人教版数学八年级下册数学期末试卷(培优篇)(Word版含解析).doc

人教版数学八年级下册数学期末试卷（培优篇）（Word版含解析）
一、选择题
1．要使有意义，的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
2．下列各组数中，能构成直角三角形的三边的是（ ）
A．3，5，6 B．1，1， C．6，8，11 D．5，12，16
3．在下列条件中，不能判定四边形为平行四边形的是（ ）
A．对角线互相平分 B．一组对边平行且相等
C．两组对角分别相等 D．对角线互相垂直
4．某商场招聘员工一名，现有甲、乙、丙三人竞聘，通过计算机、语言和商品知识三项测试，他们各自成绩（百分制）如下表所示，若商场需要招聘负责将商品拆装上架的人员，对计算机、语言和商品知识分别赋权2，3，5，那么从成绩看，应该录取（ ）
应试者
计算机
语言
商品知识
甲
60
70
80
乙
80
70
60
丙
70
80
60

A．甲 B．乙 C．丙 D．任意一人都可
5．如图，在正方形ABCD中，取AD的中点E，连接EB，延长DA至F，使EF＝EB，以线段AF为边作正方形AFGH，交AB于点H，则的值是（ ）

A． B． C． D．
6．如图，在菱形ABCD中，∠D＝140°，则∠1的大小为（　　）

A．15° B．20° C．25° D．30°
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，等腰直角三角形△OAB的边OA和矩形OCDE的边OC在x轴上，OA＝4，OC＝1，OE＝2．将矩形OCDE沿x轴正方向平移t（t＞0）个单位，所得矩形与△OAB公共部分的面积记为S（t）．将S（t）看作t的函数，当自变量t在下列哪个范围取值时，S（t）是t的一次函数（　　）

A．1＜t＜2 B．2＜t＜3
C．3＜t＜4 D．1＜t＜2或4＜t＜5
二、填空题
9．已知，则________．
10．菱形两条对角线长分别为、，则这个菱形的面积为_________．
11．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以它的三边为边分别向外作正方形，面积分别为S1，S2，S3，已知S1＝5，S2＝12，则S3＝_____．

12．如图将矩形沿直线折叠，顶点D恰好落在边上F处，已知，则______．

13．已知一次函数的图象过点（3，5）与点（-4，-9），则这个一次函数的解析式为____________.
14．如图，在四边形ABCD中AB∥CD，若加上AD∥BC，则四边形ABCD为平行四边形.若E、F为BD上两点，且BE=DF.现在请你给□ABCD添加一个适当的条件________，使得四边形AECF为菱形.

15．如图所示，直线与两坐标轴分别交于、两点，点是的中点，、分别是直线、轴上的动点，当周长最小时，点的坐标为_____．

16．如图，直角三角形纸片的两直角边长分别为6，8，按如图那样折叠，使点与点重合，折痕为，则等于____________．

三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）
18．如图，一架梯子AB斜靠在一竖直的墙OA上，这时AO＝3m，∠OAB＝30°，梯子顶端A沿墙下滑至点C，使∠OCD＝60°，同时，梯子底端B也外移至点D．求BD的长度．（结果保留根号）[补充：直角三角形中，30°所对的直角边是斜边的一半]

19．如图，在4×4的正方形网格中，每个小格的顶点叫做格点，以格点为顶点分别按下列要求画三角形或四边形．（绘图要求：①所绘图形不得超出正方形网格；②必须用直尺和中性笔绘图，确保所绘图形的顶点必须在格点上）
（1）在图①中，画一个直角三角形，使它的三边长都是有理数；
（2）在图②中，画一个直角三角形，使它的一边长是有理数，另外两边长是无理数；
（3）在图③中，画一个直角三角形，使它的三边长都是无理数；
（4）在图④中，画一个正方形，使它的面积为10．

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．先阅读下列解答过程，然后再解答：小芳同学在研究化简中发现：首先把化为﹐由于，，即：， ，所以，
问题：
（1）填空：__________，____________﹔
（2）进一步研究发现：形如的化简，只要我们找到两个正数a，b（），使，，即，﹐那么便有： __________．
（3）化简：（请写出化简过程）
22．某超市以每千克40元的价格购进一种干果，计划以每千克60元的价格销售，为了让顾客得到实惠，现决定降价销售，已知这种干果销售量y（千克）与每千克降价x（元）（0＜x＜20）之间满足一次函数关系，其图象如图所示．
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）当每千克干果降价3元时，超市获利多少元？

23．社团活动课上，数学兴趣小组的同学探索了这样的一个问题：
如图，，点为边上一定点，点为边上一动点，以为一边在∠MON的内部作正方形，过点作，垂足为点（在点、之间），交与点，试探究的周长与的长度之间的等量关系该兴趣小组进行了如下探索：
（动手操作，归纳发现）
（1）通过测量图、、中线段、、和的长，他们猜想的周长是长的_____倍．请你完善这个猜想

（推理探索，尝试证明）
为了探索这个猜想是否成立，他们作了如下思考，请你完成后续探索过程：
（2）如图，过点作，垂足为点
则

又四边形正方形，
，
则

在与中，
（类比探究，拓展延伸）
（3）如图，当点在线段的延长线上时，直接写出线段、、与长度之间的等量关系为 ．

24．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线y＝x+b交x轴的负半轴于点A，交y轴的正半轴于点B，AB＝6，点C在x轴的正半轴上，OC＝2．
（1）如图1，求直线BC的解析式；
（2）如图2，点D在第四象限的直线C上，DE⊥AB于点E，DE＝AB，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，请在平面内找一点P，使得四边形PDBE是平行四边形，直接写出这样的点P的坐标；
（4）如图3，在（2）的条件下，点F在线段OA上，点G在线段OB上，射线FG交直线BC于点H，若∠FGO＝2∠AEF，FG＝5，求点H的坐标．

25．如图，菱形纸片的边长为翻折使点两点重合在对角线上一点分别是折痕．设．

（1）证明：；
（2）当时，六边形周长的值是否会发生改变，请说明理由；
（3）当时，六边形的面积可能等于吗?如果能，求此时的值；如果不能，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．D
解析：D
【分析】
根据二次根式有意义的条件：被开方数要大于等于0和分式有意义的条件：分母不能为0，进行求解即可得到答案．
【详解】
解：∵ 有意义，
∴，
∴，
故选D．
【点睛】
本题主要考查了二次根式和分式有意义的条件，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
2．B
解析：B
【分析】
根据勾股定理逆定理：，将各个选项逐一代数计算即可得出答案．
【详解】
解：A、，不能构成直角三角形，故A不符合题意；
B、∵，能构成直角三角形，故B符合题意；
C、∵，不能构成直角三角形，故C不符合题意；
D、，不能构成直角三角形，故D不符合题意．
故选B．
【点睛】
此题主要考查学生对勾股定理的逆定理的理解和掌握，要求学生熟练掌握这个逆定理．
3．D
解析：D
【解析】
【分析】
利用平行四边形的判定可求解．
【详解】
解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故该选项不符合题意；
B、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故该选项不符合题意；
C、两组对角分别相等的四边形是平行四边形，故该选项不符合题意；
D、对角线互相垂直的四边形不一定是平行四边形，故该选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是本题的关键．
4．A
解析：A
【解析】
【分析】
分别按照2，3，5的赋权计算甲，乙，丙的平均数，再录取最高分即可.
【详解】
解：根据题意，甲的最终成绩为（分，
乙的最终成绩为（分，
丙的最终成绩为（分，
所以应该录取甲，
故选：．
【点睛】
本题考查的是加权平均数的含义与计算，理解赋权2，3，5的含义是解题的关键.
5．A
解析：A
【分析】
设AB＝2a，根据四边形ABCD为正方形，E点为AD的中点，可得EF的长，进而可得结果．
【详解】
解：设AB＝2a，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝2a，
∵E点为AD的中点，
∴AE＝a，
∴BEa，
∴EFa，
∴AF＝EF﹣AE＝（1）a，
∵四边形AFGH为正方形，
∴AH＝AF＝（1）a，
∴．
故选：A．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，解决本题的关键是掌握正方形的性质．
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
由菱形的性质得到DA＝DC，∠DAC＝∠1，由等腰三角形的性质得到∠DAC＝∠DCA＝∠1，根据三角形的内角和定理求出∠DAC，即可得到∠1．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC，∠DAC＝∠1，
∴∠DAC＝∠DCA＝∠1，
在△ABD中，
∵∠D＝140°，∠D+∠DAC+∠DCA＝180°，
∴∠DAC＝∠DCA＝（180°﹣∠D）＝×（180°﹣140°）＝20°，
故选B．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
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．D
解析：D
【分析】
分，，，，讨论即可得出结果．
【详解】
解：，，，
当矩形在范围内移动时，由0变为2，随的增大而增大，
当矩形在范围内移动时，为定值2，
当矩形在范围内移动时，由2变为0，随的增大而减小，
当矩形在时，为0，
综上所述，矩形在或范围内移动时，是的一次函数，
故选：．
【点睛】
本题考查了图形的平移、一次函数的定义，抓住一次函数的定义分类讨论是解决本题的关键．
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
根据二次根式的非负性求出x，y，即可得解；
【详解】
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案是．
【点睛】
本题主要考查了利用二次根式的非负性化简求值，准确计算是解题的关键．
10．
【解析】
【分析】
根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半求出其面积即可．
【详解】
解：∵一个菱形的两条对角线长分别为和，
∴这个菱形的面积，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是菱形的面积计算，熟知菱形的面积等于两对角线乘积的一半是解题的关键．
11．A
解析：17
【解析】
【分析】
根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
解：∵∠ACB=90°，S1=5，S2=12，
∴AC2=5，BC2=12，
∴AB2=AC2+BC2=5+12=17，
∴S3=17，
故答案为：17．
【点睛】
本题考查了勾股定理，正方形的面积，正确的识别图形是解题的关键．
12．
【分析】
根据折叠的性质，，再根据勾股定理即可求解．
【详解】
解：根据折叠的性质，，
在中，由勾股定理得：
，
故答案是：．
【点睛】
本题考查了折叠的性质、勾股定理，解题的关键是掌握折叠的性质．
13．
【分析】
设一次函数的解析式为：，利用待定系数法把已知点的坐标代入解析式，解方程组即可得答案．
【详解】
解：设一次函数的解析式为：，

解得：
所以这个一次函数的解析式为：
故答案为：
【点睛】
本题考查的是利用待定系数法求解一次函数的解析式，掌握待定系数法是解题的关键．
14．A
解析：AB=AD
【分析】
由菱形的性质可得AE=AF，∠AEF=∠AFE，即可得到∠AEB=∠AFD，利用SAS即可证明△ABE≌△ADF，可得AB=AD，即可得答案.
【详解】
∵四边形AECF为菱形，
∴AE=AF，∠AEF=∠AFE，
∴∠AEB=∠AFD，
在△ABE和△ADF中，，
∴△ABE≌△ADF，
∴AB=AD，
∴可添加AB=AD，使得四边形AECF为菱形.
故答案为：AB=AD
【点睛】
本题考查了菱形的性质及全等三角形的判定与性质，利用菱形性质得出△ABE≌△ADF是解题关键.
15．【分析】
作点C关于AB的对称点F，关于AO的对称点G，连接DF，EG，由轴对称的性质，可得DF＝DC，EC＝EG，故当点F，D，E，G在同一直线上时，△CDE的周长＝CD＋DE＋CE＝DF＋DE
解析：
【分析】
作点C关于AB的对称点F，关于AO的对称点G，连接DF，EG，由轴对称的性质，可得DF＝DC，EC＝EG，故当点F，D，E，G在同一直线上时，△CDE的周长＝CD＋DE＋CE＝DF＋DE＋EG＝FG，此时△DEC周长最小，然后求出F、G的坐标从而求出直线FG的解析式，再求出直线AB和直线FG的交点坐标即可得到答案．
【详解】
解：如图，作点C关于AB的对称点F，关于AO的对称点G，连接FG分别交AB、OA于点D、E，
由轴对称的性质可知，CD=DF，CE=GE，BF=BC，∠FBD=∠CBD，
∴△CDE的周长=CD+CE+DE=FD+DE+EG，
∴要使三角形CDE的周长最小，即FD+DE+EG最小，
∴当F、D、E、G四点共线时，FD+DE+EG最小，

∵直线y＝x＋2与两坐标轴分别交于A、B两点，
∴B（-2，0），
∴OA＝OB，
∴∠ABC＝∠ABD＝45°，
∴∠FBC=90°，
∵点C是OB的中点，
∴C(，0)，
∴G点坐标为（1，0），，
∴F点坐标为（-2，），
设直线GF的解析式为，
∴，
∴，
∴直线GF的解析式为，
联立，
解得，
∴D点坐标为（，）
故答案为：（，）．
【点睛】
本题主要考查了轴对称-最短路线问题，一次函数与几何综合，解题的关键是利用对称性在找到△CDE周长的最小时点D、点E位置，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，多数情况要作点关于某直线的对称点．
16．14：25
【分析】
在中利用勾股定理计算出，根据折叠的性质得到，，设，则，，在中根据勾股定理计算出，则，利用三角形面积公式计算出，在中利用勾股定理计算出，利用三角形面积公式计算出，然后求出两面积的
解析：14：25
【分析】
在中利用勾股定理计算出，根据折叠的性质得到，，设，则，，在中根据勾股定理计算出，则，利用三角形面积公式计算出，在中利用勾股定理计算出，利用三角形面积公式计算出，然后求出两面积的比．
【详解】
解：在中，，，
，
把沿使与重合，
，，
，
设，则，，
在中，，即，
，
，
，
在中，，
，
，
．
故答案为：14：25．
【点睛】
本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等，对应角相等．也考查了勾股定理．
三、解答题
17．（1）；（2）−7+3
【分析】
（1）先把各二次根式化为最特意二次根式，再合并即可得到答案；
（2）分别根据平方差公式、负整数指数幂的运算法则，绝对值的代数意义，零指数幂的运算法则以及二次根式的性
解析：（1）；（2）−7+3
【分析】
（1）先把各二次根式化为最特意二次根式，再合并即可得到答案；
（2）分别根据平方差公式、负整数指数幂的运算法则，绝对值的代数意义，零指数幂的运算法则以及二次根式的性质代简各项后再合并即可得到答案．
【详解】
解：（1）
=
=；
（2）
=
=
【点睛】
本题主要考查了二次根式的加减以及实数的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
18．3﹣（m）
【分析】
先在Rt△OAB中，OA＝3m，∠OAB＝30°，求出梯子AB的长，在滑动过程中梯子的长是不变的，再根据已知条件证明出△AOB≌△DOC，即可求出BD长．
【详解】
解：在Rt
解析：3﹣（m）
【分析】
先在Rt△OAB中，OA＝3m，∠OAB＝30°，求出梯子AB的长，在滑动过程中梯子的长是不变的，再根据已知条件证明出△AOB≌△DOC，即可求出BD长．
【详解】
解：在Rt△ABO中，∵AO＝3m，∠OAB＝30°，

∴AB，
∵∠OCD＝60°，
∴∠ODC＝30°，
在△AOB和△DOC中，
，
∴△AOB≌△DOC（AAS），
∴OA＝OD，OC＝OB，
∴BD＝OD﹣OB＝3﹣（m）．
【点睛】
本题考查了勾股定理解直角三角形，三角形全等的性质与判定，求出的长是解题的关键．
19．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析；（4）见解析；
【解析】
【分析】
根据勾股定理即可得．
【详解】
解：（1）如图①所示，三边分别为：3，4，5；
（2）如图②所示，三边分别为：，，2或
解析：（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析；（4）见解析；
【解析】
【分析】
根据勾股定理即可得．
【详解】
解：（1）如图①所示，三边分别为：3，4，5；
（2）如图②所示，三边分别为：，，2或，，4 ；
（3如图③所示，三边分别为：，，或，，或，，；
（4）如图④所示，正方形的边长为：，则面积：（）2=10．

【点睛】
本题考查了勾股定理，解题的关键是掌握勾股定理．
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），；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题目所给的方法将根号下的数凑成完全平方的形式进行计算；
（2）根据题目给的a，b与m、n的关系式，用一样的方法列式算出结果；
（3）将写成，4
解析：（1），；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题目所给的方法将根号下的数凑成完全平方的形式进行计算；
（2）根据题目给的a，b与m、n的关系式，用一样的方法列式算出结果；
（3）将写成，4写成，就可以凑成完全平方的形式进行计算．
【详解】
解：（1）；
；
（2）；
（3）==．
【点睛】
本题考查二次根式的计算和化简，解题的关键是掌握二次根式的运算法则．
22．（1）y=10x+100（0＜x＜20）；（2）当每千克干果降价3元时，超市获利2210元
【分析】
（1）由待定系数法即可得到函数的解析式；
（2）根据（1）的解析式将x=3代入求出销售量，再根据
解析：（1）y=10x+100（0＜x＜20）；（2）当每千克干果降价3元时，超市获利2210元
【分析】
（1）由待定系数法即可得到函数的解析式；
（2）根据（1）的解析式将x=3代入求出销售量，再根据每千克利润×销售量=总利润列式求解即可．
【详解】
解：（1）设y与x之间的函数关系式为：y=kx+b，
把（2，120）和（4，140）代入得，，
解得：，
∴y与x之间的函数关系式为：y=10x+100（0＜x＜20）；
（2）根据题意得，销售量y=10×3+100=130，
（60-3-40）×130=2210（元），
答：当每千克干果降价3元时，超市获利2210元．
【点睛】
本题考查的是一次函数的应用，解题的关键是利用待定系数法求出y与x之间的函数关系式，此类题目主要考查学生分析、解决实际问题能力，又能较好的考查学生“用数学”的意识．
23．（1）2；（2）证明见解析过程；（3）AE+EF-AF=2OA．
【分析】
（1）通过测量可得；
（2）过点C作CG⊥ON，垂足为点G，由AAS可证△ABO≌△BCG，可得BG=AO，BO=CG，由
解析：（1）2；（2）证明见解析过程；（3）AE+EF-AF=2OA．
【分析】
（1）通过测量可得；
（2）过点C作CG⊥ON，垂足为点G，由AAS可证△ABO≌△BCG，可得BG=AO，BO=CG，由SAS可证△ABE≌△CBE，可得AE=CE，由线段的和差关系可得结论；
（3）过点C作CG⊥ON，垂足为点G，由AAS可证△ABO≌△BCG，可得BG=AO，BO=CG，由SAS可证△ABE≌△CBE，可得AE=CE，可得结论．
【详解】
解：（1）△AEF的周长是OA长的2倍，
故答案为：2；
（2）如图4，过点C作CG⊥ON，垂足为点G，

则∠CGB=90°，
∴∠GCB+∠CBG=90°，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，∠DBC=∠DBA=45°，
则∠CBG+∠ABO=90°，
∴∠GCB=∠ABO，
在△BCG与△ABO中，
，
∴△BCG≌△ABO（AAS），
∴BG=AO，CG=BO，
∵∠AOB=90°=∠CGB=∠CFO，
∴四边形CGOF是矩形，
∴CF=GO，CG=OF=OB，
在△ABE和△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴AE=CE，
∴△AEF的周长=AE+EF+AF=CE+EF+AF=CF+AF=GO+AF=BG+BO+AF=2AO；
（3）如图5，过点C作CG⊥ON于点G，

则∠CGB=90°，
∴∠GCB+∠CBG=90°，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，∠DBC=∠DBA=45°，
则∠CBG+∠ABO=90°，
∴∠GCB=∠ABO，
在△BCG与△ABO中
，
∴△BCG≌△ABO（AAS），
∴BG=AO，BO=CG，
∵∠AOB=90°=∠CGB=∠CFO，
∴四边形CGOF是矩形，
∴CF=GO，CG=OF=OB，
在△ABE和△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴AE=CE，
∴AE+EF-AF=EF+CE-AF=NB+BO-（OF-AO）=OA+OB-（OB-OA）=2OA．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，矩形的判定和性质，添加恰当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．
24．（1）；（2）D（3，3）；（3）点P的坐标有：（6，0）或（0，）或（，12）；（4）H（，）．
【解析】
【分析】
（1）由题意表达出点A和点B的坐标，然后用勾股定理建立等式可求出b的值，从而得
解析：（1）；（2）D（3，3）；（3）点P的坐标有：（6，0）或（0，）或（，12）；（4）H（，）．
【解析】
【分析】
（1）由题意表达出点A和点B的坐标，然后用勾股定理建立等式可求出b的值，从而得到点B的坐标，结合点C的坐标，进而求出直线BC的解析式；
（2）过点D作DK∥y轴交直线AB于点K，设出点D的坐标，表达出点K的坐标，结合DE=AB，建立等式，可求出点D的坐标；
（3）由题意，要使四边形PDBE是平行四边形，则要进行分类讨论，可分为3种情况进行分析；先求出点E的坐标，然后利用平行四边形的性质，平移的性质，即可求出点P的所有点的坐标；
（4）由题意可得AE=OE，且∠AEO=90°，可将△AEF绕点E旋转，构造全等三角形；表达出线段长，利用勾股定理建等式，求解参数的值，进而求出点H的坐标．
【详解】
解：（1）∵直线y=x+b交x轴的负半轴于点A，交y轴的正半轴于点B，
∴A（b，0），B（0，b），
∴OA=OB=b，
在△OAB中，∠AOB=90°，AB=，
由勾股定理可得，b2+b2＝，
解得，b=6（b=6舍去），
∴OA=OB=6，
∴点A为（，0），点B为（0，6）；
∵OC=2，
∴C（2，0），
设直线BC的解析式为y=kx+6，
∴2k+6=0，
解得：，
∴直线BC的解析式为．
（2）过点D作DK∥y轴交直线AB于点K，

∴∠ABO=∠K=45°，
∵AB=DE=，
∴DK=12，
设点D的横坐标为t，则D（t，3t+6），K（t，t+6），
∴DK=t+6（3t+6）=12，
解得：t=3，
∴D（3，3）．
（3）根据题意，要使四边形PDBE是平行四边形，则要进行分类讨论，可分为3种情况进行分析；如图所示：

①当点P在点的位置时，此时四边形是矩形；
∵∠ABO=45°，DE⊥AB，
∴△OBE是等腰直角三角形，
∵OB=6，
∴BE=OE=，
∴点E是AB的中点，
∴点E的坐标为（，3）；
∵点B为（0，6），点D为（3，3），
由平移的性质，则点的坐标为（6，0）；
②当点P在点的位置时，此时四边形是平行四边形，
则BD∥EP2，BE∥DP2；
∵点E的坐标为（，3），点B为（0，6），点D为（3，3），
由平移的性质，则点的坐标为（0，）；
③当点P在点的位置时，此时四边形是平行四边形，
则BP3∥DE，DB∥EP3；
∵点E的坐标为（，3），点B为（0，6），点D为（3，3），
由平移的性质，则点的坐标为（，12）；
综合上述，点P的坐标有：（6，0）或（0，）或（，12）；
（4）过点E作EL⊥DK于点L，连接OD，过点E作EM⊥x轴于点M，如图：

则AM=OM=3=EM=3，
∴EM=AM，
∴∠MEO=∠EOM=45°，
∴∠AEO=90°，
在OG上截取ON=AF，连接EN，
∵∠EAF=∠EON，
∴△EAF≌△EON（AAS），
∴EF=EN，∠AEF=∠OEN，
∴∠FEN=∠FEO+∠OEN=∠FEO+∠AEF=∠AEO=90°，
∴∠EFN=45°，
∵∠EFO=∠AEF+∠EAO=∠EFN+∠NFO，
又∵∠EAO=∠EFN=45°，
∴∠NFO=∠AEF，
∴∠FGO=2∠AEF=2∠NFO，
设∠AEF=α，则∠NFO=α，∠FNO=90°α，∠FGO=2α，
在y轴负半轴上截取OP=ON，连接FP，则OF垂直平分NP，
∴FN=FP，
∴∠FPO=90°α，
∴∠GFP=180°2α（90°α）=90°α=∠GPF，
∴FG=GP=5，
设AF=m，则ON=OP=m，则OG=5m，OF=6m，
在Rt△OGF中，由勾股定理可得，（5-m）2+（6-m）2=52，
解得：m=2，（m=9舍去），
∴OG=3，OF=4，
∴F（4，0），G（0，3），
设直线FG的解析式为y=ax+c，
∴，解得，
∴直线FG的解析式为：，
∵H是直线与直线y=3x+6的交点，
∴，解得，
∴H（，）．
【点睛】
本题是一次函数与几何综合问题，考查了一次函数的性质，平行四边形的性质，平移的性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确作出合适的辅助线，运用分类讨论的思想进行解题．
25．（1）见解析；（2）不变，见解析；（3）能，或
【分析】
（1）由折叠的性质得到BE=EP，BF=PF，得到BE=BF，根据菱形的性质得到AB∥CD∥FG，BC∥EH∥AD，于是得到结论；
（2）由
解析：（1）见解析；（2）不变，见解析；（3）能，或
【分析】
（1）由折叠的性质得到BE=EP，BF=PF，得到BE=BF，根据菱形的性质得到AB∥CD∥FG，BC∥EH∥AD，于是得到结论；
（2）由菱形的性质得到BE=BF，AE=FC，推出△ABC是等边三角形，求得∠B=∠D=60°，得到∠B=∠D=60°，于是得到结论；
（3）记AC与BD交于点O，得到∠ABD=30°，解直角三角形得到AO=1，BO=，求得S四边形ABCD=2，当六边形AEFCHG的面积等于时，得到S△BEF+S△DGH=，设GH与BD交于点M，求得GM=x，根据三角形的面积列方程即可得到结论．
【详解】
解:折叠后落在上，

平分
，
四边形为菱形，同理四边形为菱形，

四边形为平行四边形，
.
不变.
理由如下:由得
四边形为菱形，

为等边三角
，

为定值.
记与交于点.

当六边形的面积为时，

由得

记与交于点

，

同理
即
化简得
解得，
∴当或时，六边形的面积为.
【点睛】
此题是四边形的综合题，主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形的面积公式，菱形的面积公式，解本题的关键是用x表示出相关的线段，是一道基础题目．
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.