人教版部编版八年级下册数学期末试卷(提升篇)(Word版含解析).doc

人教版部编版八年级下册数学期末试卷（提升篇）（Word版含解析）
一、选择题
1．若使二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．下列各组数中，能构成直角三角形的是（　　）
A．4，5，6 B．1，1， C．6，8，11 D．5，12，23
3．四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，要使四边形ABCD是平行四边形，则可以增加条件（ ）
A．， B．，
C．， D．，
4．一年级（1）班部分同学背诵课文《人之初》的时间（单位：s）26，42，30，40，29，29，27，29，28，30，设平均数为P，众数为Z，中位数为W，则（ ）
A．P= Z B．P=W C．Z=W D．P= Z=W
5．某三角形三条中位线的长分别为3、4、5，则此三角形的面积为（ ）
A．6 B．12 C．24 D．48
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，在中，，，，点为边上任意一点过点分别作于点，于点，则线段的最小值是（ ）

A．2 B．2.4 C．3 D．4
8．如图，在平面直角坐标系中，OABC的顶点A在x轴上，定点B的坐标为（8，4），若直线经过点D（2，0），且将平行四边形OABC分割成面积相等的两部分，则直线DE的表达式是（ ）

A．y=x-2 B．y=2x-4 C．y=x-1 D．y=3x-6
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．在菱形中，对角线则菱形的面积为__________
11．如图，A代表所在的正方形的面积，则A的值是______．

12．在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若∠AOB＝60°，AB＝2，则BC的长为______．

13．过点，则______．
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．如图，点A是一次函数图象上的动点，作AC⊥x轴与C，交一次函数的图象于B． 设点A的横坐标为，当____________时，AB=1．

16．如图，在矩形中，点是线段上的一点，，将沿翻折，得到，若，，则点到的距离为______．

三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）；
（3）解方程组；
（4）解方程组．
18．笔直的河流一侧有一旅游地C，河边有两个漂流点A，B．其中AB＝AC，由于某种原因，由C到A的路现在已经不通，为方便游客决定在河边新建一个漂流点H（A，H，B在同一直线上），并新修一条路CH，测得BC＝5千米，CH＝4千米，BH＝3千米．
（1）判断△BCH的形状，并说明理由；
（2）求原路线AC的长．

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，在中，于点D，，点E为边AD上一点，且，连接BE并延长，交AC于点F．

（1）求证：；
（2）过点A作交BF的延长线于点G，连接CG，如图2．若，求证：四边形ADCG是矩形．
21．先观察下列等式，再回答问题：
① =1+1=2；
②=2+ =2 ；
③=3+=3；…
（1）根据上面三个等式提供的信息，请猜想第四个等式；
（2）请按照上面各等式规律，试写出用 n（n 为正整数）表示的等式，并用所学知识证明．
22．甲、乙两家商场以相同的价格出售同样的商品，为了吸引顾客各自推出不同的优惠方案：在甲商场购买商品超过300元之后，超过部分按8折优惠；在乙商场购买商品超过200元之后，超过部分按8.5折优惠，设甲商场实际付费为元，乙商场实际付费为元，顾客购买商品金额为元．
（1）分别求出，与的函数关系式；
（2）比较顾客到哪个商场更优惠，并说明理由．
23．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的顶点O与坐标原点重合，顶点A、C在坐标轴上，B（8，4），将矩形沿EF折叠，使点A与点C重合．
（1）求点E的坐标；
（2）点P从O出发，沿折线O-A-E方向以每秒2个单位的速度匀速运动，到达终点E时停止运动，设点P的运动时间为t，△PCE的面积为S，求S与t的关系式，井直接写出t的取值范围．
（3）在（2）的条件下．当PA =PE时，在平面直角坐标系中是否存在点Q．使得以点P、E、 G、 Q为顶点的四边形为平行四边形？ 若不存在，请说明理出， 若存在，请求出点Q的坐标．

24．定义：对于平面直角坐标系xOy中的点P（a，b）和直线y=ax+b，我们称点P（（a，b）是直线y=ax+b的关联点，直线y=ax+b是点P（a，b）的关联直线．特别地，当a=0时，直线y=b（b为常数）的关联点为P（0，b）．
如图，已知点A（-2，-2），B（4，-2），C（1，4）．
（1）点A的关联直线的解析式为______；
直线AB的关联点的坐标为______；
（2）设直线AC的关联点为点D，直线BC的关联点为点E，点P在y轴上，且S△DEP=2，求点P的坐标．
（3）点M（m，n）是折线段AC→CB（包含端点A，B）上的一个动点．直线l是点M的关联直线，当直线l与△ABC恰有两个公共点时，直接写出m的取值范围．

25．如图，在四边形是边长为4的正方形点P为OA边上任意一点（与点不重合），连接CP，过点P作，且，过点M作，交于点联结，设.
（1）当时，点的坐标为（ ， ）
（2）设，求出与的函数关系式，写出函数的自变量的取值范围.
（3）在轴正半轴上存在点，使得是等腰三角形，请直接写出不少于4个符合条件的点的坐标（用的式子表示）

26．如图，△ABC和△ADE都是等腰三角形，其中AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE．

（1）如图①，连接BE、CD，求证：BE＝CD；
（2）如图②，连接BD、CD，若∠BAC＝∠DAE＝60°，CD⊥AE，AD＝3，CD＝5，求BD的长；
（3）如图③，若∠BAC＝∠DAE＝90°，且C点恰好落在DE上，试探究CD、CE和CA之间的数量关系，并加以说明．
【参考答案】
一、选择题
1．B
解析：B
【分析】
先根据二次根式有意义的条件列出关于的不等式，求出的取值范围即可．
【详解】
解：二次根式在实数范围内有意义，
，解得．
故选：B．
【点睛】
本题考查的是二次根式有意义的条件，解题的关键是掌握被开方数大于等于0．
2．B
解析：B
【分析】
根据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形．如果没有这种关系，这个三角形就不是直角三角形．
【详解】
解：A、42+52≠62，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
B、12+12＝ ，能构成直角三角形，故此选项符合题意；
C、62+82≠112，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
D、52+122≠232，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查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．
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判定条件，对选项进行逐一判断即可得到答案.
【详解】
解：A、如下图所示，，四边形ABCD是一个等腰梯形，此选项错误；

B、如下图所示，，，即四边形的对角线互相平分，故四边形ABCD是平行四边形，此选项正确；

C、，，并不能证明四边形ABCD是平行四边形，此选项错误；
D、，，并不能证明四边形ABCD是平行四边形，此选项错误；
故选B.
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定，解题的关键在于掌握平行四边形的五种判定方法.
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
分别求出这组数据的平均数，中位数，众数进行判断即可．
【详解】
解：由题意得：平均数
把这组数据重新排列如下：26，27，28，29，29，29，30，30，40，42，
∴处在最中间的两个数为29、29，
∴中位数，
∵29出现了3次，出现的次数最多，
∴众数，
∴，
故选C．
【点睛】
本题主要考查了求中位数，众数和平均数，解题的关键在于能够熟练掌握三者的定义．
5．C
解析：C
【分析】
先根据三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半，即求出原三角形的边长分别为6、8、10，再根据勾股定理的逆定理判断原三角形的形状，即可根据三角形面积公式求得面积．
【详解】
解：∵三角形三条中位线的长为3、4、5，
∴原三角形三条边长为，
，
∴此三角形为直角三角形，
，
故选C．
【点睛】
本题考查的是三角形的中位线定理、勾股定理的逆定理，属于基础应用题，熟知性质定理是解题的关键．
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】
求出四边形PECF是矩形，根据矩形的性质得出EF=CP，根据垂线段最短得出CP⊥AB时，CP最短，根据三角形的面积公式求出此时CP值即可．
【详解】
解：连接CP，
∵PE⊥AC，PF⊥BC，∠ACB=90°，
∴∠PEC=∠ACB=∠PFC=90°，
∴四边形PECF是矩形，
∴EF=CP，
当CP⊥AB时，CP最小，即EF最小，
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，由勾股定理得：AB=5，
由三角形面积公式得：AC×BC=AB×CP，
CP=，
即EF的最小值是=2.4，
故选：B．

【点睛】
本题考查了勾股定理，三角形的面积，矩形的性质和判定，垂线段最短等知识点，能求出EF最短时P点的位置是解此题的关键．
8．A
解析：A
【分析】
过平行四边形的对称中心的直线把平行四边形分成面积相等的两部分，先求出平行四边形对称中心的坐标，再利用待定系数法求一次函数解析式解答即可．
【详解】
解：∵点B的坐标为（8，4），
∴平行四边形的对称中心坐标为（4，2），
设直线DE的函数解析式为y=kx+b，
则，
解得，
∴直线DE的解析式为y=x-2．
故选：A．
【点睛】
本题考查了待定系数法求一次函数解析式，平行四边形的性质，熟练掌握过平行四边形的中心的直线把平行四边形分成面积相等的两部分是解题的关键．
二、填空题
9．
【解析】
【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：∵二次根式在实数范围内有意义，
∴≥0，
解得：．
故答案为．
【点睛】
此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确把握二次根式的定义是解题关键．
10．A
解析：14
【解析】
【分析】
根据菱形的面积=两条对角线长乘积的一半进行计算即可．
【详解】
如图所示：

∵菱形ABCD中，对角线AC=4cm，BD=7cm，
∴菱形ABCD的面积ACBD×4×7=14（cm2）；
故答案为：14．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，熟记菱形的面积=两条对角线长乘积的一半是解题的关键．
11．A
解析：144
【解析】
【分析】
根据勾股定理可直接求解．
【详解】
解：A所在正方形的面积为，
故答案为：144．
【点睛】
本题主要考查勾股定理，勾股定理：直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方．
12．A
解析：
【分析】
根据矩形的性质得出∠ABC＝90°，AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，求出AO＝CO＝BO，证得AOB是等边三角形，根据等边三角形的性质求出AO＝CO＝AB＝2，根据勾股定理求出BC即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，
∴CO＝AO＝BO，
又∵∠AOB＝60°，
∴AOB是等边三角形，
∵AB＝2，
∴AB＝AO＝CO＝2，
即AC＝4，
在RtABC中，
由勾股定理得：BC＝＝＝2，
故答案为：2．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，能证出AOB是等边三角形是解此题的关键．
13．1
【分析】
把代入函数解析式即可求解．
【详解】
代入得3=2k+1
解得k=1
故答案为：1．
【点睛】
此题主要考查求一次函数的解析式，解题的关键是熟知待定系数法的运用．
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．或
【分析】
分别用m表示出点A和点B的纵坐标，用点A的纵坐标减去点B的纵坐标或用点B的纵坐标减去点A的纵坐标得到以m为未知数的方程，求解即可．
【详解】
解：∵点A是一次函数图象上的动点，且点A的
解析：或
【分析】
分别用m表示出点A和点B的纵坐标，用点A的纵坐标减去点B的纵坐标或用点B的纵坐标减去点A的纵坐标得到以m为未知数的方程，求解即可．
【详解】
解：∵点A是一次函数图象上的动点，且点A的横坐标为，
∴
∵AC⊥x轴与C，
∴
∴
∵
∴
解得，或
故答案为或
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，根据A点横坐标和点的坐标特征求得A、B点纵坐标是解题的关键．
16．．
【分析】
过F作FG⊥EC与于G，根据，可得∠AED+∠BEC=90°，由四边形ABCD为矩形，可得∠CEB+∠ECB=90°，可证△AED∽△BCE，设AE=x，则BE=10-x，可得，解得，
解析：．
【分析】
过F作FG⊥EC与于G，根据，可得∠AED+∠BEC=90°，由四边形ABCD为矩形，可得∠CEB+∠ECB=90°，可证△AED∽△BCE，设AE=x，则BE=10-x，可得，解得，当AE=1时，BE=9，根据折叠与四边形ABCD为矩形可得EH=HC，设EH=HC=m，则HF=9-m，在Rt△FHC中由勾股定理得，即，当AE=9时，BE=1，可得 DH=HE，设DH=HE=n，则HF=HE-EF=n-1，HC=DC-DH=10-n，在Rt△HFC中，由勾股定理即，根据三角形面积即可．
【详解】
解：过F作FG⊥DC于G，EF（EF延长线）交CD于H，
∵
∴∠DEC=90°，
∴∠AED+∠BEC=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠B=90°，AD=BC=3，
∴∠CEB+∠ECB=90°
∴∠AED=∠BCE，
∴△AED∽△BCE，
∴，
设AE=x，则BE=10-x，
∴，
整理得，
解得，
经检验都符合题意是原方程的解，
当AE=1时，BE=9，根据折叠，EF=EB=9，FC=BC=3，∠EFC=∠B=90°，∠BEC=∠FEC，
∵四边形ABCD为矩形
∴DC//AB，
∴∠HCE=∠BEC=∠HEC，
∴EH=HC，
设EH=HC=m，则HF=9-m，
在Rt△FHC中由勾股定理得，即
解得

∴S△FHC=，
∴，
当AE=9时，BE=1，根据折叠，EF=EB=1，FC=BC=3，∠EFC=∠B=90°，∠CEB=∠CEF，
∵四边形ABCD为矩形，
∴DC//AB，
∴∠HDE=∠AED，
∵∠DEH+∠FEC=∠AED+∠BEC=90°，
∴∠DEH =∠AED=∠HDE，
∴DH=HE，
设DH=HE=n，则HF=HE-EF=n-1，HC=DC-DH=10-n，
在Rt△HFC中，由勾股定理，即
解得
∴HC=10-5=5，HF=5-1=4

∴S△CHF=，
∴，
∴点到的距离为．
故答案为．
【点睛】
本题考查矩形性质，三角形相似判定与性质，折叠性质，勾股定理，三角形面积，掌握矩形性质，三角形相似判定与性质，折叠性质，勾股定理，三角形面积是解题关键．
三、解答题
17．（1）；（2）；（3）；（4）
【分析】
（1）根据二次根式的性质化简各项，然后再合并同类项即可；
（2）先结合平方差公式和完全平方公式计算，再去括号即可；
（3）利用代入消元法求解即可；
（4）利
解析：（1）；（2）；（3）；（4）
【分析】
（1）根据二次根式的性质化简各项，然后再合并同类项即可；
（2）先结合平方差公式和完全平方公式计算，再去括号即可；
（3）利用代入消元法求解即可；
（4）利用加减消元法求解即可．
【详解】
解：（1）原式
；
（2）原式

；
（3）
由②可得：，
将代入①得：，
解得：，
∴，
∴原方程组解为：；
（4）
由①×4-②×3可得：，
解得：，
将代入①可得：，
解得：，
∴原方程组解为：．
【点睛】
本题考查二次根式的混合运算，解二元一次方程组等，掌握基本解法，并熟练运用乘法公式是解题关键．
18．（1）直角三角形，理由见解析；（2）原来的路线AC的长为千米．
【分析】
（1）根据勾股定理的逆定理解答即可；
（2）根据勾股定理解答即可．
【详解】
解：（1）△HBC是直角三角形，
理由是：在△
解析：（1）直角三角形，理由见解析；（2）原来的路线AC的长为千米．
【分析】
（1）根据勾股定理的逆定理解答即可；
（2）根据勾股定理解答即可．
【详解】
解：（1）△HBC是直角三角形，
理由是：在△CHB中，
∵CH2+BH2=42+32=25，
BC2=25，
∴CH2+BH2=BC2，
∴△HBC是直角三角形且∠CHB=90°；
（2）设AC=AB=x千米，则AH=AB-BH=（x-3）千米，
在Rt△ACH中，由已知得AC=x，AH=x-3，CH=4，
由勾股定理得：AC2=AH2+CH2，
∴x2=（x-3）2+42，
解这个方程，得x=，
答：原来的路线AC的长为千米．
【点睛】
本题考查勾股定理的应用，解决本题的关键是掌握勾股定理的逆定理和定理．
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）见解析
【分析】
（1）先证，得，又因为，可证；
（2）先证，得，又因为，利用边与边的关系，得，又因为，可证得四边形ADCG是平行四边形，又因为，四边形ADCG是矩形．
【详解】
解析：（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）先证，得，又因为，可证；
（2）先证，得，又因为，利用边与边的关系，得，又因为，可证得四边形ADCG是平行四边形，又因为，四边形ADCG是矩形．
【详解】
（1）证明：∵，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∵，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
由（1）知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形ADCG是平行四边形，
∵，
∴四边形ADCG是矩形．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，全等的判定和性质、平行四边形、矩形的判定，能利用相似和全等找到边与边的关系是解题的关键．
21．（1）；（2），证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据“第一个等式内数字为1，第二个等式内数字为2，第三个等式内数字为3”，即可猜想出第四个等式为44；
（2）根据等式的变化，找出变化规律“n
解析：（1）；（2），证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据“第一个等式内数字为1，第二个等式内数字为2，第三个等式内数字为3”，即可猜想出第四个等式为44；
（2）根据等式的变化，找出变化规律“n”，再利用开方即可证出结论成立．
【详解】
（1）∵①1+1=2；②22；③33；里面的数字分别为1、2、3，
∴④ ．
（2）观察，发现规律：1+1=2，223344，…，∴ ．
证明：等式左边=n右边．
故n成立．
【点睛】
本题考查了二次根式的性质与化简以及规律型中数的变化类，解题的关键是：（1）猜测出第四个等式中变化的数字为4；（2）找出变化规律“n”．解决该题型题目时，根据数值的变化找出变化规律是关键．
22．（1），；（2）当时，选择甲、乙两个商场均可，当时，选择乙商场更优惠，当时，选择甲商场更优惠．
【分析】
（1）在甲超市购物所付的费用：300元＋0.8×超过300元的部分，在乙超市购物所付的费用：
解析：（1），；（2）当时，选择甲、乙两个商场均可，当时，选择乙商场更优惠，当时，选择甲商场更优惠．
【分析】
（1）在甲超市购物所付的费用：300元＋0.8×超过300元的部分，在乙超市购物所付的费用：200＋0.85×超过200元的部分；
（2）根据（1）中解析式的费用分类讨论即可．
【详解】
（1）由题意得，，
即 ，
，
即
（2）当时，
由得：
，
解得：，
由得：
，
解得：，
由得：
，
解得：.
∴当时，选择甲、乙两个商场均可，当时，选择乙商场更优惠，当时，选择甲商场更优惠．
【点睛】
本题考查了一次函数以及一元一次不等式的应用，根据题意列出正确的甲、乙两家商场的实际费用与购买商品金额x之间的函数关系式是本题的关键．
23．（1）；（2）或；（3）存在，点Q坐标为：，，
【分析】
（1）设AE=x，根据勾股定理列方程得：，解出可得结论；
（2）分两种情况：P在OA或AE上，分别根据三角形面积列式即可；
（3）先根据分别
解析：（1）；（2）或；（3）存在，点Q坐标为：，，
【分析】
（1）设AE=x，根据勾股定理列方程得：，解出可得结论；
（2）分两种情况：P在OA或AE上，分别根据三角形面积列式即可；
（3）先根据分别计算PA和PE的长，分类讨论，当PE为边时，如图4，过G作GH⊥OC于H，设OF=y，根据勾股定理列方程可得y的值，利用面积法计算GH的长，得G的坐标，根据平行四边形的性质和平移规律可得Q的坐标；当PE为对角线时，借助中点坐标法即可求得点Q的坐标，综上即可得出点Q所有可能性．
【详解】
解：（1）在矩形ABCO中，B(8，4)，
∴AB=8，BC=4，
设AE=x，则EC=x，BE=8-x，
Rt△EBC中，由勾股定理得：EB2+BC2=EC2，
∴
解得：x=5，
即AE=5，
∴E(5，4)；
（2）分两种情况：
①当P在OA上时，0≤t≤2，如图2，

由题意知：，，，，
∴S=S矩形OABC-S△PAE-S△BEC-S△OPC，
=8×4-×5（4-2t）-×3×4-×8×2t，
=-3t+16，
②当P在AE上时，2＜t≤4.5，如图3，

由题意知：
∴S=

综上所述：
（3）存在，由PA=PE可知：P在AE上
当PE为边时，如图4所示，过G作GH⊥OC于H，

∵AP+PE=5，
∴AP=3，PE=2，
设OF=y，则FG=y，FC=8-y，
由折叠得：∠CGF=∠AOF=，OA=CG，
由勾股定理得：FC2=FG2+CG2，
∴（8-y）2=y2+42，
解得：y=3，
∴FG=3，FC=8-3=5，
∴，
∴×5×GH＝×3×4，
解得：GH=2.4，
由勾股定理得：FH，
∴OH=3+1.8=4.8，
∴G(4.8，-2.4)，
∵点P、E、G、Q为顶点的四边形为平行四边形，且PE=2，
∴Q(4.8，-2.4)或(6.8，-2.4)．
当PE为对角线时，如图5所示：过点G作交CF于点H

由上述可知：，，，设
由中点坐标法可得：
解得：
∴点
综上所述：点Q的坐标为：，，
【点睛】
此题考查四边形综合题，矩形的性质、翻折变换、勾股定理、中点坐标法求解、平行四边形的判定和性质，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
24．（1）y=-2x-2，（0，-2）；（2）P（0，5）或P（0，3）；（3）-2≤m＜，或2＜m≤4
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法求得直线AB的解析式，根据关联点和关联直线的定义可得结论
解析：（1）y=-2x-2，（0，-2）；（2）P（0，5）或P（0，3）；（3）-2≤m＜，或2＜m≤4
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法求得直线AB的解析式，根据关联点和关联直线的定义可得结论；
（2）先根据关联点求D和E的坐标，根据面积和列式可得P的坐标；
（3）点M分别在线段AC→CB上讨论，根据直线l与△ABC恰有两个公共点时，可得m的取值范围．
【详解】
解：（1）设直线AB的解析式为：y=kx+b，
把点A（-2，-2），B（4，-2）代入得：
，
解得：，
∴直线AB的解析式为：y=-2，
∴点A的关联直线的解析式为y=-2x-2；
直线AB的关联点的坐标为：（0，-2）；
故答案为：y=-2x-2，（0，-2）；
（2）∵点A（-2，-2），B（4，-2），C（1，4）．
∴直线AC的解析式为y=2x+2，
直线BC的解析式为y=-2x+6，
∴D（2，2），E（-2，6）．
∴直线DE的解析式为y=-x+4，
∴直线DE与y轴交于点F（0，4），如图1，

设点P（0，y），
∵S△DEP=2，
∴S△DEP=S△EFP+S△DFP
=×|-2|+=2，
解得：y=5或y=3，
∴P（0，5）或P（0，3）．
（3）①当M在线段AC上时，如图3，

∵AC：y=2x+2，
∴设M（m，2m+2）（-2≤m≤1），则关联直线l：y=mx+2m+2，
把C（1，4）代入y=mx+2m+2得：m+2m+2=4，m=，
∴-2≤m＜；
②当M在线段BC上时，如图3，

∵BC：y=-2x+6，
∴设M（m，-2m+6）（1≤m≤4），则关联直线l：y=mx-2m+6，
把A（-2，-2）代入y=mx-2m+6得：-2m-2m+6=-2，m=2，
∴2＜m≤4；
综合上述，-2≤m＜或2＜m≤4．
【点睛】
本题是一次函数的综合题，也是有关关联点和关联直线的新定义问题，考查了一次函数图象上点的坐标特征、理解新定义、利用待定系数法求一次函数的解析式，本题中理解关联点和关联直线的定义，正确进行分类讨论是解题的关键．
25．（1）点的坐标为；（2）；（3），
，，
【分析】
（1）过点作，由“”可证，可得，，即可求点坐标；
（2）由（1）可知,设OP=x，则可得M点坐标为（4+x，x），由直线OB解析式可得N（x，
解析：（1）点的坐标为；（2）；（3），
，，
【分析】
（1）过点作，由“”可证，可得，，即可求点坐标；
（2）由（1）可知,设OP=x，则可得M点坐标为（4+x，x），由直线OB解析式可得N（x，x），即可知MN=4，由一组对边平行而且相等的四边形是平行四边形即可证明四边形是平行四边形，进而可求与的函数关系式；
（3）首先画出符合要求的点的图形，共分三种情况，第一种情况：当为底边时，第二种情况：当M为顶点为腰时，第三种情况：当N为顶点为腰时，然后根据图形特征结合勾股定理求出各种情况点的坐标即可解答．
【详解】
解：（1）如图，过点作，

，且
，且，

，

点坐标为
故答案为
（2）由（1）可知
，
点坐标为
四边形是边长为4的正方形，
点
直线的解析式为：
，交于点，
点坐标为
，且
四边形是平行四边形

（3）在轴正半轴上存在点，使得是等腰三角形，
此时点的坐标为：，，，，，，其中，
理由：当（2）可知，，，轴，所以共分为以下几种请：
第一种情况：当为底边时，作的垂直平分线，与轴的交点为，如图2所示

，
，

第二种情况：如图3所示，

当M为顶点为腰时，以为圆心，的长为半径画弧交轴于点、，连接、，
则，
，
，
，，
，
，
，；
第三种情况，当以N为顶点、为腰时，以为圆心，长为半径画圆弧交轴正半轴于点，
当时，如图4所示，

则，
，
即，．
当时，
则，此时点与点重合，舍去；
当时，如图5，以为圆心，为半径画弧，与轴的交点为，．

的坐标为：，．
，
，
所以，综上所述，，，，，，，使是等腰三角形．
【点睛】
本题考查四边形综合题，解题的关键是明确题意，画出相应的图象，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答问题．
26．（1）见解析；（2）；（3）2AC2＝CD2+CE2，理由见解析
【分析】
（1）先判断出∠BAE＝∠CAD，进而得出△ACD≌△ABE，即可得出结论；
（2）先求出∠CDA＝∠ADE＝30°，进而
解析：（1）见解析；（2）；（3）2AC2＝CD2+CE2，理由见解析
【分析】
（1）先判断出∠BAE＝∠CAD，进而得出△ACD≌△ABE，即可得出结论；
（2）先求出∠CDA＝∠ADE＝30°，进而求出∠BED＝90°，最后用勾股定理即可得出结论；
（3）连接BE，由等腰直角三角形的性质和全等三角形的性质可得BE＝CD，∠BEA＝∠CDA＝45°，由勾股定理可得2AC2＝CD2+CE2．
【详解】
证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAE＝∠DAE+∠CAE，即∠BAE＝∠CAD；
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ACD≌△ABE（SAS），
∴CD＝BE；
（2）如图②，连接BE，

∵AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DE＝AD＝3，∠ADE＝∠AED＝60°，
∵CD⊥AE，
∴∠CDA＝∠ADE＝×60°＝30°，
∵由（1）得△ACD≌△ABE，
∴BE＝CD＝5，∠BEA＝∠CDA＝30°，
∴∠BED＝∠BEA+∠AED＝30°+60°＝90°，即BE⊥DE，
∴．
（3）2AC2＝CD2+CE2，
理由如下：连接BE，

∵AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠D＝∠AED＝45°，
由（1）得△ACD≌△ABE，
∴BE＝CD，∠BEA＝∠CDA＝45°，
∴∠BEC＝∠BEA+∠AED＝45°+45°＝90°，即BE⊥DE，
在Rt△BEC中，BC2＝BE2+CE2，
在Rt△ABC中，AB2+AC2＝BC2，
∴2AC2＝CD2+CE2．
【点睛】
此题考查了等腰直角三角形、全等三角形的性质以及勾股定理，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．