人教版八年级数学下册期末试卷达标训练题(Word版含答案).doc

人教版八年级数学下册期末试卷达标训练题（Word版含答案）
一、选择题
1．要使二次根式有意义，那么a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
3．四边形中，．要判别四边形是平行四边形，还需满足条件（ ）

A． B．
C． D．
4．某校评选先进班集体，从“学习”、“卫生”、“纪律”、“德育”四个方面考核打分，各项满分均为100，所占比例如下表：
项目
学习
卫生
纪律
德育
所占比例
30%
25%
25%
20%

九年级5班这四项得分依次为80，86，84，90，则该班四项综合得分为（　　）A．84.5 B．84
C．82.5 D．81.5
5．如图，已知正方形B的面积为100，如果正方形C的面积为169，那么正方形A的面积为（ ）

A．269 B．69 C．169 D．25
6．如图，菱形纸片ABCD，∠A=60°，P为AB中点，折叠菱形纸片ABCD，使点C落在DP所在的直线上，得到经过点D的折痕DE，则∠DEC等于（　　）

A．60° B．65° C．75° D．80°
7．如图1，为矩形的边上一点，点从点出发沿折线运动到点停止，点从点出发沿运动到点停止，它们的运动速度都是厘米/秒．现，两点同时出发，设运动时间为（秒），的面积为（cm2），若与的对应关系如图2所示，则矩形的面积是（ ）

A．cm2 B．72 cm2 C．84 cm2 D．56 cm2
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．若在实数范围内有意义，则实数的取值范围是_______________．
10．若菱形的两条对角线的长分别为6和10，则菱形的面积为__________．
11．在中，，，，则______.
12．在平行四边形ABCD中，AB＝5，AD＝3，AC⊥BC，则BD的长为____．

13．在平面直角坐标系，，，点M在直线上，M在第一象限，且，则点M的坐标为____．

14．如图，下列条件之一能使平行四边形ABCD是菱形的为_____________．
①AC⊥BD；②∠BAD=90°；③AB=BC；④AC=BD．

15．如图，在平面直角坐标系中，直线：与轴交于点，如图所示依次作正方形、正方形、…、正方形，使得点、、、…在直线上，点、、、…在轴正半轴上，则点的坐标是__________．

16．已知，如图，在中，是上的中线，如果将沿翻折后，点的对应点，那么的长为__________．

三、解答题
17．计算：
（1）
（2）
18．如图，在O处的某海防哨所发现在它的北偏东60°方向相距1000米的A处有一艘快艇正在向正南方向航行，经过若干小时后快艇到达哨所东南方向的B处，发现B在O的南偏东45°的方向上．问：此时快艇航行了多少米（即AB的长）？

19．图（a）、图（b）是三张形状大小完全相同的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1请在图a）、图（b）中，分别画出符合要求的图形，所画图形各顶点必须与方格纸中的小正方形顶点重合具体要求如下：

（1）画一个面积为10的等腰直角三角形；
（2）画一个面积为12的平行四边形
20．如图1，在中，于点D，，点E为边AD上一点，且，连接BE并延长，交AC于点F．

（1）求证：；
（2）过点A作交BF的延长线于点G，连接CG，如图2．若，求证：四边形ADCG是矩形．
21．阅读材料：规定初中考试不能使用计算器后，小明是这样解决问题的：已知a=,求的值.
他是这样分析与解的：∵a==，
∴, ∴
∴, ∴=2（=.
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
（1）若a=,直接写出的值是 .
（2）使用以上方法化简：
22．甲、乙两家商场以相同的价格出售同样的商品，为了吸引顾客各自推出不同的优惠方案：在甲商场购买商品超过300元之后，超过部分按8折优惠；在乙商场购买商品超过200元之后，超过部分按8.5折优惠，设甲商场实际付费为元，乙商场实际付费为元，顾客购买商品金额为元．
（1）分别求出，与的函数关系式；
（2）比较顾客到哪个商场更优惠，并说明理由．
23．如图1，四边形ACBD中，AC=AD，BC=BD．我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”，如图2，在“筝形”ACBD中，对角线AB=CD，过点B作BE⊥AC于E点，F为线段BE上一点，连接FA、FD，FA=FB．
（1）求证：△ABF≌△CDA；
（2）如图3，FA、FD分别交CD、AB于点M、N，若AM=MF，求证：BN=CM+MN．

24．如图1，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点．
（1）求直线的函数表达式；
（2）如图2，在线段上有一点（点不与点、点重合），将沿折叠，使点落在上，记作点，在上方，以为斜边作等腰直角三角形，求点的坐标；
（3）在（2）的条件下，如图3，在平面内是否存在一点，使得以点，，为顶点的三角形与全等（点不与点重合），若存在，请直接写出满足条件的所有点的坐标，若不存在，请说明理由．

25．如图,已知平面直角坐标系中,、,现将线段绕点顺时针旋转得到点,连接.

(1)求出直线的解析式；
(2)若动点从点出发,沿线段以每分钟个单位的速度运动,过作交轴于,连接.设运动时间为分钟,当四边形为平行四边形时,求的值.
(3)为直线上一点,在坐标平面内是否存在一点,使得以、、、为顶点的四边形为菱形,若存在,求出此时的坐标；若不存在,请说明理由.
26．如图，在正方形中，点、是正方形内两点，，，为探索这个图形的特殊性质，某数学兴趣小组经历了如下过程：

（1）在图1中，连接，且
①求证：与互相平分；
②求证：；
（2）在图2中，当，其它条件不变时，是否成立？若成立，请证明：若不成立，请说明理由.

（3）在图3中，当，，时，求之长.

【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：被开方数大于或等于0，可以求出a的范围．
【详解】
解：根据题意得：，
解得：
故选：B.
【点睛】
考查二次根式有意义的条件：被开方数大于或等于0.
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．D
解析：D
【解析】
【分析】
四边形ABCD中，已经具备AD∥BC，再根据选项，选择条件，推出AB∥CD即可．
【详解】
∵AD∥BC，
∴∠A＋∠B＝180°，
∵，
∴∠B=∠C，
∴这样的四边形是等腰梯形，不是平行四边形，故A选项不符合题意，
∵AD∥BC，
∴∠A＋∠B＝180°，
∴添加∠A＋∠B＝180°不能判别四边形是平行四边形，故B选项不符合题意，
∵，，
∴这样的四边形是等腰梯形，不是平行四边形，故C选项不符合题意，
∵AD∥BC，
∴∠A＋∠B＝180°，
∵，
∴∠A+∠D=180°，
∴AB//CD，
∴四边形是平行四边形，故D选项符合题意，
故选：D．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题关键．
4．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据题意和表格中的数据，可以利用每项分数乘以权重，再求和计算出该班四项综合得分．
【详解】
解：由题意可得，
该班四项综合得分为：
80×30%+86×25%+84×25%+90×20%，
=24+21.5+21+18，
=84.5（分）．
故选：A．
【点睛】
本题考查了加权平均数，解答本题的关键是明确加权平均数的含义，会计算一组数据的加权平均数．
5．B
解析：B
【解析】
根据题意知正方形的B面积为100，正方形C的面积为169，
则字母A所代表的正方形的面积=169−100=69.
故选B．
6．C
解析：C
【解析】
【分析】
连接BD，由菱形的性质及∠A=60°，得到三角形ABD为等边三角形，P为AB的中点，利用三线合一得到DP为角平分线，得到∠ADP=30°，∠ADC=120°，∠C=60°，进而求出∠PDC=90°，由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数．
【详解】
连接BD，

∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，
∴△ABD为等边三角形，∠ADC=120°，∠C=60°，
∵P为AB的中点，
∴DP为∠ADB的平分线，即∠ADP=∠BDP=30°，
∴∠PDC=90°，
∴由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，
在△DEC中，∠DEC=180°-（∠CDE+∠C）=75°．
故选C．
【点睛】
此题考查了翻折变换（折叠问题），菱形的性质，等边三角形的性质，以及内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
过点E作EH⊥BC，由三角形面积求得EH=AB=6，由图2知，当x=14时，点P与点D重合，则AD=12，从而可得答案．
【详解】
从函数的图象和运动过程知：当点P运动到点E时，x=10，y=30
即BE=BQ=10，
过点E作EH⊥BC于点H，如图
则
解得：EH=6
∵四边形ABHE是矩形
∴AB=EH=6
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
由图2知，当x=14时，点P与点D重合
即BE+ED=14
∴ED=14-BE=4
∴AD=AE+ED=8+4=12
∴矩形ABCD的面积为：12×6=72（厘米2）
故选：B．

【点睛】
本题考查了动点问题的函数图象，三角形的面积，勾股定理，矩形的判定与性质等知识，弄懂动点运动过程、数形结合是解答本题的关键．
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．
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件可直接进行求解．
【详解】
解：由题意得：
，
解得：；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
10．30
【解析】
【分析】
因为菱形的对角线互相垂直，互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半．
【详解】
解：菱形的面积为：．
故答案为：30．
【点睛】
本题考查菱形的性质，关键知道菱形的对角线互相垂直，然后根据面积等于对角线乘积的一半求出结果．
11．
【解析】
【分析】
根据勾股定理即可求得的长度．
【详解】
在直角中，，
∴根据勾股定理，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，本题中正确的运用勾股定理是解题的关键．
12．A
解析：
【分析】
根据AC⊥BC，AB=5，AD=3，可以得到AC的长，再根据平行四边形的性质，可以得到DE和BE的长，然后根据勾股定理即可求得BD的长．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，
∵AC⊥BC，AB=5，AD=3，
∴∠ACB=90°，BC=3，
∴AC=4，
作DE⊥BC交BC的延长线于点E，

∵AC⊥BC，
∴AC∥DE，
又∵AD∥CE，
∴四边形ACED是矩形，
∴AC=DE，AD=CE，
∴DE=4，BE=6，
∵∠DEB=90°，
∴BD=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质、勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握勾股定理．
13．
【分析】
过点 作 于点 交直线 于点 ，可求出直线的解析式为 ，然后设点 的坐标为 ，其中 ，则 ，从而得到，最后根据，可得到，解出 ，即可求解．
【详解】
解：如图，过点 作 于点 交直线 于点 ，

设直线的解析式为 ，
把，，代入得：
，解得： ，
∴直线的解析式为 ，
∵点M在直线上，M在第一象限，
设点 的坐标为 ，其中 ，
当 时， ，
∴ ，
∴ ，
∵，
∴ ，
∵，
∴ ，
∴ ，
解得： ，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，求一次函数解析式，运用数形结合思想，通过设点的坐标利用三角形的面积构造方程是解题的关键．
14．A
解析：①③.
【分析】
根据菱形的判定定理判定即可.
【详解】
解：①ABCD中，AC⊥BD，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可判定ABCD是菱形，故①正确；
②ABCD中，∠BAD=90°，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可判定ABCD是矩形，而不能判定ABCD是菱形，故②错误；
③ABCD中，AB=BC，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可判定ABCD是菱形，故③正确；
④ABCD中，AC=BD，根据对角线相等的平行四边形是矩形，可判定ABCD是矩形，而不能判定ABCD是菱形，故④错误.
故答案为①③.
【点睛】
本题主要考查了菱形的判定定理. ①一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.
15．（22020，22021-1）
【分析】
根据一次函数图象上点的坐标特征结合正方形的性质，可得出点A1、B1的坐标，同理可得出A2、A3、A4、A5、…及B2、B3、B4、B5、…的坐标，根据点的坐
解析：（22020，22021-1）
【分析】
根据一次函数图象上点的坐标特征结合正方形的性质，可得出点A1、B1的坐标，同理可得出A2、A3、A4、A5、…及B2、B3、B4、B5、…的坐标，根据点的坐标变化可找出变化规律：“Bn（2n-1，2n-1）（n为正整数）”，依此规律即可得出结论．
【详解】
解：当y=0时，有x-1=0，
解得：x=1，
∴点A1的坐标为（1，0）．
∵四边形A1B1C1O为正方形，
∴点B1的坐标为（1，1）．
同理，可得出：A2（2，1），A3（4，3），A4（8，7），A5（16，15），…，
∴B2（2，3），B3（4，7），B4（8，15），B5（16，31），…，
∴Bn（2n-1，2n-1）（n为正整数），
∴点B2021的坐标是（22020，22021-1）．
故答案为：（22020，22021-1）．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质以及规律型：点的坐标，根据点的坐标的变化找出变化规律“Bn（2n-1，2n-1）（n为正整数）”是解题的关键．
16．．
【分析】
先用勾股定理求得BC，利用斜边上的中线性质，求得CD，BD的长，再利用折叠的性质，引进未知数，用勾股定理列出两个等式，联立方程组求解即可．
【详解】
如图所示，
∵，
∴BC==8，
解析：．
【分析】
先用勾股定理求得BC，利用斜边上的中线性质，求得CD，BD的长，再利用折叠的性质，引进未知数，用勾股定理列出两个等式，联立方程组求解即可．
【详解】
如图所示，
∵，
∴BC==8，
∵CD是上的中线，
∴CD=BD=AD=5，
设DE=x，BE=y，
根据题意，得
，
，
解得x=，y=,
∴,
故答案为：．

【点睛】
本题考查了勾股定理，斜边上中线的性质，方程组的解法，折叠的性质，熟练掌握折叠的性质，正确构造方程组计算是解题的关键．
三、解答题
17．（1）；（2）0
【分析】
（1）先化简二次根式和去绝对值，然后利用二次根式的混合运算法则求解即可；
（2）利用二次根式的四则运算法则求解即可．
【详解】
（1）原式，
，
；
（2）原式，
，
．
解析：（1）；（2）0
【分析】
（1）先化简二次根式和去绝对值，然后利用二次根式的混合运算法则求解即可；
（2）利用二次根式的四则运算法则求解即可．
【详解】
（1）原式，
，
；
（2）原式，
，
．
【点睛】
本题主要考查了二次根式的混合计算，解题的关键在于能够熟练掌握相关运算法则进行求解．
18．快艇航行了（500+500）米．
【分析】
先根据题意得到∠AOE=60°，∠BOF=45°，从而得到∠AOC=30°，∠BOC=45°，再利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可.
【详
解析：快艇航行了（500+500）米．
【分析】
先根据题意得到∠AOE=60°，∠BOF=45°，从而得到∠AOC=30°，∠BOC=45°，再利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可.
【详解】
解：如图：在直角△AOC中，∠AOC＝30°，OA＝1000米，
∴AC＝OA＝500米，
∴米，
∵∠FOB=45°，
∴∠COB=45°，
∴OC=BC=米
∴AB＝500+（米）．
答：快艇航行了（500+）米．

【点睛】
本题主要考查了勾股定理，方位角，等腰直角三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
19．（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据等腰直角三角形的性质求出边长分别为、、，再网格中找到相应的格点，作图即可；
（2）根据平行四边形的面积为12，确定底边长为4、高为3，在网格
解析：（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据等腰直角三角形的性质求出边长分别为、、，再网格中找到相应的格点，作图即可；
（2）根据平行四边形的面积为12，确定底边长为4、高为3，在网格中找到相应的格点，作图即可．
【详解】
解：（1）根据等腰直角三角形的面积为为10，设两个直角边为，则
解得，由勾股定理得，斜边长为
，
在网格中找到到相应的格点使得两条直角边为，连线即可，其中是以2，4为直角边的直角三角形的斜边，如图（a）
（2）根据平行四边形的面积为12，可以作底边长为4、高为3的平行四边形，在图中选取相应的格点，使得平行四边形的边长为为4、高为3，如图（b）

【点睛】
此题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）先证，得，又因为，可证；
（2）先证，得，又因为，利用边与边的关系，得，又因为，可证得四边形ADCG是平行四边形，又因为，四边形ADCG是矩形．
【详解】
解析：（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）先证，得，又因为，可证；
（2）先证，得，又因为，利用边与边的关系，得，又因为，可证得四边形ADCG是平行四边形，又因为，四边形ADCG是矩形．
【详解】
（1）证明：∵，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∵，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
由（1）知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形ADCG是平行四边形，
∵，
∴四边形ADCG是矩形．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，全等的判定和性质、平行四边形、矩形的判定，能利用相似和全等找到边与边的关系是解题的关键．
21．（1）5；（2）5.
【解析】
【详解】
试题分析: 根据平方差公式，可分母有理化，根据整体代入，可得答案．
试题解析：（1）∵a=，
∴4a2-8a+1
=4×()2-8×（）+1
=5；
（2）
解析：（1）5；（2）5.
【解析】
【详解】
试题分析: 根据平方差公式，可分母有理化，根据整体代入，可得答案．
试题解析：（1）∵a=，
∴4a2-8a+1
=4×()2-8×（）+1
=5；
（2）原式=×（−1+−+−+…+−）
=×（-1）
=×10
=5.
点睛：本题主要考查了分母有理化，利用分母有理化化简是解答此题的关键．
22．（1），；（2）当时，选择甲、乙两个商场均可，当时，选择乙商场更优惠，当时，选择甲商场更优惠．
【分析】
（1）在甲超市购物所付的费用：300元＋0.8×超过300元的部分，在乙超市购物所付的费用：
解析：（1），；（2）当时，选择甲、乙两个商场均可，当时，选择乙商场更优惠，当时，选择甲商场更优惠．
【分析】
（1）在甲超市购物所付的费用：300元＋0.8×超过300元的部分，在乙超市购物所付的费用：200＋0.85×超过200元的部分；
（2）根据（1）中解析式的费用分类讨论即可．
【详解】
（1）由题意得，，
即 ，
，
即
（2）当时，
由得：
，
解得：，
由得：
，
解得：，
由得：
，
解得：.
∴当时，选择甲、乙两个商场均可，当时，选择乙商场更优惠，当时，选择甲商场更优惠．
【点睛】
本题考查了一次函数以及一元一次不等式的应用，根据题意列出正确的甲、乙两家商场的实际费用与购买商品金额x之间的函数关系式是本题的关键．
23．（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】
（1）根据已知条件可得△ABC≌△ABD，再根据∠AOC+∠AOD=180°，进而可证得AB⊥CD，进而得到∠ACO=∠ABE，进而证得△ABF≌△CD
解析：（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】
（1）根据已知条件可得△ABC≌△ABD，再根据∠AOC+∠AOD=180°，进而可证得AB⊥CD，进而得到∠ACO=∠ABE，进而证得△ABF≌△CDA；
（2）取AB中点H，根据已知条件可知MO为△AFH的中位线，进而可证得△AFH≌△DAO，进一步得到△AFD为等腰直角三角形，然后过点F作FI⊥AF交AB于点I，取CD上点G使MG=MN，连接AG，先证△AFI≌△DAM，而后△FMN≌△FIN，得到∠FIN =∠FMN，进而可证△AMG≌△FMN，得到∠AGM=∠FNM，进而证得△ACG≌△FBN，得到BN=CG，再根据CG=CM+MG，得到BN=CM+MG，又MG=MN，继而得到BN=CM+MN．
【详解】
证明：（1）∵AC=AD，BC=BD，AB=AB，
∴△ABC≌△ABD，
∴∠CAO=∠DAO，
又∵∠ACO=∠ADO，
∴∠AOC=∠AOD，
又∵∠AOC+∠AOD=180°，
∴∠AOC=∠AOD=90°，
∴AB⊥CD，
在Rt△AOC中，∠ACO+∠CAO=90°，
在Rt△AEB中，∠ABE+∠CAO=90°，
∴∠ACO=∠ABE，
又∵AC=AD，FA=FB，
∴∠ACO=∠ADO=∠ABF=∠FAB，
∵，
∴△ABF≌△CDA；
（2）如图，取AB中点H，

∵△ABF是等腰三角形，
∴FH⊥AB，
∵AM=MF且MO⊥AB，
∴MO为△AFH的中位线，
∴AO=OH=，
又∵AH===DO，
由△ABF≌△CDA，可知：AF=BF=AC=AD，
∴△AFH≌△DAO，
∴∠AFH=∠DAO，
∵∠FAH+∠AFH=90°，
∴∠FAH+∠DAO=90°，
∴∠FAD=90°，
∴△AFD为等腰直角三角形，
过点F作FI⊥AF交AB于点I，取CD上点G使MG=MN，连接AG，
由△AFH≌△DAO可得∠FAI=∠ADM，
又∵AD=AF，
∴△AFI≌△DAM，
∴FI=AM，
又∵AM=MF，
∴FI=MF，
由FI⊥AF可知∠AFI=90°，∠AFN=45°，
∴∠NFI=∠AFI-∠AFN=90°-45°=45°，
∴∠MFN=∠NFI，又∵FI=FM，
∴△FMN≌△FIN，
∴∠FIN =∠FMN，
又∵∠AMD=∠FIA，
∴∠AMD=∠FMN，
又∵AM=FM，MG=MN，
∴△AMG≌△FMN，
∴∠AGM=∠FNM，
又∵∠FNM=∠FNB，
∴∠AGM=∠FNB，
又∵∠ACG=∠FBN，AC=FB,
∴△ACG≌△FBN，
∴BN=CG，
又∵CG=CM++MG，
∴BN=CM+MG，
又∵MG=MN，
∴BN=CM+MN．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、中位线等知识，解题的关键是综合运用相关知识解题．
24．（1）；（2），；（3），或，或，．
【解析】
【分析】
（1）直接利用待定系数法，即可得出结论；
（2）先求出，，进而求出点的坐标，再构造出，得出，，设，进而建立方程组求解，即可得出结论；
（3）
解析：（1）；（2），；（3），或，或，．
【解析】
【分析】
（1）直接利用待定系数法，即可得出结论；
（2）先求出，，进而求出点的坐标，再构造出，得出，，设，进而建立方程组求解，即可得出结论；
（3）分两种情况，①当时，利用中点坐标公式求解，即可得出结论；
②当时，当点在上方时，判断出四边形是平行四边形，即可得出结论；
当点在下方时，判断出四边形是平行四边形，再用平移的性质，即可得出结论．
【详解】
解：（1）设直线的函数表达式为，
点，点，
，
，
直线的函数表达式为；
（2）如图1，

点，点，
，，
，
由折叠知，，
过点作轴，交轴于，
，
，
，，
，
，，
过点作轴于，延长交于，

，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，，
设，则，
，
，；
（3）设，则，
由折叠知，，，
在中，，
，
，
，，，，
点，，为顶点的三角形与全等，
①当时，
，，
连接交于，则，，由（1）知，，，
设，
，，
，，
，；
②当时，当点在上方时，
，，
四边形是平行四边形，
，
，；
当点在下方时，，，
四边形是平行四边形，
点，向左平移个单位，再向下平移个单位到达点，
点是点向左平移个单位，再向下平移个单位到达点，，即满足条件的点的坐标为，或，或，．

【点睛】
本题考查了一次函数综合题，考查了待定系数法，折叠的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平移的性质，中点坐标公式，解题的关键是构造出全等三角．
25．（1）；（2）t=s时，四边形ABMN是平行四边形；（3）存在，点Q坐标为：或或或.
【分析】
（1）如图1中，作BH⊥x轴于H．证明△COA≌△AHB（AAS），可得BH=OA=1，AH=OC=2
解析：（1）；（2）t=s时，四边形ABMN是平行四边形；（3）存在，点Q坐标为：或或或.
【分析】
（1）如图1中，作BH⊥x轴于H．证明△COA≌△AHB（AAS），可得BH=OA=1，AH=OC=2，求出点B坐标，再利用待定系数法即可解决问题．
（2）利用平行四边形的性质求出点N的坐标，再求出AN，BM，CM即可解决问题．
（3）如图3中，当OB为菱形的边时，可得菱形OBQP，菱形OBP1Q1．菱形OBP3Q3，当OB为菱形的对角线时，可得菱形OP2BQ2，点Q2在线段OB的垂直平分线上，分别求解即可解决问题．
【详解】
（1）如图1中，作BH⊥x轴于H．

∵A（1，0）、C（0，2），
∴OA=1，OC=2，
∵∠COA=∠CAB=∠AHB=90°，
∴∠ACO+∠OAC=90°，∠CAO+∠BAH=90°，
∴∠ACO=∠BAH，
∵AC=AB，
∴△COA≌△AHB（AAS），
∴BH=OA=1，AH=OC=2，
∴OH=3，
∴B（3，1），
设直线BC的解析式为y=kx+b，则有，
解得：，
∴；
（2）如图2中，

∵四边形ABMN是平行四边形，
∴AN∥BM，
∴直线AN的解析式为：，
∴，
∴，
∵B（3，1），C（0，2），
∴BC=，
∴，
∴，
∴t=s时，四边形ABMN是平行四边形；
（3）如图3中，

如图3中，当OB为菱形的边时，可得菱形OBQP，菱形OBP1Q1．菱形OBP3Q3，
连接OQ交BC于E，
∵OE⊥BC，
∴直线OE的解析式为y=3x，
由，解得：，
∴E（，），
∵OE=OQ，
∴Q（，），
∵OQ1∥BC，
∴直线OQ1的解析式为y=-x，
∵OQ1=OB=，设Q1（m，-），
∴m2+m2=10，
∴m=±3，
可得Q1（3，-1），Q3（-3，1），
当OB为菱形的对角线时，可得菱形OP2BQ2，点Q2在线段OB的垂直平分线上，
易知线段OB的垂直平分线的解析式为y=-3x+5，
由，解得：，
∴Q2（，）．
综上所述，满足条件的点Q坐标为：或或或.
【点睛】
本题属于一次函数综合题，考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
26．（1）①详见解析；②详见解析；（2）当BE≠DF时，（BE+DF）2+EF2＝2AB2仍然成立，理由详见解析；（3）
【分析】
（1）①连接ED、BF，证明四边形BEDF是平行四边形，根据平行四边形
解析：（1）①详见解析；②详见解析；（2）当BE≠DF时，（BE+DF）2+EF2＝2AB2仍然成立，理由详见解析；（3）
【分析】
（1）①连接ED、BF，证明四边形BEDF是平行四边形，根据平行四边形的性质证明；②根据正方形的性质、勾股定理证明；
（2）过D作DM⊥BE交BE的延长线于M，连接BD，证明四边形EFDM是矩形，得到EM=DF，DM=EF，∠BMD=90°，根据勾股定理计算；
（3）过P作PE⊥PD，过B作BELPE于E，根据（2）的结论求出PE，结合图形解答.
【详解】
（1）证明：①连接ED、BF，

∵BE∥DF，BE＝DF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴BD、EF互相平分；
②设BD交EF于点O，则OB＝OD＝BD，OE＝OF＝EF．
∵EF⊥BE，
∴∠BEF＝90°．
在Rt△BEO中，BE2+OE2＝OB2．
∴（BE+DF）2+EF2＝（2BE）2+（2OE）2＝4（BE2+OE2）＝4OB2＝（2OB）2＝BD2．
在正方形ABCD中，AB＝AD，BD2＝AB2+AD2＝2AB2．
∴（BE+DF）2+EF2＝2AB2；
（2）解：当BE≠DF时，（BE+DF）2+EF2＝2AB2仍然成立，

理由如下：如图2，过D作DM⊥BE交BE的延长线于M，连接BD．
∵BE∥DF，EF⊥BE，
∴EF⊥DF，
∴四边形EFDM是矩形，
∴EM＝DF，DM＝EF，∠BMD＝90°，
在Rt△BDM中，BM2+DM2＝BD2，
∴（BE+EM）2+DM2＝BD2．
即（BE+DF）2+EF2＝2AB2；

（3）解：过P作PE⊥PD，过B作BE⊥PE于E，
则由上述结论知，（BE+PD）2+PE2＝2AB2．
∵∠DPB＝135°，
∴∠BPE＝45°，
∴∠PBE＝45°，
∴BE＝PE．
∴△PBE是等腰直角三角形，
∴BP＝BE，
∵BP+2PD＝4 ，
∴2BE+2PD＝4，即BE+PD＝2，
∵AB＝4，
∴（2）2+PE2＝2×42，
解得，PE＝2，
∴BE＝2，
∴PD＝2﹣2．
【点睛】
本题考查的是正方形的性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的应用，正确作出辅助性、掌握正方形的性质是解题的关键.