人教版八年级下册数学期末试卷测试卷(含答案解析).doc

人教版八年级下册数学期末试卷测试卷（含答案解析）
一、选择题
1．下列各式中，一定是二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
2．下面的每组数分别是一个三角形的三边长，其中能构成直角三角形的是（　　）
A． B．2，2，5 C．32，42，52 D．3，4，5
3．下列各组条件中，不能判断一个四边形是平行四边形的是（ ）
A．两组对边分别平行的四边形 B．两组对角分别相等的四边形
C．一组对边平行另一组对边相等的四边形 D．两条对角线互相平分的四边形
4．在某次数学测验中，某小组8名同学的成绩如下：81，73，81，81，85，83，87，89，则这组数据的中位数、众数分别为（ ）．
A．80，81 B．81，89 C．82，81 D．73，81
5．如图，E，F，G，H分别在四边形ABCD在AB，BC，CD，DA的边上，对于四边形EFGH的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（ ）

A．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH不可能为菱形
B．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH可以为平行四边形
C．当E，F，G，H是各边中点，且AC＝BD时，四边形EFGH为菱形
D．当E，F，G，H是各边中点，且AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形
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，在平行四边形ABCD中，连接AC，若∠ABC＝∠CAD＝45°，AB＝4，则平行四边形ABCD的周长是（　　）

A． B．+4 C． D．16
8．甲、乙两车分别从A，B两地同时出发，沿同一条公路相向而行，相遇时甲、乙所走路程的比为，甲、乙两车离AB中点C的路程千米与甲车出发时间时的关系图象如图所示，则下列说法错误的是（ ）

A．A，B两地之间的距离为180千米
B．乙车的速度为36千米时
C．a的值为
D．当乙车到达终点时，甲车距离终点还有30千米
二、填空题
9．若y＝，则x+y的值为 ____．
10．若菱形的两条对角线长分别是8cm和10cm，则该菱形的面积是________．
11．如图，在△ABD中，∠D＝90°，CD＝6，AD＝8，∠ACD＝2∠B，BD的长为_____．

12．如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点A、B、C都在网格格点的位置上，则△ABC的中线BD的长为_______．

13．某函数的图象经过（1，），且函数y的值随自变量x的值增大而增大．请你写出一个符合上述条件的函数关系式：__________．
14．如图，O是矩形ABCD的对角线AC、BD的交点，OM⊥AD，垂足为M，若AB=8，则OM长为_______．

15．如图，直线与直线相交于点B，直线与y轴交于点A，直线与x轴交于点D与y轴交于点C，交x轴于点E．直线上有一点P（P在x轴上方）且，则点P的坐标为_______．

16．一条笔直的公路上顺次有三地，小军早晨从地出发沿这条公路骑自行车前往地，同时小林从地出发沿这条公路骑摩托车前往地，小林到地后休息了 个小时， 然后掉头原路原速返回追赶小军，经过一段时间后两人同时到达地，设两人行驶的时间为 (小时)，两人之间的距离为 (千米)， 与之间的函数图像如图所示，下列说法：①小林与小军的速度之比为；②时，小林到达地；③时，小林与小军同时到达C地；④两地相距千米，其中正确的有_________（只填序号）

三、解答题
17．计算
（1）（+）（-）
（2）
18．有一架米长的梯子搭在墙上，刚好与墙 头对齐，此时梯脚与墙的距离是米

（1）求墙的高度？
（2）若梯子的顶端下滑米，底端将水平动多少米？
19．下图各正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，每个小正方形的顶点都称为格点．

（1）在图①中，画出一条以格点为端点，长度为的线段．
（2）在图②中，以格点为顶点，画出三边长分别为3，，的三角形．
20．如图，△ABC中，∠BCA＝90°，CD是边AB上的中线，分别过点C，D作BA和BC的平行线，两线交于点E，且DE交AC于点O，连接AE．
（1）求证：四边形ADCE是菱形；
（2）若∠B＝60°，BC＝6，求四边形ADCE的面积．

21．如果记，并且表示当时的值，即；表示当时的值，即；表示当时的值，即；…
（1）计算下列各式的值：
__________.
__________.
（2）当为正整数时，猜想的结果并说明理由；
（3）求的值.
22．学校准备印制一批纪念册．纪念册每册需要张大小的纸，其中张为彩页，张为黑白页．印刷费（元）与印数（千册）间的关系见下表：
印数（单位：千册）

彩色（单位：元张）

黑白（单位：元张）

（1）若，求出与之间的函数解析式；
（2）若，求出与之间的函数解析式；
（3）若学校印制这批纪念册的印刷费为元则印刷的纪念册有多少册？
23．如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线l1：y＝x+6交x轴于点A，交y轴于点B，经过点B的直线l2：y＝kx+b交x轴于点C，且l2与l1关于y轴对称．
（1）求直线l2的函数表达式；
（2）点D，E分别是线段AB，AC上的点，将线段DE绕点D逆时针α度后得到线段DF．
①如图2，当点D的坐标为(﹣2，m)，α＝45°，且点F恰好落在线段BC上时，求线段AE的长；
②如图3，当点D的坐标为(﹣1，n)，α＝90°，且点E恰好和原点O重合时，在直线y＝3﹣上是否存在一点G，使得∠DGF＝∠DGO？若存在，直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．

24．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点在轴正半轴上（），把线段绕点顺时针旋转得到线段，过点分别向轴，轴作垂线，垂足为，．

（1）求四边形的面积；
（2）若，求直线的表达式；
（3）在（2）的条件下，点为延长线上一点，连接，作的平分线，交轴于点，若为等腰三角形，求点的坐标．
25．如图①，已知正方形ABCD的边长为3，点Q是AD边上的一个动点，点A关于直线BQ的对称点是点P，连接QP、DP、CP、BP，设AQ=x．
（1）BP＋DP的最小值是_______，此时x的值是_______；
（2）如图②，若QP的延长线交CD边于点M，并且∠CPD=90°．
①求证：点M是CD的中点；②求x的值．
（3）若点Q是射线AD上的一个动点，请直接写出当△CDP为等腰三角形时x的值．

26．如图所示，四边形是正方形， 是延长线上一点．直角三角尺的一条直角边经过点，且直角顶点在边上滑动(点不与点重合)，另一直角边与的平分线相交于点．
(1)求证: ;
(2)如图(1)，当点在边的中点位置时，猜想与的数量关系，并证明你的猜想;
(3)如图(2)，当点在边(除两端点)上的任意位置时，猜想此时与有怎样的数量关系，并证明你的猜想．

【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
根据二次根式的定义进行判断即可．
【详解】
解：当a＜0时，无意义，所以选项A不符合题意；
当a=0时，无意义，因此选项B不符合题意；
当a≠0时，无意义，因此选项C不符合题意；
，无论a取何值，a2＋1≥1，因此
总有意义，所以选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查二次根式的定义，理解二次根式有意义的条件是正确判断的前提．
2．D
解析：D
【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】
解：A、（）2+（）2≠（）2，故不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
B、22+22≠52，故不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
C、因为32＝9，42＝16，52＝25，92+162≠252，故不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
D、32+42＝52，故能构成直角三角形，故此选项符合题意．
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．
3．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判定方法逐一分析解题．
【详解】
解：A、B、D均可为判定四边形为平行四边形，故A、B、D不符合题意；
C．一组对边平行另一组对边相等的四边形，不能判断它是平行四边形，如下图，是等腰梯形，故C符合题意，
故选：C．

【点睛】
本题考查平行四边形的判定，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
4．C
解析：C
【解析】
【详解】
试题解析：将这组数从小到大排列为73,81,81,81,83,85,87,89，观察数据可知，最中间的那两个数为81和83，则中位数为82，而81出现的次数最多，所以众数是81.故本题应选C.
5．A
解析：A
【分析】
连接四边形各边中点所得的四边形必为平行四边形，根据中点四边形的性质进行判断即可.
【详解】
解：A、如图所示，若EF=FG=GH=HE，则四边形EFGH为菱形，此时E、 F、G、H不是四边形ABCD各边中点，此选项错误，符合题意；

B、如图所示，若EF∥HG，EF=HG，则四边形EFGH为平行四边形，E、 F、G、H不是四边形ABCD各边中点，此选项正确，不符合题意；

C、当E、F、G、H是四边形ABCD各边中点，且AC=BD时，存在EF=FG=GH=HE，故四边形EFGH为菱形，此选项正确，不符合题意；
D、当E、F、G、H是四边形ABCD各边中点，且AC⊥BD时，存在∠EFG=∠FGH=∠GHE=90°，故四边形EFGH为矩形，此选项正确，不符合题意；
故选A.
【点睛】
本题主要考查了平行四边形、菱形、矩形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行判断求解.
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．C
解析：C
【解析】
【分析】
由平行四边形的性质可求∠B＝∠D＝45°，AB＝CD＝4，AD＝BC，由等角对等边可得AC＝CD＝4，∠ACD＝90°，在Rt△ACD中，由勾股定理可求AD的长，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠D＝45°，AB＝CD＝4，AD＝BC，
∴∠CAD＝∠D＝45°，
∴AC＝CD＝4，∠ACD＝90°，
∴AD＝，
∴平行四边形ABCD的周长＝2×（CD＋AD）＝2×（4＋4）＝8＋8，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理求出AD的长是解题的关键．
8．D
解析：D
【分析】
根据两车相遇时甲、乙所走路程的比为2：3及两车相遇所用时间，即可求出A、B两地之间的距离；根据乙车的速度＝相遇时乙车行驶的路程÷两车相遇所用时间，进而求出乙车的速度；根据甲车的速度＝相遇时甲车行驶的路程÷两车相遇所用时间即可求出甲车的速度，然后根据时间＝两地之间路程的一半÷甲车的速度，进而求出a值；根据时间＝两地之间路程÷乙车的速度求出乙车到达终点所用时间，再求出该时间内甲车行驶的路程，用两地间的距离与甲车行驶的路程之差即可得出结论．
【详解】
解：A、A、B两地之间的距离为18×2÷＝180（千米），所以A正确；
B、乙车的速度为180÷3＝36（千米/小时），所以B正确；
C、甲车的速度为180=24（千米/小时），
a的值为180÷2÷24＝3.75，所以C正确；
D、乙车到达终点的时间为180÷36＝5（小时），
甲车行驶5小时的路程为24×5＝120（千米），
当乙车到达终点时，甲车距离终点距离为180﹣120＝60（千米），所以D错误．
故选：D
【点睛】
本题考查了一次函数的实际应用，结合函数的图象并逐一求出选项的内容判断正误是解题的关键
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式求出x，进而求出y，计算即可．
【详解】
解：由题意得：2x-1≥0，1-2x≥0，
解得：x=，
∴y=3，
∴x+y=+3=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
10．40
【解析】
【分析】
根据菱形的面积公式计算即可．
【详解】
解：这个菱形的面积为： ×8×10=40cm2，
故答案为：40
【点睛】
本题主要考查菱形的面积公式，熟知菱形的面积等于两条对角线乘积的一半是解题关键．
11．A
解析：【解析】
【分析】
根据勾股定理求出AC，根据三角形的外角的性质得到∠B＝∠CAB，根据等腰三角形的性质求出BC，计算即可．
【详解】
解：∵∠D＝90°，CD＝6，AD＝8，
∴AC＝＝＝10，
∵∠ACD＝2∠B，∠ACD＝∠B+∠CAB，
∴∠B＝∠CAB，
∴BC＝AC＝10，
∴BD＝BC+CD＝16，
故答案：16．
【点睛】
本题考查勾股定理、三角形的外角的性质，直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．
12．A
解析：
【分析】
首先根据勾股定理求得AB，BC，AC的长度，然后由勾股定理的逆定理判定△ABC是直角三角形，则根据直角三角形斜边上中线的性质求解即可．
【详解】
解：如图，AB2＝12+22＝5，BC2＝22+42＝20，AC2＝42+32＝25．
∴AB2+BC2＝AC2．
∴△ABC是直角三角形，且∠ABC＝90°．
∵BD是斜边AC上的中线，
∴BD＝AC＝＝．
故答案是：．
【点睛】
本题考查了勾股定理及其逆定理，直角三角形的斜边的中线的性质，用勾股定理的逆定理判定直角三角形是解题的关键．
13．
【分析】
首先运用待定系数法确定k，b应满足的一个确定的关系式，再根据条件确定k的值，进一步确定b的值，即可写出函数关系式．
【详解】
解：设此函数关系式是y＝kx+b，把代入，得：，即．又函数y的值随自变量x的值增大而增大，则．
不妨取，则，即，
故答案是：．（答案不唯一）
【点睛】
本题考查一次函数的性质，解题的关键是根据一次函数的性质灵活应用．
14．A
解析：4
【解析】
【分析】
根据三角形的中位线即可求解.
【详解】
∵O是矩形ABCD的对角线AC、BD的交点，
∴O是AC中点，
又OM⊥AD，AD⊥CD
∴,又AB=CD=8
故OM=4
故填：4
【点睛】
此题主要考查矩形的性质，解题的关键是熟知三角形中位线的性质.
15．（-3，4）
【分析】
先求出A（0，4），D（-1，0），C（0，-2），得到AC=6，再求出B点坐标，从而求出△ABC的面积；然后求出直线AE的解析式得到E点坐标即可求出DE的长，再由进行求解即
解析：（-3，4）
【分析】
先求出A（0，4），D（-1，0），C（0，-2），得到AC=6，再求出B点坐标，从而求出△ABC的面积；然后求出直线AE的解析式得到E点坐标即可求出DE的长，再由进行求解即可．
【详解】
解：∵A是直线与y轴的交点，C、D是直线与y轴、x轴的交点，
∴A（0，4），D（-1，0），C（0，-2），
∴AC=6；
联立 ，
解得，
∴点B的坐标为（-2，2），
∴，
∵，
∴可设直线AE的解析式为，
∴，
∴直线AE的解析式为，
∵E是直线AE与x轴的交点，
∴点E坐标为（2，0），
∴DE=3，
∴，
∴，
∴，
∴点P的坐标为（-3，4），
故答案为：（-3，4）．

【点睛】
本题主要考查了一次函数综合，求一次函数与坐标轴的交点，两直线的交点坐标，三角形面积，解题的关键在于能够熟练掌握一次函数的相关知识．
16．②④
【分析】
根据第一段图像可求得两人的速度和，结合第二段图像可求得小林的速度，进而可得小军的速度，由此可判断①；根据“时间＝路程÷速度”可判断②；根据“时间＝路程差÷速度差”可判断③、④．
【详
解析：②④
【分析】
根据第一段图像可求得两人的速度和，结合第二段图像可求得小林的速度，进而可得小军的速度，由此可判断①；根据“时间＝路程÷速度”可判断②；根据“时间＝路程差÷速度差”可判断③、④．
【详解】
解：由题意可得v林＋v军＝300÷3＝100（千米/小时）
200÷100＝2（小时）
则v林＝300÷（2＋3）＝60（千米/小时）
v军＝100－60＝40（千米/小时）
∴v林:v军＝60:40＝3:2，
∴①错误；
∵300÷60＝5（小时）
5＋5＝10，
∴②正确；
∵40×（3＋2＋1）＝240（千米）
240÷（60－40）＝12（小时）
5＋3＋2＋1＋12＝23
∴小林和小军在23:00到达C地，
∴③错误；
∵12×60－300＝420，
∴④正确．
故答案为：②④．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，理解函数图象上点的实际意义是解决本题的关键．
三、解答题
17．（1）4；（2）
【分析】
（1）根据二次根式运算法则结合平方差公式进行计算即可；
（2）先将题目中的二次根式化解为最简二次根式，然后根据二次根式的加减运算法则计算即可．
【详解】
解：（1）原式；
解析：（1）4；（2）
【分析】
（1）根据二次根式运算法则结合平方差公式进行计算即可；
（2）先将题目中的二次根式化解为最简二次根式，然后根据二次根式的加减运算法则计算即可．
【详解】
解：（1）原式；
（2）原式

．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算，平方差公式，熟练掌握二次根式的混合运算法则是解本题的关键．
18．（1）4米；（2）1米
【分析】
（1）利用勾股定理可以得出梯子的顶端距离地面的高度．
（2）由（1）可以得出梯子的初始高度，下滑4米后，可得出梯子的顶端距离地面的高度，再次使用勾股定理，已知梯子的
解析：（1）4米；（2）1米
【分析】
（1）利用勾股定理可以得出梯子的顶端距离地面的高度．
（2）由（1）可以得出梯子的初始高度，下滑4米后，可得出梯子的顶端距离地面的高度，再次使用勾股定理，已知梯子的底端距离墙的距离为7米，可以得出，梯子底端水平方向上滑行的距离．
【详解】
解：（1）根据勾股定理：
墙的高度（米；
（2）梯子下滑了1米，即梯子距离地面的高度（米．
根据勾股定理：（米
则（米，即底端将水平动1米．
答：（1）墙的高度是4米；
（2）若梯子的顶端下滑1米，底端将水平动1米．
【点睛】
本题考查了勾股定理的应用，要求熟练掌握利用勾股定理求直角三角形边长．
19．（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据 实际上直角边长为2和2的直角三角形的斜边长，即可解答；
（2） 实际上是直角边长为2和2的直角三角形的斜边长，实际上是直角边长为2和1的直
解析：（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据 实际上直角边长为2和2的直角三角形的斜边长，即可解答；
（2） 实际上是直角边长为2和2的直角三角形的斜边长，实际上是直角边长为2和1的直角三角形的斜边长，即可解答．
【详解】

（1）本题中 实际上直角边长为2和2的直角三角形的斜边长，如图①线段即为所求线段；
（2）本题中 实际上是直角边长为2和2的直角三角形的斜边长，实际上是直角边长为2和1的直角三角形的斜边长，据此可找出如图②中的三角形即为所求．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理，解题的关键是确定直角三角形的直角边长后根据边长画出所求的线段和三角形．
20．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）先根据已知条件，证明四边形DBCE是平行四边形，可得EC∥AB，且EC＝DB，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，则可得四边形是平行四边形，根据邻边相
解析：（1）见解析；（2）
【分析】
（1）先根据已知条件，证明四边形DBCE是平行四边形，可得EC∥AB，且EC＝DB，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，则可得四边形是平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；
（2）根据已知条件可得是等边三角形，进而求得，根据，进而根据菱形的性质求得面积．
【详解】
（1）证明：∵DE∥BC，EC∥AB，
∴四边形DBCE是平行四边形．
∴EC∥AB，且EC＝DB．
在Rt△ABC中，CD为AB边上的中线，
∴AD＝DB＝CD．
∴EC＝AD．
四边形ADCE是平行四边形
∴四边形ADCE是菱形．
（2）解：Rt△ABC中，CD为AB边上的中线，∠B＝60°，BC＝6，

是等边三角形
∴AD＝DB＝CD＝6．
∴AB＝12，由勾股定理得．
∵四边形DBCE是平行四边形，
∴DE＝BC＝6．
∴菱形．
【点睛】
本题考查了菱形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，等边三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
21．（1）1；1（2）结果为1，证明过程见详解（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题目定义的运算方式代数计算即可.
（2）根据第（1）题的计算结果总结规律，并加以证明.
（3）运用第（2）题的运算规律
解析：（1）1；1（2）结果为1，证明过程见详解（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题目定义的运算方式代数计算即可.
（2）根据第（1）题的计算结果总结规律，并加以证明.
（3）运用第（2）题的运算规律和加法结合律进行将式子中每一项适当分组，再进行计算.
【详解】
解：（1）；
.
（2）猜想的结果为1.
证明：

（3）

【点睛】
本题以定义新运算的形式考查了二次根式的综合计算，遵循新运算的方式，熟练掌握二次根式的计算是解答关键.
22．（1）；（2）；（3）6.5千册
【分析】
（1）（2）根据印刷费（y元）＝彩页印刷费＋黑白页印刷费＝1000×（彩色单价×4x＋黑白单价×6x），即可解答；
（3）根据（1）的解析式可得5≤x＜1
解析：（1）；（2）；（3）6.5千册
【分析】
（1）（2）根据印刷费（y元）＝彩页印刷费＋黑白页印刷费＝1000×（彩色单价×4x＋黑白单价×6x），即可解答；
（3）根据（1）的解析式可得5≤x＜10，将y＝71500代入（2）求得的解析式即可求解．
【详解】
解：（1）根据题意得：当时，
，
∴；
（2）由题意得：当时，
，
∴；
（3）当1≤x＜5时，y＝13000x≤65000，
∵学校印制这批纪念册的印刷费为71500元，
∴5≤x＜10．
此时y＝11000x＝71500，
∴x＝6.5，
则印刷的纪念册有6.5千册．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，解决本题的关键是读懂题意，找到所求量的等量关系得出函数关系式．
23．（1）y=-x+6；（2）①；②，或或，
【分析】
（1）先求出点A，B的坐标，再运用待定系数法求出直线直线l2的函数解析式；
（2）①将点D（-2，m）代入y=x+6中，求出D（-2，4），如图2
解析：（1）y=-x+6；（2）①；②，或或，
【分析】
（1）先求出点A，B的坐标，再运用待定系数法求出直线直线l2的函数解析式；
（2）①将点D（-2，m）代入y=x+6中，求出D（-2，4），如图2，作∠DHF=45°，利用AAS证明△ADE≌△HFD，再运用等腰直角三角形性质即可求出答案；
②将D（-1，n）代入y=x+6中，得D（-1，5），过D作DM⊥x轴于M，作FN⊥DM于N，如图3，利用AAS可证得△FDN≌△DEM，进而得出F（4，6），再根据∠DGF=∠DGO分类讨论即可．
【详解】
解：（1）交轴于点，交轴于点，
，，
与关于轴对称，
，
设直线为：，将、坐标代入得
，解得，
直线的函数解析式为：；
（2）①将点代入中，得：
，解得：，
，
如图2，作，

，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
又，，
和均为等腰直角三角形，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
．
②将代入中，得：，
，则，，
过作轴于，作于，如图3，

，，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
当点、、三点共线时，如图3，，
设直线的解析式为，
，
，
解得：，
直线的解析式为，
当时，，
，；
如图4，连接DG2，FG2，
过点D作DM⊥OG2，DN⊥FG2，
∵，
∴DM=DN，又DO=DF，
∴（HL），
∴∠ODM=∠FDN，又∠ODN+∠FDN=90°，
∴∠ODM+∠ODN=90°，即∠MDN=90°，
∴四边形DMG2N是正方形，
∴∠OG2F=90°，

设，
，
，
，
解得：，
；
当平分时，如图5，

，，
，
又，
，
设与交于点，
，
，，
，
设直线解析式为，
，，
，
解得：，
直线解析式为，
联立方程组，
解得：，
，；
综上所述，符合条件的的坐标为，或或，．
【点睛】
本题是一次函数综合题，考查了运用待定系数法求一次函数解析式，求一次函数图象与坐标轴交点坐标，利用解方程组求两直线交点坐标，等腰直角三角形判定和性质，全等三角形判定和性质，勾股定理等，添加辅助线构造全等三角形，运用分类讨论思想和数形结合思想是解题关键．
24．（1）；（2）；（3）或或．
【解析】
【分析】
（1）连接，作，交的延长线于点，可知，，再根据，可得，又因为，得到，即可证明，所以可得，再计算的长度即可求解；
（2）设，即可表示出、的长度，根据求
解析：（1）；（2）；（3）或或．
【解析】
【分析】
（1）连接，作，交的延长线于点，可知，，再根据，可得，又因为，得到，即可证明，所以可得，再计算的长度即可求解；
（2）设，即可表示出、的长度，根据求出的值，即可得到点的坐标，再设直线的解析式为，将、两点的坐标代入即可；
（3）设点坐标为，因为平分，所以，最后分三种情况进行讨论即可．
【详解】
（1）∵，
∴，
连接，作，交的延长线于点，如图，

∴，
∴，
∵，
即，
在中，，
∵ ，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴,
∴，
∴；
（2） 设，
由（1）可知，，
∵，
∴，
∵与都是直角三角形，且，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
解得，
∴，
又∵，
设直线的解析式为，
则，解得，
∴直线的解析式为；
（3）设点坐标为，
∵平分，
∴，
①当时，则，
∴，
∴与重合，
∴；

②当时，
过点作，垂足为，
则，，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理可求得，
∴，
在中，，
在中，，
∴，
∴，
解得，
∴；

③当时，延长交轴于点，
∵，且
∴，
∴，
过点作，垂足为，
则，，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理可求得，
∴，
∴，
∵，
设直线的解析式为，
则，解得，
∴直线解析式为，
当时，解得，
∴．

综上所述，当为等腰三角形时，点坐标为或或．
【点睛】
本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质、三角形内角和定理、全等三角形的性质和判定、勾股定理、待定系数法求函数解析式等知识点，解题要注意分类讨论的思想．
25．（1）；；（2）①见详解；②x=1；（3）△CDP为等腰三角形时x的值为：或或．
【分析】
（1）BP+DP为点B到D两段折线的和．由两点间线段最短可知，连接DB，若P点落在BD上，此时和最短，且为
解析：（1）；；（2）①见详解；②x=1；（3）△CDP为等腰三角形时x的值为：或或．
【分析】
（1）BP+DP为点B到D两段折线的和．由两点间线段最短可知，连接DB，若P点落在BD上，此时和最短，且为．考虑动点运动，这种情形是存在的，由AQ=x，则QD=3-x，PQ=x．又PDQ=45°，所以QD＝PQ，即3-x=x．求解可得答案；
（2）由已知条件对称分析，AB=BP=BC，则∠BCP=∠BPC，由∠BPM=∠BCM=90°，可得∠MPC=∠MCP．那么若有MP=MD，则结论可证．再分析新条件∠CPD=90°，易得①结论．②求x的值，通常都是考虑勾股定理，选择直角三角形QDM，发现QM，DM，QD都可用x来表示，进而易得方程，求解即可．
（3）若△CDP为等腰三角形，则边CD比为改等腰三角形的一腰或者底边．又P点为A点关于QB的对称点，则AB=PB，以点B为圆心，以AB的长为半径画弧，则P点只能在弧AB上．若CD为腰，以点C为圆心，以CD的长为半径画弧，两弧交点即为使得△CDP为等腰三角形（CD为腰）的P点．若CD为底边，则作CD的垂直平分线，其与弧AC的交点即为使得△CDP为等腰三角形（CD为底）的P点．则如图所示共有三个P点，那么也共有3个Q点．作辅助线，利用直角三角形性质求之即可．
【详解】
解：（1）连接DB，若P点落在BD上，此时BP+DP最短，如图：

由题意，∵正方形ABCD的边长为3，
∴，
∴BP＋DP的最小值是；
由折叠的性质，，则，
∵∠PDQ=45°，∠QPD=90°，
∴△QPD是等腰直角三角形，
∴，
∴，
解得：；
故答案为：；；
（2）如图所示：

①证明：在正方形ABCD中，有
AB=BC，∠A=∠BCD=90°．
∵P点为A点关于BQ的对称点，
∴AB=PB，∠A=∠QPB=90°，
∴PB=BC，∠BPM=∠BCM，
∴∠BPC=∠BCP，
∴∠MPC=∠MPB-∠CPB=∠MCB-∠PCB=∠MCP，
∴MP=MC．
在Rt△PDC中，
∵∠PDM=90°-∠PCM，
∠DPM=90°-∠MPC，
∴∠PDM=∠DPM，
∴MP=MD，
∴CM=MP=MD，即M为CD的中点．
②解：∵AQ=x，AD=3，
∴QD=3-x，PQ=x，CD=3．
在Rt△DPC中，
∵M为CD的中点，
∴DM=QM=CM=，
∴QM=PQ+PM=x+，
∴(x+)2＝(3−x)2+()2，
解得：x=1．
（3）如图，以点B为圆心，以AB的长为半径画弧，以点C为圆心，以CD的长为半径画弧，两弧分别交于P1，P3．此时△CDP1，△CDP3都为以CD为腰的等腰三角形．作CD的垂直平分线交弧AC于点P2，此时△CDP2以CD为底的等腰三角形．
；
①讨论P1，如图作辅助线，连接BP1、CP1，作QP1⊥BP1交AD于Q，过点P1，作EF⊥AD于E，交BC于F．

∵△BCP1为等边三角形，正方形ABCD边长为3，
∴P1F＝，P1E＝．
在四边形ABP1Q中，
∵∠ABP1=30°，
∴∠AQP1=150°，
∴△QEP1为含30°的直角三角形，
∴QE=EP1＝．
∵AE=，
∴x=AQ=AE-QE=．
②讨论P2，如图作辅助线，连接BP2，AP2，过点P2作QG⊥BP2，交AD于Q，连接BQ，过点P2作EF⊥CD于E，交AB于F．

∵EF垂直平分CD，
∴EF垂直平分AB，
∴AP2=BP2．
∵AB=BP2，
∴△ABP2为等边三角形．
在四边形ABP2Q中，
∵∠BAD=∠BP2Q=90°，∠ABP2=60°，
∴∠AQG=120°
∴∠EP2G=∠DQG=180°-120°=60°，
∴P2E＝，
∴EG=，
∴DG=DE+GE=，
∴QD=，
∴x=AQ=3-QD=．
③对P3，如图作辅助线，连接BP1，CP1，BP3，CP3，过点P3作BP3⊥QP3，交AD的延长线于Q，连接BQ，过点P1，作EF⊥AD于E，此时P3在EF上，不妨记P3与F重合．

∵△BCP1为等边三角形，△BCP3为等边三角形，BC=3，
∴P1P3＝，P1E＝，
∴EF＝．
在四边形ABP3Q中
∵∠ABF=∠ABC+∠CBP3=150°，
∴∠EQF=30°，
∴EQ=EF=．
∵AE=，
∴x=AQ=AE+QE=+．
综合上述，△CDP为等腰三角形时x的值为：或或．
【点睛】
本题第一问非常基础，难度较低．第二问因为动点的原因，思路不易找到，这里就需要做题时充分分析已知条件，尤其是新给出的条件．其中求边长是勾股定理的重要应用，是很重要的考点．第三问是一个难度非常高的题目，可以利用尺规作图的思想将满足要求的点P找全．另外求解各个Q点也是考察三角函数及勾股定理的综合应用，有着极高的难度．
26．（1）详见解析；（2），理由详见解析；（3），理由详见解析
【分析】
（1）根据，等量代换即可证明；（2）DE=EF，连接NE，在DA边上截取DN=EB，证出△DNE≌△EBF即可得出答案；（3）在
解析：（1）详见解析；（2），理由详见解析；（3），理由详见解析
【分析】
（1）根据，等量代换即可证明；（2）DE=EF，连接NE，在DA边上截取DN=EB，证出△DNE≌△EBF即可得出答案；（3）在边上截取，连接，证出即可得出答案．
【详解】
(1)证明:∵，
∴，
∴;
(2) 理由如下:
如图，取的中点，连接，

∵四边形为正方形，
∴ ，
∵分别为中点
∴，
∴
又∵
∴
∴，
又∵，平分
∴．
∴
在和中

，
∴
(3) .理由如下:
如图，在边上截取，连接，

∵四边形是正方形， ，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∵
∴，
∵平分， ，
∴，
∴，
在和中

∴，
∴．
【点睛】
此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解决本题的关键就是求证△DNE≌△EBF．