人教版八年级数学下册期末试卷(培优篇)(Word版含解析).doc

人教版八年级数学下册期末试卷（培优篇）（Word版含解析）
一、选择题
1．已知是整数，则正整数n的最小值是（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
2．在ABC中，三边长分别为a，b，c，且，，则ABC是（ ）
A．直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形
3．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，要使四边形ABCD成为平行四边形，则应增加的条件是（ ）

A．AB＝CD B．∠BAD＝∠DCB C．AC＝BD D．∠ABC＋∠BAD＝180°
4．甲、乙、丙三人进行射箭测试，每人10次射箭成绩的平均数均是8.9环，方差分别是，，，则成绩最稳定的是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．无法确定
5．如图，已知矩形ABCD的对角线AC的长为10cm，连结矩形各边中点E、F、G、H得四边形EFGH，则四边形EFGH的周长为（ ）cm．

A．20 B． C． D．25
6．如图，在三角形纸片ABC中，∠A＝60°，∠B＝70°，将纸片的一角折叠，使点C落在△ABC外，若∠2＝18°，则∠1的度数为（　　）

A．50° B．118° C．100° D．90°
7．如图，点E在正方形ABCD的边CD上，若△ABE的面积为8，CE＝3，则线段BE的长为（　　）

A．5 B．1 C．4 D．6
8．如图，在平面直角坐标系中，已知A（5，0）点P为线段OA上任意一点．在直线y＝x上取点E，使PO＝PE，延长PE到点F，使PA＝PF，分别取OE、AF中点M、N，连结MN，则MN的最小值是（　　）

A．2.5 B．2.4 C．2.8 D．3
二、填空题
9．若式子在实数范围内有意义，则的取值范围是________．
10．如图，菱形周长为40，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．如图：已知在矩形中，为对角线的交点，，于点，，则的长为___________．

13．正比例函数经过点，则__________．
14．如图，两个完全相同的三角尺ABC和DEF在直线l上滑动．要使四边形CBFE为菱形，还需添加的一个条件是____(写出一个即可)．

15．如图，直线l1：y＝x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B．直线l2：y＝4x﹣4与y轴交于点C，与x轴交于点D，直线l1，l2交于点P．若x轴上存在点Q，使以A、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，则点Q的坐标是 _____．

16．如图，把矩形沿直线向上折叠，使点落在点的位置上，交于点，若，，则的长为______．

三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）．
18．位于沈阳周边的红河峡谷漂流项目深受欢迎，在景区游船放置区，工作人员把偏离的游船从点A拉回点B的位置（如图）．在离水面高度为8m的岸上点C，工作人员用绳子拉船移动，开始时绳子AC的长为17m，工作人员以0.7米/秒的速度拉绳子，经过10秒后游船移动到点D的位置，问此时游船移动的距离AD的长是多少？

19．如图，是规格为8×8的正方形的网格，请你在所给的网格中按下列要求操作：

（1）请在网格中建立直角坐标系，使A点坐标为，B点坐标为；
（2）在网格上，找一格点C，使点C与线段AB组成等腰三角形，这样的C点共有 个；
（3）在（1）（2）的前提下，在第四象限中，当是以AB为底的等腰三角形，且腰长为无理数时，的周长是 ，面积是 ．
20．如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，点E在线段OB上（不与点B，点O重合），点F在线段OD上，且DF＝BE，连接AE，AF，CE，CF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若AC＝4，BD＝8，当BE＝3时，判断△ADE的形状，说明理由．

21．同学们，我们以前学过完全平方公式，a2±2ab+b2=（a±b）2，你一定熟练掌握了吧？现在我们又学习了平方根，那么所有的正数和0都可以看作是一个数的平方，比如：2=，3=，7=，02=0，那么我们利用这种思想方法计算下面的题：
例：求3的算术平方根
解：3=+1=+12=
∴3的算术平方根是
同学们，你看明白了吗？大胆试一试，相信你能做正确！
（1）
（2）
（3）．
22．甲、乙两个探测气球分别从海拔高度5m和15m处同时出发，甲探测气球以1m/min的速度上升，乙探测气球以0.5m/min的速度上升，两个气球都上升了60min．下图是甲、乙两个探测气球所在位置的海拔高度（单位：m）与气球上升时间（单位：min）的函数图象．
（1）分别写出表示两个气球所在位置的海拔高度（单位：m）关于上升时间（单位：min）的函数关系．
（2）当甲、乙两气球的海拔高度相差15米时，上升时间是多少?

23．如图，四边形是边长为的正方形，为线段上一动点，，垂足为．
（1）如图，连接交于点，若，求的长；
（2）如图，点在的延长线上，点在上运动时，满足，
①连接，，判断，的数量关系并说明理由；
②如图，若为的中点，直接写出的最小值为 ．

24．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点 ，与直线相交于点 ，
（1）求直线 的函数表达式；
（2）求 的面积；
（3）在 轴上是否存在一点 ，使是等腰三角形．若不存在，请说明理由；若存在，请直接写出点 的坐标

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．探究：如图①，△ABC是等边三角形，在边AB、BC的延长线上截取BM=CN，连结MC、AN，延长MC交AN于点P．
（1）求证：△ACN≌△CBM；
（2）∠CPN= °；（给出求解过程）
（3）应用：将图①的△ABC分别改为正方形ABCD和正五边形ABCDE，如图②、③，在边AB、BC的延长线上截取BM=CN，连结MC、DN，延长MC交DN于点P，则图②中∠CPN= °；（直接写出答案）
（4）图③中∠CPN= °；（直接写出答案）
（5）拓展：若将图①的△ABC改为正n边形，其它条件不变，则∠CPN= °（用含n的代数式表示，直接写出答案）．

【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：C
【分析】
因为是整数，且，则6n是完全平方数，满足条件的最小正整数n为6．
【详解】
解：，且是整数，
∴是整数，即6n是完全平方数；
∴n的最小正整数值为6．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了二次根式的定义，关键是根据乘除法则和二次根式有意义的条件，二次根式有意义的条件时被开方数是非负数进行解答
2．A
解析：A
【分析】
根据平方差公式，可得 ，即可求解．
【详解】
解：∵，，
∴ ，
即 ，
∴ ，
∴ABC是直角三角形．
故选： A．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的逆定理，平方差公式，熟练掌握若一个三角形的两边的平方和等于第三边的平方是解题的关键．
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判定方法，以及等腰梯形的性质等知识，对各选项进行判断即可．
【详解】
A错误,当四边形是等腰梯形时,也满足条件．
B正确，∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
C错误，当四边形是等腰梯形时，也满足条件．
D错误，∵，
∴，与题目条件重复，无法判断四边形是不是平行四边形．
故选:B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质，平行线的判定，等腰梯形的性质等知识，解题关键是熟练掌握平行四边形的判定方法．
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据方差是用来衡量一组数据波动大小的量，故由甲、乙、丙的方差可作出判断．
【详解】
解：由于 ，
∴成绩较稳定的是丙．
故选C．
【点睛】
本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
5．A
解析：A
【分析】
连接BD，根据三角形中位线定理易得四边形EFGH的各边长等于矩形对角线的一半，而矩形对角线相等，从而算出周长即可．
【详解】
连接BD，
∵H、G是AD与CD的中点，
∴HG是△ACD的中位线，
∴HG=AC=5cm，同理EF=5cm，
∵四边形ABCD是矩形，
∴根据矩形的对角线相等，即BD=AC=10cm，
∵H、E是AD与AB的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
∴EH=BD=5cm，同理FG=5cm，
∴四边形EFGH的周长为20cm．
故选A．

【点睛】
熟练掌握矩形对角线相等和三角形中位线等于第三边的一半的性质是解决本题的关键.
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
在△ABC中利用三角形内角和定理可求出∠C的度数，由折叠的性质，可知：∠CDE＝∠C′DE，∠CED＝∠C′ED，结合∠2的度数可求出∠CED的度数，在△CDE中利用三角形内角和定理可求出∠CDE的度数，再由∠1＝180°﹣∠CDE﹣∠C′DE即可求出结论．
【详解】
解：在△ABC中，∠A＝60°，∠B＝70°，
∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝50°．
由折叠，可知：∠CDE＝∠C′DE，∠CED＝∠C′ED，
∴∠CED＝＝99°，
∴∠CDE＝180°﹣∠CED﹣∠C＝31°，
∴∠1＝180°﹣∠CDE﹣∠C′DE＝180°﹣2∠CDE＝118°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了三角形内角和定理以及折叠的性质，利用三角形内角和定理及折叠的性质求出∠CDE的度数是解题的关键．
7．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据正方形的性质，可求出正方形的面积，从而确定边长，然后在Rt△BCE中利用勾股定理求解即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴，，
∴，
∴正方形的边长，
在Rt△BCE中，BC=4，CE=3，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查正方形的性质，理解正方形的性质以及熟练运用勾股定理是解题关键．
8．B
解析：B
【分析】
如图，连接PM，PN，设AF交EM于J，连接PJ．证明四边形PMJN是矩形，推出MN=PJ，求出PJ的最小值即可解决问题．
【详解】
解：如图，连接PM，PN，设AF交EM于J，连接PJ．

∵PO=PE，OM=ME，
∴PM⊥OE，∠OPM=∠EPM，
∵PF=PA，NF=NA，
∴PN⊥AF，∠APN=∠FPN，
∴∠MPN=∠EPM+∠FPN=（∠OPF+∠FPA）=90°，∠PMJ=∠PNJ=90°，
∴四边形PMJN是矩形，
∴MN=PJ，
∴当JP⊥OA时，PJ的值最小此时MN的值最小，
∵AF⊥OM，A（5，0），直线OM的解析式为y=x
∴设直线AF的解析式为y=x+b
∵直线AF过A（5，0），
∴=0，
∴b=，
∴y=，
由，解得
∴
∴PJ的最小值为=2.4
即MN的最小值为2.4
故选：B．
【点睛】
本题考查一次函数的应用，矩形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考选择题中的压轴题．
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
利用分式和二次根式有意义的条件确定关于的不等式，从而确定答案．
【详解】
解：根据题意得：且，
∴，
解得：，
故答案为：．
【点睛】
考查了二次根式及分式有意义的条件，属于基础题，比较简单．
10．A
解析：96
【解析】
【分析】
由菱形的周长为40，对角线，可求得另一对角线的长，这个菱形的面积即可求解．
【详解】
解：∵菱形ABCD的周长为40，
∴菱形的边长BC=10，
∵BD=12， 
∴OB=BD=6，
∴OC=，
∴BD=2OB=16，
∴S菱形ABCD=AC•BD=．
故答案为：96．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、菱形面积的计算方法、勾股定理的应用，熟练掌握菱形的面积等于两条对角线长乘积的一半是解决问题的关键．
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．
【分析】
先证明是等边三角形，再利用等边三角形的性质求解再求解 再利用勾股定理即可得到答案.
【详解】
解： 矩形，为对角线的交点，，

是等边三角形，

,

故答案为：
【点睛】
本题考查的是矩形的性质，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键.
13．
【分析】
把代入，利用待定系数法求解即可得到答案．
【详解】
解：把代入，

故答案为：
【点睛】
本题考查的是利用待定系数法求解正比例函数的解析式，掌握待定系数法是解题的关键．
14．C
解析：CB=BF；BE⊥CF；∠EBF=60°；BD=BF等（写出一个即可）．
【分析】
根据邻边相等的平行四边形是菱形或对角线互相垂直的平行四边形是菱形进而判断即可．
【详解】
解：根据题意可得出：四边形CBFE是平行四边形，
当CB=BF时，平行四边形CBFE是菱形，
当CB=BF；BE⊥CF；∠EBF=60°；BD=BF时，都可以得出四边形CBFE为菱形．
故答案为：如：CB=BF；BE⊥CF；∠EBF=60°；BD=BF等．
【点睛】
此题主要考查了菱形的判定，关键是熟练掌握菱形的判定方法：①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
15．（4，0）
【分析】
根据一次函数的性质分别求得点A、点C、点P的坐标，然后结合平行四边形的性质求解．
【详解】
解：在y=x+2中，当y=0时，x+2=0，
解得：x=-2，
∴点A的坐标为（-2
解析：（4，0）
【分析】
根据一次函数的性质分别求得点A、点C、点P的坐标，然后结合平行四边形的性质求解．
【详解】
解：在y=x+2中，当y=0时，x+2=0，
解得：x=-2，
∴点A的坐标为（-2，0），
在y=4x-4中，当x=0时，y=-4，
∴C点坐标为（0，-4），
联立方程组，
解得：，
∴P点坐标为（2，4），
设Q点坐标为（x，0），
∵点Q在x轴上，
∴以A、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形时，AQ和PC是对角线，
∴，
解得：x=4，
∴Q点坐标为（4，0），
故答案为：（4，0）．
【点睛】
本题考查了一次函数的性质，平行四边形的性质，理解一次函数的图象性质，掌握平行四边形对角线互相平分，利用数形结合思想解题是关键．
16．【分析】
根据折叠和矩形的性质，可以得出三角形BDE是等腰三角形，在直角三角形DEC′中，利用勾股定理可求出答案．
【详解】
解：由折叠得，DC＝DC′＝3，∠CBD＝∠C′BD，
∵ABCD是矩
解析：
【分析】
根据折叠和矩形的性质，可以得出三角形BDE是等腰三角形，在直角三角形DEC′中，利用勾股定理可求出答案．
【详解】
解：由折叠得，DC＝DC′＝3，∠CBD＝∠C′BD，
∵ABCD是矩形，
∴AD＝BC=6，AD∥BC，
∴∠CBD＝∠ADB＝∠C′BD，
∴ED＝EB，
设BE＝ED＝x，则EC′＝6﹣x，
在Rt△DEC′中，由勾股定理得，32+（6﹣x）2＝x2，
解得，x＝，即BE＝，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、直角三角形的勾股定理等知识，根据折叠轴对称，得出DE＝BE是解决问题的关键．
三、解答题
17．（1）；（2）4
【分析】
（1）先利用二次根式的性质化简和去绝对值，然后合并同类二次根式即可；
（2）利用二次根式的性质化简，完全平方公式和零指数幂的计算法则化简，最后合并同类二次根式即可．
【详
解析：（1）；（2）4
【分析】
（1）先利用二次根式的性质化简和去绝对值，然后合并同类二次根式即可；
（2）利用二次根式的性质化简，完全平方公式和零指数幂的计算法则化简，最后合并同类二次根式即可．
【详解】
解：（1）

；
（2）

．
【点睛】
本题主要考查了利用二次根式的性质化简，合并同类二次根式，完全平方公式，零指数幂，解题的关键在于能够熟练掌握相关计算法则
18．游船移动的距离AD的长是9米
【分析】
根据条件先计算经过10秒拉回绳子的长，然后计算出绳子CD的长，在中，在中，，即可求出最终结果．
【详解】
解：工作人员以0.7米/秒的速度拉绳子，
经过10秒
解析：游船移动的距离AD的长是9米
【分析】
根据条件先计算经过10秒拉回绳子的长，然后计算出绳子CD的长，在中，在中，，即可求出最终结果．
【详解】
解：工作人员以0.7米/秒的速度拉绳子，
经过10秒拉回绳子米，
开始时绳子AC的长为17m，
拉了10秒后，绳子CD的长为17-7=10米，
在中，
米，
在中，
米，
AD=15-6=9米，
答：游船移动的距离AD的长是9米．
【点睛】
本题主要考查勾股定理的运用，属于综合题，难度一般，熟练掌握勾股定理解三角形是解决本题的关键．
19．（1）见解析；（2）10；（3），4．
【解析】
【分析】
（1）根据A点坐标为，B点坐标为特点，建立直角坐标系；
（2）分三种情况讨论，若AB=AC或AB=BC，或BC=AC，此时的点C在线段AB
解析：（1）见解析；（2）10；（3），4．
【解析】
【分析】
（1）根据A点坐标为，B点坐标为特点，建立直角坐标系；
（2）分三种情况讨论，若AB=AC或AB=BC，或BC=AC，此时的点C在线段AB的垂直平分线上，据此画图；
（3）根据题意，符合条件的点是点，结合勾股定理解得，即可解得周长，再由解得其面积．
【详解】
解：（1）如图建立直角坐标系，

（2）分三种情况讨论，如图，若AB=AC或AB=BC，或BC=AC，此时的点C在线段AB的垂直平分线上，

符合条件的点C共有10个，
故答案为：10；
（3）在（1）（2）的前提下，在第四象限中，当是以AB为底的等腰三角形，且腰长为无理数时，符合条件的点是点

故答案为：，4．
【点睛】
本题考查网格与勾股定理、网格中画等腰三角形、等腰三角形的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
20．（1）见解析；（2）直角三角形，理由见解析
【分析】
（1）根据菱形的性质得出AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求出OE=OF，再根据菱形的判定得出即可；
（2）根据菱形的性质求出AO=2，BO=
解析：（1）见解析；（2）直角三角形，理由见解析
【分析】
（1）根据菱形的性质得出AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求出OE=OF，再根据菱形的判定得出即可；
（2）根据菱形的性质求出AO=2，BO=DO=4，求出OE和DE，根据勾股定理求出AD2=20，AE2=5，求出AD2+AE2=DE2，再根据勾股定理的逆定理求出答案即可．
【详解】
解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BC，AO＝CO，BO＝DO，
∵BE＝DF，BO＝DO，
∴BO﹣BE＝DO﹣DF，
即OE＝OF，
∵AO＝CO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：△ADE是直角三角形，
理由是：∵AC＝4，BD＝8，AO＝CO，BO＝DO，
∴AO＝2，BO＝DO＝4，
∵BE＝3，
∴OE＝4﹣3＝1，DE＝DO+OE＝4+1＝5，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AD2＝AO2+DO2＝22+42＝20，
在Rt△AOE中，由勾股定理得：AE2＝AO2+OE2＝22+12＝5，
∵DE2＝52＝25，
∴AD2+AE2＝DE2，
∴∠DAE＝90°，
即△ADE是直角三角形．
【点睛】
本题考查了菱形的性质和判定，平行四边形的判定，勾股定理，勾股定理的逆定理等知识点，能熟记菱形的性质和判定是解此题的关键．
21．（1）+1；（2）4+；（3）﹣1．
【解析】
【详解】
试题分析：根据完全平方公式的特点以及材料中所给的方法，通过仔细观察对所要求的式子中的数进行恰当拆分即可得.
试题解析：（1）；
（2）=4+
解析：（1）+1；（2）4+；（3）﹣1．
【解析】
【详解】
试题分析：根据完全平方公式的特点以及材料中所给的方法，通过仔细观察对所要求的式子中的数进行恰当拆分即可得.
试题解析：（1）；
（2）=4+；
（3）
=++++
=﹣1+﹣+﹣+﹣+﹣
=﹣1．
22．（1），；（2）当甲、乙两气球的海拔高度相差15米时，上升时间是50min．
【分析】
（1）分别设甲，乙气球在上升过程中的函数解析式，将（0，5），（20，25）和（0，15），（20，25）分别
解析：（1），；（2）当甲、乙两气球的海拔高度相差15米时，上升时间是50min．
【分析】
（1）分别设甲，乙气球在上升过程中的函数解析式，将（0，5），（20，25）和（0，15），（20，25）分别代入其解析式中，即可得；
（2）根据初始位置及题图可知，当大于20时，甲、乙两气球的海拔高度相差15米，列式即可得．
【详解】
解：（1）设甲气球在上升过程中的函数解析式为：，将（0，5）和（20，25）代入得，
，
解得：，
∴甲气球在上升过程中的函数解析式为：，
设乙气球在上升过程中的函数解析式为：，将（0，15）和（20，25）代入得，
，
解得：，
∴乙气球在上升过程中的函数解析式为：，
∴综上：，；
（2）由初始位置及题图可知，
当大于20时，甲、乙两气球的海拔高度相差15米时，
∴，
解得，
∴当甲、乙两气球的海拔高度相差15米时，上升时间是50min．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是设出解析式并根据题中变量之间的对应关系进行解答．
23．（1）；（2）DG=BF，证明见解析；（3）
【分析】
（1）如图1，过点作于点，先根据正方形性质和三角形内角和定理得出：，，设，则，运用勾股定理即可求出答案；
（2）①如图2，过点作于点，设，则，
解析：（1）；（2）DG=BF，证明见解析；（3）
【分析】
（1）如图1，过点作于点，先根据正方形性质和三角形内角和定理得出：，，设，则，运用勾股定理即可求出答案；
（2）①如图2，过点作于点，设，则，运用勾股定理即可证得结论；
②如图3，取、的中点、，延长至，使，延长至，使，连接，，过点作，延长交于，先证得，再证得四边形是平行四边形，得出当、、三点共线时，最小，故当、、三点共线时，最小，即最小，再运用勾股定理计算即可．
【详解】
解：（1）如图1，过点作于点，

四边形是边长为2的正方形，
，，，
，
，
，
，
，即，
，
又，，
，，
，，
设，则，
由勾股定理得，
又，
，
，即，
，
中，，
由勾股定理得：；
（2）①，理由如下：
如图2，过点作于点，

，
，，
，
，
，
，
设，则，，
，
四边形是边长为2的正方形，点在的延长线上，
，
在和中，，
分别由勾股定理得：
，，
，
；
②如图3，取、的中点、，延长至，使，延长至，使，连接，，过点作，延长交于，

，为中点，
，
、分别是、的中点，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
又，
四边形是平行四边形，
，，
，
当、、三点共线时，最小，
当、、三点共线时，最小，
即最小，
此时，，，
，
，，
，
，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形性质，勾股定理，平移的运用，平行四边形的判定与性质等知识，解题的关键是正确利用直角三角形斜边上中线等于斜边一半和平移，将求的最小值转化为两点之间线段最短来解决，属于中考常考题型．
24．（1）；（2）12；（3）存在，
【解析】
【分析】
（1）将点A、B的坐标代入解析式，即可得到答案；
（2）先求出交点C的坐标，利用底乘高列式计算即可得到答案；
（3）先求出OC的长，分三种情况求
解析：（1）；（2）12；（3）存在，
【解析】
【分析】
（1）将点A、B的坐标代入解析式，即可得到答案；
（2）先求出交点C的坐标，利用底乘高列式计算即可得到答案；
（3）先求出OC的长，分三种情况求出点P的坐标使是等腰三角形.
【详解】
（1）由题意得，解得，直线的函数表达式；
（2）解方程组，得，
∴点的坐标，
∴ ；
（3）存在，
,
当OP=OC时，点P(10，0),(-10，0),
当OC=PC时，点P（12,0），
当OP=PC时，点P（），
综上，点P的坐标是(10，0)或(-10，0)或（12,0）或（）时，是等腰三角形.
【点睛】
此题考查待定系数法求函数解析式，求图象交点坐标，利用等腰三角形的定义求点坐标.
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）见解析；（2）120；（3）90；（4）72；（5）.
【分析】
（1）利用等边三角形的性质得到BC=AC，∠ACB=∠ABC，从而得到△ACN≌△CBM.
（2）利用全等三角形的性质得到∠C
解析：（1）见解析；（2）120；（3）90；（4）72；（5）.
【分析】
（1）利用等边三角形的性质得到BC=AC，∠ACB=∠ABC，从而得到△ACN≌△CBM.
（2）利用全等三角形的性质得到∠CAN=∠BCM，再利用三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，即可求解.
（3）利用正方形（或正五边形）的性质得到BC=DC，∠ABC=∠BCD，从而判断出△DCN≌△CBM，再利用全等三角形的性质得到∠CDN=∠BCM，再利用内角和定理即可得到答案.
（4）由（3）的方法即可得到答案.
（5）利用正三边形，正四边形，正五边形，分别求出∠CPN的度数与边数的关系式，即可得到答案.
【详解】
（1）∵△ABC是等边三角形，
∴BC=AC，∠ACB=∠BAC=∠ABC=60，
∴∠ACN=∠CBM=120，
在△CAN和△CBM中，
，
∴△ACN≌△CBM.
（2）∵△ACN≌△CBM.
∴∠CAN=∠BCM，
∵∠ABC=∠BMC+∠BCM，∠BAN=∠BAC+∠CAN，
∴∠CPN=∠BMC+∠BAN
=∠BMC+∠BAC+∠CAN
=∠BMC+∠BAC+∠BCM
=∠ABC+∠BAC
=60+60,
=120，
故答案为：120.
（3）将等边三角形换成正方形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=DC，∠ABC=∠BCD=90，
∴∠MBC=∠DCN=90，
在△DCN和△CBM中，
，
∴△DCN≌△CBM，
∴∠CDN=∠BCM，
∵∠BCM=∠PCN，
∴∠CDN=∠PCN，
在Rt△DCN中，∠CDN+∠CND=90，
∴∠PCN+∠CND=90，
∴∠CPN=90，
故答案为：90.
（4）将等边三角形换成正五边形，
∴∠ABC=∠DCB=108，
∴∠MBC=∠DCN=72，
在△DCN和△CBM中，
，
∴△DCN≌△CBM，
∴∠BMC=∠CND，∠BCM=∠CDN，
∵∠BCM=∠PCN，
∴∠CND=∠PCN，
在△CDN中，∠CDN+∠CND=∠BCD=108，
∴∠CPN=180-(∠CND+∠PCN)
=180-(∠CND+∠CDN)
=180-108，
=72，
故答案为：72.
（5）正三边形时，∠CPN=120=，
正四边形时，∠CPN=90=，
正五边形时，∠CPN=72=，
正n边形时，∠CPN=，
故答案为： .
【点睛】
此题考查正多边形的性质，三角形全等的判定及性质，图形在发生变化但是解题的思路是不变的，依据此特点进行解题是解此题的关键.