人教版八年级下册数学衢州数学期末试卷易错题(Word版含答案).doc

人教版八年级下册数学衢州数学期末试卷易错题（Word版含答案）
一、选择题
1．在函数y＝中，自变量x的取值范围是（　　）
A．x≤2 B．x≥2 C．x＜2 且x≠0 D．x≤2且x≠0
2．下列由线段a，b，c组成的三角形不是直角三角形的是（　　）
A．a：b：c＝1：2：3 B．a＝，b＝1，c＝
C．a＝4，b＝5，c＝ D．a＝3，b＝4，c＝5
3．如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于O，下列判断正确的是（ ）

A．若AC⊥BD，则四边形ABCD是菱形
B．若AC＝BD，则四边形ABCD是矩形
C．若AB=DC，AD∥BC，则四边形ABCD是平行四边形
D．若AO=OC，BO=OD，则四边形ABCD是平行四边形
4．某校劳动实践活动中，甲，乙两块试验田3次果蔬平均产量都是，方差分别是，，则这两块试验田3次果蔬产量较稳定的是（ ）
A．甲 B．乙 C．甲和乙一样稳定 D．不能确定
5．下列各组线段中，不能够形成直角三角形的是（ ）
A．3，4，5 B．6，8，10 C．，2， D．5, 12, 13
6．若菱形的周长为16，一组对边之间的距离为2，则菱形两邻角的度数比为（　　）
A．4：1 B．5：1 C．6：1 D．7：1
7．如图，O是矩形ABCD的对角线AC的中点，M是AD的中点，若AB＝5，AD＝12，则四边形ABOM的周长为（　　）

A．18 B．20 C．21 D．24
8．如图，菱形的边长为，，且为的中点，是对角线上的一动点，则的最小值为（ ）

A． B． C． D．
二、填空题
9．若二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是____．
10．菱形的对角线与相交于点O，若，则菱形的面积是___________．
11．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠CAB，BC＝12cm，AC＝9cm，那么BD的长是_____．

12．如图，四边形ABDE是长方形，AC⊥DC于点C，交BD于点F，AE＝AC，∠ADE＝62°，则∠BAF的度数为___．

13．若点P（a+1，2a-3）一次函数y＝-2x+1的图象上，则a=_______．
14．如图，在中，已知E、F、D分别是AB、AC、BC上的点，且，，请你添加一个________条件，使四边形AEDF是菱形．

15．某物流公司的快递车和货车同时从甲地出发，以各自的速度匀速向乙地行驶，快递车到达乙地后卸完物品再另装货物共用45分钟，立即按原路以另一速度匀速返回，直至与货车相遇．已知货车的速度为60千米/时，两车之间的距离y（千米）与货车行驶时间x（小时）之间的函数图象如图所示，现有以下4个结论：①快递车从甲地到乙地的速度为100千米/时；②甲、乙两地之间的距离为120千米； ③图中点B的坐标为（，75）；④快递车从乙地返回时的速度为90千米/时．以上4个结论中正确的是 ___．

16．如图，在中，，，，点、分别在、上，将沿翻折，使与的中点重合，则的长为______．

三、解答题
17．计算：
①；
②．
18．一架梯子长13米，斜靠在一面墙上，梯子底端离墙5米．
（1）这个梯子的顶端距地面有多高？
（2）如果梯子的顶端下滑了7米到C，那么梯子的底端在水平方向滑动了几米？

19．如图，每个小正方形的边长都为1，AB的位置如图所示．
（1）在图中确定点C，请你连接CA，CB，使CB⊥BA，AC＝5；
（2）在完成（1）后，在图中确定点D，请你连接DA，DC，DB，使CD＝，AD＝，直接写出BD的长．

20．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是边BC上的中线，过点A作AE∥BC，过点D作DE∥AB，DE与AC、AE分别交于点O、E，连接EC．
求证：（1）四边形ABDE是平行四边形；
（2）四边形ADCE是菱形．

21．观察下列等式：
①；
②；
③；
……
回答下列问题：
（1）仿照上列等式，写出第n个等式： ；
（2）利用你观察到的规律，化简：；
（3）计算：
22．甲、乙两家采摘园的草莓品质相同，销售价格都是每千克50元，两家均推出了“周末”优惠方案，甲采摘园的优惠方案是：游客进园需购买100元的门票，采摘的草莓六折优惠；乙采摘园的优惠方案是：游客进园不需要购买门票，采摘的草莓超过6千克后，超过部分五折优惠．优惠期间，设某游客的草莓采摘量为x（x＞6）千克，在甲采摘园所需总费用为y1元，在乙采摘园所需总费用为y2元．
（1）求y1、y2关于x的函数解析式；
（2）如果你是游客你会如何选择采摘园？
23．如图1，以平行四边形的顶点O为坐标原点，以所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，，D是对角线的中点，点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿方向运动到点B，同时点Q从点O出发，以每秒3个单位的速度沿x轴正方向运动，当点P到达点B时，两个点同时停止运动．

（1）求点A的坐标．
（2）连结，，，当经过点D时，求四边形的面积．
（3）在坐标系中找点F，使以Q、D、C、F为顶点的四边形是菱形，则点F的坐标为________．（直接写出答案）
24．如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线AB交y轴于点A(0，3)，交x轴于点B(﹣4，0)．
(1)求直线AB的函数表达式；
(2)如图2，在线段OB上有一点C（点C不与点O、点B重合），将AOC沿AC折叠，使点O落在AB上，记作点D，在BD上方，以BD为斜边作等腰直角三角形BDF，求点F的坐标；
(3)在(2)的条件下，如图3，在平面内是否存在一点E，使得以点A，B，E为顶点的三角形与ABC全等（点E不与点C重合），若存在，请直接写出满足条件的所有点E的坐标，若不存在，请说明理由．

25．在正方形ABCD中，AB＝4，点E是边AD上一动点，以CE为边，在CE的右侧作正方形CEFG，连结BF．

（1）如图1，当点E与点A重合时，则BF的长为　 　．
（2）如图2，当AE＝1时，求点F到AD的距离和BF的长．
（3）当BF最短时，请直接写出此时AE的长．
26．已知，△ABC为等边三角形，BC交y轴于点D，A（a，0）、B（b，0），且a、b满足方程．

（1）如图1，求点A、B的坐标以及CD的长．
（2）如图2，点P是AB延长线上一点，点E是CP右侧一点，CP=PE，且∠CPE=60°，连接EB，求证：直线EB必过点D关于x轴的对称点．
（3）如图3，若点M在CA延长线上，点N在AB的延长线上，且∠CMD=∠DNA，试求AN-AM的值是否为定值？若是请计算出定值是多少，若不是请说明理由．
【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0列不等式组求解．
【详解】
解：根据题意得：，
解得：且．
故选：D
【点睛】
本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0，二次根式有意义，被开方数是非负数．
2．A
解析：A
【分析】
运用勾股定理的逆定理进行计算求解即可判断.
【详解】
解：A、∵，设，，（其中k＞0）∴，故选项A中的三条线段不能构成直角三角形；
B、12+（）2＝（）2，故选项B中的三条线段能构成直角三角形；
C、42+52＝（）2，故选项C中的三条线段能构成直角三角形；
D、32+42＝52，故选项D中的三条线段能构成直角三角形；
故选A．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的逆定理，解题的关键在于能够熟练掌握勾股定理的逆定理.
3．D
解析：D
【解析】
【分析】
根据平行四边形及特殊平行四边形的判定方法，对选项逐个判断即可．
【详解】
解：A：对角线相互垂直平行四边形才是菱形，四边形ABCD不一定是平行四边形，故选项错误，不符合题意；
B：对角线相等的平行四边形才是矩形，四边形ABCD不一定是平行四边形，故选项错误，不符合题意；
C：一组对边相等，另外一组对边平行，不一定是平行四边形，还有可能是等腰梯形，故选项错误，不符合题意；
D：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故选项正确，符合题意；
故选D．
【点睛】
此题考查了平行四边形的判定方法，熟练掌握平行四边形及特殊平行四边形的判定方法是解题的关键．
4．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据两组数据的平均数相同，则方差小的更稳定即可求解．
【详解】
甲，乙两块试验田3次果蔬平均产量都是，方差分别是，，

这两块试验田3次果蔬产量较稳定的是：甲．
故选A
【点睛】
本题考查了方差的意义，若两组数据的平均数相同，则方差小的更稳定，理解方差的意义是解题的关键．
5．C
解析：C
【分析】
由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【详解】
A、∵32+42=52，∴该三角形是直角三角形，故此选项不符合题意；
B、∵62+82=102，∴该三角形是直角三角形，故此选项不符合题意；
C、∵（）2+22≠（）2，∴该三角形不是直角三角形，故此选项符合题意；
D、∵52+122=132，∴该三角形是直角三角形，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】
此题考查勾股定理的逆定理，解题关键在于掌握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．
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
先证明△AEF是等边三角形，可求∠B的度数，可求∠DAB的度数，即可求解．
【详解】
解：如图，过点A作AE⊥BC于E，取AB中点F，连接EF，

∵四边形ABCD是菱形，菱形的周长为16，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝4，
∵点F是AB中点，AE⊥BC，
∴AF＝BF＝EF＝2，
∵AE＝2，
∴AF＝EF＝AE，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠BAE＝60°，
∴∠B＝30°
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠DAB+∠B＝180°，
∴∠DAB＝150°，
∴菱形两邻角的度数比为150°：30°＝5：1，
故选：B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，能求出∠B的度数是解决问题的关键．
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据中位线的性质求得，再根据直角三角形的性质求得，即可求解．
【详解】
解：在矩形ABCD中，，
由勾股定理得
∵O是AC的中点，M是AD的中点
∴为的中位线，，
∴
四边形ABOM的周长为
故选B
【点睛】
此题考查矩形的性质，勾股定理，中位线的性质以及直角三角形的性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
8．D
解析：D
【分析】
根据菱形的性质，得知A、C关于BD对称，根据轴对称的性质，将PM+PC转化为AP+PM，再根据两点之间线段最短得知AM为PM+PC的最小值．
【详解】
∵四边形ABCD为菱形，
∴A、C关于BD对称，
∴连AM交BD于P，
则PM+PC=PM+AP=AM，
根据两点之间线段最短，AM的长即为PM+PC的最小值．
连接AC，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
又∵∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
又∵BM=CM，
∴AM⊥BC，
∴AM=，
故选D.

【点睛】
本题考查了轴对称---最短路径问题，解答过程要利用菱形的性质及等腰三角形的性质，转化为两点之间线段最短的问题来解．
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：由二次根式在实数范围内有意义可得：
，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．A
解析：120
【解析】
【分析】
在Rt△AOB中，AO2+BO2=AB2，从而求出BO，继而得出BD，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半可得出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=OC，BO=DO，AC⊥BD
∵AC=24，AO=AC=12，
在Rt△AOB中，AO2+BO2=AB2，
又AB=13，
∴BO==5，
∴BD=10，
∴S菱形ABCD=AC•BD＝×10×24＝120，
∴菱形ABCD的面积为120．
故答案为：120．

【点睛】
本题考查菱形的性质，属于中等难度的题目，解答本题关键是掌握①菱形的对角线互相垂直且平分，②菱形的面积等于底乘以底边上的高，还等于对角线乘积的一半．
11．D
解析：cm
【解析】
【分析】
作DE⊥AB于E，根据勾股定理求出AB，证明△ACD≌△AED，根据全等三角形的性质得到CD＝ED，AE＝AC＝9，根据角平分线的性质、勾股定理列式计算即可．
【详解】
解：作DE⊥AB于E，

由勾股定理得，AB＝＝＝15，
在△ACD和△AED中，
，
∴△ACD≌△AED（AAS）
∴CD＝ED，AE＝AC＝9，
∴BE＝AB﹣AE＝6，
在Rt△BED中，BD2＝DE2+BE2，即BD2＝（12﹣BD）2+62，
解得，BD＝，
故答案为：cm．
【点睛】
此题考查的是勾股定理和全等三角形的判定及性质，掌握利用勾股定理解直角三角形和全等三角形的判定及性质是解决此题的关键．
12．B
解析：34°
【分析】
由矩形的性质可得∠BAE=∠E=90°，由HL可证Rt△ACD≌Rt△AED，可得∠EAD=∠CAD=28°，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABDE是矩形，
∴∠BAE=∠E=90°，
∵∠ADE=62°，
∴∠EAD=28°，
∵AC⊥CD，
∴∠C=∠E=90°
∵AE=AC，AD=AD，
∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL）
∴∠EAD=∠CAD=28°，
∴∠BAF=90°-28°-28°=34°，
故答案为：34°．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
13．
【分析】
把P点的坐标代入一次函数，即可求得a的值．
【详解】
∵点P（a+1，2a-3）一次函数y＝-2x+1的图象上，
∴2a-3=-2（a+1）+1，
∴a=．
故答案为：．
【点睛】
考查了一次函数图象上点的坐标特征；解题关键是抓住：点在函数解析式上，点的横坐标就满足这个函数解析式．
14．（不唯一）
【分析】
先根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，再根据菱形的判定即可得．
【详解】
解：，
四边形是平行四边形，
则当时，平行四边形是菱形，
故答案为：（不唯一）．
【点睛】
本题考查了平行四边形和菱形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题关键．
15．①③④
【分析】
根据两车速度之差×3小时=120，解方程可判断①，根据两车间的距离而且是同向可判断②，根据卸货与装货45分钟时间可求拐点B横坐标，利用货车行驶45分钟距离缩短求出B纵坐标可判断③，
解析：①③④
【分析】
根据两车速度之差×3小时=120，解方程可判断①，根据两车间的距离而且是同向可判断②，根据卸货与装货45分钟时间可求拐点B横坐标，利用货车行驶45分钟距离缩短求出B纵坐标可判断③，根据返回快递车速与货车速度之和乘以返货到相遇时间=75，解方程可判断④．
【详解】
解：①设快递车从甲地到乙地的速度为x千米/时，则3（x﹣60）=120，
x=100．
故①正确；
②因为120千米是快递车到达乙地后两车之间的距离，不是甲、乙两地之间的距离，
故②错误；
③因为快递车到达乙地后缷完物品再另装货物共用45分钟，所以图中点B的横坐标为3+=，点B纵坐标为120﹣60×=75，
故③正确；
④设快递车从乙地返回时的速度为y千米/时，则（y+60）（）=75，
y=90，
故④正确．
故答案为①③④．
【点睛】
本题考查一次函数行程问题图像获取信息，利用速度，时间与路程关系解决问题，掌握一次函数行程问题图像获取信息，利用速度，时间与路程关系解决问题，一次函数的应用是解题关键．
16．【分析】
过点M作于N，则，可得MN是的中位线，利用三角形中位线定理可得MN=AC=3，BN=CN=BC=4，设CF=x，则NF=4-x，由折叠的性质可得MF=CF，在中，利用勾股定理即可求解．
解析：
【分析】
过点M作于N，则，可得MN是的中位线，利用三角形中位线定理可得MN=AC=3，BN=CN=BC=4，设CF=x，则NF=4-x，由折叠的性质可得MF=CF，在中，利用勾股定理即可求解．
【详解】
解：过点M作于N，

∵，，
∴，
∵是的中点，
∴MN是的中位线，
∴MN=AC=3，BN=CN=BC=4，
设CF=x，则NF=4-x，
∵将沿翻折，使与的中点重合，
∴MF=CF=x，
在中，，
∴，解得，
∴CF=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查折叠的性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，熟练掌握三角形的中位线定理，利用勾股定理建立方程求解是解题的关键．
三、解答题
17．①0；②5
【分析】
（1）先运用二次根式或立方根的性质化简各个根式，再计算即可；
（2）先运用完全平方公式计算，再合并同类二次根式计算即可．
【详解】
解：①
原式
=0；
②
原式
=5．
【
解析：①0；②5
【分析】
（1）先运用二次根式或立方根的性质化简各个根式，再计算即可；
（2）先运用完全平方公式计算，再合并同类二次根式计算即可．
【详解】
解：①
原式

=0；
②
原式
=5．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的运算法则和运算顺序是解题的关键．
18．（1）12米；（2）7米
【分析】
（1）由题意易得AB=CD=13米，OB=5米，然后根据勾股定理可求解；
（2）由题意得CO= 5米，然后根据勾股定理可得求解．
【详解】
解：（1）由题意得，A
解析：（1）12米；（2）7米
【分析】
（1）由题意易得AB=CD=13米，OB=5米，然后根据勾股定理可求解；
（2）由题意得CO= 5米，然后根据勾股定理可得求解．
【详解】
解：（1）由题意得，AB=CD=13米，OB=5米，
在Rt，由勾股定理得：
AO2=AB2-OB2=132-52=169-25=144，
解得AO=12米，
答：这个梯子的顶端距地面有12米高；
（2）由题意得，AC=7米，
由（1）得AO=12米，
∴CO=AO-AC=12-7=5米，
在Rt，由勾股定理得：
OD2=CD2-CO2=132-52=169-25=144，
解得OD=12米
∴BD=OD-OB=12-5=7米，
答：梯子的底端在水平方向滑动了7米．
【点睛】
本题主要考查勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
19．（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）利用网格即可确定C点位置；
（2）由勾股定理在Rt△DBG中，可求BD的长．
【详解】
解：（1）如图，
∴
∴BC⊥AB，
在Rt△ACH中，A
解析：（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）利用网格即可确定C点位置；
（2）由勾股定理在Rt△DBG中，可求BD的长．
【详解】
解：（1）如图，

∴
∴BC⊥AB，
在Rt△ACH中，AC＝5；
（2）∵CD＝，AD＝，可确定D点位置如图，
∴在Rt△DBG中，BD＝．

【点睛】
本题考查勾股定理的应用，利用三角形内角和确定C点位置，由勾股定理确定D点的位置是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据已知条件，两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
（2）先证明四边形ADCE是平行四边形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AD＝BC＝CD
解析：（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据已知条件，两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
（2）先证明四边形ADCE是平行四边形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AD＝BC＝CD，根据邻边相等的平行四边形是菱形，即可得证．
【详解】
证明：（1）∵AE∥BC，DE∥AB，
∴四边形ABDE为平行四边形；
（2）由（1）得：AE＝BD，
∵AD是边BC上的中线，
∴BD＝CD，
∴AE＝CD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
又∵∠BAC＝90°，AD是边BC上的中线，
∴AD＝BC＝CD，
∴平行四边形ADCE是菱形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，掌握以上定理是解题的关键．
21．（1） （2分）
（2）（3分）
（3）-1（3分）
【解析】
【详解】
试题分析：
（1）根据题意可以观察出：第n个等式：；
（2）由（1）中的结论可得结果；（3）由（1）中的结论将式子化简，然后
解析：（1） （2分）
（2）（3分）
（3）-1（3分）
【解析】
【详解】
试题分析：
（1）根据题意可以观察出：第n个等式：；
（2）由（1）中的结论可得结果；（3）由（1）中的结论将式子化简，然后其中的有些数可以互相抵消，最后化简即可．
试题解析：
（1）根据题意可以观察出：第n个等式：；
（2）根据（1）的结论可得：；
（3）原式= .
考点：分母有理化．
22．（1），；（2）当采摘量等于10千克时，在甲、乙两采摘园所需费用相同；当采摘量超过10千克时，选择乙采摘园；当采摘量超过6千克且少于10千克时，选择甲采摘园
【分析】
（1）根据题意列出关系式，化简
解析：（1），；（2）当采摘量等于10千克时，在甲、乙两采摘园所需费用相同；当采摘量超过10千克时，选择乙采摘园；当采摘量超过6千克且少于10千克时，选择甲采摘园
【分析】
（1）根据题意列出关系式，化简即可得到结论；
（2）分别令，，求出对应x的值或取值范围，从而得出结论.
【详解】
解：（1）由题意可得：，
，
即关于x的函数解析式是关于x的函数解析式是；
（2）当时，即：，解得，即当采摘量等于10千克时，在甲、乙两采摘园所需费用相同；
当时，即：，解得，即当采摘量超过10千克时，选择乙采摘园；
当时，即：，解得，即当采摘量超过6千克且少于10千克时，选择甲采摘园；
由上可得，当采摘量等于10千克时，在甲、乙两采摘园所需费用相同；当采摘量超过10千克时，选择乙采摘园；当采摘量超过6千克且少于10千克时，选择甲采摘园．
【点睛】
本题考查了一次函数的实际应用，正确理解题意列出函数关系式是解题的关键．
23．（1）；（2）21；（3）或或或
【分析】
（1）过点作轴于，求出AH和OH即可；
（2）证明≌，表示出AP，CQ，根据OC=14求出t值，得到AP，CQ，再根据面积公式计算；
（3）由Q、D、C、
解析：（1）；（2）21；（3）或或或
【分析】
（1）过点作轴于，求出AH和OH即可；
（2）证明≌，表示出AP，CQ，根据OC=14求出t值，得到AP，CQ，再根据面积公式计算；
（3）由Q、D、C、F为顶点的四边形是菱形得到以，，为顶点的三角形是等腰三角形，求出CD，得到点Q坐标，再分情况讨论．
【详解】
解：（1）过点作轴于，
∵，，，
∴，
∴点坐标为．

（2）∵，
∴点坐标为，
∵点是对角线AC的中点，
∴点的坐标为，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，
当PQ经过点时，，
在和中，
，
∴≌，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形APCQ的面积为，
即当PQ经过点时，四边形APCQ的面积为21．
（3）∵是平面内一点，以，，，为顶点的四边形是菱形，
则以，，为顶点的三角形是等腰三角形，
∵，，
∴，
∴当时，点坐标为或，
当点坐标为时，点坐标为，
当点坐标为时，点坐标为，
当时，点与点关于轴对称，
∴点的坐标为，
当时，设点坐标为，
∴，
解得，
∴点坐标为，
∴点坐标为，
∴综上所述，以，，，为顶点的四边形是菱形，点的坐标为或或或．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，综合性较强，解题的关键是根据菱形的性质进行分类讨论．
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AD＝3，AB＝5，进而求出点D的坐标，再构造出△BMF≌△FND，得出BM＝FN，FM＝DN，
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AD＝3，AB＝5，进而求出点D的坐标，再构造出△BMF≌△FND，得出BM＝FN，FM＝DN，设F（m，n），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E在AB上方时，根据AE∥BC，即可得出结论；③当点E在AB下方时，过点作轴于,过点作轴，过点作，证明，即可得出结论．
【详解】
(1)设直线的函数表达式为，
直线AB交y轴于点A(0，3)，交x轴于点B(﹣4，0)，

直线的函数表达式为；
(2)如图，过点分别引轴的垂线，交轴于两点，

∵点A（0，3），点B（-4，0），
∴OA=3，OB=4，
∴AB=5，
由折叠知，AD=OA=3，

设
,

解得：
在上，

解得，
，
过点F作FM⊥x轴于M，延长HD交FM于N，
∴∠BMF=∠FND=90°，
∴∠BFM+∠FBM=90°，
∵△BFD是等腰直角三角形，
∴BF=DF，∠BFD=90°，
∴∠BFM+∠DFN=90°，
∴∠FBM=∠DFN，
∴△BMF≌△FND（AAS），
∴BM=FN，FM=DN，
设F（m，n），
则

；
（3）设OC=a，则BC=4-a，
由折叠知，∠BDC=∠ADC=∠AOC=90°，CD=OC=a，
在Rt△BDC中，，
∴，
∴a=，
，
∵点A，B，E为顶点的三角形与△ABC全等，
①当△ABC≌△ABE'时，
∴BE'=BC，∠ABC=∠ABE'，
连接CE'交AB于D，

则CD=E'D，CD⊥AB，由(1)知，
设E'（b，c），
∴
∴，
∴；
②当△ABC≌BAE时，当点E在AB上方时，
∴AC=BE，BC=AE，，
∴AE∥BC，
∴；
③当点E在AB下方时，AC=BE''，BC=AE''，
，
，
当时，
，
,，
过点作轴于,过点作轴，过点作，

,，
，
，
即，
，
，
，
点,，
，=，
，
∴，
满足条件的点E的坐标为或或．
【点睛】
本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，勾股定理，中点坐标公式，构造出全等三角形，分类讨论是解题的关键．
25．（1）；（2）点F到AD的距离为3，BF=；（3）2
【分析】
（1）连接DF，证明△ADF≌△CDA，得出CDF共线，然后用勾股定理即可；
（2）过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，FH⊥BC
解析：（1）；（2）点F到AD的距离为3，BF=；（3）2
【分析】
（1）连接DF，证明△ADF≌△CDA，得出CDF共线，然后用勾股定理即可；
（2）过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，FH⊥BC交BC的延长线于K，证明△EHF≌△CDE，再用勾股定理即可；
（3）当B，D，F共线时，此时BF取最小值，求出此时AE的值即可．
【详解】
解：（1）如图，连接DF，

∵∠CAF=90°，∠CAD=45°，
∴∠DAF=45°，
在△CAD和△FAD中，
，
∴△CAD≌△FAD（SAS），
∴DF=CD，
∴∠ADC=∠ADF=90°，
∴C，D，F共线，
∴BF2=BC2+CF2=42+82=80，
∴BF＝，
故答案为：；
（2）如图，过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，FH⊥BC交BC的延长线于K，

∵四边形CEFG是正方形，∴EC=EF，∠FEC=90°，
∴∠DEC+∠FEH=90°，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，
∴∠DEC+∠ECD=90°，
∴∠ECD=∠FEH，
又∵∠EDC=∠FHE=90°，
在△ECD和△FEH中，
，
∴△ECD≌△FEH（AAS），
∴FH=ED，
∵AD=4，AE=1，
∴ED=AD-AE=4-1=3，
∴FH=3，即点F到AD的距离为3，
∴∠DHK=∠HDC=∠DCK=90°，
∴四边形CDHK为矩形，
∴HK=CD=4，
∴FK=FH+HK=3+4=7，
∵△ECD≌△FEH，
∴EH=CD=AD=4，
∴AE=DH=CK=1，
∴BK=BC+CK=4+1=5，
在Rt△BFK中，BF＝；
（3）∵当A，D，F三点共线时，BF的最短，
∴∠CBF=45°，
∴FH=DH，
由（2）知FH=DE，EH=CD=4，
∴ED=DH=4÷2=2，
∴AE=2．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定，关键是要作辅助线构造全等的三角形，在正方形和三角形中辅助线一般是垂线段，要牢记正方形的两个性质，即四边相等，四个内角都是90°．
26．（1）A（﹣3，0），B（1，0），CD＝2；（2）证明见详解；（3）6，理由见详解；
【分析】
（1）由题意可知：a=-3，b=1,OA＝3，OB＝1，AB＝BC＝AC＝4，在Rt△ODB中，求出
解析：（1）A（﹣3，0），B（1，0），CD＝2；（2）证明见详解；（3）6，理由见详解；
【分析】
（1）由题意可知：a=-3，b=1,OA＝3，OB＝1，AB＝BC＝AC＝4，在Rt△ODB中，求出OD，DB即可解决问题．
（2）如图2中，连接EC，设BE交PC于K．由△ACP≌△BCE（SAS），推出∠APC＝∠CEB，可证∠KBP＝∠KCE＝60°勾股定理求出OF，可得D，F关于x轴对称，即可解决问题；
（3）如图3中，作DH⊥AC于H．想办法证明△DHM≌△DON即可解决问题；
【详解】
解：（1）∵
∴
∴a=-3，b=1，
∴A（﹣3，0），B（1，0），
如图1中，

∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，AB＝BC＝AC，
∵A（﹣3，0），B（1，0），
∴OA＝3，OB＝1，
∴AB＝BC＝AC＝4，
在Rt△ODB中，

∴CD＝BC﹣BD＝2．
（2）如图2中，连接EC，设BE交PC于K．

∵CP＝PE，∠CPE＝60°，
∴△CPE是等边三角形，
∴∠PCE＝60°，CP＝CE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝∠PCE＝60°，
∴∠ACP＝∠BCE，
∵CA＝CB，CP＝CE，
∴△ACP≌△BCE（SAS），
∴∠APC＝∠CEB，
∵∠PKB＝∠EKC，∠ECK+∠CKE+∠CEK＝180°，∠KBP+∠PKB+∠KPB＝180°，
∴∠KBP＝∠KCE＝60°，
∴∠OBF＝∠PBK＝60°，
∵∠BOF＝90°，OB＝1，
∴BF＝2
∴OF＝，
∵
∴OD＝OF，
∴D，F关于x轴对称，
∴直线EB必过点D关于x轴的对称点．
（3）是定值，理由如下：
如图3中，作DH⊥AC于H．

在Rt△CDH中，
∵∠CHD＝90°，∠C＝60°，CD＝2，
∴CH＝1，
∴DH＝，
∴AH＝3，
∵OD，
∴DH＝OD，
∵∠DHM＝∠DON，∠M＝∠DNO，
∴△DHM≌△DON（AAS），
∴HM＝ON，
∴AN﹣AM＝OA+ON﹣（HM﹣AH）＝3+3＝6．
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质和判定，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，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，属于中考压轴题．