人教版数学八年级下册数学期末试卷培优测试卷.doc

人教版数学八年级下册数学期末试卷培优测试卷
一、选择题
1．式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是（　　）
A．x＜3 B．x≥3 C．x≤3 D．x＞3
2．下列各组数中，不能构成直角三角形的是（ ）
A．9、12、15 B．12、18、22 C．8、15、17 D．5、12、13
3．下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A． B． C． D．
4．一组数据2，x，4，3，3的平均数为3，则中位数为（ ）
A．2 B．2.5 C．4 D．3
5．如图所示，一个圆柱体高8cm，底面半径2cm，一只蚂蚁从点A爬到点B处吃食，要爬行的最短路程 取是（ ）

A．12cm B．10cm
C．20cm D．无法确定
6．如图，将一个等腰直角三角形△ABC按如图方式折叠，若DE＝a，DC＝b，下列四个结论：①平分∠BDE；②BC长为2a＋b；③△是等腰三角形；④△CED的周长等于BC的长．其中，正确的是（ ）

A．①②④ B．②③④ C．②③ D．②④
7．如图，在直角三角形ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8，点E，F分别为AC和AB的中点，则EF=　(　　)

A．3 B．4 C．5 D．6
8．如图，甲、丙两地相距500km，一列快车从甲地驶往丙地，途中经过乙地；一列慢车从乙地驶往丙地，两车同时出发，同向而行，折线ABCD表示两车之间的距离y(km)与慢车行驶的时间为x(h)之间的函数关系．根据图中提供的信息，下列说法不正确的是(　　)

A．甲、乙两地之间的距离为200 km B．快车从甲地驶到丙地共用了2.5 h
C．快车速度是慢车速度的1.5倍 D．快车到达丙地时，慢车距丙地还有50 km
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．已知菱形的边长为4,∠A=60°，则菱形的面积为_________．
11．如图，在中，垂直平分交于点，若，，则_________________．

12．如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若OB＝2，∠ACB＝30°，则AB的长度为____．

13．经过点(2,0)且与坐标轴围成的三角形面积为2的直线解析式是__________________.
14．如图，在ABC中，点D、E、F分别在边AB、BC、CA上，且DE∥CA，DF∥BA，下列四种说法：①四边形AEDF是平行四边形；②如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是菱形；③如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形；④如果AB＝AC，那么四边形AEDF是菱形．其中，正确的有_____．（只填写序号）

15．如图，在平面直角坐标系中，点，都在轴正半轴上，点，都在直线上，，，都是等边三角形，且，则点的横坐标是_______．

16．如图，在矩形中，，点是边上（不与、重合）一个动点，连接，把沿直线折叠，点落在点处，当 为直角三角形时，则 的周长为________．

三、解答题
17．计算：
（1）2＋－；
（2）；
（3）；
（4）│1－│＋（2019－50）0－（－）．
18．如图，货船和快艇分别从码头A同时出发．其中，货船沿着北偏西54°方向以15海里/小时的速度匀速航行，快艇沿着北偏东36°方向以36海里/小时的速度航行，1小时后．两船分别到达B、C点．求B、C两点之间的距离．

19．如图，正方形网格中的每个小正方形的边长都是1，每个小格的顶点叫格点，网格中有以格点A、B、C为顶点的，请你根据所学的知识回答下列问题：
（1）判断的形状，并说明理由：
（2）求的面积．

20．如图（1），中，，，的外角平分线交于点，过点分别作直线，的垂线，，为垂足．

（1）求证：四边形是正方形．
（2）若已知，，请求的面积；
（3）如图（2），连接，与，分别交于点，，求证：．
21．阅读下列材料，然后回答问题：
在进行类似于二次根式的运算时，通常有如下两种方法将其进一步化简：
方法一：
方法二：
（1）请用两种不同的方法化简：；
（2）化简：．
22．某市出租车收费标准分白天和夜间分别计费，计费方案见下列表格及图象（其中，，为常数）
行驶路程
收费标准
白天
夜间（22时至次日5时）
不超过的部分
起步价6元
起步价元
超过不超出的部分
每公里2元
每公里元
超出的部分
每公里3元
每公里元

设行驶路程为时，白天的运价为（元），夜间的运价为（元）．如图，折线表示与之间的函数关系式，线段表示当时，与的函数关系式，根据图表信息，完成下列各题：
（1）填空：______，______，______；
（2）当时，求的函数表达式；
（3）若幸福小区到阳光小区的路程为，小明从幸福小区乘出租车去阳光小区，白天收费比夜间收费少多少元?
23．在正方形中，点是边上任意一点，连接过点作于，交于.
如图1，过点作于.求证:；
如图2，点为的中点，连接，试判断存在什么数量关系并说明理由；
如图3，，连接，点为的中点，在点从点运动到点的过程中，点随之运动，请直接写出点运动的路径长.

24．[模型建立]如图等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于点D，过B作BE⊥ED于点E，易证明△BEC≌△CDA．（无需证明），我们将这个模型称为“K形图”．接下来我们就利用这个模型来解决一些问题：

[模型运用]
（1）如图1，若AD＝2，BE＝5，则△ABC的面积为　 　；
（2）如图2，在平面直角坐标系中，等腰Rt△ACB，∠ACB＝90°，AC＝BC，点C的坐标为（0，﹣2），A点的坐标为（4，0），求AB与y轴交点D的坐标；
（3）如图3，在平面直角坐标系中，直线l函数关系式为：y＝2x+1，点A（3，2），在其线l上是否存在点B，使直线AB与直线l的夹角为45°？若存在，求出点B的坐标；若不存在，请说明理由．
[模型拓限]（4）如图4，在平面直角坐标系中，已知点B（0，4），P是直线y＝2x﹣5上一点，将线段BP延长至点Q，使BQ＝BP，将线段BQ绕点B顺时针旋转45°后得BA，直接写出OA的最小值为　 　．（≈3.2，结果精确到0.1）
25．已知中，.点从点出发沿线段移动，同时点从点出发沿线段的延长线移动，点、移动的速度相同，与直线相交于点.
（1）如图①，当点为的中点时，求的长；
（2）如图②，过点作直线的垂线，垂足为，当点、在移动的过程中，设，是否为常数？若是请求出的值，若不是请说明理由.
（3）如图③，E为BC的中点，直线CH垂直于直线AD，垂足为点H，交AE的延长线于点M；直线BF垂直于直线AD，垂足为F；找出图中与BD相等的线段，并证明.

26．如图1，若是的中位线，则，解答下列问题：
（1）如图2，点是边上一点，连接、
①若，则 ；
②若，，连接，则 ， ， ．
（2）如图3，点是外一点，连接、，已知：，，，求的值；
（3）如图4，点是正六边形内一点，连接、、，已知：，，，求的值．

【参考答案】
一、选择题
1．B
解析：B
【分析】
直接利用二次根式有意义的条件分析得出答案．
【详解】
解：式子在实数范围内有意义，故x﹣3≥0，
则x的取值范围是：x≥3．
故选：B．
【点睛】
考核知识点：二次根式的意义．理解二次根式被开方数是非负数．
2．B
解析：B
【分析】
欲判断能否构成直角三角形，只需验证两小边的平方和是否等于最长边的平方．
【详解】
解：A、92+122=152，能构成直角三角形；
B、122+182≠222，不能构成直角三角形；
C、82+152=172，能构成直角三角形；
D、52+122=132，能构成直角三角形．
故选：B．
【点睛】
本题考查了利用勾股定理逆定理判定直角三角形的方法．在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断．
3．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判定逐一判断即可．
【详解】
解：A．由AD=BC，AB=CD可根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形知四边形ABCD是平行四边形，此选项不符合题意；
B．由∠A=∠C，∠B=∠D可根据两组对角分别相等的四边形是平行四边形知四边形ABCD是平行四边形，此选项不符合题意；
C．由AB∥CD，BC=AD不能判定四边形ABCD是平行四边形，此选项符合题意；
D．由AD∥BC知∠A+∠B=180°，结合∠B=∠D知∠A+∠D=180°，
所以AB∥CD，
此时可根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形知四边形ABCD是平行四边形，此选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的判定，解题的关键是掌握两组对边分别平行的四边形是平行四边形、两组对边分别相等的四边形是平行四边形、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
4．D
解析：D
【解析】
【分析】
先根据平均数的定义求出x的值，再根据中位数的定义进行解答即可．
【详解】
解：∵数据2，x，4，3，3的平均数是3，
∴（2+x+4+3+3）÷5=3，
∴x=3， 把这组数据从小到大排列为：2，3，3，3，4， 则这组数据的中位数为3；
故选D．
【点睛】
本题主要考查了平均数和中位数，掌握平均数的计算公式和中位数的定义是解题的关键．
5．B
解析：B
【分析】
先将图形展开，根据两点之间，线段最短，利用根据勾股定理即可得出结论．
【详解】
解：如图所示：沿AC将圆柱的侧面展开，

底面半径为2cm，
，
在中，
，，
．
故答案为：B．
【点睛】
本题考查的是平面展开，最短路径问题，立方体的展开图，两点之间线段最短，勾股定理的应用的有关知识．解题的关键是综合运用以上知识解决问题．
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据折叠的性质可得出∠DBC=22.5°，△DEC和△DEC'均是等腰直角三角形，结合选项所述即可判断出正确与否．
【详解】
（1）由折叠的性质得，∠BDC′=22.5°，∠C′DE=∠CDE=45°，
∴DC′不平分∠BDE故①错误；
（2）由折叠性质可得DE=AD=EC=EC′=a，AC=AB=BE=a+b
∴BC=EB+EC=a+b+a=2a+b,故②正确；
（3）∵∠ABC=2∠DBC，
∴∠DBC=22.5°，∠DC′C=∠DCB=45°=∠DBC′+∠BDC′，
∴∠DBC′=∠BDC′=22.5°，
∴BC′=DC′，故③正确；
（4）由折叠的性质可得出△DEC和△DEC'均是等腰直角三角形，
又∵BC′=DC′，
∴△CED的周长=CE+DE+CD=CE+C′E+BC′=BC，故④正确．
综上可得②③④正确，共三个．
故选：B．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，注意掌握折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等，难度一般．
7．A
解析：A
【解析】
【详解】
∵直角三角形ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝8，
∴．
∵点E、F分别为AC、AB的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴．
故选A．
8．C
解析：C
【分析】
根据两车同时出发，同向而行，所以点A即为甲、乙两地的距离；图中点B为y=0，即快慢两车的距离为0，所以B表示快慢两车相遇的时间；由图像可知慢车走300km，用了3小时，可求出慢车的速度，进而求出快车的速度；点C的横坐标表示快车走到丙地用的时间，根据快车与慢车的速度，可求出点C的坐标
【详解】
A、由图像分析得，点A即为甲、乙两地的距离，即甲、乙两地之间的距离为选项A是正确
BC、由图像可知慢车走300km，用了3小时，则慢车的速度为100km/h，因为1h快车比慢车多走100km，故快车速度为200km/h，所以快车从甲地到丙地的时间=500200=2.5h，故选项B是正确的，快车速度是慢车速度的两倍，故选项C是错误的
D、快车从甲地驶到丙地共用了2.5h，即点C的横坐标2.5，则慢车还剩0.5h才能到丙地，距离=0.5100=50km，故快车到达丙地时，慢车距丙地还有50km，选项D是正确的
故正确答案为C
【点睛】
此题主要根据实际问题考查了一次函数的应用，解决此题的关键是根据函数图像，读懂题意，联系实际的变化，明确横轴和纵轴表示的意义
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：∵在实数范围内有意义，
∴，
∴；
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．A
解析：8
【解析】
【分析】
作出图形，利用30°直角三角形的性质求出高，利用菱形的面积公式可求解．
【详解】
如图所示，菱形ABCD中，AB=AD=4，∠A=60°，

过点D作DE⊥AB于点E，
则，
∴菱形ABCD的面积为AB∙DE=4×= ，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，熟练运用30°直角三角形的性质以及菱形的面积公式是本题的关键．
11．
【解析】
【分析】
由勾股定理得到的长度，利用等面积法求，结合已知条件得到答案．
【详解】
解：

垂直平分

，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用，等面积法的应用，掌握以上知识是解题的关键．
12．A
解析：2
【分析】
利用矩形的性质即可得到的长，再根据含30°角的直角三角形的性质，即可得到的长．
【详解】
解：∵矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，
∴AC＝2BO＝4，
又∵∠ACB＝30°，∠ABC＝90°，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质及含角的直角三角形的性质，掌握矩形四个角都是直角，对角线相等且互相平分是解题的关键．
13．y=x-2或y=-x+2
【分析】
设直线解析式为y=kx+b，先把（2，0）代入得b=-2k，则有y=kx-2k，再确定直线与y轴的交点坐标为（0，-2k），然后根据三角形的面积公式得到×2×|-2k|=2，解方程得k=1或-1，于是可得所求的直线解析式为y=x-2或y=-x+2．
【详解】
设直线解析式为y=kx+b，
把(2,0)代入得2k+b=0，解得b=−2k，
所以y=kx−2k，
把x=0代入得y=kx−2k得y=−2k，
所以直线与y轴的交点坐标为(0,−2k)，
所以×2×|−2k|=2，解得k=1或−1，
所以所求的直线解析式为y=x−2或y=−x+2.
故答案为：y=x−2或y=−x+2.
【点睛】
本题考查一次函数图象上点的坐标特征.
14．D
解析：①③
【分析】
根据平行四边形的判定和菱形的判定解答即可．
【详解】
解：∵DE∥CA，DF∥BA，∴四边形AEDF是平行四边形，故①正确；
∵∠BAC=90°，四边形AEDF是平行四边形，
∴四边形AEDF是矩形，故②错误；
∵AD平分∠BAC，四边形AEDF是平行四边形，
∴四边形AEDF是菱形，故③正确；
∵AB=AC，四边形AEDF是平行四边形，
不能得出AE=AF，故四边形AEDF不一定是菱形，故④错误；
故答案为：①③．
【点睛】
此题考查菱形的判定，关键是就平行四边形的判定和菱形的判定解答．
15．【分析】
设△的边长为，根据直线的解析式得出，再结合等边三角形的性质及外角的性质即可得出，，从而得出，由点的坐标为，得到，，，，，，即可解决问题．
【详解】
解：过作轴于，过作轴于，过作轴于，如图
解析：
【分析】
设△的边长为，根据直线的解析式得出，再结合等边三角形的性质及外角的性质即可得出，，从而得出，由点的坐标为，得到，，，，，，即可解决问题．
【详解】
解：过作轴于，过作轴于，过作轴于，如图所示：

设△的边长为，
则，，，
，，，，
，，
点，，，是直线上的第一象限内的点，
，
，
又△为等边三角形，
，
，，
，
，
点的坐标为，
，，，，，
，
，
点的横坐标为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了一次函数的性质、等边三角形的性质、规律型、以及三角形外角的性质等，解题的关键是找出规律．
16．或
【分析】
由矩形的性质和折叠的性质可得，分两种情况讨论，由勾股定理可求的长，即可求的周长．
【详解】
解：∵四边形是矩形，
∴ ，．
∵把沿直线折叠，
∴，，．
若，且，
∴四边形是矩形，且，
解析：或
【分析】
由矩形的性质和折叠的性质可得，分两种情况讨论，由勾股定理可求的长，即可求的周长．
【详解】
解：∵四边形是矩形，
∴ ，．
∵把沿直线折叠，
∴，，．
若，且，
∴四边形是矩形，且，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴
∴的周长；

若，且
∴，
∴，，三点共线．
在中，，

∴的周长，

故答案为：或．
【点睛】
本题主要考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，熟练运用分类讨论思想是解决问题的关键．
三、解答题
17．（1）；（2）7；（3）4；（4）
【分析】
（1）先化简成最简二次根式，再合并同类二次根式即可；
（2）先化简成最简二次根式，再根据二次根式除法计算即可；
（3）先化简成最简二次根式，再根据二次根
解析：（1）；（2）7；（3）4；（4）
【分析】
（1）先化简成最简二次根式，再合并同类二次根式即可；
（2）先化简成最简二次根式，再根据二次根式除法计算即可；
（3）先化简成最简二次根式，再根据二次根式运算法则计算即可；
（4）先根据绝对值、0指数幂、负整数指数幂化简，再计算即可；
【详解】
解：（1）原式＝；
（2）原式＝；
（3）原式＝3×－＝9－5＝4；
（4）原式＝．
【点睛】
本题考查二次根式的运算、0指数幂、负整数指数幂，解题的关键是先化简再进行计算．
18．B、C两点之间的距离为海里
【分析】
根据题意可知，然后根据勾股定理计算即可．
【详解】
解：根据题意可知，
1小时后，海里，海里，
在中，
海里，
∴B、C两点之间的距离为海里．
【点睛】
本题考
解析：B、C两点之间的距离为海里
【分析】
根据题意可知，然后根据勾股定理计算即可．
【详解】
解：根据题意可知，
1小时后，海里，海里，
在中，
海里，
∴B、C两点之间的距离为海里．
【点睛】
本题考查了方向角以及勾股定理，读懂题意，得出是关键．
19．（1）直角三角形，理由见解析；（2）5
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理得到，，，再根据勾股定理的逆定理即可求解；
（2）用正方形的面积减去3个三角形的面积即可求解．
【详解】
解：（1）是直
解析：（1）直角三角形，理由见解析；（2）5
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理得到，，，再根据勾股定理的逆定理即可求解；
（2）用正方形的面积减去3个三角形的面积即可求解．
【详解】
解：（1）是直角三角形，理由：
正方形小方格边长为1，
，，．
，
是直角三角形；
（2）的面积，
故的面积为5．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理、勾股定理，解题的关键是熟知勾股定理及勾股定理的逆定理．
20．（1）见解析；（2）15；（3）见解析
【分析】
（1）作AG⊥EF于G，如图1所示：则∠AGE=∠AGF=90°，先证明四边形ABCD是矩形，再由角平分线的性质得出AB=AD，即可得出四边形ABC
解析：（1）见解析；（2）15；（3）见解析
【分析】
（1）作AG⊥EF于G，如图1所示：则∠AGE=∠AGF=90°，先证明四边形ABCD是矩形，再由角平分线的性质得出AB=AD，即可得出四边形ABCD是正方形；
（2）根据全等三角形的判定得△AGF≌△ADF，进而推出EF=GE+GF=BE+DF，设AG=x，则正方形ABCD边长BC=CD=x，在Rt△ECF中，由勾股定理得AG=6，根据三角形面积公式得S△AEF=15；
（3）如图（2），由（1）、（2）得∠EAF=∠BAD=×90°=45°，根据相似三角形的判定得△AMN∽△DMA，根据相似的性质可得结论．
【详解】
（1）证明：作于，如图（1）所示：

则，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
又∵，外角平分线交于点，
∴，，
∴，
∴四边形是正方形；
（2）解：由（1）知，，，，
又，，
∴，，
∴，，
∴，
设，则正方形边长，
由（2）知，，
∴，
，
．
∴在中，由勾股定理得
，
解得：，（舍去）．
∴，
∴．

（3）证明：如图（2），

由（1）、（2）易知，，，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、矩形的判定、翻折变换的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
21．（1）；（2）
【解析】
【分析】
(1)首先理解题意，根据题目的解析，即可利用两种不同的方法化简求得答案；
(2)结合题意，可将原式化为(-+-+-+…+-)，继而求得答案．
【详解】
解：(1)
解析：（1）；（2）
【解析】
【分析】
(1)首先理解题意，根据题目的解析，即可利用两种不同的方法化简求得答案；
(2)结合题意，可将原式化为(-+-+-+…+-)，继而求得答案．
【详解】
解：(1)方法一：===-；
方法二：===-；
(2)原式=(-+-+-+…+﹣)=(﹣)=-．
故答案为(1)-；(2)-．
【点睛】
此题考查了分母有理化的知识．此题难度较大，解题的关键是理解题意，掌握分母有理化的两种方法．
22．（1）7，2.4，3.6；（2）y=2x+2；（3）5.4元
【分析】
（1）a即为AB与y轴的交点的纵坐标，可结合图象，单价=总价÷路程，b、c便可以求出；
（2）利用表格中的数据求解即可；
（3
解析：（1）7，2.4，3.6；（2）y=2x+2；（3）5.4元
【分析】
（1）a即为AB与y轴的交点的纵坐标，可结合图象，单价=总价÷路程，b、c便可以求出；
（2）利用表格中的数据求解即可；
（3）利用待定系数法求解求出当x＞10时，y2与x之间的函数关系式，再把x=12分别代入y1和y2的函数表达式即可解答．
【详解】
解：解：（1）由图可知，a=7，
b=（26.2-7）÷（10-2）=2.4，
c=（29.8-26.2）÷（11-10）=3.6（元）；
故答案为7，2.4，3.6；
（2）当2＜x≤10时，求y1的函数表达式为y1=6+2（x-2）=2x+2；
（3）设当x＞10时，y2与x之间的函数关系式为y2=kx+b，
根据题意得，，
解得：，
∴y2与x之间的函数关系式为y2=3.6x-9.8（x＞10）；
当x＞10时，y1与x之间的函数关系式为6+2×（10-2）+3（x-10）=3x-8（x＞10）．
当x=12时，y2=3.6×12-9.8=33.4（元），y1=3×12-8=28（元），33.4-28=5.4（元），
答：白天收费比夜间收费少5.4元．
【点睛】
本题主要考查一次函数的应用问题，熟练掌握一次函数的性质是解答本题的关键．
23．（1）见解析；（2）FH+FE=DF，理由见解析；（3）
【分析】
（1）如图1中，证明△AFB≌△DGA（AAS）可得结论．
（2）结论：FH+FE=DF．如图2中，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥
解析：（1）见解析；（2）FH+FE=DF，理由见解析；（3）
【分析】
（1）如图1中，证明△AFB≌△DGA（AAS）可得结论．
（2）结论：FH+FE=DF．如图2中，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，证明四边形DKFJ是正方形，可得结论．
（3）如图3中，取AD的中点J，连接PJ，延长JP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K．设PT=b．证明△KPJ是等腰直角三角形，推出点P在线段JR上运动，求出JR即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵DG⊥AE，AE⊥BH，
∴∠AFB=∠DGH=90°，
∴∠FAB+∠DAG=90°，∠DAG+∠ADG=90°，
∴∠BAF=∠ADG，
∴△AFB≌△DGA（AAS），
∴AF=DG，BF=AG，
∴BF-DG=AG-AF=FG．
（2）结论：FH+FE=DF．
理由：如图2中，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ADE=90°，AB=AD，
∵AE⊥BH，
∴∠AFB=90°，
∴∠DAE+∠EAB=90°，∠EAB+∠ABH=90°，
∴∠DAE=∠ABH，
∴△ABH≌△DAE（ASA），
∴AH=AE，
∵DE=EC=CD，CD=AD，
∴AH=DH，
∴DE=DH，
∵DJ⊥BJ，DK⊥AE，
∴∠J=∠DKE=∠KFJ=90°，
∴四边形DKFJ是矩形，
∴∠JDK=∠ADC=90°，
∴∠JDH=∠KDE，
∵∠J=∠DKE=90°，
∴△DJH≌△DKE（AAS），
∴DJ=DK，JH=EK，
∴四边形DKFJ是正方形，
∴FK=FJ=DK=DJ，
∴DF=FJ，
∴FH+FE=FJ-HJ+FK+KE=2FJ=DF；
（3）如图3中，取AD的中点J，连接PJ，延长JP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K．设PT=b．

∵△ABH≌△DAE，
∴AH=DE，
∵∠EDH=90°，HP=PE，
∴PD=PH=PE，
∵PK⊥DH，PT⊥DE，
∴∠PKD=∠KDT=∠PTD=90°，
∴四边形PTDK是矩形，
∴PT=DK=b，PK=DT，
∵PH=PD=PE，PK⊥DH，PT⊥DE，
∴DH=2DK=2b，DE=2DT，
∴AH=DE=1-2b，
∴PK=DE=-b，
JK=DJ-DK=-b，
∴PK=KJ，
∵∠PKJ=90°，
∴∠KJP=45°，
∴点P在线段JR上运动，
∵JR=DJ=，
∴点P的运动轨迹的长为．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，轨迹等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
24．（1）；（2）；（3）存在两个点，，理由见解析；（4）1.9.
【解析】
【分析】
（1）由可得，在中，利用勾股定理解得的长，最后根据三角形面积公式解题；
（2）作轴于点，根据题意，可证，再由全等三
解析：（1）；（2）；（3）存在两个点，，理由见解析；（4）1.9.
【解析】
【分析】
（1）由可得，在中，利用勾股定理解得的长，最后根据三角形面积公式解题；
（2）作轴于点，根据题意，可证，再由全等三角形对应边相等的性质得到，结合点的坐标分别解得的长，继而得到的坐标，再由待定系数法解得直线的解析式为：，令即可解题；
（3）画出符合题意的示意图，可知有两个点符合，设，过点作直线平行轴，过点作直线平行轴，两直线相交于点，由点坐标解得，根据题意可证，再由全等三角形对应边相等的性质解得的长，继而得到点，最后将点代入直线上即可解题；
（4）过点作于点，于点，连接，设，由全等三角形的判定与性质得到，再由全等三角形对应边相等得到
，由此解得点，继而推出点在直线上，过点作直线的垂线，根据垂线段最短及等积法解题即可.
【详解】
解：（1）根据题意得，

在与中，

中，

中，

，
故答案为：；

（2）作轴于点,

在与中，

设直线的解析式为：，代入点得，

解得：
直线的解析式为：
令得，，
；

（3）存在，有两个点符合题意，，理由如下：
设，过点作直线平行轴，过点作直线平行轴，两直线相交于点，如图，

由题意得

在中，

即
在直线上，

如图，

（4）过点作于点，于点，连接，如图，

设，
由题意可知

点在直线上，
过点作直线的垂线，垂足为点，根据垂线段最短原理，可知此时线段最短，如图，
令

解得直线与轴的交点
令
解得直线与轴的交点

由等积法得，

，
故答案为：1.9.

【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理、待定系数法求一次函数的解析式、垂线段最短等知识，是重要考点，难度一般，正确作出辅助线、掌握相关知识是解题关键.
25．（1）3；（2）6（3）BD=AM，证明见解析
【分析】
（1）因为速度相等和等腰三角形的已知条件，作平行线构造全等三角形，问题得以解决. （2）这类题一般结论成立，根据（1）中的思路，加上等腰三角
解析：（1）3；（2）6（3）BD=AM，证明见解析
【分析】
（1）因为速度相等和等腰三角形的已知条件，作平行线构造全等三角形，问题得以解决. （2）这类题一般结论成立，根据（1）中的思路，加上等腰三角形的性质，可以求出定值. （3）根据已知条件可以判断是等腰直角三角形，近而求出≌，得出ED=EM,即可得出结论.
【详解】
（1）

如图，过P点作PF∥AC交BC于F，
∵点P和点Q同时出发，且速度相同，
∴BP=CQ，
∵PF//AQ，
∴∠PFB=∠ACB，∠DPF=∠CQD，
又∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∴∠B=∠PFB，
∴BP=PF，
∴PF=CQ，又∠PDF=∠QDC，
∴△PFD≌△QCD，
∴DF=CD=CF，
又因P是AB的中点，PF∥AQ，
∴F是BC的中点，即FC=BC=6，
∴CD=CF=3；
（2）为定值.

如图②，点P在线段AB上，
过点P作PF//AC交BC于F，
则有（1）可知△PBF为等腰三角形，
∵PE⊥BF
∴BE=BF
∵有（1）可知△PFD≌△QCD
∴CD=
∴
(3)BD=AM
证明：∵
∴
∴是等腰直角三角形
∵E为BC的中点
∴
∴,
∴，
∵AH⊥CM
∴
∵
∴
∴≌ (ASA)
∴
∴
即：
26．（1）①4；②2，3，10；（2）；（3）36
【分析】
（1）①由三角形的中位线定理可得DE∥BC，AE＝EC，AD＝BD，可求S△PDE＝S△BDE＝1，即可求解；②由三角形的中位线定理可得DE
解析：（1）①4；②2，3，10；（2）；（3）36
【分析】
（1）①由三角形的中位线定理可得DE∥BC，AE＝EC，AD＝BD，可求S△PDE＝S△BDE＝1，即可求解；②由三角形的中位线定理可得DE∥BC，AE＝EC，AD＝BD，可得S△PBD＝S△APD＝2，S△APE＝S△PEC＝3，即可求解；
（2）连接AP，由三角形的中位线定理可得DE∥BC，AE＝EC，AD＝BD，可得S△PBD＝S△APD＝4，S△APE＝S△PEC＝5，可求S△ADE，即可求解；
（3）先证△NFK是等边三角形，可得NF＝NK＝NK＝FG＝KJ，可得S△PGF＝S△PFN＝7，S△PKJ＝S△PKN＝8，即可求解．
【详解】
解：（1）如图2，连接BE，

∵DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，AE＝EC，AD＝BD，
∴S△PDE＝S△BDE＝1，
∴S△ABE＝2，
∴S△ABC＝4，
故答案为：4；
②∵DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，AE＝EC，AD＝BD，
∴S△PBD＝S△APD＝2，S△APE＝S△PEC＝3，
∴S△ABC＝10；
故答案为：2，3，10；
（2）如图3，连接AP，

∵DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，AE＝EC，AD＝BD，S△ABC＝4S△ADE，
∴S△PBD＝S△APD＝5，S△APE＝S△PEC＝5，
∴S△ADE＝S△APD+S△APE﹣S△PDE＝4，
∴S△ABC＝4S△ADE＝16；
（3）如图4，延长GF，JK交于点N，连接GJ，连接PN，

∵六边形FGHIJK是正六边形，
∴FG＝FK＝KJ，∠GFK＝∠JKF＝120°，S六边形FGHIJK＝2S四边形FGJK，
∴∠NFK＝∠NKF＝60°，
∴△NFK是等边三角形，
∴NF＝NK＝FK＝FG＝KJ，
∴S△PGF＝S△PFN＝7，S△PKJ＝S△PKN＝8，FK是△NGJ的中位线，
∴S△NFK＝S△PFN+S△PKN﹣S△PFK＝6，
∵FK是△NGJ的中位线，
∴S△NGJ＝4S△NFK＝24；
∴S四边形FGJK＝24﹣6＝18，
∴S六边形FGHIJK＝36．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了等边三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，正六边形的性质等知识，熟练运用三角形中位线定理是解题的关键．