人教版八年级下册数学邯郸数学期末试卷模拟训练(Word版含解析).doc

人教版八年级下册数学邯郸数学期末试卷模拟训练（Word版含解析）
一、选择题
1．若二次根式有意义，则x的值不可能是（　　）
A．3 B．﹣5 C．﹣4 D．0
2．下列给出的四组数中，能构成直角三角形三边的一组是（　　）
A．3，4，5 B．5，12，14 C．6，8，9 D．8，13，15
3．如图，平行四边形ABCD中，EF∥BC，GH∥AB，EF，GH相交于点O，则图中有平行四边形（ ）

A．4个 B．5个 C．8个 D．9个
4．小明最近次数学测验的成绩如下：，，，，．则这次成绩的方差为（ ）
A． B． C． D．
5．若三角形的三边长分别是下列各组数，则能构成直角三角形的是（　　）
A．4，5，6 B．1，2， C．6，8，11 D．5，12，14
6．如图，菱形ABCD中，，点E、F分别在边BC、CD上，且，则为（ ）

A． B． C． D．
7．如图，点P为正方形ABCD对角线BD的延长线上一点，点M为AD上一点，连接CP，BM，MP，已知AB＝4，AM＝1，BM＝PM，则CP＝（　　）

A．4 B． C．4 D．5
8．如图所示，已知点C（2，0），直线与两坐标轴分别交于A、B两点，D、E分别是AB、OA上的动点，当的周长取最小值时，点D的坐标为（ ）

A．（2，1） B．（3，2） C．（，2） D．（，）
二、填空题
9．化简：______
10．如图,在菱形ABCD中,对角线AC,BD交于点O,其中CA＝2,OB＝3,则菱形ABCD的面积为___．

11．在中，，，，则长为______．
12．如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠AOD=120°，AC=4，则△ABO的周长为_____________．

13．在平面直角坐标中，点A（﹣3，2）、B（﹣1，2），直线y＝kx（k≠0）与线段AB有交点，则k的取值范围为___．
14．如图，在矩形中，对角线与相交于点，，，则的长为________．

15．如图，在平面直角坐标系中，点A，A1，A2，…在x轴上，点P，P1，P2，…在直线l：y＝kx+（k＞0）上，∠OPA＝90°，点P（1，1），A（2，0），且AP1，A1P2，…均与OP平行，A1P1，A2P2，…均与AP平行，则有下列结论：①直线AP1的函数解析式为y＝x﹣2；②点P2的纵坐标是；③点P2021的纵坐标为（）2021．其中正确的是_____（填序号）．

16．如图，Rt△ABC中，AB，BC＝3，∠B＝90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为MN，则线段BN的长为 _____．

三、解答题
17．计算：
（1）．
（2）．
（3）（）×﹣6．
（4）﹣3+．
18．学校需要测量升旗杆的高度．同学们发现系在旗杆顶端的绳子垂到了地面，并多出了段，但这条绳子的长度未知．经测量，绳子多出的部分长度为2m，将绳子沿地面拉直，绳子底端距离旗杆底端6m（如图所示），求旗杆的高度．

19．如图，在4×3正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，正方形顶点叫格点，连接两个网格格点的线段叫网格线段，点A固定在格点上．

（1）若a是图中能用网格线段表示的最小无理数，b是图中能用网格线段表示的最大无理数，则a＝　 　，b＝　 　；
（2）请你画出顶点在格点上且边长为的所有菱形ABCD，你画出的菱形面积为　 　；
20．如图，在平行四边形中，点、分别为边，的中点，连接，，．
（1）求证：；
（2）若，求证：四边形为菱形．

21．学习了二次根式的乘除后，老师给同学们出了这样一道题：已知a＝，求的值．刘峰想了想，很快就算出来了，下面是他的解题过程：
解：∵，
又∵a＝，
∴，
∴原式＝．
你认为刘峰的解法对吗？如果对，请你给他一句鼓励的话；如果不对，请找出错误的原因，并改正．
22．甲、乙两组工人同时加工某种零件，甲组在工作中有一段时间停产更新设备，更新设备后，甲组的工作效率是原来的2倍．乙组工作2小时后，由于部分工人离开，工作效率有所降低．两组各自加工零件的数量y（件）与时间x（小时）之间的函数图象如图所示．

（1）直接写出线段DE的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（2）求甲乙两组何时加工的零件数相同；
（3）若甲、乙两组加工的零件合在一起装箱，每320件装成一箱，零件装箱的时间忽略不计，直接写出经过多长时间恰好装满2箱．
23．如图1，在中，为的中点，连结．过点作射线为射线上一动点．

（1）求的长和的面积；
（2）如图2，连结，在点的运动过程中，若为等腰三角形，求所有满足条件的的长；
（3）如图3，连结交于点，连结，作点关于的对称点，当点恰好落在的边上时，连结，请直接写出的面积．
24．如图1，矩形在平面直角坐标系中的位置如图所示，点A，C分别在x轴，y轴上，点B的坐标为，点P，Q同时以相同的速度分别从点O，B出发，在边，上运动，连接，当点P到达A点时，运动停止．

（1）求证：在运动过程中，四边形是平行四边形．
（2）如图2，在运动过程中，是否存在四边形是菱形的情况？若存在，求出此时直线的解析式；若不存在，请说明理由．
（3）如图3，在（2）的情况下，直线上是否存在一点D，使得是直角三角形？如果存在，请直接写出点D的坐标；如果不存在，请说明理由．
25．类比等腰三角形的定义，我们定义：有三条边相等的凸四边形叫做“准等边四边形”．
（1）已知：如图1，在“准等边四边形”ABCD中，BC≠AB，BD⊥CD，AB=3，BD=4，求BC的长；
（2）在探究性质时，小明发现一个结论：对角线互相垂直的“准等边四边形”是菱形．请你判断此结论是否正确，若正确，请说明理由；若不正确，请举出反例；
（3）如图2，在△ABC中，AB=AC=，∠BAC=90°．在AB的垂直平分线上是否存在点P，使得以A，B，C，P为顶点的四边形为“准等边四边形”． 若存在，请求出该“准等边四边形”的面积；若不存在，请说明理由．

26．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，6），点B在x轴的正半轴上.若点P、Q在线段AB上，且PQ为某个一边与x轴平行的矩形的对角线，则称这个矩形为点P、Q的“涵矩形”。下图为点P、Q的“涵矩形”的示意图.

（1）点B的坐标为（3，0）；
①若点P的横坐标为，点Q与点B重合，则点P、Q的“涵矩形”的周长为 .
②若点P、Q的“涵矩形”的周长为6，点P的坐标为（1，4），则点E（2，1），F（1，2），G（4，0）中，能够成为点P、Q的“涵矩形”的顶点的是 .
（2）四边形PMQN是点P、Q的“涵矩形”，点M在△AOB的内部，且它是正方形；
①当正方形PMQN的周长为8，点P的横坐标为3时，求点Q的坐标.
②当正方形PMQN的对角线长度为/2时，连结OM.直接写出线段OM的取值范围 .
【参考答案】
一、选择题
1．B
解析：B
【分析】
根据二次根式有意义的条件求出x的范围，进而得出答案．
【详解】
解：根据二次根式有意义的条件得：x+4≥0，
∴x≥﹣4，
故选：B．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件，能根据二次根式中的被开方数是非负数来确定二次根式被开方数中字母的取值范围是解题的关键．
2．A
解析：A
【分析】
分别把选项中的三边平方后，根据勾股定理逆定理即可判断能否构成直角三角形．
【详解】
解：A．∵32+42=52，∴能构成直角三角形三边；
B．∵52+122≠142，∴不能构成直角三角形三边；
C．∵62+82≠92，∴不能构成直角三角形三边；
D．∵82+132≠152，∴不能构成直角三角形三边．
故选A．
【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．D
解析：D
【解析】
【分析】
首先根据已知条件找出图中的平行线段，然后根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，来判断图中平行四边形的个数．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，CD∥AB，
又∵EF∥BC，GH∥AB，
∴∴AB∥GH∥CD，AD∥EF∥BC，
∴平行四边形有：□ ABCD，□ABHG，□CDGH，□BCFE，□ADFE，□AGOE，□BEOH，□OFCH，□OGDF，共9个．即共有9个平行四边形．
故选D．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定与性质，解题的关键是根据已知条件找出图中的平行线段.
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
先求出平均数，再利用方差公式计算即可．
【详解】
解：，
．
故选：．
【点睛】
本题考查了方差：一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差．方差通常用来表示，计算公式是：．方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
5．B
解析：B
【分析】
根据勾股定理逆定理：三角形三边长a、b、c若满足，则该三角形为直角三角形，将各个选项逐一代数计算即可得出答案．
【详解】
解：A选项：∵，∴4、5、6三边长无法组成直角三角形，故该选项错误；
B选项：∵，∴1、2、三边长可以组成直角三角形，故该选项正确；
C选项：∵，∴6、8、11三边长无法组成直角三角形，故该选项错误；
D选项：∵，∴5、12、14三边长无法组成直角三角形，故该选项错误，
故选：B．
【点睛】
本题主要考察了勾股定理的逆定理，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．C
解析：C
【解析】
【分析】
利用菱形的性质和等边三角形的判定和性质，根据SAS证明△BAE≌△CAF，即可求解．
【详解】
解：连接AC，

∵在菱形ABCD中，∠BAD=120°，
∴∠B=60°，AB=BC，
∴△ABC为等边三角形，
∴AB=AC，∠BCA=60°，∠ACD=120°-∠BCA=60°，
∵BE=CF，∠B=∠ACF=60°，AB=AC，
∴△BAE≌△CAF(SAS) ，
∴∠BAE=∠CAF，
∴∠EAC-∠BAE =∠EAC-∠CAF=60°，
即∴∠EAF=60°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、全等三角形判定与性质及等边三角形的判定和性质，求证△BAE≌△CAF是解题的关键，难度适中．
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
过点M作ME⊥BP于E，过点P作PF⊥BC交BC延长线于F，先根据正方形的性质得到MD=AD-AM=3，∠DME=∠DBC=45°，再由勾股定理求出，，即可得到，由三线合一定理得到，再利用勾股定理求出BF=PF=5，即可得到CF=1，再由求解即可．
【详解】
解：如图所示，过点M作ME⊥BP于E，过点P作PF⊥BC交BC延长线于F，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=4，∠MDE=45°，∠A=90°
∴MD=AD-AM=3，∠DME=∠DBC=45°，
∴ME=DE，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴,
∴,
∵BM=PM，
∴，
∵∠PBC=45°，∠PFB=90°，
∴∠BPF=45°，
∴BF=PF，，
∴，
∴PF=BF=5，
∴CF=BF-BC=1，
∴，
故选B．

【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定 ，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
8．D
解析：D
【分析】
如图，点C关于OA的对称点，点C关于直线AB的对称点，求出点的坐标，连接与AO交于点E，与AB交于点D，此时△DEC周长最小，再求出直线DE的解析式，联立两条直线的解析式即可求出交点D的坐标．
【详解】
如图，点C关于OA的对称点，点C关于直线AB的对称点

∵直线AB的解析式为
∴直线的解析式为
由
解得
∴直线AB与直线的交点坐标为
∵K是线段的中点
∴
连接与AO交于点E，与AB交于点D，此时△DEC周长最小
设直线DE的解析式为
可得
解得
∴直线DE的解析式为
联立直线DE和直线直线可得

解得
∴点D的坐标为
故答案为：D．
【点睛】
本题考查了一次函数的几何问题，掌握一次函数的性质是解题的关键．
二、填空题
9．-1
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件，求出的范围，再根据二次根式的性质和绝对值的性质化简，即可得到答案．
【详解】
由可知，
，

，

故答案为：．
【点睛】
本题考查了二次根式化简求值，正确掌握二次根式有意义的条件，二次根式的性质，绝对值的性质是解题关键．
10．A
解析：6
【解析】
【分析】
根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可求解．
【详解】
解:∵在菱形ABCD中,对角线AC,BD交于点O,OB＝3,
∴BD=6,
∵CA＝2,
∴菱形ABCD的面积为 ,
故答案为:6．
【点睛】
本题主要考查了菱形的面积的求解方法,解题的关键是熟记菱形的面积等于对角线乘积的一半．
11．A
解析：
【解析】
【分析】
直接利用勾股定理求出AB的长进而得出答案．
【详解】
解：如图所示：∵∠ACB=90°，，，
∴AB的长为：=，
故答案为：．

【点睛】
此题主要考查了勾股定理，熟练应用勾股定理是解题关键．
12．A
解析：6
【分析】
根据矩形的性质，得到为等边三角形，边长为2，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD为矩形，AC=4
∴，，
∴
又∵∠AOD=120°
∴
∴为等边三角形
∴的周长为
故答案为6．
【点睛】
此题主要考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
13．B
解析：
【分析】
分别把B点和A点坐标代入y=kx（k≠0）可计算出对应的k的值，从而得到k的取值范围．
【详解】
解：∵直线y=kx（k≠0）与线段AB有交点，
∴当直线y=kx（k≠0）过B（-1，2）时，k值最小，则有-k=2，解得k=-2，
当直线y=kx（k≠0）过A（-3，2）时，k值最大，则-3k=2，解得k=，
∴k的取值范围为
故答案为：
【点睛】
本题考查了一次函数的应用和性质，解题的关键是运用数形结合的思想进行转化解题．
14．A
解析：
【分析】
根据矩形的性质得出OA=OB=OC=OD，∠BAD=90°，求出△AOB是等边三角形，求出OB=AB=1，根据矩形的性质求出BD，根据勾股定理求出AD即可．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD, ∠BAD=90°，
∵
∴△AOB是等边三角形，
∴OB=AB=1，
∴BD=2BO=2，
在Rt△BAD中,
故答案为
【点睛】
考查矩形的性质，勾股定理等，掌握矩形的对角线相等是解题的关键.
15．①②③
【分析】
由已知易求得直线的解析式为：，直线为：，进而根据待定系数法可求得 的解析式为：即可判断①；解析式联立构成方程组可求得 的坐标，同理求得 的坐标，即可判断②；由、的坐标得出规律即可得
解析：①②③
【分析】
由已知易求得直线的解析式为：，直线为：，进而根据待定系数法可求得 的解析式为：即可判断①；解析式联立构成方程组可求得 的坐标，同理求得 的坐标，即可判断②；由、的坐标得出规律即可得出点 的纵坐标为，即可判断③．
【详解】
解：设的解析式为，
∵P（1，1），
∴直线OP为，
∵AP1∥OP，
∴k＝1，即，
∵A（2，0），
∴2+b＝0，解得b＝﹣2，
∴AP1的解析式为，故①正确；
∵点P，P1，P2，…在直线l：（k＞0）上，
∴1＝k+，解得k＝，
∴直线l为：，
解得，
∴，
设的解析式为，
代入可得，的解析式为：，
∴A1的坐标为（，0），
同理求得A1P2的解析式为：，
解得，
∴P2纵坐标为，故②正确；
∵P1纵坐标为，P2纵坐标为＝（）2，
以此类推，点P2021的纵坐标为（）2021．故③正确．
故答案为：①②③．
【点睛】
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，总结出点的纵坐标的规律是解题的关键．
16．2
【分析】
根据题意，设，由折叠，在利用勾股定理列方程解出x，就求出BN的长．
【详解】
∵D是CB中点，，
∴，
设，则，
在中，，
，
解得：，
∴．
故答案是：2．
【点睛】
本题考查折叠的
解析：2
【分析】
根据题意，设，由折叠，在利用勾股定理列方程解出x，就求出BN的长．
【详解】
∵D是CB中点，，
∴，
设，则，
在中，，
，
解得：，
∴．
故答案是：2．
【点睛】
本题考查折叠的性质和勾股定理，关键是利用方程思想设边长，然后用勾股定理列方程解未知数，求边长．
三、解答题
17．（1）5；（2）7﹣2；（3）﹣6；（4）．
【分析】
（1）利用二次根式的除法法则运算；
（2）利用完全平方公式计算；
（3）先利用二次根式的乘法法法则运算，然后化简后合并即可；
（4）先把各二次
解析：（1）5；（2）7﹣2；（3）﹣6；（4）．
【分析】
（1）利用二次根式的除法法则运算；
（2）利用完全平方公式计算；
（3）先利用二次根式的乘法法法则运算，然后化简后合并即可；
（4）先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可．
【详解】
解：（1）原式＝+，
＝2+3，
＝5；
（2）原式＝5﹣2+2，
＝7﹣2；
（3）原式＝﹣2﹣3，
＝3﹣6﹣3，
＝﹣6；
（4）原式＝2﹣+，
＝．
【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性质、二次根式的乘法和除法法则、乘法公式是解决问题的关键．
18．8m
【分析】
由题可知，旗杆，绳子与地面构成直角三角形，根据题中数据，用勾股定理即可解答．
【详解】
解：设旗杆的长度为xm，则绳子的长度为：（x+2）m，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：x2+
解析：8m
【分析】
由题可知，旗杆，绳子与地面构成直角三角形，根据题中数据，用勾股定理即可解答．
【详解】
解：设旗杆的长度为xm，则绳子的长度为：（x+2）m，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：x2+62=（x+2）2，
解得：x=8，
答：旗杆的高度为8m．
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用，根据题意得出直角三角形是解答此题的关键．
19．（1）；（2）见解析，菱形面积为4或5.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，画出图形，即可求解；
（2）先画出边长为的所有菱形ABCD，，然后求出面积即可．
【详解】
解：如图，
（1）∵a是图
解析：（1）；（2）见解析，菱形面积为4或5.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，画出图形，即可求解；
（2）先画出边长为的所有菱形ABCD，，然后求出面积即可．
【详解】
解：如图，

（1）∵a是图中能用网格线段表示的最小无理数，
∴ ，
∵b是图中能用网格线段表示的最大无理数，
；
（2）∵ ，即可画出图形，
如图，菱形ABC1D1和菱形ABC2D2即为所求；

菱形ABC1D1的面积为 ；
菱形ABC2D2的两条对角线长为 ，
故菱形ABC2D2的面积为 ；
综上所述，边长为的所有菱形ABCD的面积为4或5．
【点睛】
本题主要考查了应用设计与作图以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
20．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据平行四边形的对边相等的性质可以得到AD=BC，AB=CD，又点E、F是AB、CD中点，所以AE=CF，然后利用边角边即可证明两三角形全等；
（2）先证
解析：（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据平行四边形的对边相等的性质可以得到AD=BC，AB=CD，又点E、F是AB、CD中点，所以AE=CF，然后利用边角边即可证明两三角形全等；
（2）先证明BE与DF平行且相等，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形BEDF是平行四边形；再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DE=EB=AB，从而可得四边形BFDE为菱形．
【详解】
证明：（1）∵四边形是平行四边形，
∴，，．
∵、分别为、的中点，
∴，，
∴，，
在△ADE和△CBF中，

∴．
（2）∵AB=CD，AE=CF，
∴BE=DF，
又AB∥CD，
∴BE∥DF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵∠ADB=90°，
∴点E为边AB的中点，
∴，
∴平行四边形为菱形．
【点睛】
此题主要考查了菱形的判定，以及全等三角形的判定，关键是掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
21．答案见解析.
【解析】
【分析】
直接利用二次根式的性质化简进而得出答案．
【详解】
刘峰的解法错误，
原因是：错误地运用了＝这个公式，
正确解法是：∵a＝＝＜1，
∴a﹣1＜0，
∴＝
＝
＝
＝
解析：答案见解析.
【解析】
【分析】
直接利用二次根式的性质化简进而得出答案．
【详解】
刘峰的解法错误，
原因是：错误地运用了＝这个公式，
正确解法是：∵a＝＝＜1，
∴a﹣1＜0，
∴＝
＝
＝
＝﹣，
∴原式＝﹣．
【点睛】
此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确化简二次根式是解题关键．
22．（1）y＝40x+20（2≤x≤9）；（2）5.5小时；（3）8小时
【分析】
（1）利用待定系数法求一次函数解析式即可；
（2）求出C点坐标，利用待定系数法求线段BC的函数关系式，根据线段DE，B
解析：（1）y＝40x+20（2≤x≤9）；（2）5.5小时；（3）8小时
【分析】
（1）利用待定系数法求一次函数解析式即可；
（2）求出C点坐标，利用待定系数法求线段BC的函数关系式，根据线段DE，BC的函数解析式即可求解；
（3）假设经过x小时恰好装满2箱，甲组6.5小时加工的零件为300件,此时乙组加工的零件为40×6.5+20＝280，两组生产的不够两箱，甲组一共加工了6.5小时，要想装满两箱，乙应加工320×2﹣300＝340，进而列方程40x+20＝340求解即可．
【详解】
解：（1）由图象得：D（2，100），E（9，380），
设线段DE的解析式为：y＝kx+b，
∴，
解得：，
∴y＝40x+20（2≤x≤9）；
（2）∵甲组的工作效率是原来的2倍，
∴C点纵坐标是：60÷2×2×（6.5﹣2.5）+60＝300，
∴C（6.5，300），
设线段BC的解析式为：，
∴，
解得：，
∴y＝60x﹣90（2.5≤x≤6.5），
由题意得：40x+20＝60x﹣90，
解得：x＝5.5，
答：甲乙两组5.5小时，加工的零件数相同；
（3）设经过x小时恰好装满二箱，
由图象得：甲组6.5小时加工的零件为300件，
乙组6.5小时加工的零件为40×6.5+20＝280（件），
∴此时不够装满2箱．
恰好装满2箱乙应加工320×2﹣300＝340（件），
40x+20＝340，
解得：x＝8，
答：经过8小时恰好装满2箱．
【点睛】
本题考查一次函数的应用，正确获取图象信息，根据题意得出函数关系式以及数形结合是解题的关键．
23．（1）20，150；（2）7或；（3）或42．
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质可得BD=AB=15，CD⊥AB，根据勾股定理即可求得的长，从而可得的面积；
（2）分三种情况进行讨论；当CD=C
解析：（1）20，150；（2）7或；（3）或42．
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质可得BD=AB=15，CD⊥AB，根据勾股定理即可求得的长，从而可得的面积；
（2）分三种情况进行讨论；当CD=CP时，作CE⊥AP于E，根据S△ABC=ABCD=BCCE可得CE的长，CE>CP，而根据直角三角形斜边大于直角边可得该情况不成立；当CD=DP时，作DF⊥AP于F，延长FD交BC于G，根据全等三角形的判定可得△AFD≌△BGD，从而得到DF=DG，根据S△CDB=CDBD=DGBC，可得DF=DG=12，根据勾股定理可得AF和PF的长，即可得到AP的长；当PD=PC时，作CE⊥AP于E，作DF⊥AP于F，延长FD交BC于G，设AP=x，可得PE=x-7，根据勾股定理可得，，列式即可求得AP的值．
（3）分三种情况进行讨论：①当A´落在CD上时，作GE⊥CD于点E，根据等腰三角形的性质可得CD⊥AB，可得sin∠DAC=，cos∠DAC=，根据题意可知DG是AA´的垂直平分线，从而得到△ADG≌△A´DG(SAS)，A´C=5，即可得到sin∠GA´E= sin∠GAE=，cos∠GA´E=cos∠GAE=，设A´G=x，则CG=25-x，GE=x，A´E=x，可得CE=x+5，利用勾股定理可得GE的长，根据S△A´CG=A´CEG即可得解；②当A´落在BC上时，作GE⊥BC于点E，A´A与DG的交点为F，可得DF为中位线，所以DF∥BA´，且DF=BA´，根据等腰三角形性质及中位线性质可得sin∠ABA´=，cos∠ABA´=，从而求得BA´的长，BA´的长，根据矩形的判定可得四边形FA´EG为矩形，从而得到GE的长，根据S△A´CG=A´CEG即可得解；③当A´落在BD上时，会得到A´与B点重合，所以该情况不存在．
【详解】
解：（1）∵，，D为的中点，
∴BD=AB=15，CD⊥AB，
∴∠CDB=90°，
∴CD=，
∴S△ACD=CDAD=×20×15=150；
（2）当CD=CP时，如图，作CE⊥AP于E，

∴S△ABC=ABCD=BCCE，
∴×30×20=×25CE，
解得 CE=24，
∵CE>CD，
即CE>CP，
∴CD=CP不成立，
当CD=DP时，作DF⊥AP于F，延长FD交BC于G，

∵AF∥BC，
∴∠FAD=∠B，
∵∠AFD=∠BGD=90°，AD=BD，
∴△AFD≌△BGD（AAS），
∴DF=DG，
∵S△CDB=CDBD=DGBC，
∴×20×15=×25DG
∴DF=DG=12，
∴AF=，
在Rt△DFP中，PF=，
∴AP=PF-AF=16-9=7，
当PD=PC时，作CE⊥AP于E，作DF⊥AP于F，延长FD交BC于G，

由上述过程可得 AF=9，
∴CG=BC-BG=25-9=16，
设AP=x，
∴PE=PF-FE=AF+AP-FE=9+x-16=x-7，
当PD=PC时，在Rt△PDF中，
，
在Rt△PCE中，，
∴=，
解得x=，
∴AP=，
综上所述，AP=7或．
（3）①当A´落在CD上时，作GE⊥CD于点E，

则S△A´CG=A´CEG，
∵AC=BC，D为AB中点，
∴CD⊥AB，
∵AC=BC=25，AB=30，
∴BD=AD=15，CD=20，
sin∠DAC=，cos∠DAC=，
由题知A，A´关于DG对称，
∴DG是AA´的垂直平分线，
∵DG=DG，∠ADG=∠A´DG，AD=A´D=15，
∴△ADG≌△A´DG(SAS)，A´C=5，
∴sin∠GA´E= sin∠GAE=，cos∠GA´E=cos∠GAE=，
设A´G=x，则CG=25-x，
∴GE=x，A´E=x，
∴CE=x+5，
∵△CGE为直角三角形，
∴，
解得x=，
∴GE=，
∴S△A´CG=A´CEG=×5×=；
②当A´落在BC上时，作GE⊥BC于点E，A´A与DG的交点为F，

则S△A´CG=A´CEG，
∵A，A´关于DG对称，
∴点F为AA´的中点，
∵D为AB的中点，
则在△ABA´中，DF为中位线，
∴DF∥BA´，且DF=BA´，
∵∠AFD=90°，
∴∠AA´B=90°，
∵CD=20，BC=25，AB=30
∴sin∠ABA´=，cos∠ABA´=，
∴BA´=30×=24，
∴A´C=25-18=7，
∵AA´⊥BC，GE⊥BC，
∴GE∥AA´，
∵DF∥BA´，
∴FG∥A´E，
∵∠AA´C=90°，
∴四边形FA´EG为矩形，
∴GE=FA´=AA´=×24=12，
∴S△A´CG=A´CEG=×7×12=42．
③当A´落在BD上时，此时DA=DA´=15，
∴A´与B点重合，
∵AP∥ BC，
∴该情况不存在，
综上所述，的面积为或42．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质等知识点．解题的关键是运用分类讨论思想进行解题．
24．（1）证明见解析；（2）存在，；（3）存在，或．
【解析】
【分析】
（1）说明出后，再利用矩形的性质得到，即可完成求证；
（2）先设，依次表示各点坐标与相应线段长，再利用菱形的判定，令一组邻边相等
解析：（1）证明见解析；（2）存在，；（3）存在，或．
【解析】
【分析】
（1）说明出后，再利用矩形的性质得到，即可完成求证；
（2）先设，依次表示各点坐标与相应线段长，再利用菱形的判定，令一组邻边相等建立关于x的方程，解方程后，则各点坐标得以确定，然后利用待定系数法即可求出直线PQ的解析式；
（3）先设出D点坐标，再分别表示出、、，利用勾股定理的逆定理分类讨论求解即可．
【详解】
解：（1）证：∵点P，Q同时以相同的速度分别从点O，B出发，
∴，
又∵矩形，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）存在；
理由：∵矩形且点B的坐标为，
∴，；
设
∴，
∴，
当四边形是菱形时，
则，
∴，
解得：，
∴，
∴，，
设直线的解析式为：；
∴，解得：，
∴直线的解析式为：；
（3）由（2）知，
设，
∴，
，
当时，，解得：，
此时，
∴，此时点与点重合，不合题意，故舍去；
当时，，解得：，（舍去），
此时，，
∴；
当时，，解得：，
此时，，
∴；
综上可得：或．
【点睛】
本题综合考查了矩形的性质、待定系数法求一次函数解析式、平行四边形的判定定理、菱形的判定定理、勾股定理及其逆定理等内容，同时涉及到了解一元二次方程等知识，本题综合性较强，要求学生具备一定的综合分析能力和计算能力，本题蕴含了分类讨论和数形结合的思想方法等．
25．（1）5；（2）正确，证明详见解析；（3）存在，有四种情况，面积分别是：，，，
【分析】
（1）根据勾股定理计算BC的长度,
（2）根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形判断,
（3）有四种情况，作辅
解析：（1）5；（2）正确，证明详见解析；（3）存在，有四种情况，面积分别是：，，，
【分析】
（1）根据勾股定理计算BC的长度,
（2）根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形判断,
（3）有四种情况，作辅助线，将四边形分成两个三角形和一个四边形或两个三角形，相加可得结论.
【详解】
（1）∵BD⊥CD
∴∠BDC=90°，BC>CD
∵在“准等边四边形”ABCD中，BC≠AB，
∴AB=AD=CD=3,
∵BD=4，
∴BC=,
（2）正确．
如图所示：

∵AB=AD
∴ΔABD是等腰三角形．
∵AC⊥BD．
∴AC垂直平分BD．
∴BC=CD
∴CD =AB=AD=BC
∴四边形 ABCD是菱形．
（3）存在四种情况，
如图2，四边形ABPC是“准等边四边形”,过C作于F，则,

∵EP是AB的垂直平分线，
∴ ,
∴四边形AEFC是矩形，
在中， ,
∴ ,
∵
∴
∴

如图4，四边形ABPC是“准等边四边形”,

∵ ,
∴是等边三角形，
∴ ;
如图5，四边形ABPC是“准等边四边形”,

∵ ,PE是AB的垂直平分线，
∴ E是AB的中点，
∴ ,
∴
∴
如图6，四边形ABPC是“准等边四边形”,过P作于F，连接AP，

∵，
∴，
∴
【点睛】
本题考查了四边形综合题，矩形和菱形的判定和性质，“准等边四边形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形和矩形解题，学会用分类讨论的思想解决问题，难度较大，属于中考压轴题.
26．（1）①9，②（1，2）；（2）①（1，5）或（5，1），②522≤OM≤5
【解析】
【分析】
（1）①根据题意求出PE，EQ即可解决问题．
②求出点P、Q的“涵矩形”的长与宽即可判断．
（2）①
解析：（1）①9，②（1，2）；（2）①（1，5）或（5，1），②
【解析】
【分析】
（1）①根据题意求出PE，EQ即可解决问题．
②求出点P、Q的“涵矩形”的长与宽即可判断．
（2）①求出正方形的边长，分两种情形分别求解即可解决问题．
②点M在直线y=-x+5上运动，设直线y=-x+5交x轴于F，交y轴于E，作OD⊥EF于D．求出OM的最大值，最小值即可判断．
【详解】
解：（1）①如图1中，

由题意：矩形PEQF中，EQ=PF=3- ，
∴OE=EQ，
∵EP∥OA，
∴AP=PQ，
∴PE=QF=OA=3，
∴点P、Q的“涵矩形”的周长=（3+）×2=9．
②如图2中，

∵点P、Q的“涵矩形”的周长为6，
∴邻边之和为3，
∵矩形的长是宽的两倍，
∴点P、Q的“涵矩形”的长为2，宽为1，
∵P（1，4），F（1，2），
∴PF=2，满足条件，
∴F（1，2）是矩形的顶点．
（2）①如图3中，

∵点P、Q的“涵矩形”是正方形，
∴∠ABO=45°，
∴点A的坐标为（0，6），
∴点B的坐标为（6，0），
∴直线AB的函数表达式为y=-x+6，
∵点P的横坐标为3，
∴点P的坐标为（3，3），
∵正方形PMQN的周长为8，
∴点Q的横坐标为3-2=1或3+2=5，
∴点Q的坐标为（1，5）或（5，1）．
②如图4中，

∵正方形PMQN的对角线为，
∴PM=MQ=1，
易知M在直线y=-x+5上运动，设直线y=-x+5交x轴于F，交y轴于E，作OD⊥EF于D，
∵OE=OF=5，
∴EF= ，
∵OD⊥EF，
∴ED=DF，
∴OD=EF= ，
∴OM的最大值为5，最小值为，
∴．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，一次函数的应用，垂线段最短等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．