八年级下册数学大庆数学期末试卷达标检测卷(Word版含解析).doc

八年级下册数学大庆数学期末试卷达标检测卷（Word版含解析）
一、选择题
1．若二次根式有意义，则x的值不可能是（　　）
A．3 B．﹣5 C．﹣4 D．0
2．下列线段，，能组成直角三角形的是（ ）
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．远离白色垃圾从我做起，小明统计了上周一至周日7天他家使用塑料袋个数分别为：11，10，11，13，11，13，15关于这组数据，小明得出如下结果，其中错误的是（　　）
A．众数是11 B．平均数是12 C．方差是 D．中位数是13
5．的周长为60，三条边之比为，则这个三角形的面积为（ ）
A．30 B．90 C．60 D．120
6．如图，在菱形中，，，是对角线的中点，过点作 于点，连结．则四边形的周长为（ ）

A． B． C． D．
7．如图，边长为的正方形，剪去四个角后成为一个正八边形，则这个正八边形的边长为（ ）

A．0 B． C．1 D．
8．如图，已知A（3，1）与B（1，0），PQ是直线上的一条动线段且（Q在P的下方），当AP+PQ+QB最小时，Q点坐标为（    ）

A．（，） B．（，） C．（0，0） D．（1，1）
二、填空题
9．若式子成立，则a的取值范围是________________
10．已知一个菱形有一个内角为，周长为，那么该菱形的面积等于________ ．
11．在中，，，，则长为______．
12．如图，在矩形中，，在边找一点，沿直线把折叠，若点恰好落在边上的点处，且的面积为，则的长是__________．

13．一次函数图象过点日与直线平行，则一次函数解析式__________．
14．在四边形中，，．请再添加一个条件，使四边形是菱形．你添加的条件是_______．（写出一种即可）
15．如图，在平面直角坐标系中，点A，A1，A2，…在x轴上，点P，P1，P2，…在直线l：y＝kx+（k＞0）上，∠OPA＝90°，点P（1，1），A（2，0），且AP1，A1P2，…均与OP平行，A1P1，A2P2，…均与AP平行，则有下列结论：①直线AP1的函数解析式为y＝x﹣2；②点P2的纵坐标是；③点P2021的纵坐标为（）2021．其中正确的是_____（填序号）．

16．如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=10，点E在CD上，将△BCE沿BE折 叠，点C恰落在边AD上的点F处；点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰落在线段BF上的点H处，有下列结论：①∠EBG=45°；②△DEF∽△ABG；③S△ABG= 1.5 S△FGH；④AG+DF=FG；其中正确的是______________．（填写正确结论的序号）

三、解答题
17．计算
（1）
（2）
18．小王与小林进行遥控赛车游戏，终点为点A，小王的赛车从点C出发，以4米/秒的速度由西向东行驶，同时小林的赛车从点B出发，以3米/秒的速度由南向北行驶（如图）．已知赛车之间的距离小于或等于25米时，遥控信号会产生相互干扰，AC＝40米，AB＝30米．出发3秒钟时，遥控信号是否会产生相互干扰？

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．如图，点D为的边BC的中点，过点A作，且，连接DE，CE．
（1）求证：；
（2）若，判断四边形ADCE的形状，并说明理由；
（3）若要使四边形ADCE为正方形，则应满足什么条件？
（直接写出条件即可，不必证明）．

21．小明在解决问题：已知a=，求2a2﹣8a+1的值，他是这样分析与解的：
∵a===2﹣
∴a﹣2=﹣
∴（a﹣2）2=3，a2﹣4a+4=3
∴a2﹣4a=﹣1
∴2a2﹣8a+1=2（a2﹣4a）+1=2×（﹣1）+1=﹣1
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
（1）化简+++…+
（2）若a=，求4a2﹣8a+1的值．
22．为丰富同学们的课余活动，某校成立了篮球课外兴趣小组，计划购买一批篮球，需购买、两种不同型号的篮球共300个．已知购买3个型篮球和2个型篮球共需340元，购买2个型篮球和1个型篮球共需要210元．
（1）求购买一个型篮球、一个型篮球各需多少元？
（2）若该校计划投入资金元用于购买这两种篮球，设购进的型篮球为个，求关于的函数关系式；
（3）学校在体育用品专卖店购买、两种型号篮球共300个，经协商，专卖店给出如下优惠：种球每个降价8元，种球打9折，计算下来，学校共付费16740元，学校购买、两种篮球各多少个？
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．如图，在平面直角坐标系中，直线AB交x轴于点A（﹣2，0）, 交y轴于点B（0，4），直线y＝kx+b经过点B且交x轴正半轴于点C，已知△ABC面积为10．

（1）点C的坐标是（ 　 　，　 　），直线BC的表达式是 　 　；
（2）如图1，点E为线段AB中点，点D为y轴上一动点，以DE为直角边作等腰直角三角形△EDF，且DE＝DF，当点F落在直线BC上时，求点D的坐标；
（3）如图2，若G为线段BC上一点，且满足S△ABG＝S△ABO，点M为直线AG上一动点，在x轴上是否存在点N，使以点B，C，M，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由；
25．如图，在平面直角坐标系中，点A(1，4)，点B(3，2)，连接OA，OB．

（1）求直线OB与AB的解析式；
（2）求△AOB的面积．
（3）下面两道小题，任选一道作答．作答时，请注明题号，若多做，则按首做题计入总分．
①在y轴上是否存在一点P，使△PAB周长最小．若存在，请直接写出点P坐标；若不存在，请说明理由．
②在平面内是否存在一点C，使以A，O，C，B为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点C坐标；若不存在，请说明理由．
【参考答案】
一、选择题
1．B
解析：B
【分析】
根据二次根式有意义的条件求出x的范围，进而得出答案．
【详解】
解：根据二次根式有意义的条件得：x+4≥0，
∴x≥﹣4，
故选：B．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件，能根据二次根式中的被开方数是非负数来确定二次根式被开方数中字母的取值范围是解题的关键．
2．C
解析：C
【分析】
根据如果三角形的三边长，，满足，那么这个三角形就是直角三角形进行分析即可．
【详解】
解：、，不能组成直角三角形，故此选项错误；
、，不能组成直角三角形，故此选项错误；
、，能组成直角三角形，故此选项正确；
、，不能组成直角三角形，故此选项错误．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了勾股定理逆定理，关键是掌握判断一个三角形是不是直角三角形．必须满足较小两边平方的和等于最大边的平方才能做出判断．
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．D
解析：D
【解析】
【分析】
根据中位数、平均数、众数和方差的定义计算即可得出答案．
【详解】
解：A．数据11，10，11，13，11，13，15中，11出现的次数最多是3次，因此众数是11，故选项A不符合题意；
B． =（11+10+11+13+11+13+15）÷7=12，即平均数是12，故选项B不符合题意；
C．S2=×[（10-12）2+（11-12）2×3+（13-12）2×2+（15-12）2]=，故选项C不符合题意；
D．将这7个数据从小到大排列后，处在中间位置的一个数是11，因此中位数是11，故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了中位数、平均数、众数和方差，熟练掌握中位数、众数的定义和方差、平均数的计算公式是解题的关键．
5．D
解析：D
【分析】
根据已知条件可求得三边的长，再判断这个三角形是直角三角形，即可求得面积．
【详解】
∵三条边之比为13：12：5，
∴122+52=132，
∴△ABC是直角三角形，
∵△ABC的周长为60，
∴三边长分别是：26，24，10，
∴这个三角形的面积是：24×10÷2=120，
故选D．
【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．
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
由已知及菱形的性质求得∠ABD=∠CDB=30º，AO⊥BD，利用含30º的直角三角形边的关系分别求得AO、DO、OE、DE，进而求得四边形的周长.
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，是对角线的中点，
∴AO⊥BD ， AD=AB=4，AB∥DC
∵∠BAD=120º，
∴∠ABD=∠ADB=∠CDB=30º，
∵OE⊥DC，
∴在RtΔAOD中，AD=4 ， AO==2 ，DO=，
在RtΔDEO中，OE=，DE=，
∴四边形的周长为AO+OE+DE+AD=2++3+4=9+，
故选：B.
【点睛】
本题考查菱形的性质、含30º的直角三角形、勾股定理，熟练掌握菱形的性质及含30º的直角三角形边的关系是解答的关键.
7．D
解析：D
【解析】
【分析】
设正八边形的边长为x，表示出剪掉的等腰直角三角形的直角边，再根据正方形的边长列出方程求解即可．
【详解】
解：设正八边形的边长为x，
则剪掉的等腰直角三角形的直角边为x，
∵正方形的边长为2＋，
∴x＋x＋x＝2＋，
解得x＝=，
∴正八边形的边长为，
故选：D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，读懂题目信息，根据正方形的边长列出方程是解题的关键．
8．A
解析：A
【分析】
作点B关于直线y=x的对称点（0,1），过点A作直线MN，使得MN平行于直线y=x，并沿MN向下平移单位后，得（2,0），连接交直线y=x于点Q，求出直线解析式，与y=x组成方程组，即可求出Q点的坐标．
【详解】
解：作点B关于直线y=x的对称点（0,1），过点A作直线MN，使得MN平行于直线y=x，并沿MN向下平移单位后，得（2,0），连接交直线y=x于点Q，如下图所示．
∵，，∴四边形是平行四边形，
∴，
∵且，
∴当值最小时，值最小．
根据两点之间线段最短，即三点共线时，值最小．
∵（0,1），（2,0），∴直线的解析式，
∴，即，
∴Q点的坐标为（，）．
故答案选A．

【点睛】
本题主要考查了一次函数图像上点的坐标特征、最短路径问题．
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，即可求得．
【详解】

或者
解得：
故答案为：
【点睛】
本题考查了二次根式的性质，分式的性质，理解被开方数为非负数是解题的关键．
10．E
解析：
【解析】
【分析】
作于E，由三角函数求出菱形的高AE，再运菱形面积公式=底×高计算即可；
【详解】
作于E，如图所示，

∵四边形ABCD是菱形，周长为，，
∴，，
∴，
∴菱形的面积．
故答案为．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，结合三角函数的计算是解题的关键．
11．A
解析：
【解析】
【分析】
直接利用勾股定理求出AB的长进而得出答案．
【详解】
解：如图所示：∵∠ACB=90°，，，
∴AB的长为：=，
故答案为：．

【点睛】
此题主要考查了勾股定理，熟练应用勾股定理是解题关键．
12．
【分析】
先求解 再利用勾股定理求解 可得的长度，设 则 再利用勾股定理列方程解方程即可.
【详解】
解： 矩形中，，的面积为，

由对折可得：
设 则

故答案为：
【点睛】
本题考查的是矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键.
13．
【解析】
【分析】
设一次函数解析式为y=kx+b，先把（0，-2）代入得b=-2，再利用两直线平行的问题得到k=-3，即可得到一次函数解析式．
【详解】
解：设一次函数解析式为y=kx+b，
把（0，-2）代入得b=-2，
∵直线y=kx+b与直线y=2-3x平行，
∴k=-3，
∴一次函数解析式为y=-3x-2．
故答案为：y=-3x-2．
【点睛】
本题考查两直线相交或平行的问题：若两条直线是平行的关系，那么它们的自变量系数相同，即k值相同．
14．A
解析：AB=BC或BC=CD或CD=AD或AB=AD或AC⊥BD
【分析】
由在四边形ABCD中，AB=DC，AD=BC，可判定四边形ABCD是平行四边形，然后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形与对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可判定四边形ABCD是菱形，则可求得答案．
【详解】
解：∵在四边形ABCD中，AB=DC，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴当AB=BC或BC=CD或CD=AD或AB=AD时，四边形ABCD是菱形；
当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形．
故答案为：AB=BC或BC=CD或CD=AD或AB=AD或AC⊥BD．

【点睛】
此题考查了菱形的判定定理．此题属于开放题，难度不大，注意掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形与对角线互相垂直的平行四边形是菱形是解此题的关键．
15．①②③
【分析】
由已知易求得直线的解析式为：，直线为：，进而根据待定系数法可求得 的解析式为：即可判断①；解析式联立构成方程组可求得 的坐标，同理求得 的坐标，即可判断②；由、的坐标得出规律即可得
解析：①②③
【分析】
由已知易求得直线的解析式为：，直线为：，进而根据待定系数法可求得 的解析式为：即可判断①；解析式联立构成方程组可求得 的坐标，同理求得 的坐标，即可判断②；由、的坐标得出规律即可得出点 的纵坐标为，即可判断③．
【详解】
解：设的解析式为，
∵P（1，1），
∴直线OP为，
∵AP1∥OP，
∴k＝1，即，
∵A（2，0），
∴2+b＝0，解得b＝﹣2，
∴AP1的解析式为，故①正确；
∵点P，P1，P2，…在直线l：（k＞0）上，
∴1＝k+，解得k＝，
∴直线l为：，
解得，
∴，
设的解析式为，
代入可得，的解析式为：，
∴A1的坐标为（，0），
同理求得A1P2的解析式为：，
解得，
∴P2纵坐标为，故②正确；
∵P1纵坐标为，P2纵坐标为＝（）2，
以此类推，点P2021的纵坐标为（）2021．故③正确．
故答案为：①②③．
【点睛】
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，总结出点的纵坐标的规律是解题的关键．
16．①③④
【分析】
根据矩形的性质和折叠的性质，可知，DF的长度．利用勾股定理可求出AG、GF、GH、HF的长度，结合题意逐个判断即可．
【详解】
①：根据题意可知，，，
∴，即．
故①正确；
②：，
解析：①③④
【分析】
根据矩形的性质和折叠的性质，可知，DF的长度．利用勾股定理可求出AG、GF、GH、HF的长度，结合题意逐个判断即可．
【详解】
①：根据题意可知，，，
∴，即．
故①正确；
②：，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
设AG=x，则GH=x，GF=8-x，HF=BF-BH=10-6=4．　
又∵在中，，
∴
解得x=3，即AG=3，
∴．
∴
故和△ABG不相似．
故②错误；
③：由②得GH=3，
，．
∴．
故③正确．
④：DF=10-8=2，由②可知AG+DF=3+2=5，GF =8-3=5．
∴AG+DF=GF．
故④正确．
故答案为①③④．
【点睛】
本题考查折叠的性质、矩形的性质、三角形相似的判定和性质结合勾股定理来解题．本题利用勾股定理计算出AG的长度是解题的关键．
三、解答题
17．（1）4；（2）0
【分析】
（1）先算括号里面的，再算括号外面的，利用二次根式的性质计算即可；
（2）根据平方差公式、零指数幂和绝对值的性质计算即可；
【详解】
（1）=；
（2）
；
【点睛】
解析：（1）4；（2）0
【分析】
（1）先算括号里面的，再算括号外面的，利用二次根式的性质计算即可；
（2）根据平方差公式、零指数幂和绝对值的性质计算即可；
【详解】
（1）=；
（2）
；
【点睛】
本题主要考查了二次根式的混合运算，结合平方差公式，零指数幂，绝对值的性质，完全平方公式计算是解题的关键．
18．不会
【分析】
根据题意可分别求出出发3秒钟时小王和小林的赛车行驶的路程，从而可分别求出他们的赛车距离终点的距离，再结合勾股定理即可求出出发3秒钟时他们赛车的距离，和遥控信号会产生相互干扰的距离小于
解析：不会
【分析】
根据题意可分别求出出发3秒钟时小王和小林的赛车行驶的路程，从而可分别求出他们的赛车距离终点的距离，再结合勾股定理即可求出出发3秒钟时他们赛车的距离，和遥控信号会产生相互干扰的距离小于或等于25米作比较即可得出答案．
【详解】
解：如图，出发3秒钟时，米，米，
∵AC=40米，AB=30米，
∴AC1=28米，AB1=21米，
∴在中，米＞25米，
∴出发3秒钟时，遥控信号不会产生相互干扰．

【点睛】
本题考查勾股定理的实际应用．读懂题意，将实际问题转化为数学问题是解答本题的关键．
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）矩形，见解析；（3），且．
【分析】
（1）根据D是BC的中点，，可得，即可求证；
（2）根据等腰三角形“三线合一”，可得到，即可求解；
（3）根据，且，可得 ， ，从而得到，即
解析：（1）见解析；（2）矩形，见解析；（3），且．
【分析】
（1）根据D是BC的中点，，可得，即可求证；
（2）根据等腰三角形“三线合一”，可得到，即可求解；
（3）根据，且，可得 ， ，从而得到，即可求解．
【详解】
（1）证明：因为D是BC的中点，
所以，
因为，
所以，
因为，
所以四边形ADCE是平行四边形，
所以；
（2）若，则四边形ADCE是矩形，理由如下：
因为，且D是BC的中点，
所以，
所以，
因为四边形是平行四边形，
所以四边形是矩形；
（3），且．理由如下：
由（2）得：四边形是矩形，
∵，且D是BC的中点，
∴ ， ，
∵，
∴ ，
∴，
∴，
∴ ，
∴四边形ADCE为正方形．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形，矩形，正方形的判定，等腰三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
21．（1）9；（2）5．
【解析】
【详解】
试题分析：
（1）此式必须在把分母有理化后才能实现化简，即各分式分子分母同乘以一个因式，使得与分母相乘后，为平方差公式结构，如.
(2)先对a值进行化简得
解析：（1）9；（2）5．
【解析】
【详解】
试题分析：
（1）此式必须在把分母有理化后才能实现化简，即各分式分子分母同乘以一个因式，使得与分母相乘后，为平方差公式结构，如.
(2)先对a值进行化简得 ，若就接着代入求解，计算量偏大．模仿小明做法，可先计算 的值，就能较为简单地算出结果；也可对这个二次三项式进行配方，再代入求值．后两种方法都比直接代入计算量小很多.
解：（1）原式=

（2）∵，
解法一：∵ ，
∴ ，即
∴原式=
解法二∴ 原式=

点睛：（1）把分母有理化的方法：分子分母同乘以分母的有理化因式， 得，去掉根号，实现分母有理化.
（2）当已知量为根式时，求这类二次三项式的值，直接代入求值，计算量偏大，若能巧妙利用完全平方公式或者配方法，计算要简便得多.
22．（1）一个A型篮球为80元，一个B型篮球为50元；（2）函数解析式为：；（3）A型篮球120个，则B型篮球为180个．
【分析】
（1）设一个A型篮球为x元，一个B型篮球为y元，根据题意列出方程组求
解析：（1）一个A型篮球为80元，一个B型篮球为50元；（2）函数解析式为：；（3）A型篮球120个，则B型篮球为180个．
【分析】
（1）设一个A型篮球为x元，一个B型篮球为y元，根据题意列出方程组求解即可得；
（2）A型篮球t个，则B型篮球为个，根据单价、数量、总价的关系即可得；
（3）根据A型篮球与B型篮球的优惠政策求出单价，然后代入（2）解析式中求解即可得．
【详解】
解：（1）设一个A型篮球为x元，一个B型篮球为y元，根据题意可得：
，
解得：，
∴一个A型篮球为80元，一个B型篮球为50元；
（2）A型篮球t个，则B型篮球为个，根据题意可得：
，
∴函数解析式为：；
（3）根据题意可得：A型篮球单价为元，B型篮球单价为元，则
，
解得：，，
∴A型篮球120个，则B型篮球为180个．
【点睛】
题目主要考查二元一次方程组及一次函数的应用，理解题意，列出相应方程是解题关键．
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），；（2）或；（3）存在，或或
【解析】
【分析】
（1）由△ABC面积为10，可得AC＝5，即可求C点坐标，再将点B与C代入y＝kx+b，解二元一次方程组可求y＝﹣x+4；
（2）当D点在E
解析：（1），；（2）或；（3）存在，或或
【解析】
【分析】
（1）由△ABC面积为10，可得AC＝5，即可求C点坐标，再将点B与C代入y＝kx+b，解二元一次方程组可求y＝﹣x+4；
（2）当D点在E上方时，过点D作MN⊥y轴，过E、F分别作ME、FN垂直与x轴，与MN交于点M、N，由△EDF是等腰直角三角形，可证得△MED≌△NDF（AAS），设D（0，y），F（m，﹣m+4），E（﹣1，2），由ME＝y﹣2，MD＝1，DN＝y﹣2，NF＝1，得到m＝y﹣2，y＝1+（﹣m+4）＝5﹣m，求出D（0，）；当点D在点E下方时，过点D作PQ⊥y轴，过P、Q分别作PE、FQ垂直与x轴，与PQ交于点P、Q，同理可证△PED≌△QDF（AAS），设D（0，y），F（m，﹣m+4），得到PE＝2﹣y，PD＝1，DQ＝2﹣y，QF＝1，所以m＝2﹣y，1＝﹣m+4﹣y，求得D（0，﹣1）；
（3）连接OG，由S△ABG＝S△ABO，可得OG∥AB，求出AB的解析式为y＝2x+4，所以OG的解析式为y＝2x，可求出G（ ，），进而能求出AG的解析式为y＝x+，设M（t，t+），N（n，0），①当BC、MN分别为对角线时，BC的中点为（，2），MN的中点为（，t+），求得N（﹣，0）；②当BM、CN分别为对角线时，BM的中点为（，t+），CN的中点为（，0），求得N（﹣，0）；③当BN、CM分别为对角线时，BN的中点为（，2），CM的中点为（，t+），求得N（，0）．
【详解】
解：（1）∵△ABC面积为10，
∴×AC×OB＝×AC×4＝10，
∴AC＝5，
∵A（﹣2，0），
∴C（3，0），
将点B与C代入y＝kx+b，可得,
∴，
∴y＝﹣x+4，
故答案为（3，0），y＝﹣x+4；
（2）当D点在E上方时，过点D作MN⊥y轴，过E、F分别作ME、FN垂直与x轴，与MN交于点M、N，

∵△EDF是等腰直角三角形，
∴∠EDF＝90°，ED＝DF，
∵∠MDE+∠NDF＝∠MDE+∠MED＝90°，
∴∠NDF＝∠MED，
∴△MED≌△NDF（AAS），
∴ME＝DN，MD＝FN，
设D（0，y），F（m，﹣m+4），
∵E是AB的中点，
∴E（﹣1，2），
∴ME＝y﹣2，MD＝1，
∴DN＝y﹣2，NF＝1，
∴m＝y﹣2，y＝1+（﹣m+4）＝5﹣m，
∴m＝，
∴D（0，）；
当点D在点E下方时，过点D作PQ⊥y轴，过P、Q分别作PE、FQ垂直与x轴，与PQ交于点P、Q，

∵△EDF是等腰直角三角形，
∴∠EDF＝90°，ED＝DF，
∵∠PDE+∠QDF＝∠PDE+∠PED＝90°，
∴∠QDF＝∠PED，
∴△PED≌△QDF（AAS），
∴PE＝DQ，PD＝FQ，
设D（0，y），F（m，﹣m+4）
∵E是AB的中点，
∴E（﹣1，2），
∴PE＝2﹣y，PD＝1，
∴DQ＝2﹣y，QF＝1，
∴m＝2﹣y，1＝﹣m+4﹣y，
∴m＝3，
∴D（0，﹣1）；
综上所述：D点坐标为（0，﹣1）或（0，）；
（3）连接OG，

∵S△ABG＝S△ABO，
∴OG∥AB，
设AB的解析式为y＝kx+b，
将点A（﹣2，0），B（0，4）代入，得，
解得，
∴y＝2x+4，
∴OG的解析式为y＝2x，
∴2x＝﹣x+4，
∴x＝，
∴G（ ，），
设AG的解析式为y＝k1x+b1，
将点A、G代入可得，
解得，
∴y＝x+，
∵点M为直线AG上动点，点N在x轴上，
则可设M（t，t+），N（n，0），
当BC、MN分别为对角线时，
BC的中点为（，2），MN的中点为（，t+），
∴，t+=2，
∴t＝，n＝﹣，
∴N（﹣，0）；
当BM、CN分别为对角线时，
BM的中点为（，t+），CN的中点为（，0），
∴，t+=0，
∴t＝﹣，n＝﹣，
∴N（﹣，0）；
③当BN、CM分别为对角线时，
BN的中点为（，2），CM的中点为（，t+），
∴，t+=2，
∴t＝，n＝，
∴N（，0）；
综上所述：以点B，C，M，N为顶点的四边形为平行四边形时，N点坐标为或或．
【点睛】
本题考查一次函数的综合应用，（2）中注意D点的位置有两种情况，避免丢解，同时解题时要构造K字型全等，将D点、F点坐标联系起来，（3）中利用平行四边形对角线互相平分的性质，借助中点坐标公式解题，能简便运算，快速求解．
25．（1）直线OB的解析式为，直线AB的解析式为y= -x+5（2）5；（3）①存在，(0，)；②存在，(2，-2)或(4，6)或(-2，2)
【分析】
（1）根据题意分别设出两直线的解析式，代入直线上
解析：（1）直线OB的解析式为，直线AB的解析式为y= -x+5（2）5；（3）①存在，(0，)；②存在，(2，-2)或(4，6)或(-2，2)
【分析】
（1）根据题意分别设出两直线的解析式，代入直线上两点坐标即可求出直线OB与AB的解析式；
（2）延长线段AB交x轴于点D，求出D的坐标，分别求出、由即可求得；
（3）①根据两点之间线段最短，A、B在y轴同侧，作出点A关于y的对称点，连接B与y轴的交点即为所求点P；
②使以A，O，C，B为顶点的四边形是平行四边形，则分三种情况分析，分别以OA、AB、OB为对角线作出平行四边形，利用中点坐标公式代入求解即可．
【详解】
解：（1）设直线OB的解析式为y=mx，
∵点B(3，2)，
∴ ，
∴直线OB的解析式为，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
根据题意可得：
解之得
∴直线AB的解析式为y= -x+5．
故答案为：直线OB的解析式为，直线AB的解析式为y= -x+5；
（2）如图，延长线段AB交x轴于点D，
当y=0时，-x+5=0，x=5，
∴点D横坐标为5，OD=5，
∴，

∴，
故答案为：5．

（3）①存在，(0，)；
过点A作y轴的对称点，连接B，交y轴与点P，则点P即为使△PAB周长最小的点，
由作图可知，点坐标为，又点B（3，2）
则直线B的解析式为：，
∴点P坐标为，
故答案为：；

②存在． 或或．
有三种情况，如图所示：设点C坐标为，
当平行四边形以AO为对角线时，
由中点坐标公式可知，AO的中点坐标和BC中点坐标相同，
∴
解得
∴点坐标为，
当平行四边形以AB为对角线时，AB的中点坐标和OC的中点坐标相同，则

∴点的坐标为，
当平行四边形以BO为对角线时，BO的中点坐标和AC的中点坐标相同，则

解得
∴点坐标为，
故答案为：存在，或或．

【点睛】
本题考查了直线解析式的求法，列二元一次方程组求解问题，割补法求三角形的面积，两点之间线段最短，“将军饮马”模型的应用，添加点构造平行四边形，利用中点坐标公式求点坐标题型．