人教版八年级数学下册期末试卷试卷(word版含答案).doc

人教版八年级数学下册期末试卷试卷（word版含答案）
一、选择题
1．下列式子一定是二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．下列几组数中，能构成直角三角形的是（　　）
A．3，4，6
B．5，6，7
C．a，a+1，a﹣1（a是大于4的数）
D．6，8，10
3．给出下列命题，其中错误命题的个数是（ ）
①四条边相等的四边形是正方形；
②四边形具有不稳定性；
③有两个锐角对应相等的两个直角三角形全等；
④一组对边平行的四边形是平行四边形．
A．1 B．2 C．3 D．4
4．一组数据，，，，的中位数和平均数分别是（ ）
A．和 B．和 C．和 D．和
5．如图, 的每个顶点都在边长为的正方形格点上，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
6．如图，在菱形纸片ABCD中，∠A=60°，点E在BC边上，将菱形纸片ABCD沿DE折叠，点C落在AB边的垂直平分线上的点C′处，则∠DEC的大小为（　　）

A．30° B．45° C．60° D．75°
7．如图，等腰RtABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，∠ABC的平分线分别交AC、AD于E、F两点，M为EF的中点，AM的延长线交BC于点N，连接DM，下列结论：①DF＝DN；②DMN为等腰三角形；③DM平分∠BMN；④AE＝EC；⑤AE＝NC，其中正确结论有（ ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
8．如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠AOB=60°，AB=5，则AD的长是（ )

A．5 B．5 C．5 D．10
二、填空题
9．函数中x的取值范围是______．
10．菱形的周长为20cm，一条对角线长为8cm，则菱形的面积为______cm2．
11．已知一个直角三角形的两直角边长分别是1和3，则斜边长为________．
12．如图，把矩形沿折叠，若，则______°．

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，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，请你添加一个适当的条件________使其成为菱形（只填一个即可）．　

15．如图，将一块等腰直角三角板放置在平面直角坐标系中，，点A在y轴的正半轴上，点C在x轴的负半轴上，点B在第二象限，所在直线的函数表达式是，若保持的长不变，当点A在y轴的正半轴滑动，点C随之在x轴的负半轴上滑动，则在滑动过程中，点B与原点O的最大距离是_______．

16．如图，在直角三角形中，，，，点D是边上一点，将沿折叠，使点C落在边的E点，那么的长度是________．

三、解答题
17．计算：
（1）﹣（π﹣3.14）0+|﹣2|
（2）﹣4﹣2（﹣1）
（3）（2）（2）﹣（﹣3）2
18．一架长为米的梯子，顶端靠在墙上，梯子底端到墙的距离米．

（1）求的长；
（2）如图梯子的顶端沿墙向下滑动米，问梯子的底端向外移动了多少米？
19．在△ABC中，AB，BC，AC三边的长分别为，求这个三角形的面积，小辉同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC（即三个顶点都在小正方形的顶点处，如图1所示，这样不需要求△ABC的高，而借用网格就能计算出它的面积．）

（1）请将△ABC的面积直接填写在横线上　 　．
（2）我们把上述求△ABC面积的方法叫做构图法，若△ABC三边的长分别为，2（a＞0），请在图②中给出的正方形网格内（每个小正方形的边长为a）画出相应的△ABC（其中一条边已经画好），并求出它的面积．
20．如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点，作CF∥BD，DF∥AC．求证：四边形DECF为菱形．

21．阅读下面的解答过程，然后作答：
有这样一类题目：将化简，若你能找到两个数 m和n，使m2+n2=a 且 mn=，则a+2 可变为m2+n2+2mn，即变成（m+n）2，从而使得化简．
例如：∵5+2=3+2+2=（）2+（）2+2=（+）2
∴==+
请你仿照上例将下列各式化简
（1），（2）．
22．学校决定采购一批气排球和篮球，已知购买2个气排球和2个篮球共需340元，购买2个气排球所需费用比购买2个篮球所需费用少140元．
（1）求气排球和篮球的售价分别是多少（元/个）？
（2）学校计划购进气排球和篮球共120个，其中气排球的数量不超过篮球数量的3倍，若设购买篮球x个，当x为何值时总费用最小，并说明理由．
23．如图，正方形ABCD的顶点C处有一等腰直角三角形CEP，∠PEC＝90°，连接AP，BE．
（1）若点E在BC上时，如图1，线段AP和BE之间的数量关系是 　 　；
（2）若将图1中的△CEP顺时针旋转使P点落在CD上，如图2，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）在（2）的基础上延长AP，BE交于F点，若DP＝PC＝2，求BF的长．

24．如图1，在平面直角坐标系中，直线经过点，与轴，轴分别交于，两点，点，

（1）求的值和直线的函数表达式；
（2）连结，当是等腰三角形时，求的值；
（3）若，点，分别在线段，线段上，当是等腰直角三角形且时，则的面积是______.
25．在平面直角坐标中，四边形OCNM为矩形，如图1，M点坐标为（m，0），C点坐标为（0，n），已知m，n满足．

（1）求m，n的值；
（2）①如图1，P，Q分别为OM，MN上一点，若∠PCQ＝45°，求证：PQ＝OP+NQ；
②如图2，S，G，R，H分别为OC，OM，MN，NC上一点，SR，HG交于点D．若∠SDG＝135°，，则RS＝______；
（3）如图3，在矩形OABC中，OA＝5，OC＝3，点F在边BC上且OF＝OA，连接AF，动点P在线段OF是（动点P与O，F不重合），动点Q在线段OA的延长线上，且AQ＝FP，连接PQ交AF于点N，作PM⊥AF于M．试问：当P，Q在移动过程中，线段MN的长度是否发生变化？若不变求出线段MN的长度；若变化，请说明理由．
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．C
解析：C
【分析】
一般地，我们把形如（a≥0）的式子叫做二次根式．直接利用二次根式的定义分别分析得出答案．
【详解】
（A）当时，此时原式无意义，故A不一定是二次根式；
（B）当时，此时原式无意义，故B不一定是二次根式；
（C）＞0恒成立，故C一定是二次根式；
（D）当时，此时原式无意义，故D不一定是二次根式；
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了二次根式的定义，理解二次根式中被开方数是非负数是解决问题的关键．
2．D
解析：D
【分析】
根据勾股定理逆定理逐一计算即可求解．
【详解】
解：A、因为32+42≠62，所以不能构成直角三角形；
B、因为52+62≠72，所以不能构成直角三角形；
C、因为a2+（a﹣1）2≠（a+1）2，所以不能构成直角三角形；
D、因为62+82＝102，所以能构成直角三角形；
故选：D．
【点睛】
本题考查勾股定理的逆定理，解题的关键是熟练掌握勾股定理的逆定理．
3．C
解析：C
【解析】
【分析】
利用正方形的判定、直角三角形全等的判定、平行四边形的判定定理对每个选项依次判定解答．
【详解】
①四条边相等的四边形是菱形，故①错误；
②四边形具有不稳定性，故②正确；
③两直角三角形隐含一个条件是两直角相等，两个锐角对应相等，因此构成了AAA，不能判定全等，故③错误；
④一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故④错误；
综上，错误的命题有①③④共3个．
故选：C．
【点睛】
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解正方形的判定、平行四边形的判定及直角三角形全等的判定．
4．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据中位数的定义和平均数的求法计算即可，中位数是将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．
【详解】
解：把这组数据按从小到大的顺序排列是：2，3，4，4，5，
故这组数据的中位数是：4．
平均数＝（2＋3＋4＋4＋5）÷5＝3.6．
故选：B．
【点睛】
本题考查了中位数的定义和平均数的求法，解题的关键是牢记定义，此题比较简单，易于掌握．
5．B
解析：B
【分析】
直接根据格点，运用勾股定理求出三边长，再根据勾股定理的逆定理确定△ABC的形状，即可求解.
【详解】
解：根据勾股定理可得：

∴AB=AC，AB2+AC2=BC2，
∴△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°,
∴∠ABC=45°.
故选：B.
【点睛】
本题考查正方形格点中勾股定理及逆定理的运用，勾股定理及逆定理是解答此题的关键知识点.
6．D
解析：D
【解析】
【分析】
连接，由菱形的性质及，得到为等边三角形，为的中点，利用三线合一得到为角平分线，得到，，，进而求出，由折叠的性质得到，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数．
【详解】
解：连接，如图所示：

∵四边形为菱形，
∴，
∵，
∴为等边三角形，，，
∵为的中点，
∴为的平分线，即，
∴，
∴由折叠的性质得到，
在中，．
故选：D
【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，以及三角形内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
7．C
解析：C
【解析】
【分析】
先根据等腰直角三角形的性质得出，，，进而证，即可判断①，再证，推出，即可判断⑤；根据全等三角形的判定与性质可得M为AN的中点，进而可证得，由次可判断②，再根据等腰三角形的性质及外角性质可判断③，最后再根据垂直平分线的判定与性质以及直角三角形的勾股定理可判断④．
【详解】
解：，，，
，，，
，
平分，
，
，
，
，
又∵M为EF的中点，
∴，
，
，
在和中，

（ASA），
，故①正确；
在和中

（ASA），
，
，
，故⑤正确；
在和中

（ASA），
，
∴点M是AN的中点，
又∵，
∴，
，
是等腰三角形，故②正确；
，
，
，
，
平分，故③正确；
如图，连接EN，

∵，，
∴BE垂直平分AN，
∴EA＝EN，
，
，
又∵，
∴，且，
在中，，
∴，
，故④错误，
即正确的有4个，
故选：C．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角性质，三角形内角和定理，直角三角形斜边上中线性质，等腰三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质以及勾股定理等相关知识的应用，能熟练运用相关图形的判定与性质是解此题的关键，主要考查学生的推理能力．
8．A
解析：A
【分析】
根据矩形的性质可得△AOB是等边三角形，可得BD的长度，再根据勾股定理求解即可．
【详解】
解：因为在矩形ABCD中，AO＝AC＝BD＝BO，
又因为∠AOB＝60°，所以△AOB是等边三角形，所以AO＝AB＝5，
所以BD＝2AO＝10，
所以AD2＝BD2﹣AB2＝102﹣52＝75，
所以AD＝5．
故选：A．
【点睛】
本题考查了矩的性质、等边三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，属于基本题型，熟练掌握上述知识是解题的关键．
二、填空题
9．x＞﹣2且x≠1．
【解析】
【分析】
从二次根式，分式，零指数幂三个角度去思考求解即可．
【详解】
由题意得，x+2＞0，且x﹣1≠0，
解得x＞﹣2且x≠1，
所以x的取值范围是x＞﹣2且x≠1．
故答案为：x＞﹣2且x≠1．
【点睛】
本题考查了分式有意义的条件，二次根式有意义的条件，零指数幂有意义的条件，熟练上述基本条件是解题的关键．
10．24
【解析】
【分析】
画出符合题意的图形，利用菱形的对角线互相垂直平分，求解另一条对角线的长，再利用菱形的面积等于两条对角线的长之积的一半即可得到答案．
【详解】
解：如图，菱形的周长为20cm，一条对角线的长为8cm，

故答案为：
【点睛】
本题考查的是菱形的性质，菱形的面积，掌握菱形的性质及菱形的面积的计算是解题的关键．
11．
【解析】
【分析】
利用勾股定理计算即可．
【详解】
解：∵直角三角形的两直角边长分别是1和3，
∴斜边==，
故答案为：．
【点睛】
本题考查勾股定理，解题的关键是记住勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
12．110
【分析】
根据折叠的性质及可求出的度数， 再由平行线的性质即可解答．
【详解】
解：四边形是四边形折叠而成，
，
，，
，
又，
，
．
故答案为：

【点睛】
本题主要考查了平行线的性质和折叠的性质， 解题时注意： 折叠前后的图形全等， 找出图中相等的角是解答此题的关键．
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．A
解析：AC⊥BC或∠AOB=90°或AB=BC（填一个即可）．
【详解】
试题分析：根据菱形的判定定理，已知平行四边形ABCD，添加一个适当的条件为：AC⊥BC或∠AOB=90°或AB=BC使其成为菱形．
考点：菱形的判定．
15．【分析】
根据自变量与函数值得对应关系，可得A，C点坐标，根据勾股定理，可得AC的长度；根据全等三角形的判定与性质，可得CD，BD的长，可得B点坐标；首先取AC的中点E，连接BE，OE，OB，可求
解析：
【分析】
根据自变量与函数值得对应关系，可得A，C点坐标，根据勾股定理，可得AC的长度；根据全等三角形的判定与性质，可得CD，BD的长，可得B点坐标；首先取AC的中点E，连接BE，OE，OB，可求得OE与BE的长，然后由三角形三边关系，求得点B到原点的最大距离．
【详解】
解：当x=0时，y=2x+2=2，
∴A（0，2）；
当y=2x+2=0时，x=-1，
∴C（-1，0）．
∴OA=2，OC=1，
∴AC==，
如图所示，过点B作BD⊥x轴于点D．
∵∠ACO+∠ACB+∠BCD=180°，∠ACO+∠CAO=90°，∠ACB=90°，
∴∠CAO=∠BCD．
在△AOC和△CDB中，
，
∴△AOC≌△CDB（AAS），
∴CD=AO=2，DB=OC=1，
OD=OC+CD=3，
∴点B的坐标为（-3，1）．
如图所示．取AC的中点E，连接BE，OE，OB，
∵∠AOC=90°，AC=，
∴OE=CE=AC=，
∵BC⊥AC，BC=，
∴BE==，
若点O，E，B不在一条直线上，则OB＜OE+BE=，
若点O，E，B在一条直线上，则OB=OE+BE=，
∴当O，E，B三点在一条直线上时，OB取得最大值，最大值为，
故答案为：．

【点睛】
此题考查了一次函数综合题，利用自变量与函数值的对应关系是求AC长度的关键，又利用了勾股定理；求点B的坐标的关键是利用全等三角形的判定与性质得出CD，BD的长；求点B与原点O的最大距离的关键是直角三角形斜边上的中线的性质以及三角形三边关系．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
16．3
【分析】
先根据勾股定理得到AB=10，再根据折叠的性质得到DC=DE，BC=BE=6，则AE=4，设DE=x，在Rt△ADE中利用勾股定理得（8-x）2=x2+42，解得方程即可．
【详解】
解析：3
【分析】
先根据勾股定理得到AB=10，再根据折叠的性质得到DC=DE，BC=BE=6，则AE=4，设DE=x，在Rt△ADE中利用勾股定理得（8-x）2=x2+42，解得方程即可．
【详解】
解：∵∠C=90°，BC=6，AC=8，
∴
∵将△BCD沿BD折叠，使点C落在AB边的E点，
∴△BCD≌△BED，
∴∠C=∠BED=∠AED=90°，DC=DE，BC=BE=6，
∴AE=AB-BE=4，
设DC=x，则AD=8-x，
在Rt△ADE中，AD2=AE2+ED2，
即（8-x）2=x2+42，解得x=3，
∴DE=3
【点睛】
本题考查了折叠的性质以及勾股定理等知识，利用折叠性质折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等，对应点的连线段被折痕垂直平分是解题关键．
三、解答题
17．（1）；（2）2；（3）
【分析】
（1）根据零次幂、立方根及绝对值可直接进行求解；
（2）先对二次根式进行化简，然后再进行二次根式的加减运算；
（3）利用乘法公式进行二次根式的混合运算即可．
【详
解析：（1）；（2）2；（3）
【分析】
（1）根据零次幂、立方根及绝对值可直接进行求解；
（2）先对二次根式进行化简，然后再进行二次根式的加减运算；
（3）利用乘法公式进行二次根式的混合运算即可．
【详解】
解：（1）原式=；
（2）原式=；
（3）原式=．
【点睛】
本题主要考查二次根式的混合运算及零次幂，熟练掌握二次根式的混合运算及零次幂是解题的关键．
18．（1）8米；（2）米
【分析】
（1）直接利用勾股定理得出BC的长；
（2）在△CED中，再利用勾股定理计算出CE的长，进而可得AE的长．
【详解】
解：（1）一架长米的梯子，顶端靠在墙上，梯子底端
解析：（1）8米；（2）米
【分析】
（1）直接利用勾股定理得出BC的长；
（2）在△CED中，再利用勾股定理计算出CE的长，进而可得AE的长．
【详解】
解：（1）一架长米的梯子，顶端靠在墙上，梯子底端到墙的距离米，∠C=90°，
．
答：的长为米．
（2），，
，
又∠C=90°，
，
．
答：梯子的底端向外移动了米．
【点睛】
此题主要考查了勾股定理的应用，正确应用勾股定理是解题关键．
19．（1）；（2）画图见解析，3a2
【解析】
【分析】
（1）利用割补法求值；
（2）已知边长AB=，再确定另两条边分别是以2a和2a为直角三角形的两直角边的斜边长及以a和2a为直角边的斜边长，即，连
解析：（1）；（2）画图见解析，3a2
【解析】
【分析】
（1）利用割补法求值；
（2）已知边长AB=，再确定另两条边分别是以2a和2a为直角三角形的两直角边的斜边长及以a和2a为直角边的斜边长，即，连接得到三角形求出面积即可．
【详解】
解：（1），
故答案为：；
（2）如图， ．

【点睛】
此题考查利用割补法求网格中图形的面积，网格中作图，正确掌握利用勾股定理求无理数长度的线段并画图是解题的关键．
20．见解析
【分析】
根据DF∥AC，CF∥BD，即可证出四边形EDFC是平行四边形，又知四边形ABCD是矩形，故可得ED=BD=AC=EC，即可证出四边形EDFC是菱形．
【详解】
证明：∵DF∥AC
解析：见解析
【分析】
根据DF∥AC，CF∥BD，即可证出四边形EDFC是平行四边形，又知四边形ABCD是矩形，故可得ED=BD=AC=EC，即可证出四边形EDFC是菱形．
【详解】
证明：∵DF∥AC，CF∥BD
∴四边形EDFC是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ED=BD=AC=EC，
∴四边形EDFC是菱形．
【点睛】
本题主要考查矩形性质和菱形的判定的知识点，解答本题的关键是熟练掌握菱形的判定定理，此题比较简单．
21．（1）1+；（2）.
【解析】
【分析】
参照范例中的方法进行解答即可.
【详解】
解：（1）∵，
∴；
（2）∵，
∴.
解析：（1）1+；（2）.
【解析】
【分析】
参照范例中的方法进行解答即可.
【详解】
解：（1）∵，
∴；
（2）∵，
∴.
22．（1）气排球的售价是50元/个，篮球的售价是120元/个；（2）x＝30时，总费用最小，见解析
【分析】
（1）直接利用购买2个排球和2个篮球共需340元，购买2个气排球所需费用比购买2个篮球所需费
解析：（1）气排球的售价是50元/个，篮球的售价是120元/个；（2）x＝30时，总费用最小，见解析
【分析】
（1）直接利用购买2个排球和2个篮球共需340元，购买2个气排球所需费用比购买2个篮球所需费用少140元，进而列出方程组得出答案；
（2）利用气排球的数量不超过篮球数量的3倍，得出不等关系，再根据总共费用等于排球的费用和篮球费用的总和列出一次函数关系式，根据一次函数的增减性在自变量取值范围内求出总费用最小值．
【详解】
解：（1）设气排球的售价是a元/个，篮球的售价是b元/个，由题意得：

解得：，
答：气排球的售价是50元/个，篮球的售价是120元/个.
（2）由题意知购买气排球（120﹣x）个，
∴120﹣x ≤ 3x
解得：x ≥30
设购买气排球和篮球的总费用为w元，由题意可得：
w＝50（120﹣x）+120x＝70x+6000
∵w随x的增大而增大，且x为正整数，
∴当x＝30时，w取得最小值.
∴当x＝30时，总费用最小
【点睛】
本题主要考查二元一次方程组，不等式和一次函数解决最值问题，解决本题的关键是要认真审题寻找等量关系列方程组，不等式，一次函数关系进行求解.
23．（1）AP=BE；（2）成立，理由见解析；（3）
【分析】
（1）首先说明A，P，C三点共线，设正方形ABCD的边长为1，CE=x，根据正方形和等腰直角三角形的性质求出AP和BE的长，即可判断；
（
解析：（1）AP=BE；（2）成立，理由见解析；（3）
【分析】
（1）首先说明A，P，C三点共线，设正方形ABCD的边长为1，CE=x，根据正方形和等腰直角三角形的性质求出AP和BE的长，即可判断；
（2）过点B作BH⊥BE，且BH=BE，连接AH，EH，证明△ABH≌△BEC，得到AH=EC=PE，∠AHB=∠CEB，从而证明四边形AHEP是平行四边形，同理可得AP=EH=BE；
（3）过B，D分别作AF的垂线，垂足为K，M，证明△ABK≌△DAM，得到BK=AM，求出AP，在△ADP中利用面积法求出DM，可得AM和BK，再利用勾股定理求出BF即可．
【详解】
解：（1）∵点E在BC上，△PEC为等腰直角三角形，
∴PE=CE，∠PCE=45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB=45°，
∴A，P，C三点共线，设正方形ABCD的边长为1，CE=x，
∴PE=x，PC=x，AC=，
∴AP=AC-PC=，BE=BC-CE=1-x，
∴AP=BE；
（2）成立，
如图，过点B作BH⊥BE，且BH=BE，连接AH，EH，

∵∠ABC=∠EBH=90°，
∴∠CBE+∠ABE=∠ABH+∠ABE=90°，
∴∠CBE=∠ABH，
又∵BH=BE，AB=BC，
∴△ABH≌△BEC（SAS），
∴AH=EC=PE，∠AHB=∠CEB，
∴∠AHE=∠AHB-∠EHB=∠CEB-45°，
∵∠HEP=360°-∠CEB-∠HEB-∠CEP
=360°-∠CEB-45°-90°
=225°-∠CEB，
∴∠AHE+∠HEP=∠CEB-45°+225°-∠CEB=180°，
∴AH∥PE，
∴四边形AHEP是平行四边形，
∴AP=EH=BE；
（3）如图，过B，D分别作AF的垂线，垂足为K，M，

∵∠BAD=∠BAK+∠DAM=90°，∠ABK+∠BAK=90°，
∴∠ABK=∠DAM，
又∵AB=AD，∠AKB=∠AMD=90°，
∴△ABK≌△DAM（AAS），
∴BK=AM，
∵四边形ABCD是正方形，DP=PC=2，
∴AD=CD=4，∠AHE=90°，
∴AP=，
∴S△ADP=，
∴，
∴，
∴AM=，
由（2）可知：△EBH为等腰直角三角形，HE∥AP，
∴∠KBF=∠HBE=45°，
∴∠F=45°，
∴BF==．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
24．（1）m=173，直线AD的表达式为：y=2x-1（2）t的值为或45+8或8；（3）的面积是132或48149．
【解析】
【分析】
（1）将A点代入y=12x+4即可求得m的值， 根据D点设直线
解析：（1），直线AD的表达式为：（2）t的值为或或；（3）的面积是或．
【解析】
【分析】
（1）将A点代入即可求得m的值， 根据D点设直线AD的一般式，将A点代入求得k的值即可；
（2）分以BC为底和以BC为腰（其中BC为腰又分为以B点为顶点和以C点为顶点分别讨论）两种情况讨论，画出相应的图形，根据图形分析即可得出t的值；
（3）分以M为直角顶点和以N为直角顶点，构造全等三角形，进行分析即可求出的面积．
【详解】
解：（1）将代入中的得，解得，
因为，所以设直线AD的解析式为：，
将代入得，解得，所以；
（2）如下图，

由直线可知,
当y=0时，，解得x=-8，所以,
①当等腰以BC为底时，P点在BC的垂直平分线与x轴交点处，
则此时，
即，解得；
②当等腰以BC为腰时，若B点为顶点，则以B点为圆心，BC为半径画弧，在B点右侧（因为）与x轴相交于，
∵,
∴，
若C点为顶点，则以C点为圆心，BC为半径画弧，与x正半轴交于处，

∴，即，
综上所述t的值为或或．
（3）①当是以M为直角顶点的等腰直角三角形，如下图，

分别过P点和N点作x轴垂线与过M点作y轴的垂线相交于E，F,
则∵EP垂直x轴，FN垂直x轴，EF垂直y轴
∴∠PEF=∠EFN=90°，
∴∠EPM+∠EMP=90°，
∵∠PMN=90°，
∴∠FMN+∠EMP=90°，
∴∠EPM=∠FMN，
又∵PM=MN，
∴△PEM≌△MFN
∴设MF=EP=m，NF=ME=n，
∵P(-4,0),
∴，
分别将M和N代入和中
解得，
∴，;
当是以N为直角顶点的等腰直角三角形，如下图，

分别过P点和M点作x轴垂线与过N点作y轴的垂线相交于G，H,
与本小题①同理可证△NPG≌△MNH
设，
则
分别将M和N代入和中，
，解得
所以，
故的面积是或．
【点睛】
本题考查待定系数法求一次函数解析式，一次函数的应用，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，勾股定理．能根据题意画出相应的图形，结合图形进行分析是解决此题的关键．
25．（1）m＝5，n=5；（2）①证明见解析；②；（3）MN的长度不会发生变化，它的长度为．
【分析】
（1）利用非负数的性质即可解决问题．
（2）①作辅助线，构建两个三角形全等，证明△COE≌△CNQ
解析：（1）m＝5，n=5；（2）①证明见解析；②；（3）MN的长度不会发生变化，它的长度为．
【分析】
（1）利用非负数的性质即可解决问题．
（2）①作辅助线，构建两个三角形全等，证明△COE≌△CNQ和△ECP≌△QCP，由PE＝PQ＝OE+OP，得出结论；
②作辅助线，构建平行四边形和全等三角形，可得▱CSRE和▱CFGH，则CE＝SR，CF＝GH，证明△CEN≌△CE′O和△E′CF≌△ECF，得EF＝E′F，设EN＝x，在Rt△MEF中，根据勾股定理列方程求出EN的长，再利用勾股定理求CE，则SR与CE相等，所以SR＝ ；
（3）在（1）的条件下，当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化，求出MN的长即可；如图4，过P作PD∥OQ，证明△PDF是等腰三角形，由三线合一得：DM＝FD，证明△PND≌△QNA，得DN＝AD，则MN＝AF，求出AF的长即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵ ，
又∵≥0，|5﹣m|≥0，
∴n﹣5＝0，5﹣m＝0，
∴m＝5，n=5．
（2）①如图1中，在PO的延长线上取一点E，使NQ＝OE，

∵CN＝OM＝OC＝MN，∠COM＝90°，
∴四边形OMNC是正方形，
∴CO＝CN，
∵∠EOC＝∠N＝90°，
∴△COE≌△CNQ（SAS），
∴CQ＝CE，∠ECO＝∠QCN，
∵∠PCQ＝45°，
∴∠QCN+∠OCP＝90°﹣45°＝45°，
∴∠ECP＝∠ECO+∠OCP＝45°，
∴∠ECP＝∠PCQ，
∵CP＝CP，
∴△ECP≌△QCP（SAS），
∴EP＝PQ，
∵EP＝EO+OP＝NQ+OP，
∴PQ＝OP+NQ．
②如图2中，过C作CE∥SR，在x轴负半轴上取一点E′，使OE′＝EN，得▱CSRE，且△CEN≌△CE′O，则CE＝SR，
过C作CF∥GH交OM于F，连接FE，得▱CFGH，则CF＝GH＝，

∵∠SDG＝135°，
∴∠SDH＝180°﹣135°＝45°，
∴∠FCE＝∠SDH＝45°，
∴∠NCE+∠OCF＝45°，
∵△CEN≌△CE′O，
∴∠E′CO＝∠ECN，CE＝CE′，
∴∠E′CF＝∠E′CO+∠OCF＝45°，
∴∠E′CF＝∠FCE，
∵CF＝CF，
∴△E′CF≌△ECF（SAS），
∴E′F＝EF
在Rt△COF中，OC＝5，FC＝，
由勾股定理得：OF＝ ＝，
∴FM＝5﹣＝，
设EN＝x，则EM＝5﹣x，FE＝E′F＝x+，
则（x+）2＝（）2+（5﹣x）2，
解得：x＝，
∴EN＝，
由勾股定理得：CE＝ ＝，
∴SR＝CE＝．
故答案为．
（3）当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化．
理由：如图3中，过P作PD∥OQ，交AF于D．

∵OF＝OA，
∴∠OFA＝∠OAF＝∠PDF，
∴PF＝PD，
∵PF＝AQ，
∴PD＝AQ，
∵PM⊥AF，
∴DM＝FD，
∵PD∥OQ，
∴∠DPN＝∠PQA，
∵∠PND＝∠QNA，
∴△PND≌△QNA（AAS），
∴DN＝AN，
∴DN＝AD，
∴MN＝DM+DN＝DF+AD＝AF，
∵OF＝OA＝5，OC＝3，
∴CF＝，
∴BF＝BC﹣CF＝5﹣4＝1，
∴AF＝，
∴MN＝AF＝，
∴当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化，它的长度为．
【点睛】
本题是四边形与动点问题的综合题，考查了矩形、正方形、全等三角形等图形的性质与判定，灵活运用所学知识是解答本题的关键．
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．