人教版八年级下册数学淮安数学期末试卷练习(Word版含答案).doc

人教版八年级下册数学淮安数学期末试卷练习（Word版含答案）
一、选择题
1．在函数中，自变量x的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
2．以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（　　）
A．，，2 B．1，2， C．1，， D．4，5，6
3．已知四边形ABCD中，AB∥CD，添加下列条件仍不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB＝CD B．AD＝BC C．AD∥BC D．∠A+∠B＝180°
4．某次竞赛每个学生的综合成绩得分（x）与该学生对应的评价等次如表．
综合成绩（x）＝预赛成绩×30%+决赛成绩×70%
x≥90
80≤x＜90
评价等次
优秀
良好

小华同学预赛成绩为80，综合成绩位于良好等次，他决赛的成绩可能为（ ）A．71 B．79 C．87 D．95
5．如图，四边形ABCD中，AB=15，BC=12，CD=16，AD=25，且∠C=90°，则四边形ABCD的面积是（ ）

A．246 B．296 C．592 D．以上都不对
6．如图，在菱形中，与相交于点，的垂直平分线分别交，于点，，连接，若，则的度数是（ ）

A．60° B．75 C．80° D．110°
7．如图，在边长为12的等边△ABC中，D为边BC上一点，且BD＝CD，过点D作DE⊥AB于点E，F为边AC上一点，连接EF、DF，M、N分别为EF、DF的中点，连接MN，则MN的长为（　　）

A． B．2 C．2 D．4
8．一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象经过点B（﹣6，0），且与正比例函数y＝x的图象交于点A（m，﹣3），若kx﹣x＞﹣b，则（　　）

A．x＞0 B．x＞﹣3 C．x＞﹣6 D．x＞﹣9
二、填空题
9．若式子有意义，则实数a的取值范围是_____________．
10．菱形的周长为20cm，一条对角线长为8cm，则菱形的面积为______cm2．
11．图中阴影部分是一个正方形，则此正方形的面积为_______ ．

12．如图，在矩形ABCD中，E是AB上一点，F是AD上一点，EF⊥FC，且EF=FC，已知DF=5cm，则AE的长为________cm．

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，四边形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AC⊥BD，且AC平分BD，若添加一个条件_____，则四边形ABCD为菱形．

15．小明从家跑步到学校，接着马上原路步行回家．如图是小明离家的路程y（米）与时间t（分）的关系图象，则小明回家的速度是每分钟步行____________米．

16．如图，在菱形 ABCD 中，对角线 AC , BD 交于点O ，过点 A 作 AH ^ BC 于点 H ，已知 BD=8，S 菱形ABCD=24，则 AH=_______．

三、解答题
17．计算：
（1）(＋1)×－；
（2）＋×．
18．如图，将长为2.5米的梯子AB斜靠在墙AO上，BO长0.7米．如果将梯子的顶端A沿墙下滑0.4米，即AM等于0.4米，则梯脚B外移（即BN长）多少米？

19．图①、图②均是的正方形网格，小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点称为格点，点、均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上，所画图形不全等，不要求写画法．
（1）在图①中以线段为边画一个正方形．
（2）在图②中以线段为边画一个菱形．

20．如图，在平行四边形ABCD中，点P是AB边上一点（不与A，B重合），过点P作PQ⊥CP，交AD边于点Q，且∠QPA＝∠PCB，QP＝QD．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）求证：CD＝CP．

21．学习了二次根式的乘除后，老师给同学们出了这样一道题：已知a＝，求的值．刘峰想了想，很快就算出来了，下面是他的解题过程：
解：∵，
又∵a＝，
∴，
∴原式＝．
你认为刘峰的解法对吗？如果对，请你给他一句鼓励的话；如果不对，请找出错误的原因，并改正．
22．某学校欲购置一批标价为4800元的某种型号电脑，需求数量在6至15台之间．经与两个专卖店商谈，优惠方法如下：
甲店：购买电脑打八折；
乙店：先赠一台电脑，其余电脑打九折优惠．
设学校欲购置x台电脑，甲店购买费用为y甲（元），乙店购买费用为y乙（元）．
（1）分别写出购买费用y甲、y乙与所购电脑x（台）之间的函数关系式；
（2）对x的取值情况进行分析，说明这所学校购买哪家电脑更合算？
23．问题发现：
（1）如图1，点A为线段BC外一动点，且BC＝a，AB＝b．填空：当点A位于CB延长线上时，线段AC的长可取得最大值，则最大值为 　 　（用含a，b的式子表示）；

尝试应用：
（2）如图2所示，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，M、N分别为AB、AD的中点，连接MN、CE．AD＝5，AC＝3．
①请写出MN与CE的数量关系，并说明理由．
②直接写出MN的最大值．
（3）如图3所示，△ABC为等边三角形，DA＝6，DB＝10，∠ADB＝60°，M、N分别为BC、BD的中点，求MN长．
（4）若在第（3）中将“∠ADB＝60°”这个条件删除，其他条件不变，请直接写出MN的取值范围．
24．如图，平面直角坐标系中，O为原点，直线y＝x+1分别交x轴、y轴于点A、B，直线y＝﹣x+5分别交x轴、y轴于点C、D，直线AB、CD相交于点E．

（1）请直接写出A、D的坐标；
（2）P为直线CD上方直线AE上一点，横坐标为m，线段PE长度为d，请求出d与m的关系式；
（3）在（2）的条件下，连接PC、PD，若∠CPD＝135°，求点P的坐标．
25．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．
26．如图1，已知RtABC中，∠BAC＝90°，点D是AB上一点，且AC＝8，∠DCA＝45°，AE⊥BC于点E，交CD于点F．
(1)如图1，若AB＝2AC，求AE的长；
(2)如图2，若∠B＝30°，求CEF的面积；
(3)如图3，点P是BA延长线上一点，且AP＝BD，连接PF，求证：PF+AF＝BC．

【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．
【详解】
解：根据题意得，2x-3≥0，
解得x≥．
故选择：D．
【点睛】
本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
2．C
解析：C
【分析】
根据勾股定理的逆定理，判断较小两边的平方和是否等于第三边的平方，则可以判断各个选项的三条线段能否构成直角三角形，本题得以解决．
【详解】
解：A、，故选项中的三条线段不能构成直角三角形；
B、，故选项中的三条线段不能构成直角三角形；
C、，故选项中的三条线段能构成直角三角形；
D、，故选项中的三条线段不能构成直角三角形；
故选：C．
【点睛】
本题考查勾股定理的逆定理，解答本题的关键是明确题意，利用勾股定理的逆定理解答．
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
平行四边形的判定：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；③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
【详解】
解：根据平行四边形的判定，A、C、D均符合是平行四边形的条件，B则不能判定是平行四边形．
故选B．
【点睛】
此题主要考查了学生对平行四边形的判定的掌握情况．对于判定定理：“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．”应用时要注意必须是“一组”，而“一组对边平行且另一组对边相等”的四边形不一定是平行四边形．
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
设他决赛的成绩为x分，根据综合成绩所处位次得出80≤80×30%＋70%x＜90，解之求出x的范围即可得出答案．
【详解】
解：设他决赛的成绩为x分，
根据题意，得：80≤80×30%＋70%x＜90，
解得80≤x＜94，
∴各选项中符合此范围要求的只有87，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查加权平均数，解题的关键是根据加权平均数的定义及综合成绩位次列出关于x的不等式组．
5．A
解析：A
【详解】
解：连接BD．
∵∠C=90°，BC=12，CD=16，
∴BD==20，
在△ABD中，∵BD=20，AB=15，DA=25，
152+202=252，
即AB2+BD2=AD2，
∴△ABD是直角三角形．
∴S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD
=AB•BD+BC•CD
=×15×20+×12×16
=150+96
=246．
故选A．

6．B
解析：B
【解析】
【分析】
连接BF，由菱形的性质得∠DCF=∠BCF=35°，AC垂直平分BD，AD∥BC，再由线段垂直平分线的性质得BF=DF，BF=CF，则DF=CF，得∠CDF=∠DCF=35°，然后求出∠ADC=110°，求解即可．
【详解】
解：连接BF，如图所示：

∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DCF=∠BCF=∠BCD=35°，AC垂直平分BD，AD∥BC，
∴BF=DF，
∵EF是BC的垂直平分线，
∴BF=CF，
∴DF=CF，
∴∠CDF=∠DCF=35°，
∵AD∥BC，
∴∠ADC+∠BCD=180°，
∴∠ADC=180°-70°=110°，
∴∠ADF=110°-35°=75°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质以及平行线的性质等知识；熟练掌握菱形的性质，证出DF=CF是解题的关键．
7．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据题意求出BD，根据等边三角形的性质得到∠B=60°，根据含30°角的直角三角形的性质、勾股定理求出DE，根据三角形中位线定理计算，得到答案．
【详解】
解：∵BC=12，BD=CD，
∴BD=4，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=60°，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴∠BDE=30°，
∴BE=BD=2，
由勾股定理得：DE=，
∵M、N分别为EF、DF的中点，
∴MN=DE=，
故选：A．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理、等边三角形的性质、直角三角形的性质，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】
先利用正比例函数解析式,确定A点坐标;然后利用函数图像，写出一次函数y=kx+b（k≠0）的图像，在正比例函数图像上方所对应的自变量的范围.
【详解】
解：把A（m，﹣3）代入y＝x得m＝﹣3，解得m＝﹣9，
所以当x＞﹣9时，kx+b＞x，
即kx﹣x＞﹣b的解集为x＞﹣9．
故选D．
【点睛】
本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=kx+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图像的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合.
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．
10．24
【解析】
【分析】
画出符合题意的图形，利用菱形的对角线互相垂直平分，求解另一条对角线的长，再利用菱形的面积等于两条对角线的长之积的一半即可得到答案．
【详解】
解：如图，菱形的周长为20cm，一条对角线的长为8cm，

故答案为：
【点睛】
本题考查的是菱形的性质，菱形的面积，掌握菱形的性质及菱形的面积的计算是解题的关键．
11．36cm2
【解析】
【分析】
利用勾股定理求正方形边长，从而求正方形的面积．
【详解】
解：由题意可知：正方形的边长为：
∴正方形的面积为：6²=36
故答案为：36 cm2．
【点睛】
本题考查勾股定理解直角三角形，题目比较简单，正确计算是解题关键．
12．E
解析：5
【分析】
只需要证明△EAF≌FDC即可得到答案.
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，
∴∠AFE+∠AEF=90°，
∵EF⊥EC，
∴∠EFC=90°，
∴∠AFE+∠CFD=90°，
∴∠AEF=∠DFC，
∵EF=CF，
∴△EAF≌FDC（AAS），
∴AE=FD=5，
故答案为：5.

【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，垂直的定义，全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
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．A
解析：OA＝OC
【分析】
添加条件OA＝OC，先证四边形ABCD是平行四边形，再由AC⊥BD，即可得出平行四边形ABCD是菱形．
【详解】
.解：添加一个条件OA＝OC，则四边形ABCD为菱形，
理由如下：
∵AC平分BD，OA＝OC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
故答案为：OA＝OC．
【点睛】
此题主要考查了菱形的判定以及平行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
15．50
【分析】
根据总路程÷回家用的时间即可求解．
【详解】
解：小明回家用了15-5=10分钟，
总路程为500，
故小明回家的速度为：500÷10=50（米/分），
故答案为50．
【点睛】
本
解析：50
【分析】
根据总路程÷回家用的时间即可求解．
【详解】
解：小明回家用了15-5=10分钟，
总路程为500，
故小明回家的速度为：500÷10=50（米/分），
故答案为50．
【点睛】
本题考查由图象理解对应函数关系及其实际意义，应把所有可能出现的情况考虑清楚．
16．【分析】
根据菱形面积＝对角线积的一半可求AC，再根据勾股定理求出BC，然后由菱形的面积即可得出结果．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，BD＝8，
∴AO＝CO，AC⊥BD，OB=OD=4，
解析：
【分析】
根据菱形面积＝对角线积的一半可求AC，再根据勾股定理求出BC，然后由菱形的面积即可得出结果．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，BD＝8，
∴AO＝CO，AC⊥BD，OB=OD=4，
∴S菱形ABCD＝×AC×BD＝24，
∴AC＝6，
∴OC＝AC＝3，
∴BC＝＝5，
∵S菱形ABCD＝BC×AH＝24，
∴AH＝，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、勾股定理以及菱形面积公式；熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出BC是解题的关键．
三、解答题
17．（1）4－；（2）3．
【分析】
（1）根据二次根式的混合运算法则先算乘法，然后合并同类二次根式求解即可；
（2）根据二次根式的混合运算法则先算乘法，然后合并同类二次根式求解即可．
【详解】
（1）
解析：（1）4－；（2）3．
【分析】
（1）根据二次根式的混合运算法则先算乘法，然后合并同类二次根式求解即可；
（2）根据二次根式的混合运算法则先算乘法，然后合并同类二次根式求解即可．
【详解】
（1）(＋1)×－

（2）＋×

【点睛】
此题考查了二次根式的加减乘法运算，解题的关键是熟练掌握二次根式的加减乘法运算法则．
18．梯脚外移0.8米．
【分析】
直角利用勾股定理求出AO，ON的长，再利用NB=ON-OB，即可求出答案．
【详解】
解：由题意得：AB=2.5米，BO=0.7米，
在Rt△ABO中，由勾股定理得：
解析：梯脚外移0.8米．
【分析】
直角利用勾股定理求出AO，ON的长，再利用NB=ON-OB，即可求出答案．
【详解】
解：由题意得：AB=2.5米，BO=0.7米，
在Rt△ABO中，由勾股定理得：
（米）．
∴MO=AO-AM=2.4-0.4=2（米），
在Rt△MNO中，由勾股定理得：
（米）．
∴NB=ON-OB=1.5-0.7=0.8（米），
∴梯脚B外移（即BN长）0.8米．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的应用，读懂题意，正确应用勾股定理是解题的关键．
19．（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的判定进行画图即可；
（2）根据菱形的判定进行画图即可．
【详解】
解：（1）如图所示：，，
∴，
∴∠ABC=90°，
∴四边形AB
解析：（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的判定进行画图即可；
（2）根据菱形的判定进行画图即可．
【详解】
解：（1）如图所示：，，
∴，
∴∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形；

（2）如图所示，
∴四边形ABEF是菱形．

【点睛】
本题主要考查了菱形的判定，正方形的判定，勾股定理和勾股定理的逆定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
20．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据垂直求出∠QPC=90°，求出∠QPA+∠BPC=90°，求出∠BPC+∠PCB=90°，根据三角形内角和定理求出∠B=90°，再根据矩形的判定得出即
解析：（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据垂直求出∠QPC=90°，求出∠QPA+∠BPC=90°，求出∠BPC+∠PCB=90°，根据三角形内角和定理求出∠B=90°，再根据矩形的判定得出即可；
（2）连接CQ，根据全等三角形的判定定理HL推出Rt△CDQ≌Rt△CPQ，根据全等三角形的性质推出即可．
【详解】
解：证明：（1）∵PQ⊥CP，
∴∠QPC=90°，
∴∠QPA+∠BPC=180°-90°=90°，
∵∠QPA=∠PCB，
∴∠BPC+∠PCB=90°，
∴∠B=180°-（∠BPC+∠PCB）=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）连接CQ，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，
∵∠CPQ=90°，
∴在Rt△CDQ和Rt△CPQ中，
，
∴Rt△CDQ≌Rt△CPQ（HL），
∴CD=CP．
【点睛】
本题考查了三角形内角和定理，垂直的定义，矩形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，能求出∠B=90°和Rt△CDQ≌Rt△CPQ是解此题的关键．
21．答案见解析.
【解析】
【分析】
直接利用二次根式的性质化简进而得出答案．
【详解】
刘峰的解法错误，
原因是：错误地运用了＝这个公式，
正确解法是：∵a＝＝＜1，
∴a﹣1＜0，
∴＝
＝
＝
＝
解析：答案见解析.
【解析】
【分析】
直接利用二次根式的性质化简进而得出答案．
【详解】
刘峰的解法错误，
原因是：错误地运用了＝这个公式，
正确解法是：∵a＝＝＜1，
∴a﹣1＜0，
∴＝
＝
＝
＝﹣，
∴原式＝﹣．
【点睛】
此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确化简二次根式是解题关键．
22．（1），y甲＝3840x（6≤x≤15）；y乙＝4320x﹣4320（6≤x≤15）；（2）当购买9台电脑时，到两家商店购买费用相同；当10≤x≤15时，到甲商店更合算；当6≤x≤8时，到乙商店更合
解析：（1），y甲＝3840x（6≤x≤15）；y乙＝4320x﹣4320（6≤x≤15）；（2）当购买9台电脑时，到两家商店购买费用相同；当10≤x≤15时，到甲商店更合算；当6≤x≤8时，到乙商店更合算
【分析】
（1）根据两家电脑商的优惠方法可得y甲（元），乙店购买费用为y乙（元）；
（2）根据（1）的结论列方程或不等式解答即可．
【详解】
解：（1）由题意可得：y甲＝4800×0.8x＝3840x（6≤x≤15）；
y乙＝4800×0.9（x﹣1）＝4320x﹣4320（6≤x≤15）；
（2）当3840x＝4320x﹣4320时，
解得x＝9，
即当购买9台电脑时，到两家商店购买费用相同；
当3840x＜4320x﹣4320时，
解得x＞9，
即当10≤x≤15时，到甲商店更合算；
当3840x＞4320x﹣4320时，
解得x＜9，
即当6≤x≤8时，到乙商店更合算．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，读懂题目信息，理解两家电脑商的优惠方法并表示出y甲、y乙与所购电脑x（台）之间的函数关系式是解题的关键．
23．（1）a+b；（2）①EC＝2MN，见解析；②MN的最大值为4；（3）MN＝7；（4）2≤MN≤8
【分析】
（1）当点在的延长线上时，的值最大．
（2）①结论：．连接，再利用全等三角形的性质证明，
解析：（1）a+b；（2）①EC＝2MN，见解析；②MN的最大值为4；（3）MN＝7；（4）2≤MN≤8
【分析】
（1）当点在的延长线上时，的值最大．
（2）①结论：．连接，再利用全等三角形的性质证明，再利用三角形的中位线定理，可得结论．②根据，求出，，可得结论．
（3）如图3中，以为边向左作等边，连接，，过点作交的延长线于．证明，，求出可得结论．
（4）由（3）可知，，求出的取值范围，可得结论．
【详解】
解：（1），，
，
的最大值为，
故答案为：．
（2）①结论：．

理由：连接．
，
，
在和中，
，
，
，
，，
，
．
②，，
，，
，
，
，
的最大值为4．
（3）如图3中，以为边向左作等边，连接，，过点作交的延长线于．

，都是等边三角形，
，，，
，
在和中，
，
，
，
，，
，
，
，
，

，
，，
，
，
．
（4）由（3）可知，，
，
，
．
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
24．（1）A（﹣1，0），D（0，5）；（2）d＝（m﹣2）；（3）点P的坐标为（3，4）．
【解析】
【分析】
（1）分别令直线y=x+1，直线y=-x+5x0，y=0，即可求得A点坐标和D点坐标；
解析：（1）A（﹣1，0），D（0，5）；（2）d＝（m﹣2）；（3）点P的坐标为（3，4）．
【解析】
【分析】
（1）分别令直线y=x+1，直线y=-x+5x0，y=0，即可求得A点坐标和D点坐标；
（2））过点P作PM⊥x轴，交CD于F，M是垂足，先求出P、F的坐标，即可求出PE=2m4，再通过已知和辅助线判断△PEF是等腰直角三角形，从而得出PE=PF，即可得出结论；
（3）先过点C作CN⊥DP，交DP的延长线于点N，连接OP，ON，过O作OG⊥ON，交PD的延长线于G，然后证明△ODG≌△OCN，再证明△OCN≌△OPN，得出OP=5，在直角三角形OMP中用勾股定理求解即可．
【详解】
解：（1）∵直线y＝x+1分别交x轴、y轴于点A、B，
∴令x＝0，则y＝1，令y＝0，则x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），B（0，1），
又∵直线y＝﹣x+5分别交x轴、y轴于点C、D，
∴令x＝0，则y＝5，令y＝0，则x＝5，
∴C（5，0），D（0，5）
∴A（﹣1，0），D（0，5）；
（2）过点P作PM⊥x轴，交CD于F，M是垂足，如图所示，

由（1）知OA＝OB，OC＝OD，
∴∠ABO＝∠DCO＝45°，
∴△AEC为等腰直角三角形，
∴∠PEF＝90°，
又∵∠DCO＝45°，
∴∠EFP＝∠MFC＝45°，
∴△PEF为等腰直角三角形，
∴PE＝EF＝PF，
∵P在直线y＝x+1上，P的横坐标为m，
∴P（m，m+1），
F在直线y＝﹣x+5上，F的横坐标为m，
∴F（m，﹣m+5），
∴PF＝m+1﹣（﹣m+5）＝m+1+m﹣5＝2m﹣4，
∴d＝PE＝PF＝（2m﹣4）＝（m﹣2）；
（3）过点C作CN⊥DP，交DP的延长线于点N，连接OP，ON，
过O作OG⊥ON，交PD的延长线于G，如图所示，

∵∠DOC＝∠CND＝90°，
∴∠ODN+∠OCN＝180°，
又∵∠ODG+∠ODN＝180°，
∴∠ODG＝∠OCN，
∵∠DOG＝90°﹣∠DON，∠CON＝90°﹣∠DON，
∴∠DOG＝∠CON，
在△ODG和△OCN中，

∴△ODG≌△OCN（ASA），
∴OG＝ON，
∴∠ONG＝∠OGN＝45°，
∴∠CNO＝∠PNO＝45°，
∵∠CPD＝135°，CN⊥DP，
∴∠CPN＝45°，
∴∠PCN＝45°，
∴NP＝NC，
在△OCN和△OPN中，
，
∴△OCN≌△OPN（SAS），
∴OP＝OC＝5，
在Rt△OPM中，
OP2＝OM2+MP2，
∴52＝m2+（m+1）2，
解得：m＝3或m＝﹣4（舍去），
∴m+1＝4，
∴点P的坐标为（3，4）．
【点睛】
此题考查了一次函数与坐标轴的交点，勾股定理，坐标与图形性质，等腰直角三角形的判定与性质，关键是通过作辅助线证明三角形全等，把条件转化到直角三角形OPM中．
25．（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．
26．(1)；(2)；(3)见解析
【分析】
（1）利用勾股定理求出BC，再利用面积法求出AE即可．
（2）如图2中，过点作于点，先求得，根据含30度角的直角三角形的性质求得，设，勾股定理求得进而求得，利
解析：(1)；(2)；(3)见解析
【分析】
（1）利用勾股定理求出BC，再利用面积法求出AE即可．
（2）如图2中，过点作于点，先求得，根据含30度角的直角三角形的性质求得，设，勾股定理求得进而求得，利用三角形面积公式即可求得CEF的面积；
（3）如图3中，过A点作AM⊥CD于点M，与BC交于点N，连接DN，证明△AMF≌△DMN（ASA），推出AF＝DN＝CN，再证明△APF≌△DBN（SAS），可得结论．
【详解】
（1）∵AB＝2AC，AC＝8，
∴AB＝16，
∵∠BAC＝90°，
∴BC＝，
∵AE⊥BC，
∴S△ABC＝，
∴AE＝．
（2）如图，过点作于点，则，

∠B＝30°，，,
，,
,
,
AE⊥BC，
，

设，则，，
，
，
，
，

解得

（3）证明：如图3中，过A点作AM⊥CD于点M，与BC交于点N，连接DN．

∵∠BAC＝90°，AC＝AD，
∴AM⊥CD，AM＝DM＝CM，∠DAM＝∠CAM＝∠ADM＝∠ACD＝45°，
∴DN＝CN，
∴∠NDM＝∠NCM，
∵AE⊥BC，
∴∠ECF＋∠EFC＝∠MAF＋∠AFM＝90°，
∵∠AFM＝∠EFC，
∴∠MAF＝∠ECF，
∴∠MAF＝∠MDN，
∵∠AMF＝∠DMN，
∴△AMF≌△DMN（ASA），
∴AF＝DN＝CN，
∵∠BAC＝90°，AC＝AD，
∴∠DAM＝∠CAM＝∠ADM＝∠ACD＝45°，
∴∠NAP＝∠CDB＝135°，
∵∠MAF＝∠MDN，
∴∠PAF＝∠BDN，
∵AP＝DB，
∴△APF≌△DBN（SAS），
∴PF＝BN，
∵AF＝CN，
∴PF＋AF＝CN＋BN，
即PF＋AF＝BC．
【点睛】
考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形是解题的关键．