1，0），则k的值为________．
14．如图，请你添加一个适当的条件___，使平行四边形ABCD成为菱形．

15．如图，已知点，，，的坐标分别为，，，．线段、、组成的图形为图形，点沿移动，设点移动的距离为，直线：过点，且在点移动过程中，直线随运动而运动，当过点时，的值为__________；若直线与图形有一个交点，直接写出的取值范围是__________．

16．如图正方形 ABCD 中，E 是 BC 边的中点，将△ABE 沿 AE 对折至△AFE，延长 EF 交 CD 于 G，接 CF，AG．下列结论：① AE∥FC; ②∠EAG = 45°，且BE + DG = EG ；③ ；④ AD = 3DG ，正确是_______ (填序号)．

三、解答题
17．计算：
（1）（）×；
（2）﹣6．
18．一个25米长的梯子，斜靠在一竖直的墙上，这时的距离为24米，如果梯子的顶端A沿墙下滑4米，那么梯子底端B外移多少米？

19．阅读理解：我们给出如下定义：若一个四边形中存在一组相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾股四边形，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边．

（1）写出你所学过的特殊四边形中是勾股四边形的两种图形的名称：__________，__________．
（2）如图，已知格点（小正方形的顶点），，，请你画出以格点为顶点，，为勾股边且对角线相等的两个勾股四边形．
20．如图，在中，，于点H，E是A上一点，过点B作，交的延长线于点F，连接，．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求的度数．
21．阅读下列材料，然后解答下列问题：
在进行代数式化简时，我们有时会碰上如，这样的式子，其实我们还可以将其进一步化简：
(一) ；
(二) ；
(三) .
以上这种化简的方法叫分母有理化．
(1)请用不同的方法化简：
①参照(二)式化简＝__________.
②参照(三)式化简＝_____________
(2)化简：.
22．某景区今年对门票价格进行动态管理．节假日期间，10人以下（包括10人）不打折，10人以上超过10人的部分打折；非节假日期间全部打折．设游客为x人，非节假日门票费用y1（元）及节假日门票费用y2（元）与游客x（人）之间的函数关系如图所示．

（1）求不打折的门票价格；
（2）求y1、y2与x之间的函数关系式；
（3）导游小王5月2日（五一假日）带A旅游团，5月8日（非节假日）带B旅游团到该景区旅游，两团共计50人，两次共付门票费用3040元，求A、B两个旅游团各多少人？（温馨提示：节假日的折扣与非节假日的折扣不同）
23．如图．正方形ABCD的边长为4，点E从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线AD运动，运动时间为t秒（t＞0），以AE为一条边，在正方形ABCD左侧作正方形AEFG，连接BF．
（1）当t＝1时，求BF的长度；
（2）在点E运动的过程中，求D、F两点之间距离的最小值；
（3）连接AF、DF，当△ADF是等腰三角形时，求t的值．

24．如图，已知直线AB的函数解析式为，与y轴交于点A，与x轴交于点B．点P为线段AB上的一个动点（点P不与A，B重合），连接OP，以PB，PO为邻边作▱OPBC．设点P的横坐标为m，▱OPBC的面积为S．
（1）点A的坐标为 　 　，点B的坐标为 　 　；
（2）①当▱OPBC为菱形时，S＝　 　；
②求S与m的函数关系式，并写出m的取值范围；
（3）BC边的最小值为 　 　．

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．综合与实践：如图1，在正方形中，连接对角线，点O是的中点，点E是线段上任意一点（不与点A，O重合），连接，．过点E作交直线于点F．

（1）试猜想线段与的数量关系，并说明理由；
（2）试猜想线段之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图2，当E在线段上时（不与点C，O重合），交延长线于点F，保持其余条件不变，直接写出线段之间的数量关系．
【参考答案】
一、选择题
1．B
解析：B
【分析】
根据分式和二次根式有意义的条件进行计算即可．
【详解】
解：由x≥0且x-1≠0得出x≥0且x≠1，
x的取值范围是x≥0且x≠1，
故选：B．
【点睛】
本题考查了函数自变量的取值范围问题，掌握分式和二次根式有意义的条件是解题的关键．
2．A
解析：A
【分析】
从三角形三边的关系利用勾股定理的逆定理和从角的关系利用三角形内角和定理逐个判断即可．
【详解】
解：选项A：设，由三角形内角和为180°可知：，解得，故，故选项A不符合题意；
选项B：由三角形内角和定理可知：，即，此时是直角三角形，故选项B符合题意；
选项C：已知条件可变形为，由勾股定理的逆定理可知是直角三角形，故选项C符合题意；
选项D：设，此时，由勾股定理的逆定理可知是直角三角形，故选项D符合题意；
故选：A．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理及三角形的内角和定理，熟练掌握各定理是解决本题的关键．
3．D
解析：D
【解析】
【分析】
平行四边形的判定定理：(1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形；(2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形；(3)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；(4)两组对角分别相等的四边形是平行四边形；(5)对角线互相平分的四边形是平行四边形；根据平行四边形的判定即可解答.
【详解】
解：∵
∴，
在△ADO和△CBO中

∴△ADO全等△CBO
∴AD=CD
∴四边形ABCD是平行四边形．
此选项A正确；
∵
∴
又∵，
∴
∴AB∥CD
∴四边形ABCD是平行四边形．
此选项B正确；
∵AB=CD，AD=BC
∴四边形ABCD是平行四边形．
此选项C正确；
根据∠ABD=∠ADB，∠BAO=∠DCO不能判断四边形ABCD是否为平行四边形
∴选项D错误.
故选D.
【点睛】
本题主要考查平行四边形的判定定理，解决本题的关键是要熟练掌握平行四边形的判定定理.
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据标准差的定义：方差的算术平方根，因此标准差越小，代表方差越小，即越稳定，由此求解即可．
【详解】
解：∵＞，
∴＞，
∴乙队的队员的身高较整齐
故选C．
【点睛】
本题主要考查了标准差，解题的关键在于能够熟练掌握标准差的定义．
5．C
解析：C
【分析】
根据Rt△ABC和勾股定理可得出AB两点间的距离．
【详解】
解：在Rt△ABC中，AC＝1，BC＝，

可得：AB＝，
故选：C．
【点睛】
本题考查了勾股定理，得出正方体上A、B两点间的距离为直角三角形的斜边是解题关键．
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
求出∠HDO，再证明∠DHO=∠HDO即可解决问题；
【详解】
∵，
∴.
∵四边形是菱形，
∴°，
∵，
∴，
∴.
∵，∴，
∴.
故选B.
【点睛】
此题考查菱形的性质，解题关键在于掌握菱形具有平行四边形的一切性质； 菱形的四条边都相等； 菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．判断OH为直角三角形斜边上的中线．
7．C
解析：C
【解析】
【分析】
连接BD，根据三角形中位线定理求出BD，根据勾股定理的逆定理得到∠BDC=90°，然后求得面积即可．
【详解】
解：连接BD，

∵E、F分别是AB、AD中点，
∴BD=2EF=12，
∵CD2+BD2=25+144=169，BC2=169，
∴CD2+BD2=BC2，
∴∠BDC=90°，
∴S△DBC=BD•CD=×12×5=30，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理的逆定理，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．B
解析：B
【解析】
【分析】
点C关于OA的对称点C′（-1，0），点C关于直线AB的对称点C″（7，6），连接C′C″与AO交于点E，与AB交于点D，此时△DEC周长最小，可以证明这个最小值就是线段C′C″．
【详解】
解：如图，点C(1，0)关于y轴的对称点C′（-1，0），点C关于直线AB的对称点C″，

∵直线AB的解析式为y=-x+7，
∴直线CC″的解析式为y=x-1，
由
解得，
∴直线AB与直线CC″的交点坐标为K（4，3），
∵K是CC″中点，C(1，0)，
设C″坐标为（m，n），
∴，解得：
∴C″（7，6）．
连接C′C″与AO交于点E，与AB交于点D，此时△DEC周长最小，
△DEC的周长=DE+EC+CD=EC′+ED+DC″=C′C″=
故答案为10．
【点睛】
本题考查轴对称-最短问题、两点之间距离公式等知识，解题的关键是利用对称性在找到点D、点E位置，将三角形的周长转化为线段的长．
二、填空题
9．a≥－2且a≠1
【解析】
【分析】
直接利用二次根式的性质得出a的取值范围．
【详解】
解：∵式子有意义，
∴，，
∴，且；
故答案为：且；
【点睛】
此题主要考查了二次根式的性质，正确掌握二次根式的性质是解题关键．
10．A
解析：
【解析】
【分析】
根据菱形的性质及勾股定理计算即可；
【详解】
解：在菱形ABCD中，AB＝m，AC+BD＝n，
∴，
∴AC2+BD2＝4m2，
∴菱形ABCD的面积＝，
＝，
＝，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，准确计算是解题的关键．
11．2或
【解析】
【分析】
已知直角三角形的两边长，但并没有明确是直角边还是斜边，因此分两种情况讨论：是直角边，是斜边；，均为直角边；可根据勾股定理求出上述两种情况下第三边的长．
【详解】
当是直角边，是斜边，
第三边的长，
当，均为直角边，
第三边的长，
故答案为：2或．
【点睛】
本题考查了勾股定理，由于已知的两边是直角边还是斜边并不明确，所以一定要分类讨论．
12．E
解析：
【分析】
首先翻折方法得到ED=BE，再设出未知数，分别表示出线段AE，ED，BE的长度，然后在Rt△ABE中利用勾股定理求出AE的长度，进而求出AE的长度，就可以利用面积公式求得△ABE的面积．
【详解】
解：∵长方形折叠，使点B与点D重合，
∴ED=BE，∠A，
设AE=xcm，则ED=BE=(9﹣x)cm，
在Rt△ABE中，
，
∴，
解得：x=4，
∴△ABE的面积为：3×4×=6()，
故答案为．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，长方形的性质，勾股定理的运用；解题的关键是熟练掌握折叠的性质，找准折叠前后相等的角和边．
13．A
解析：-3
【分析】
根据题意直线y＝kx+b（k≠0）经过点A（0，3）和点（1，0），然后根据待定系数法即可求得k的值．
【详解】
解：∵直线y＝kx+b（k≠0）经过点A（0，3）和点（1，0），
∴，
解得k＝﹣3，
故答案为：-3．
【点睛】
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，熟练运用待定系数法是解题的关键．
14．
【分析】
根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形解题．
【详解】
解：由对角线互相垂直的平行四边形是菱形得，应添加条件：
故答案为：．
【点睛】
本题考查菱形的判定，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
15．1或11 或
【分析】
l过点C、点P的位置有两种情况：①点P位于点E时，S=1；②点P位于点C时，S=11；求出l过临界点D、E、B即求出直线与图形有一个交点时b的取值范围．
【详解
解析：1或11 或
【分析】
l过点C、点P的位置有两种情况：①点P位于点E时，S=1；②点P位于点C时，S=11；求出l过临界点D、E、B即求出直线与图形有一个交点时b的取值范围．
【详解】
解：∵点A、B、C、D的坐标分别为（-2，2），（-2，1），（3，1），（3，2）
∴AD=BC=5，AB=1
当直线l过点C（3，1）时，1=-3+b，即b=4
∴直线的解析式为y=-x+4.
∴，解得，即直线1与AD的交点E为（2，2）
∴DE=1.
∴如图：当l过点C时，点P位于点E或点C
①当l过点C时，点P位于点E时，S=DE=1；
②当l过点C时，点P位于点C时，S=AD+AB+BC=5+1+5=11..
∴当1过点C时，S的值为1或11；
当直线l过点D时，b=5；
当直线1过点C时，b=4；
当直线1过点B时，将B（-2，1）代入y=-x+b得1=2+b，即b=-1
∴当或时，直线与图形有一个交点．
故填1或11，或．

【点睛】
本题主要考查了一次函数图象与系数的关系、一次函数图象上点的坐标特征，根据题意求出临界值成为解答本题的关键．
16．①②④
【分析】
①根据折叠得△ABE≌△AFE，证明△EFC是等腰三角形，得到∠EFC=∠ECF，根据∠BEF=∠EFC+∠FEC，得出∠BEA=∠AEF=∠EFC=∠ECF，即可证明AE∥FC，
解析：①②④
【分析】
①根据折叠得△ABE≌△AFE，证明△EFC是等腰三角形，得到∠EFC=∠ECF，根据∠BEF=∠EFC+∠FEC，得出∠BEA=∠AEF=∠EFC=∠ECF，即可证明AE∥FC，故①正确；②根据四边形ABCD是正方形，且△ABE≌△AFE，证明Rt△AFG≌Rt△ADG，得出∠FAG=∠GAD，根据∠BAF+∠FAD=90°，推出∠EAF+∠FAG=45°，可得∠EAG=45°，根据全等得：BE=FE，DG=FG，即可得BE+DG=EF+GF=EG，故②正确；③先求出S△ECG，根据EF：FG=：=3：2，得出S△EFC：S△FCG=3：2，即S△EFC=，再根据SABCD=a2，得出S△CEF：S△ABCD=：，即S△CEF=SABCD，故③错误；④设正方形的边长为a，根据勾股定理得AE==，设DG=x，则CG=a-x，FG=x，EG=+x，再根据勾股定理求出x，即可得出结论，故④正确．
【详解】
解：①由折叠可得△ABE≌△AFE，
∴∠BEA=∠AEF，BE=EF，
∵E是BC中点，
∴BE=CE=EF，
∴△EFC是等腰三角形，
∴∠EFC=∠ECF，
∵∠BEF=∠EFC+∠FEC，
∴∠BEA=∠AEF=∠EFC=∠ECF，
∴AE∥FC，故①正确；
②∵四边形ABCD是正方形，且△ABE≌△AFE，
∴AB=AF=AD，∠B=∠D=∠AFG，
∴△AFG和△ADG是直角三角形，
∴在Rt△AFG和Rt△ADG中，
∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），
∴∠FAG=∠GAD，
又∵∠BAF+∠FAD=90°，
∴2∠EAF+2∠FAG=90°，
即∠EAF+∠FAG=45°，
∴∠EAG=45°，
由全等得：BE=FE，DG=FG，
∴BE+DG=EF+GF=EG，故②正确；
③对于Rt△ECG，
S△ECG=×EC×CG=××=，
∵EF：FG=：=3：2，
则S△EFC：S△FCG=3：2，即S△EFC=，
又∵SABCD=a2，
则S△CEF：S△ABCD=：，即S△CEF=SABCD，故③错误；
④设正方形的边长为a，
∴AB=AD=AF=a，BE=EF==EC，
由勾股定理得AE==，
设DG=x，则CG=a-x，FG=x，
EG=+x，
∴EG2=EC2+CG2，即（+x）2=（）2+（a-x）2，
解得x=，CG=，
即AD=3DG成立，故④正确．
【点睛】
本题考查了正方形的折叠问题，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，掌握这些知识点灵活运用是解题关键．
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．
18．8米．
【分析】
梯子下滑4米，梯子的长度不变始终为25米，利用勾股定理分别求出OB、OB＇的长度，进而求出BB＇的长度即可．
【详解】
解：如图，依题意可知
AB＝25(米)，AO＝24(米)，∠
解析：8米．
【分析】
梯子下滑4米，梯子的长度不变始终为25米，利用勾股定理分别求出OB、OB＇的长度，进而求出BB＇的长度即可．
【详解】
解：如图，依题意可知
AB＝25(米)，AO＝24(米)，∠O＝90°，
∴ BO2＝AB2﹣AO2＝252-242，
∴ BO＝7(米)，
移动后，＝20(米)，
∴ (米)，
∴ (米)．
答：梯子底端B外移8米．
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用及勾股定理在直角三角形中的正确运用，本题中求的长度是解题的关键．
19．（1）矩形，正方形；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据勾股四边形的定义即可求解；
（2）由勾股定理可知可知四边形对角线为5，据此即可作图．
【详解】
解：（1）由勾股四边形的定义矩形、正方
解析：（1）矩形，正方形；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据勾股四边形的定义即可求解；
（2）由勾股定理可知可知四边形对角线为5，据此即可作图．
【详解】
解：（1）由勾股四边形的定义矩形、正方形都满足一组相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，
故答案为：矩形，正方形；
（2）如图，

证明：∵∠AOB=90°，
∴,
∴四边形为勾股四边形，
由勾股定理得,
∴AB=OM，
∴四边形都是勾股四边形，符合题意．
【点睛】
本题为新定义问题，考查了勾股定理等知识，矩形、正方形的性质，熟知勾股定理，理解勾股四边形的定义是解题关键．
20．（1）见解析；（2）90°
【分析】
（1）由题意利用全等三角形的判定证得，得出，进而利用菱形的判定定理进行证明即可；
（2）由题意利用菱形的性质可得，进而进行角的等量替换得出即的度数．
【详解】
解析：（1）见解析；（2）90°
【分析】
（1）由题意利用全等三角形的判定证得，得出，进而利用菱形的判定定理进行证明即可；
（2）由题意利用菱形的性质可得，进而进行角的等量替换得出即的度数．
【详解】
解：（1）证明：∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
又∵，
∴四边形是菱形；
（2）∵四边形是菱形，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴．
即．
【点睛】
本题考查菱形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质以及菱形的判定与性质是解题的关键.
21．见解析.
【解析】
【分析】
（1）原式各项仿照题目中的分母有理化的方法计算即可得到结果；
（2）原式各项分母有理化，计算即可.
【详解】
解:(1)①; 
②; 
(2)原式
故答案为:(1)①;
解析：见解析.
【解析】
【分析】
（1）原式各项仿照题目中的分母有理化的方法计算即可得到结果；
（2）原式各项分母有理化，计算即可.
【详解】
解:(1)①; 
②; 
(2)原式
故答案为:(1)①;②
【点睛】
此题主要考查了二次根式的有理化，解答此题要认真阅读前面的分析，根据题目的要求选择合适的方法解题.
22．（1）80元/人；（2）y1＝48x，y2＝；（3）A旅游团30人，B旅游团20人
【分析】
（1）由函数图象，节假日期间，10人的购票款数为800元，购票款数除以人数，可得不打折的门票价格；
（2
解析：（1）80元/人；（2）y1＝48x，y2＝；（3）A旅游团30人，B旅游团20人
【分析】
（1）由函数图象，节假日期间，10人的购票款数为800元，购票款数除以人数，可得不打折的门票价格；
（2）利用待定系数法求正比例函数解析式求出，分与，利用待定系数法求与的函数关系式即可；
（3）设团有人，表示出团的人数为，然后分与两种情况，根据（2）的函数关系式列出方程求解即可．
【详解】
解：（1）（元人），
答：不打折的门票价格是80元人；
（2）设，
解得：，
，
当时，设，
当时，设，
则，
解得：，，
，
；
（3）设旅游团人，则旅游团人，
若，则，
解得：，与不相符，
若，则，
解得：，与相符，（人，
答：旅游团30人，旅游团20人．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，利用了待定系数法求一次函数解析式，准确识图获取必要的信息是解题的关键，（3）要注意分情况讨论．
23．（1） （2） （3）2或或4
【分析】
（1）由勾股定理可求出答案；
（2）延长AF，过点D作射线AF的垂线，垂足为H，设AH＝DH＝x，在Rt△AHD中，得出x2+x2＝42，解方程
解析：（1） （2） （3）2或或4
【分析】
（1）由勾股定理可求出答案；
（2）延长AF，过点D作射线AF的垂线，垂足为H，设AH＝DH＝x，在Rt△AHD中，得出x2+x2＝42，解方程求出x即可得出答案；
（3）分AF＝DF，AF＝AD，AD＝DF三种情况，由正方形的性质及直角三角形的性质可得出答案．
【详解】
解：（1）当t＝1时，AE＝1，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AG＝FG＝AE＝1，∠G＝90°，
∴BF＝＝＝，
（2）如图1，延长AF，过点D作射线AF的垂线，垂足为H，

∵四边形AGFE是正方形，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴∠EAF＝45°，
∵DH⊥AH，
∴∠AHD＝90°，∠ADH＝45°＝∠EAF，
∴AH＝DH，
设AH＝DH＝x，
∵在Rt△AHD中，∠AHD＝90°，
∴x2+x2＝42，
解得x1＝﹣2（舍去），x2＝2，
∴D、F两点之间的最小距离为2；
（3）当AF＝DF时，由（2）知，点F与点H重合，过H作HK⊥AD于K，如图2，

∵AH＝DH，HK⊥AD，
∴AK＝＝2，
∴t＝2．
当AF＝AD＝4时，设AE＝EF＝x，
∵在Rt△AEF中，∠AEF＝90°，
∴x2+x2＝42，
解得x1＝﹣2（舍去），x2＝2，
∴AE＝2，
即t＝2．
当AD＝DF＝4时，点E与D重合，t＝4，
综上所述，t为2或2或4．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了勾股定理，正方形的性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，学会用分类讨论的思想思考问题．
24．（1）（0，4），（﹣3，0）；（2）①3；②S＝4m＋12，﹣3＜m＜0；（3）
【解析】
【分析】
（1）在中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝﹣3，即可得A（0，4），B（﹣3，0），
（2）
解析：（1）（0，4），（﹣3，0）；（2）①3；②S＝4m＋12，﹣3＜m＜0；（3）
【解析】
【分析】
（1）在中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝﹣3，即可得A（0，4），B（﹣3，0），
（2）①当▱OPBC为菱形时，BP＝OP，可得P是△AOB斜边上的中点，即得S△BOP＝S△AOB＝3，故S菱形OPBC＝2S△BOP＝6；
②过P作PH⊥OB于H，由点P的横坐标为m，且P在线段AB上，直线AB为，可得P（m，m＋4），﹣3＜m＜0，从而S△BOP＝OB•PH＝2m＋6，即得S＝2S△BOP＝4m＋12，﹣3＜m＜0；
（3）根据四边形OPBC是平行四边形，得BC＝OP，BC最小即是OP最小，故OP⊥AB时，BC最小，在Rt△AOB中，AB＝＝5，由S△AOB＝OA•OB＝AB•OP，可得OP＝，即得BC最小为．
【详解】
解：（1）在中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝﹣3，
∴A（0，4），B（﹣3，0），
故答案为：（0，4），（﹣3，0）；
（2）①当▱OPBC为菱形时，BP＝OP，
∴∠PBO＝∠POB，
∴90°﹣∠PBO＝90°﹣∠POB，即∠BAO＝∠POA，
∴PA＝OP，
∴PA＝OP＝PB，即P是△AOB斜边上的中点，
∴S△BOP＝S△AOB＝×OA•OB＝3，
∴S菱形OPBC＝2S△BOP＝6，
故答案为：3；
②过P作PH⊥OB于H，如图：

∵点P的横坐标为m，且P在线段AB上，直线AB为，
∴P（m，m＋4），﹣3＜m＜0，
∴PH＝m＋4，
∴S△BOP＝OB•PH＝×3（m＋4）＝2m＋6，
∴S＝2S△BOP＝4m＋12，﹣3＜m＜0；
（3）∵四边形OPBC是平行四边形，
∴BC＝OP，
BC最小即是OP最小，
∴OP⊥AB时，BC最小，如图：

在Rt△AOB中，AB＝＝5，
∵S△AOB＝OA•OB＝AB•OP，
∴OP＝＝，
∴BC最小为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查一次函数综合应用，涉及三角形面积、平行四边形、菱形等知识，解题的关键是用m的代数式表示P点纵坐标和相关线段的长度．
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），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析
【分析】
（1）先根据正方形的性质可证得，由此可得，，再根据同角的补角相等证得，等量代换可得，由此可得，再等量代换即可得证；
（2）过点E
解析：（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析
【分析】
（1）先根据正方形的性质可证得，由此可得，，再根据同角的补角相等证得，等量代换可得，由此可得，再等量代换即可得证；
（2）过点E作交CB的延长线于点G，先证明，利用勾股定理可得，再证明，由此可得，最后再等量代换即可得证；
（3）仿照（1）和（2）的证明即可证得．
【详解】
解：（1），理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在与中，

∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下：
如图，过点E作交CB的延长线于点G，

∴，
由（1）知：，
∴，
∴，
∴在中，，
在与中，

∴，
∴，
又∵，
∴；
（3），理由如下：
如图，过点E作交BC于点G，设CD与EF的交点为点P，

∴，
由（1）可知：，
∴，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
由（1）可知：，
∴，
在与中，

∴，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，作出正确的辅助线并能灵活运用相关图形的性质是解决本题的关键．