人教版数学八年级下册数学期末试卷试卷(word版含答案).doc

人教版数学八年级下册数学期末试卷试卷（word版含答案）
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．下列各比值中，是直角三角形的三边之比的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列图形都是由同样大小的平行四边形按一定的规律组成，其中第①个图形中一共有10个平行四边形，第②个图形中一共有14个平行四边形，第③个图形中一共有19个平行四边形，……按此规律排列下去，则第⑥个图形中平行四边形的个数为（ ）

A．39 B．40 C．41 D．42
4．某校对八年级8个班学生平均一周的课外阅读时间进行了统计，分别为（单位：h）：3.5，4，3，4，3，3.5，3，5．这组数据的中位数和众数是（　　）
A．3.5，3 B．4，3 C．3，4 D．3，3.5
5．△ABC的三边长分别为a，b，c，下列条件：①∠A=∠B-∠C；②∠A：∠B：∠C=3：4：5；③a2=（b+c）（b-c）；④a：b：c=5：12：13其中能判断△ABC是直角三角形的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．如图，菱形中，点为对角线上一点，且于点，连接，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
7．如图，已知在中，，，分别是边，，的中点，，，则四边形AFDE的周长等于（ ）

A．18 B．16 C．14 D．12
8．一次函数与的图象如图所示，下列说法：①对于函数来说，y随x的增大而增大．②函数不经过第二象限．③不等式的解集是． ④，其中正确的是（ ）

A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②④
二、填空题
9．已知|a＋1|＋＝0，则ab＝_____．
10．菱形的周长是20，一条对角线的长为6，则它的面积为_____．
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，已知长方形纸片，，，若将纸片沿折叠，点落在，则重叠部分的面积为______．

13．设一次函数y=kx+3． 若当x=2时，y=－1，则k=___________
14．如图所示，在四边形ABCD中，顺次连接四边中点E、F、G、H，构成一个新的四边形，请你对四边形ABCD添加一个条件，使四边形EFGH成一个菱形，这个条件是__________．

15．如图，在平面直角坐标系中，直线：与轴交于点，如图所示依次作正方形、正方形、…、正方形，使得点、、、…在直线上，点、、、…在轴正半轴上，则点的坐标是__________．

16．如图是一次函数的图象，则关于x的方程：的解是___________．

三、解答题
17．计算：
（1）2×﹣；
（2）÷﹣×＋．
18．生活经验表明，靠墙摆放梯子时，若梯子底端离墙的距离约为梯子长度的，则梯子比较稳定，如图，AB为一长度为6米的梯子．

（1）当梯子稳定摆放时，它的顶端能达到5.7米高的墙头吗？（温馨提示：≈1.414）
（2）如图2，若梯子底端向左滑动使OD=3米，那么梯子顶端将下滑多少米？（结果保留1位小数）
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，在矩形AFCG中，BD垂直平分对角线AC，交CG于D，交AF于B，交AC于O．连接AD，BC．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若E为AB的中点，DE⊥AB，求∠BDC的度数；

21．小明在解决问题：已知a＝，求2a2－8a＋1的值，他是这样分析与解答的：
因为a＝＝＝2－，
所以a－2＝－.
所以(a－2)2＝3，即a2－4a＋4＝3.
所以a2－4a＝－1.
所以2a2－8a＋1＝2(a2－4a)＋1＝2×(－1)＋1＝－1.
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
(1)计算： = － .
(2)计算：＋…＋；
(3)若a＝，求4a2－8a＋1的值．
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．已知四边形ABCD是正方形，将线段CD绕点C逆时针旋转（），得到线段CE，联结BE、CE、DE. 过点B作BF⊥DE交线段DE的延长线于F．
（1）如图，当BE=CE时，求旋转角的度数；
（2）当旋转角的大小发生变化时，的度数是否发生变化?如果变化，请用含的代数式表示；如果不变，请求出的度数；
（3）联结AF，求证：．

24．如图，在平面直角坐标系中，直线：经过，两点，且、满足，过点作轴，交直线：于点，连接.
（1）求直线的函数表达式；
（2）在直线上是否存在一点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
（3）点是轴上的一个动点，点是轴上的一个动点，过点作轴的垂线交直线、于点、，若是等腰直角三角形，请直接写出符合条件的的值.

25．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）．

26．在直角坐标系中，四边形是矩形，点在轴上，点在轴的正半轴上，点，分别在第一，二象限，且，．
（1）如图1，延长交轴负半轴于点，若．

①求证：四边形为平行四边形
②求点的坐标．
（2）如图2，为上一点，为的中点，若点恰好落在轴上，且平分，求的长．

（3）如图3，轴负半轴上的点与点关于直线对称，且，若的面积为矩形面积的，则的长可为______（写出所有可能的答案）．

【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．C
解析：C
【分析】
先分别设三角形的三边，依据勾股定理的逆定理列式计算即可判断．
【详解】
解：A、设三边分别为x、2x、3x，
∵，
∴三边比为1:2:3的三角形不是直角三角形；
B、设三边分别为2x、3x、4x，
∵，
∴三边比为2:3：4的三角形不是直角三角形；
C、设三边分别为3x、4x、5x，
∵，
∴三边比为3：4：5的三角形是直角三角形；
D、设三边分别为x、3x、x，
∵，
∴三边比为1:3：1的三角形不是直角三角形；
故选：C．
【点睛】
此题考查应用勾股定理的逆定理判断三角形是否是直角三角形，熟记定理并应用解决问题是解题的关键．
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
观察图形的变化可得10+4=14，14+5=19，19+6=25，25+7=32，32+8=40，即可得结果．
【详解】
解：观察图形的变化可知：
第①个图形中一共有10个平行四边形，
第②个图形中一共有14个平行四边形，
第③个图形中一共有19个平行四边形，
第④个图形中一共有25个平行四边形，
第⑤个图形中一共有32个平行四边形，
则第⑥个图形中平行四边形的个数为40．
故选：B．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的认识，规律型：图形的变化类，本题是一道根据图形进行数字猜想的问题，关键是通过归纳与总结，得到其中的规律，然后利用规律解决一般问题．
4．A
解析：A
【解析】
【分析】
据众数和中位数的定义求解即可，中位数：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．众数：在一组数据中出现次数最多的数．
【详解】
将3.5，4，3，4，3，3.5，3，5从小到大排列为：3，3，3，3.5，3.5，4，4，5．
其中3出现的次数最多，则众数为3，
中位数为：．
故选A．
【点睛】
本题考查了求众数和中位数，理解众数和中位数的定义是解题的关键．
5．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据三角形的内角和定理和勾股定理的逆定理分析判断即可.
【详解】
解：①∵∠A＝∠B﹣∠C，
∴∠A+∠C＝∠B，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴2∠B＝180°，
∴∠B＝90°，
∴△ABC是直角三角形，
∴①正确；
②a2＝（b+c）（b﹣c），
∴a2＝b2﹣c2，
∴a2+c2＝b2，
∴△BAC是直角三角形，
∴②正确；
③∵a：b：c＝3：4：5，
∴设a＝3k，b＝4k，c＝5k，
∵a2+b2＝25k2，c2＝25k2，
∴a2+b2＝c2，
∴△ABC是直角三角形，
∴③正确；
故选：D．
【点睛】
直角三角形的判定是本题的考点，熟练运用勾股定理的逆定理和三角形的内角和定理是解题的关键，此类题型属于基础题.
6．A
解析：A
【解析】
【分析】
依据菱形的性质求出∠DBC度数，再依据三角形的外角性质可得∠ECB度数，在Rt△ECH中，∠HEC=90°-∠ECH．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DBC=∠ABC=15°． 又∠DEC=∠EBC+∠ECB，即30°=15°+∠ECB，
所以∠ECB=15°． ∴∠HEC=90°-15°=75°．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，解决菱形中角的问题，一般运用了菱形的对角线平分每一组对角的性质．
7．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据三角形中位线定理分别求出DE、DF，根据线段中点的定义分别求出AF、AE，计算即可．
【详解】
解：∵D，E，F分别是边BC，CA，AB的中点．AB＝10，AC＝8，
∴DE＝AB＝5，DF＝AC＝4，AF＝AB＝5，AE＝AC＝4，
∴四边形AFDE的周长＝AF＋DF＋DE＋AE＝5＋5＋4＋4＝18，
故选：A．
【点睛】
本题考查是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
8．B
解析：B
【分析】
根据图象交点横坐标是4，和图象所经过象限可以判断．
【详解】
解：由图象可得：对于函数来说，从左到右，图象上升，y随x的增大而增大，故①正确；
由图象可知，a＞0，d＞0，所以函数的图象经过第一，二，三象限，即不经过第四象限，故②错误，
由图象可得当时，一次函数图象在的图象上方，
不等式的解集是，
移项可得，，解集是，故③正确；
∵一次函数与的图象的交点的横坐标为4，
∴
∴，
∴，故④正确，
故选：B．
【点睛】
本题考查了一次函数图象的性质和一次函数与不等式的关系，解题关键是树立数形结合思想，理解图象反应的信息，综合一次函数、不等式、方程解决问题．
二、填空题
9．-2
【解析】
【分析】
根据非负数的性质列式求出a、b的值，然后代入代数式进行计算即可得解．
【详解】
解：由题意得，a＋1＝0，b﹣2＝0，
解得a＝﹣1，b＝2，
所以，ab＝﹣1×2＝﹣2.
故答案为：﹣2.
【解答】
本题考查了非负数的性质：几个非负数的和为0时，这几个非负数都为0．
10．D
解析：【解析】
【分析】
先画出图形，根据菱形的性质可得，DO＝3，根据勾股定理可求得AO的长，从而得到AC的长，再根据菱形的面积公式即可求得结果.
【详解】
由题意得，
∵菱形ABCD
∴，AC⊥BD
∴
∴
∴

考点：本题考查的是菱形的性质
【点睛】
解答本题的关键是熟练掌握菱形的对角线互相垂直且平分，菱形的四条边相等；同时熟记菱形的面积等于对角线乘积的一半.
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：40
【分析】
先说明△AFD′≌△CFB可得BF＝D′F，设D′F＝x，在Rt△AFD′中根据勾股定理求得x，再根据AF＝AB−BF求得AF，由BC为AF边上的高，最后根据三角形的面积公式求解即可．
【详解】
解：由于折叠可得：AD′=BC，∠D′=∠B，
又∵∠AFD′=∠CFB，
∴△AFD′≌△CFB（AAS），
∴D′F＝BF，
设D′F＝x，则AF＝16−x，
在Rt△AFD′中，（16−x）2＝x2＋82，解得：x＝6，
∴AF＝AB−FB＝16−6＝10，
∴S△AFC＝•AF•BC＝×10×8=40．
故填40．
【点睛】
本题考查了勾股定理的正确运用，在直角三角形AFD′中运用勾股定理求出BF的长是解答本题的关键．
13．-2
【分析】
把x=2时，y=-1代入一次函数y=kx+3，解得k的值即可．
【详解】
解：把x=2时，y=-1代入一次函数y=kx+3得
-1=2k+3，解得k=-2．
故答案为：-2．
【点睛】
本题考查待定系数法求一次函数解析式．一般函数解析式中有几个常量不知道，就需要代入几个函数上的点就可以求出函数解析式．
14．A
解析：答案不唯一，例AC=BD 等
【分析】
连接AC、BD，先证明四边形ABCD是平行四边形，再根据菱形的特点添加条件即可.
【详解】
连接AC，
∵点E、F分别是AB、BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥AC，EF=AC，
同理HG∥AC，HG=AC,
∴EF∥HG，EF=HG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
连接BD,同理EH=FG,EF∥FG，
当AC=BD时，四边形EFGH是平行四边形，
故答案为：答案不唯一，例AC=BD 等.

【点睛】
此题考查三角形中位线性质，平行四边形的判定及性质，菱形的判定.
15．（22020，22021-1）
【分析】
根据一次函数图象上点的坐标特征结合正方形的性质，可得出点A1、B1的坐标，同理可得出A2、A3、A4、A5、…及B2、B3、B4、B5、…的坐标，根据点的坐
解析：（22020，22021-1）
【分析】
根据一次函数图象上点的坐标特征结合正方形的性质，可得出点A1、B1的坐标，同理可得出A2、A3、A4、A5、…及B2、B3、B4、B5、…的坐标，根据点的坐标变化可找出变化规律：“Bn（2n-1，2n-1）（n为正整数）”，依此规律即可得出结论．
【详解】
解：当y=0时，有x-1=0，
解得：x=1，
∴点A1的坐标为（1，0）．
∵四边形A1B1C1O为正方形，
∴点B1的坐标为（1，1）．
同理，可得出：A2（2，1），A3（4，3），A4（8，7），A5（16，15），…，
∴B2（2，3），B3（4，7），B4（8，15），B5（16，31），…，
∴Bn（2n-1，2n-1）（n为正整数），
∴点B2021的坐标是（22020，22021-1）．
故答案为：（22020，22021-1）．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质以及规律型：点的坐标，根据点的坐标的变化找出变化规律“Bn（2n-1，2n-1）（n为正整数）”是解题的关键．
16．【分析】
一次函数y＝kx+b的图象与x轴交点横坐标的值即为方程ax+b＝0的解．
【详解】
解：∵一次函数y＝ax+b的图象与x轴相交于点（-2，0），
∴关于x的方程kx+b＝0的解是x＝-2
解析：
【分析】
一次函数y＝kx+b的图象与x轴交点横坐标的值即为方程ax+b＝0的解．
【详解】
解：∵一次函数y＝ax+b的图象与x轴相交于点（-2，0），
∴关于x的方程kx+b＝0的解是x＝-2．
故答案为x＝-2．
【点睛】
本题主要考查了一次函数与一元一次方程的关系．任何一元一次方程都可以转化为ax+b＝0 （a，b为常数，a≠0）的形式，所以解一元一次方程可以转化为：当某个一次函数的值为0时，求相应的自变量的值．从图象上看，相当于已知直线y＝ax+b确定它与x轴的交点的横坐标的值．
三、解答题
17．（1）；（2）
【分析】
（1）先利用二次根式的性质化简，然后根据二次根式的混合计算法则求解即可；
（2）先利用二次根式的性质化简，然后根据二次根式的混合计算法则求解即可．
【详解】
解：（1）
解析：（1）；（2）
【分析】
（1）先利用二次根式的性质化简，然后根据二次根式的混合计算法则求解即可；
（2）先利用二次根式的性质化简，然后根据二次根式的混合计算法则求解即可．
【详解】
解：（1）

；
（2）

．
【点睛】
本题主要考查了利用二次根式的化简和二次根式的混合运算，熟练掌握相关计算法则是解题的关键．
18．（1）梯子的顶端不能到达5.7米高的墙头；（2）梯子的顶端将下滑动1.4米．
【分析】
（1）在Rt△AOB中利用勾股定理求解即可，
（2）根据勾股定理求出OC的长，进而可得出结论．
【详解】
解：
解析：（1）梯子的顶端不能到达5.7米高的墙头；（2）梯子的顶端将下滑动1.4米．
【分析】
（1）在Rt△AOB中利用勾股定理求解即可，
（2）根据勾股定理求出OC的长，进而可得出结论．
【详解】
解：（1）由题意可得，AB=6米，OB=AB=2米，
在Rt△AOB中，由勾股定理可得，
AO==≈5.656（米），
∵5.656＜5.7，
∴梯子的顶端不能到达5.7米高的墙头；
（2）在Rt△DOC中，由勾股定理可得，
OC==（米），
∴AC=OA-OC=（米）
∴梯子的顶端将下滑1.4米．
【点睛】
本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是熟练掌握勾股定理，基础知识比较简单．
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．（1）见解析；（2）60°
【分析】
（1）根据垂直平分线的性质得到AD＝CD，AB＝BC，根据三角形全等得到CD＝AB，即可求证；
（2）根据等边三角形的性质求得∠DBA＝60°，即可求解．
【详
解析：（1）见解析；（2）60°
【分析】
（1）根据垂直平分线的性质得到AD＝CD，AB＝BC，根据三角形全等得到CD＝AB，即可求证；
（2）根据等边三角形的性质求得∠DBA＝60°，即可求解．
【详解】
（1）证明：
∵BD垂直平分AC，
∴OA＝OC，AD＝CD，AB＝BC．
∵四边形AFCG是矩形，
∴CG∥AF，
∴∠CDO＝∠ABO，∠DCO＝∠BAO，
∴△COD≌△AOB（AAS），
∴CD＝AB，
∴AB＝BC＝CD＝DA，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）∵E为AB的中点，DE⊥AB，
∴DE垂直平分AB，
∴AD＝DB．
又∵AD＝AB，
∴△ADB为等边三角形，
∴∠DBA＝60°．
∵CD∥AB，
∴∠BDC＝∠DBA＝60°．
【点睛】
此题考查了菱形的判定，涉及了全等三角形的证明，矩形的性质、垂直平分线的性质等，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
21．(1) ，1；(2) 9；(3) 5
【解析】
【分析】
（1）；
（2）根据例题可得：对每个式子的分子和分母中同时乘以与分母中的式子相乘符合平方差公式的根式，去掉分母，然后合并同类项二次根式即可求
解析：(1) ，1；(2) 9；(3) 5
【解析】
【分析】
（1）；
（2）根据例题可得：对每个式子的分子和分母中同时乘以与分母中的式子相乘符合平方差公式的根式，去掉分母，然后合并同类项二次根式即可求解；
（3）首先化简，然后把所求的式子化成代入求解即可.
【详解】
(1)计算： ；
(2)原式；
(3)，
则原式，
当时，原式.
【点睛】
本题考查了二次根式的化简求值，正确读懂例题，对根式进行化简是关键.
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）30°；（2）不变；45°；（3）见解析
【分析】
（1）利用图形的旋转与正方形的性质得到△BEC是等边三角形，从而求得=∠DCE=30°．
（2）因为△CED是等腰三角形，再利用三角形的内角
解析：（1）30°；（2）不变；45°；（3）见解析
【分析】
（1）利用图形的旋转与正方形的性质得到△BEC是等边三角形，从而求得=∠DCE=30°．
（2）因为△CED是等腰三角形，再利用三角形的内角和即可求∠BEF=.
（3）过A点与C点添加平行线与垂线，作得四边形AGFH是平行四边形，求得△ABG≌△ADH.从而求得矩形AGFH是正方形，根据正方形的性质证得△AHD≌△DIC，从而得出结论．
【详解】
（1）证明：在正方形ABCD中, BC=CD.由旋转知，CE=CD,
又∵BE=CE,
∴BE=CE=BC,
∴△BEC是等边三角形，
∴∠BCE=60°.
又∵∠BCD=90°,
∴=∠DCE=30°.
（2）∠BEF的度数不发生变化.
在△CED中，CE=CD,
∴∠CED=∠CDE=，
在△CEB中,CE=CB,∠BCE=,
∴∠CEB=∠CBE=,
∴∠BEF=.
（3）过点A作AG∥DF与BF的延长线交于点G，过点A作AH∥GF与DF交于点H，过点C作CI⊥DF于点I
易知四边形AGFH是平行四边形，
又∵BF⊥DF，
∴平行四边形AGFH是矩形.
∵∠BAD=∠BGF=90°，
∠BPF=∠APD ，
∴∠ABG=∠ADH.
又∵∠AGB=∠AHD=90°，AB=AD，
∴△ABG≌△ADH.
∴AG=AH ，
∴矩形AGFH是正方形.
∴∠AFH=∠FAH=45°，
∴AH=AF
∵∠DAH+∠ADH=∠CDI+∠ADH=90°
∴∠DAH=∠CDI
又∵∠AHD=∠DIC=90°，AD=DC，
∴△AHD≌△DIC
∴AH=DI，
∵DE=2DI，
∴DE=2AH=AF

【点晴】
本题考查正方形的性质和判定、图形的旋转、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24．（1）；（2）存在点，点的纵坐标为0或4；（3）4或或47或.
【解析】
【分析】
(1)根据非负性求出a、b的值，然后运用待定系数法解答即可;
(2)根据平行和坐标以及SΔBPQ=SΔBPA确定Q
解析：（1）；（2）存在点，点的纵坐标为0或4；（3）4或或或.
【解析】
【分析】
(1)根据非负性求出a、b的值，然后运用待定系数法解答即可;
(2)根据平行和坐标以及确定Q坐标即可;
（3）连接DM、DN，由题意可得M、N的坐标分别为（n，）,（n，n）,MN=|n-2|，然后再分MN=DM,MN=DN,DM=DN三种情况解答即可.
【详解】
解：（1）∵
∴
∴
把、代入中，得：

解得：
∴
（2）存在点，使.
∵
∴
∴
∵
∴点的纵坐标为0或4
∴
(3) ①当DM=MN或DM=DN时，如图:过M做DM∥x轴交y轴于D点，连接DN

∵C点坐标为（n，n），
∴M、N的坐标分别为（n，）,（n，n）,D（0,n） MN=|n-2|，
∴|n-2|=|n|,解得：n=4或n=
②当DM=DN或DM=DN时，如图

∵C点坐标为（n，n），
∴M、N的坐标分别为（n，）,（n，n）,D（0,n） MN=|n-2|，
又∵是等腰直角三角形
∴D在MN的垂直平分线上，DF=MN
∴,D（0, +1）F(n，|)
∴|n| =|n-2|，解得：或
综上，n的取值为4或或或时，是等腰直角三角形.
【点睛】
本题属于一次函数综合题，考查了一次函数图像上点的坐标特点、一次函数的解析式、一次函数的动点问题以及等腰三角形等知识，考查知识点较多难度较大，解答的关键在于对所学知识的灵活应用以及较强的计算能力.
25．（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.
26．（1）①见解析；②；（2）；（3）或
【分析】
（1）①利用三线合一定理证明ED=CD，即可得到ED=AB，由矩形的性质可以得到AE=AC=BD，即可证明；②设A（a，0），C（0，b），利用勾股定
解析：（1）①见解析；②；（2）；（3）或
【分析】
（1）①利用三线合一定理证明ED=CD，即可得到ED=AB，由矩形的性质可以得到AE=AC=BD，即可证明；②设A（a，0），C（0，b），利用勾股定理求出，则CE=CD+DE=6，E（a-5，0），则，，由此即可求解；
（2）延长BA到M于y轴交于M，先证明△DGC≌△AGM，得到∠DCG=∠AMG，AM=CD=AB=3，再由角平分线的定义即可推出CF=MF，设AF=m，则CF=MF=3+m，BF=AB-AF=3-m，
由，得到，解方程即可；
（3）分Q在矩形ABCD内部和外部两种情况求解即可．
【详解】
解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，AC=BD，DC=AB
∵AC=AE，
∴CD=ED，AE=BD
∴ED=AB，
∴四边形ABDE是平行四边形；
②设A（a，0），C（0，b），
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，CD=AB=DE=3，
∴，CE=CD+DE=6，
∴E（a-5,0），
∴，，
∴，
解得，
∴；

（2）如图，延长BA到M于y轴交于M，
∵G为AD中点，
∴AG=DG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠DAB=∠GAM=∠B=90°，
又∵∠DGC=∠AGM，
∴△DGC≌△AGM（ASA），
∴∠DCG=∠AMG，AM=CD=AB=3
∵CG平分∠DCF，
∴∠DCG=∠FCM=∠AMG，
∴CF=MF，
设AF=m，则CF=MF=3+m，BF=AB-AF=3-m，
∵，
∴
解得，
∴；

（3）当Q在矩形内部时，如图所示，过点Q作QE⊥BC于E，延长EQ交AD于F，连接AQ
∵，
∴；
∵BC∥AD，EF⊥AD，BA⊥AD，
∴EF∥AB，
∴四边形ABEF是矩形，
∴EF=AB=3，BE=AF，
∴，
∵点P与点Q关于直线AD对称，且AP=AD，
∴AP=AD=AQ=4
∴，，
∴；

当Q在矩形ABCD的外部时，如图所示过点Q作QE⊥BC于E，延长QE交AD于F，连接AQ

同理求得，，
∴，
∴，
∴，
∴综上所述，或，
故答案为：或．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，两点距离公式，等腰三角形的性质与判定，平行四边形的判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．