数学八年级下册数学期末试卷(Word版含解析).doc

数学八年级下册数学期末试卷（Word版含解析）
一、选择题
1．二次根式有意义的条件是（ ）
A．x＞3 B．x＜3 C．x≥3 D．x≤3
2．满足下列条件的三角形中，不是直角三角形的是（ ）
A．三内角之比为1：2：3 B．三边长分别为1、、2
C．三边长之比为3：4：5 D．三内角之比为3：4：5
3．下列命题中，为假命题是（ ）
A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
B．两组对边分别相等的四边形是早行四边形
C．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
D．对角线相等的四边形是平行四边形
4．如果样本方差，那么这个样本的平均数和样本容量分别是（ ）
A．20，20 B．20，18 C．18，18 D．18，20
5．在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别记为a，b，c，下列结论中不正确的是（ ）
A．如果∠A﹣∠B＝∠C，那么△ABC 是直角三角形
B．如果∠A：∠B：∠C＝1：2：3，那么△ABC 是直角三角形
C．如果 a2：b2：c2＝9：16：25，那么△ABC 是直角三角形
D．如果 a2＝b2﹣c2，那么△ABC 是直角三角形且∠A＝90°
6．如图，在菱形中，，，是对角线的中点，过点作 于点，连结．则四边形的周长为（ ）

A． B． C． D．
7．如图，菱形ABCD的边长为2，且∠DAB＝60°，E是BC的中点，P为BD上一点且△PCE的周长最小，则△PCE的周长的最小值为（　　）

A． B． C． D．
8．一条公路旁依次有、、三个村庄，甲、乙两人骑自行车分别从村、村同时出发前往村，甲、乙之间的距离与骑行时间之间的函数关系如图所示，下列结论：
①、两村相距；
②甲出发后到达村；
③甲每小时比乙我骑行；
④相遇后，乙又骑行了或时两人相距.
其中正确结论的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
9．已知是实数，且满足，则的平方根是____________．
10．一个菱形的边长是，一条对角线长，则此菱形的面积为______．
11．在直角三角形中，两边长分别为3和4，则最长边的长度为______．
12．如图，在矩形中，对角线、相交于点，，，则的长是______．

13．已知直线经过点，那么_________．
14．如图，矩形ABCD中，直线MN垂直平分AC，与CD，AB分别交于点M，N．若DM＝2，CM＝3，则矩形的对角线AC的长为_____．

15．正方形，，，…按如下图所示的方式放置．点，，，…和点，，，…分别在直线和轴上，已知正方形的边长为，正方形边长为，则的坐标是______．

16．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝3，点E为射线BC上一动点，将△ABE沿AE折叠，得到△AB′E．若B′恰好落在射线CD上，则BE的长为_____．

三、解答题
17．计算
（1）
（2）
18．笔直的河流一侧有一营地C，河边有两个漂流点A，B、其中AB＝AC，由于周边施工，由C到A的路现在已经不通，为方便游客，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＝10千米，CH＝8千米，BH＝6千米．
（1）判断△BCH的形状，并说明理由；
（2）求原路线AC的长．

19．如图，4×10长方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，点A，B，E，F都在格点上，按下列要求作图，使得所画图形的顶点均在格点上．
（1）在图中画出以AB为边的正方形ABCD；
（2）在图中画出以EF为边的等腰三角形EFG，且△EFG的周长为；
（3）在（1）（2）的条件下，连接CG，则线段CG的长为 　 ．

20．已知：如图，在Rt△ABC中，D是AB边上任意一点，E是BC边中点，过点C作CF∥AB，交DE的延长线于点F，连接BF、CD．
（1）求证：四边形CDBF是平行四边形．
（2）当D点为AB的中点时，判断四边形CDBF的形状，并说明理由．

21．阅读下列材料，然后解答下列问题：
在进行代数式化简时，我们有时会碰上如，这样的式子，其实我们还可以将其进一步化简：
(一) ；
(二) ；
(三) .
以上这种化简的方法叫分母有理化．
(1)请用不同的方法化简：
①参照(二)式化简＝__________.
②参照(三)式化简＝_____________
(2)化简：.
22．振兴加工厂中甲，乙两组工人同时加工某种零件，乙组在工作中有一段时间停产更换设备，更换设备后，乙组的工作效率是原来的2.5倍．两组各自加工零件的数量y（件）与时间x（时）之间的函数图象如图所示．
（1）求甲组加工零件的数量y与时间x之间的函数解析式；
（2）求出图中a的值及乙组更换设备后加工零件的数量y与时间x之间的函数解析式．

23．在菱形中，点为边的中点，，垂足为点， 垂足为点．

（1）如图①，求证：；
（2）如图②，如图③，请分别写出线段之间的数量关系，不需要证明；
（3）在（1）（2）的条件下，若菱形的面积为，菱形的周长为，四边形的面积为 ，线段的长为 ．
24．如图1，已知一次函数的图象分别交y轴正半轴于点A，x轴正半轴于点B，且的面积是24，P是线段上一动点．

（1）求k值；
（2）如图1，将沿翻折得到，当点正好落在直线上时，
①求点的坐标；
②将直线绕点P顺时针旋转得到直线，求直线的表达式；
（3）如图2，上题②中的直线与线段相交于点M，将沿着射线向上平移，平移后对应的三角形为，当是以为直角边的直角三角形时，请直接写出点的坐标．
25．已知中，.点从点出发沿线段移动，同时点从点出发沿线段的延长线移动，点、移动的速度相同，与直线相交于点.
（1）如图①，当点为的中点时，求的长；
（2）如图②，过点作直线的垂线，垂足为，当点、在移动的过程中，设，是否为常数？若是请求出的值，若不是请说明理由.
（3）如图③，E为BC的中点，直线CH垂直于直线AD，垂足为点H，交AE的延长线于点M；直线BF垂直于直线AD，垂足为F；找出图中与BD相等的线段，并证明.

【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：C
【分析】
根据二次根式被开方数大于等于0即可得出答案．
【详解】
解：根据被开方数大于等于0得，有意义的条件是
解得：
故选：C
【点睛】
本题主要考查二次根式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
2．D
解析：D
【分析】
根据三角形内角和定理及勾股定理的逆定理逐一判定是否为直角三角形即可得答案．
【详解】
A.设三个内角的度数为n，2n，3n
∴n+2n+3n=180，
解得：n=30°，
∴各角分别为30°，60°，90°，故此三角形是直角三角形；
B.∵12+（）2=22，
∴此三角形是直角三角形，
C.设三条边为3n，4n，5n，
∵(3n)2+(4n)2=(5n)2，
∴此三角形是直角三角形，
D.设三个内角的度数为3n，4n，5n，
∴3n+4n+5n=180°，
解得：n=15°，
∴各角分别为45°，60°，75°，
∴此三角形不是直角三角形，
故选：D．
【点睛】
本题考查了三角形内角和定理和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．D
解析：D
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判定判断即可．
【详解】
解：、两组对边分别平行的四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意；
、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意；
、两组对角分别相等的四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意；
、对角线互相平分的四边形是平行四边形，原命题是假命题，符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的判定定理，解题关键是熟练运用平行四边形的判定定理．
4．D
解析：D
【解析】
【分析】
根据方差的计算公式，即可求得平均数和样本容量．
【详解】
解：，其中为平均数，为样本容量，
又∵
∴，，即平均数为18，样本容量为20
故选D
【点睛】
此题考查了方差的计算公式，由方差公式求解平均数和样本容量，熟练掌握方差公式中各字母的意义是解题的关键．
5．D
解析：D
【分析】
根据直角三角形的判定和勾股定理的逆定理解答即可．
【详解】
选项A中如果∠A﹣∠B＝∠C，由∠A+∠B+∠C＝180°，可得∠A＝90°，那么△ABC 是直角三角形，选项正确；
选项B中如果∠A：∠B：∠C＝1：2：3，由∠A+∠B+∠C＝180°，可得∠A＝90°，那么△ABC 是直角三角形，选项正确；
选项C中如果 a2：b2：c2＝9：16：25，满足a2+b2＝c2，那么△ABC 是直角三角形，选项正确；
选项D中如果 a2＝b2﹣c2，那么△ABC 是直角三角形且∠B＝90°，选项错误；
故选D．
【点睛】
考查直角三角形的判定，学生熟练掌握勾股定理逆定理是本题解题的关键，并结合直角三角形的定义解出此题．
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
由已知及菱形的性质求得∠ABD=∠CDB=30º，AO⊥BD，利用含30º的直角三角形边的关系分别求得AO、DO、OE、DE，进而求得四边形的周长.
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，是对角线的中点，
∴AO⊥BD ， AD=AB=4，AB∥DC
∵∠BAD=120º，
∴∠ABD=∠ADB=∠CDB=30º，
∵OE⊥DC，
∴在RtΔAOD中，AD=4 ， AO==2 ，DO=，
在RtΔDEO中，OE=，DE=，
∴四边形的周长为AO+OE+DE+AD=2++3+4=9+，
故选：B.
【点睛】
本题考查菱形的性质、含30º的直角三角形、勾股定理，熟练掌握菱形的性质及含30º的直角三角形边的关系是解答的关键.
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
由菱形的性质可得点A与点C关于BD对称，则△PCE的周长＝PC＋PE＋CE＝AE＋CE，此时△PCE的周长最小，过点E作EG⊥AB交AB延长线于点G，由∠BAD＝60°，可求∠EBG＝60°，则BG＝，EG＝，在Rt△AEG中，求出AE＝，则△PCE的周长＝AE＋CE＝＋1，即为所求．
【详解】
解：∵菱形ABCD，
∴点A与点C关于BD对称，
连接AE交BD于点P，连接PC，
则PE＋PC＝PA＋PC＝AE，

∴△PCE的周长＝PC＋PE＋CE＝AE＋CE，此时△PCE的周长最小，
∵E是BC的中点，菱形ABCD的边长为2，
∴BE＝1，AB＝2，
过点E作EG⊥AB交AB延长线于点G，
∵∠BAD＝60°，
∴∠ABC＝120°，
∴∠EBG＝60°，
∴BG＝，EG＝，
在Rt△AEG中，AE2＝AG2＋EG2，
∴AE＝，
∴△PCE的周长＝AE＋CE＝＋1，
∴△PCE的周长的最小值为＋1，
故选：B．
【点睛】
本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握菱形的性质，将所求问题转化为求AE的长是解题的关键．
8．C
解析：C
【分析】
由图像与纵轴的交点可得出A、B两地的距离；当s=0时，即为甲、乙相遇的时候，同理根据图像的拐点判断其他即可.
【详解】
解：由图像可知A村、B村相离8km，故①正确；
甲出发后到达村，故②正确；
当0≤t≤1时，易得一次函数的解析式为s=-8t+8，故甲的速度比乙的速度快8km/h，故③正确；
当1≤t≤1.5时，函数图象经过点（1，0）（1.5，4）设一次函数的解析式为s=kt+b
则有：解得
∴s=2t+1
当s=2时，得2=2t+1，解得t=0.5＜1，不符合题意，④错误.
故答案为C.
【点睛】
本题考查了一次函数的应用和函数与方程的思想，解题的关键在于读懂图象，根据图像的信息进行解答.
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件可求得x，然后求得y，最后求平方根即可．
【详解】
解：∵是实数，且满足，
∴并且，
解得，此时，
∴，其平方根是．
故答案为：．
【点睛】
本题考查二次根式有意义的条件，求一个数的平方根，二次根式的化简，理解二次根式有意义被开方数非负是解题关键．
10．A
解析：
【解析】
【分析】
首先根据菱形的性质和勾股定理求出另一条对角线的长度，然后利用菱形的面积公式求解即可．
【详解】
如图，，

∵四边形ABCD是菱形，
∴，
，
，
，
，
故答案为：24．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质和面积，勾股定理，掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
11．4或5
【解析】
【分析】
分类讨论，①当4为直角边时，②当4为斜边时，依次求出答案即可．
【详解】
解：①当4为斜边时，此时最长边为4．
②当4是直角边时，斜边＝，此时最长边为5．
故答案是：4或5．
【点睛】
此题考查了勾股定理．解题时，注意分类讨论，以防漏解．
12．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=5，根据矩形的性质求出BD，根据勾股定理求出AD即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD, ∠BAD=90°，
∵
∴△AOB是等边三角形，
∴OB=AB=5，
∴BD=2BO=10，
在Rt△BAD中,
故答案为：
【点睛】
考查矩形的性质，勾股定理等，等边三角形的性质与判定，掌握矩形的对角线相等是解题的关键.
13．-4
【分析】
将点代入直线的表达式中求解即可．
【详解】
解：∵直线经过点，
∴0=4+b，
解得：b=﹣4，
故答案为：﹣4．
【点睛】
本题考查待定系数法求一次函数的解析式，熟练掌握待定系数法求函数解析式的方法是解答的关键．
14．A
解析：
【分析】
连接AM，在Rt△ADM中，利用勾股定理求出AD2，再在Rt△ADC中，利用勾股定理求出AC即可．
【详解】
解：如图，连接AM．
∵直线MN垂直平分AC，
∴MA＝MC＝3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°，
∵DM＝2，MA＝3，
∴AD2＝AM2﹣DM2＝32﹣22＝5，
∴AC＝，
故答案为：．

【点睛】
本题考查线段垂直平分线的性质，矩形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
15．（63，64）
【分析】
由题意易得，然后把点的坐标代入直线求解，进而可得点，，…..；由此可得规律为，最后问题可求解．
【详解】
解：∵四边形，是正方形，且正方形的边长为，正方形边长为，
∴，
∴
解析：（63，64）
【分析】
由题意易得，然后把点的坐标代入直线求解，进而可得点，，…..；由此可得规律为，最后问题可求解．
【详解】
解：∵四边形，是正方形，且正方形的边长为，正方形边长为，
∴，
∴，，
∵点….在直线上，
∴把点的坐标代入得：，解得：，
∴直线，
当x=3时，则有，
∴，
同理可得，
∵，…..；
∴，
∴；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质及一次函数的应用，熟练掌握正方形的性质及一次函数的图象与性质是解题的关键．
16．或15
【分析】
如图1，根据折叠的性质得到AB′＝AB＝5，B′E＝BE，根据勾股定理得到BE2＝（3﹣BE）2+12，于是得到BE＝，如图2，根据折叠的性质得到AB′＝AB＝5，求得AB＝BF＝
解析：或15
【分析】
如图1，根据折叠的性质得到AB′＝AB＝5，B′E＝BE，根据勾股定理得到BE2＝（3﹣BE）2+12，于是得到BE＝，如图2，根据折叠的性质得到AB′＝AB＝5，求得AB＝BF＝5，根据勾股定理得到CF＝4根据相似三角形的性质列方程得到CE＝12，即可得到结论．
【详解】
解：如图1，∵将△ABE沿AE折叠，得到△AB′E，
∴AB′＝AB＝5，B′E＝BE，∴CE＝3﹣BE，∵AD＝3，∴DB′＝4，∴B′C＝1，∵B′E2＝CE2+B′C2，
∴BE2＝（3﹣BE）2+12，
∴BE＝，
如图2，∵将△ABE沿AE折叠，得到△AB′E，
∴AB′＝AB＝5，
∵CD∥AB，
∴∠1＝∠3，
∵∠1＝∠2，
∴∠2＝∠3，
∵AE垂直平分BB′，
∴AB＝BF＝5，
∴CF＝4，
∵CF∥AB，
∴△CEF∽△ABE，

即

综上所述：的长为：或
故答案为：或．

【点睛】
本题考查折叠的性质、垂直平分线的性质、勾股定理及A字型相似的综合运用，注意分类讨论，属于中考常考题型．
三、解答题
17．（1）4；（2）0
【分析】
（1）先算括号里面的，再算括号外面的，利用二次根式的性质计算即可；
（2）根据平方差公式、零指数幂和绝对值的性质计算即可；
【详解】
（1）=；
（2）
；
【点睛】
解析：（1）4；（2）0
【分析】
（1）先算括号里面的，再算括号外面的，利用二次根式的性质计算即可；
（2）根据平方差公式、零指数幂和绝对值的性质计算即可；
【详解】
（1）=；
（2）
；
【点睛】
本题主要考查了二次根式的混合运算，结合平方差公式，零指数幂，绝对值的性质，完全平方公式计算是解题的关键．
18．（1）△HBC是直角三角形，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）△BCH是直角三角形，
理
解析：（1）△HBC是直角三角形，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）△BCH是直角三角形，
理由是：在△CHB中，
∵CH2+BH2=82+62=100，
BC2=100，
∴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-6）千米，
在Rt△ACH中，由已知得AC=x，AH=x-6，CH=8，
由勾股定理得：AC2=AH2+CH2，
∴x2=（x-6）2+82，
解这个方程，得x=，
答：原来的路线AC的长为千米．
【点睛】
本题考查了勾股定理的应用，解决本题的关键是掌握勾股定理的逆定理和定理．
19．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的判定画出以AB为边的正方形ABCD即可；
（2）画出以EF为边的等腰三角形EFG，且△EFG的周长为等腰三角形即可；
（3）
解析：（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的判定画出以AB为边的正方形ABCD即可；
（2）画出以EF为边的等腰三角形EFG，且△EFG的周长为等腰三角形即可；
（3）由勾股定理求出CG即可．
【详解】
解：（1）如图，所作正方形ABCD即为以AB为边的正方形ABCD；
（2）如图，所作△EFG即为以EF为边的等腰三角形EFG，且△EFG的周长为；
（3）如图，CG＝＝．

【点睛】
本题考查作图-应用与设计，勾股定理，解题的关键是理解题意，根据GE=GF=5画出等腰三角形．
20．（1）见解析；（2）四边形CDBF是菱形，理由见解析
【分析】
（1）证△CEF≌△BED（ASA），得CF=BD，再由CF∥DB，即可得出结论；
（2）由直角三角形斜边上的直线性质得CD=DB，即
解析：（1）见解析；（2）四边形CDBF是菱形，理由见解析
【分析】
（1）证△CEF≌△BED（ASA），得CF=BD，再由CF∥DB，即可得出结论；
（2）由直角三角形斜边上的直线性质得CD=DB，即可证平行四边形CDBF是菱形．
【详解】
（1）证明：∵CF∥AB，
∴∠ECF=∠EBD，
∵E是BC中点，
∴CE=BE，
在△CEF和△BED中，

∴△CEF≌△BED（ASA），
∴CF=BD，
又∵CF∥AB，
∴四边形CDBF是平行四边形．
（2）解：四边形CDBF是菱形，理由如下：
∵D为AB的中点，∠ACB=90°，
∴CD=AB=BD，
由（1）得：四边形CDBF是平行四边形，
∴平行四边形CDBF是菱形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质、菱形的判定、全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△CEF≌△BED是解题的关键，属于中考常考题型．
21．见解析.
【解析】
【分析】
（1）原式各项仿照题目中的分母有理化的方法计算即可得到结果；
（2）原式各项分母有理化，计算即可.
【详解】
解:(1)①; 
②; 
(2)原式
故答案为:(1)①;
解析：见解析.
【解析】
【分析】
（1）原式各项仿照题目中的分母有理化的方法计算即可得到结果；
（2）原式各项分母有理化，计算即可.
【详解】
解:(1)①; 
②; 
(2)原式
故答案为:(1)①;②
【点睛】
此题主要考查了二次根式的有理化，解答此题要认真阅读前面的分析，根据题目的要求选择合适的方法解题.
22．（1）y＝70x；（2）a=320，y＝100x﹣280
【分析】
（1）利用待定系数法求一次函数解析式即可；
（2）利用乙的原来加工速度得出更换设备后，乙组的工作速度即可．
【详解】
解：（1）∵
解析：（1）y＝70x；（2）a=320，y＝100x﹣280
【分析】
（1）利用待定系数法求一次函数解析式即可；
（2）利用乙的原来加工速度得出更换设备后，乙组的工作速度即可．
【详解】
解：（1）∵图象经过原点及(6，420)，
∴设解析式为：y＝kx，
∴6k＝420，
解得：k＝70，
∴y＝70x；
（2）乙3小时加工120件，
∴乙的加工速度是：每小时40件，
∴乙组在工作中有一次停产更换设备，更换设备后，乙组的工作效率是原来的2.5倍．
∴更换设备后，乙组的工作速度是：每小时加工40×2.5＝100(件)，
a＝120+100×(6﹣4)＝320；
乙组更换设备后，乙组加工的零件的个数y与时间x的函数关系式为：y＝120+100(x﹣4)＝100x﹣280．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是根据题意得出函数关系式以及数形结合．
23．（1）见解析；（2），理由见解析；（3）78，或
【分析】
（1）如图①中，如图1中，过点作于．证明可得结论．
（2）如图②中，结论：．如图③中，结论：．利用全等三角形的性质解决问题即可．
（3）根
解析：（1）见解析；（2），理由见解析；（3）78，或
【分析】
（1）如图①中，如图1中，过点作于．证明可得结论．
（2）如图②中，结论：．如图③中，结论：．利用全等三角形的性质解决问题即可．
（3）根据菱形的周长求出菱形的边长，利用菱形的面积公式求出菱形的高，再利用勾股定理求出，利用（2）中结论解决问题即可．
【详解】
解：（1）如图①中，如图1中，过点作于．

四边形是菱形，
，，，
，，，
，，
四边形是平行四边形，
，
，，，
，
，
，
，
，
．
（2）如图②中，结论：．
理由：过点作于．

同法可证，，，
．
如图③中，结论：．
理由：过点作于．

同法可证，，，
．
（3）菱形的周长为52，
，
菱形的面积，，
，
，
，
四边形的面积．
，
，
，
如图②中，，
如图③，
故答案为78，或．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，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，属于中考常考题型．
24．（1）；（2）①点（3，0）,②，（3）点的坐标（7，12）或（4，3）．
【解析】
【分析】
（1）根据函数解析式可知OA长，再由即可求出OB长，将B点坐标代入解析式即可求出k值；
（2）①由折叠
解析：（1）；（2）①点（3，0）,②，（3）点的坐标（7，12）或（4，3）．
【解析】
【分析】
（1）根据函数解析式可知OA长，再由即可求出OB长，将B点坐标代入解析式即可求出k值；
（2）①由折叠性质可求得中、，用勾股定理列方程即可求解；②通过构造等腰直角三角形，利用K字形模型全等求出直线上点Q坐标，再由A、Q点坐标用待定系数法求出解析式即可，
（3）根据平移性质可知，先求出直线的解析式；再当是以为直角边的直角三角形时，分两种情况求出直线与过A、P点垂直于AP直线的解析式，联立函数解析式得方程求出点坐标，由此得出图形平移方式，由此求出点的坐标．
【详解】
解：（1）当x=0时，y=6，故点A坐标为A（0,6），
∵，
∴，
∴点B坐标为（8,0），
代入得，
∴，
（2）①如图2-1，由折叠性质可知：，；，

∵，
∴，
设，则,
由得，
∴，
即P点坐标为（3，0）
②如图，过点A作AQ⊥AP，并在AQ上取点Q使AQ=AP，过Q点作HQ⊥y轴，

∴，
∵，
∴，
∴（AAS）
∴HQ=AO=6，AH=OP=3，
∴点Q坐标为（6，9），
∵△APQ是等腰直角三角形，
∴将直线绕点P顺时针旋转得到直线，直线与PQ重合，
设经过P（3，0），Q（6，9）的直线解析式为得
，
解得：，
即直线为，
（3）由平移性质可知：，由（2）得直线为，
∴设直线解析式为，
当x=8时，y=0，即，解得：，
∴直线解析式为，
由（2）得A（0，6）、Q（6，9），则直线AQ解析式为：，
I．当AP为直角边，时，如图3-1

联立直线和直线AQ得：
，
解得：，
即坐标（12，12），故点B（8，0）向右移动4个单位，向上移动12个单位得到点，
∴故点P（3，0）向右移动4个单位，向上移动12个单位得到点（7，12），
即当AP为直角边，时，点（7，12），
II．当AP为直角边，时，如图3-2，

∴，
设直线解析式为：，
∵P点坐标为（3，0），
∴，
∴
∴直线解析式为，
联立直线和直线得：
，
解得：，
即坐标（9，3），故点B（8，0）向右移动1个单位，向上移动3个单位得到点，
∴故点P（3，0）向右移动1个单位，向上移动3个单位得到点（4，3），，
即当AP为直角边，时，点（4，3）．
【点睛】
本题综合考查了一次函数与几何综合，待定系数法求解析式是基础，解（2）关键是利用等腰直角三角形构建三垂直全等从而求出旋转45°直线的解析式；解（3）关键是利用平行直线的性质求出解析式．
25．（1）3；（2）6（3）BD=AM，证明见解析
【分析】
（1）因为速度相等和等腰三角形的已知条件，作平行线构造全等三角形，问题得以解决. （2）这类题一般结论成立，根据（1）中的思路，加上等腰三角
解析：（1）3；（2）6（3）BD=AM，证明见解析
【分析】
（1）因为速度相等和等腰三角形的已知条件，作平行线构造全等三角形，问题得以解决. （2）这类题一般结论成立，根据（1）中的思路，加上等腰三角形的性质，可以求出定值. （3）根据已知条件可以判断是等腰直角三角形，近而求出≌，得出ED=EM,即可得出结论.
【详解】
（1）

如图，过P点作PF∥AC交BC于F，
∵点P和点Q同时出发，且速度相同，
∴BP=CQ，
∵PF//AQ，
∴∠PFB=∠ACB，∠DPF=∠CQD，
又∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∴∠B=∠PFB，
∴BP=PF，
∴PF=CQ，又∠PDF=∠QDC，
∴△PFD≌△QCD，
∴DF=CD=CF，
又因P是AB的中点，PF∥AQ，
∴F是BC的中点，即FC=BC=6，
∴CD=CF=3；
（2）为定值.

如图②，点P在线段AB上，
过点P作PF//AC交BC于F，
则有（1）可知△PBF为等腰三角形，
∵PE⊥BF
∴BE=BF
∵有（1）可知△PFD≌△QCD
∴CD=
∴
(3)BD=AM
证明：∵
∴
∴是等腰直角三角形
∵E为BC的中点
∴
∴,
∴，
∵AH⊥CM
∴
∵
∴
∴≌ (ASA)
∴
∴
即：