部编版八年级下册数学期末试卷(Word版含解析).doc

部编版八年级下册数学期末试卷（Word版含解析）
一、选择题
1．在函数y＝中，自变量x的取值范围是（　　）
A．x≤2 B．x≥2 C．x＜2 且x≠0 D．x≤2且x≠0
2．下列各组数中，不能构成直角三角形的一组是（　　 ）
A．3，4，5 B．1，， C．2，2，3 D．5，12，13
3．如图四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，则不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）

A．AB∥CD，∠DAC=∠BCA B．AB=CD，∠ABO=∠CDO
C．AC=2AO，BD=2BO D．AO=BO，CO=DO
4．学校统计教师每周学习党史时间，随机抽查甲，乙和丙三位教师，他们的平均学习时间为80分钟，甲和乙的学习时间分别是75分钟、95分钟，则丙的学习时间为（ ）
A．70分钟 B．75分钟 C．80分钟 D．85分钟
5．如图，在矩形中，点E，F，G，H分别是四条边的中点，已知矩形的面积为，周长为28cm，则四边形的周长是（ ）

A．10cm B．20cm C．25cm D．30cm
6．如图，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点,为垂足，连结，则等于（ ）

A． B． C． D．
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，直线 y1 与 y2 相交于点C ， y1 与 x 轴交于点 D ，与 y 轴交于点(0,1)， y2 与 x 轴 交于点 B(3,0)，与 y 轴交于点 A ，下列说法正确的个数有（ ）

①y1的 解 析 式 为；② OA = OB ；③；④；⑤ DAOB @ DBCD .
A．2 个 B．3个 C．4 个 D．5 个
二、填空题
9．若y＝，则x+y的值为 ____．
10．已知菱形ABCD的两条对角线分别长6和8，则它的面积是_____．
11．若一个直角三角形的两边长分别是3和4，那么以斜边为边长的正方形的面积为______.
12．如图，将长方形沿直线折叠，顶点恰好落在边上点处，已知，，则边的长为_________．

13．写出一个具备y随x增大而减小且图象经过点（1，﹣3）的一次函数表达式_________．
14．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、的坐标分别为，，点是的中点，点在上运动，点是坐标平面内的任意一点．若以、、、为顶点的四边形是边长为5的菱形时，则点的坐标为__________．

15．星期六下午，小张和小王同时从学校沿相同的路线去书店买书，小王出发4分钟后发现忘记带钱包，立即调头按原速原路回学校拿钱包，小王拿到钱包后，以比原速提高20%的速度按原路赶去书店，结果还是比小张晚4分钟到书店（小王拿钱包的时间忽略不计）．在整个过程中，小张保持匀速运动，小王提速前后也分别保持匀速运动，如图所示是小张与小王之间的距离y（米）与小王出发的时间x（分钟）之间的函数图象，则学校到书店的距离为________米．

16．小明从家步行到学校需走的路程为1800米．图中的折线OAB反映了小明从家步行到学校所走的路程s(米)与时间t(分钟)的函数关系，根据图象提供的信息，当小明从家出发去学校步行15分钟时，到学校还需步行____米．

三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）．
18．在《算法统宗》中有一道“荡秋千”的问题：“平地秋千未起，踏板一尺离地．送行二步与人齐，五尺人高曾记．仕女佳人争蹴，终朝笑语欢嬉．良工高士素好奇，算出索长有几”．此问题可理解为：如图，有一架秋千，当它静止时，踏板离地的距离AB的长度为1尺．将它往前推送，当水平距离为10尺时．即尺，则此时秋千的踏板离地的距离就和身高5尺的人一样高．若运动过程中秋千的绳索始终拉得很直，求绳索OA的长．

19．如图，每个小正方形的边长都为1，AB的位置如图所示．
（1）在图中确定点C，请你连接CA，CB，使CB⊥BA，AC＝5；
（2）在完成（1）后，在图中确定点D，请你连接DA，DC，DB，使CD＝，AD＝，直接写出BD的长．

20．如图，MN∥PQ，直线l分别交MN、PQ于点A、C，同旁内角的平分线AB、CB相交于点B，AD、CD相交于点D．试证明四边形ABCD是矩形．

21．阅读下列材料,然后回答问题:
在进行类似于二次根式的运算时,通常有如下两种方法将其进一步化简:
方法一:
方法二:
(1)请用两种不同的方法化简: ;
(2)化简: .
22．某超市以每千克40元的价格购进一种干果，计划以每千克60元的价格销售，为了让顾客得到实惠，现决定降价销售，已知这种干果销售量y（千克）与每千克降价x（元）（0＜x＜20）之间满足一次函数关系，其图象如图所示．
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）当每千克干果降价3元时，超市获利多少元？

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．如图1，在平面直角坐标系中，直线经过点，与轴，轴分别交于，两点，点，

（1）求的值和直线的函数表达式；
（2）连结，当是等腰三角形时，求的值；
（3）若，点，分别在线段，线段上，当是等腰直角三角形且时，则的面积是______.
25．如图，在正方形ABCD中，点E是BC边所在直线上一动点（不与点B、C重合），过点B作BF⊥DE，交射线DE于点F，连接CF．

（1）如图，当点E在线段BC上时，∠BDF=α．
①按要求补全图形；
②∠EBF=______________（用含α的式子表示）；
③判断线段 BF，CF，DF之间的数量关系，并证明．
（2）当点E在直线BC上时，直接写出线段BF，CF，DF之间的数量关系，不需证明．
【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0列不等式组求解．
【详解】
解：根据题意得：，
解得：且．
故选：D
【点睛】
本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0，二次根式有意义，被开方数是非负数．
2．C
解析：C
【分析】
由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【详解】
解：A、32+42＝52，能构成直角三角形；
B、12+（）2＝（）2，能构成直角三角形；
C、22+22≠32，不能构成直角三角形．
D、52+122＝132，能构成直角三角形；
故选：C．
【点睛】
本题考查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】
A.证明，即可根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形判断；
B.证明AB∥CD，即可根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判断；
C. 可根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判断；
D. 条件不足无法判断；
【详解】
∠DAC=∠BCA
，
四边形是平行四边形，
故A选项正确，不符合题意；
∠ABO=∠CDO

又 AB=CD，
四边形是平行四边形，
故B选项正确，不符合题意；
AC=2AO，BD=2BO

四边形是平行四边形，
故C选项正确，不符合题意；
D. 条件不足无法判断，符合题意；
故选D
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
4．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据求一组数据的算术平均数计算即可求得．
【详解】
依题意丙的学习时间为（分钟）
故选A
【点睛】
本题考查了算术平均数，掌握求平均数的方法是解题的关键．
5．B
解析：B
【分析】
连接BD，AC，如图，先求出矩形的边长，再根据矩形的性质和勾股定理得到AC＝BD＝10cm，再利用三角形中位线性质得到HG=EF=EH＝GF=5cm，，然后计算四边形EFGH的周长．
【详解】
解：连接AC、BD，

∵矩形的面积为，周长为28cm，
∴AB=6cm，AD=8cm，
AC＝BD＝cm，
∵点E，F，G，H分别是四条边的中点，
∴HG为△ACD为中位线，EF为△BAC的中位线，
∴HG=EF＝×10＝5cm，
同理可得EH=GF=5cm，
∴四边形EFGH的周长为4×5=20cm．
故选：B．
【点睛】
本题考查了中点四边形：顺次连接任意四边形各边中点所得的四边形为平行四边形．也考查了矩形的性质和勾股定理以及中位线的性质．
6．D
解析：D
【解析】
【分析】
连接BF，根据菱形的对角线平分一组对角求出∠BAC，∠BCF=∠DCF，四条边都相等可得BC=DC，再根据菱形的邻角互补求出∠ABC，然后根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AF=BF，根据等边对等角求出∠ABF=∠BAC，从而求出∠CBF，再利用“边角边”证明△BCF和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠CDF=∠CBF．
【详解】
解：如图，连接BF，

在菱形ABCD中，∠BAC=∠BAD=×80°=40°，∠BCF=∠DCF，BC=DC，
∠ABC=180°-∠BAD=180°-80°=100°，
∵EF是线段AB的垂直平分线， ∴AF=BF，∠ABF=∠BAC=40°，
∴∠CBF=∠ABC-∠ABF=100°-40°=60°，
∵在△BCF和△DCF中，
，
∴△BCF≌△DCF（SAS），
∴∠CDF=∠CBF=60°，
故选：D．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，综合性强，但难度不大，熟记各性质是解题的关键．
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．A
解析：A
【分析】
通过待定系数法，求出直线y1的解析式，于是可对①进行判断；利用待定系数法求出y2的解析式为y=﹣x+3，则可确定A（0，3），所以OA=OB，于是可对②进行判断；通过两点间的距离公式求出AC、BC的长，从而对③进行判断；计算∠EDO和∠ABO的度数，再通过三角形的内角和定理得出∠DCB的度数，即可对④进行判断；通过计算BD和AB的长可对⑤进行判断．
【详解】
由图可知：直线y1过点（0，1），（1，2），∴直线y1的解析式为，所以①错误；
设y2的解析式为y=kx+b，把C（1，2），B（3，0）代入得：，解得：，所以y2的解析式为y=﹣x+3，当x=0时，y=﹣x+3=3，则A（0，3），则OA=OB，所以②正确；
∵A（0，3），C（1，2），B（3，0），∴AC=，BC=，∴，所以③错误；
在中，令y1=0，得x=－1，∴D（－1，0），∴OD=1．
∵OE=1，∴OD=OE，∴∠EDO=45°．
∵OA=OB=3，∴∠ABO=45°，∴∠DCB=180°－45°－45°=90°，∴DC⊥AB，∴，故④正确；
因为BD=3+1=4，而AB=3，所以△AOB与△BCD不全等，所以⑤错误．
故正确的有②④．

故选A．
【点睛】
本题考查了两直线相交或平行问题：两条直线的交点坐标，就是由这两条直线相对应的一次函数表达式所组成的二元一次方程组的解；也考查了全等三角形的判定．
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式求出x，进而求出y，计算即可．
【详解】
解：由题意得：2x-1≥0，1-2x≥0，
解得：x=，
∴y=3，
∴x+y=+3=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
10．24
【解析】
【详解】
试题分析：本题直接根据菱形面积等于两条对角线的长度的乘积的一半进行计算．S=6×8÷2=24．
考点：菱形的性质．
11．25或16
【解析】
【分析】
分两种情况考虑：若4为直角边，利用勾股定理求出斜边；若4为斜边，利用勾股定理求出第三边，分别求出斜边边长的正方形面积即可.
【详解】
解：分两种情况考虑：
若4为直角边，根据勾股定理得：斜边为＝5，此时斜边为边长的正方形面积为25；
若4为斜边，此时斜边为边长的正方形面积为16，
综上，以斜边为边长的正方形的面积为为25或16.
故答案为：25或16
【点睛】
本题考查勾股定理,分类讨论利用勾股定理算出第三边是解题关键.
12．D
解析：10
【分析】
设边的长为，首先根据矩形的性质得出，进而求出DE的长度，然后根据折叠的性质得出，然后根据勾股定理求解即可．
【详解】
设边的长为，
∵四边形ABCD是矩形，
∴．
，
．
由折叠的性质可知，
．
在中，
∵，
，
解得，
∴边的长为，
故答案为：10．
【点睛】
本题注意考查矩形与折叠问题，掌握勾股定理以及矩形、折叠的性质是关键．
13．y＝﹣3x
【分析】
根据y随着x的增大而减小推断出k与0的关系，再可以利用过点（1，﹣3）来确定函数的解析式，答案不唯一．
【详解】
解：∵y随着x的增大而减小，
∴k＜0，
又∵直线过点（1，﹣3），
则解析式为y＝﹣3x或y＝﹣2x﹣1或y＝﹣x﹣2等．
故答案为：y＝﹣3x．
【点睛】
本题主要考查对一次函数的性质、用待定系数法求一次函数的解析式等知识点的理解和掌握，能理解一次函数的性质是解此题的关键．
14．D
解析：或或
【分析】
因为点是坐标平面内的任意一点．若以、、、为顶点的四边形是边长为5的菱形时，始终有△ODP是腰长为5的等腰三角形，而△ODP是腰长为5的等腰三角形有三种情况，要分类讨论求解即可．
【详解】
解：由题意，若以、、、为顶点的四边形是边长为5的菱形时，始终有△ODP是腰长为5的等腰三角形，而当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，有三种情况：
（1）如答图①所示，PD=OD=5，点P在点D的左侧．

过点P作PE⊥x轴于点E，则PE=4．
在Rt△PDE中，由勾股定理得：DE=，
∴OE=OD-DE=5-3=2，
∴此时点P坐标为（2，4）；
（2）如答图②所示，OP=OD=5．

过点P作PE⊥x轴于点E，则PE=4．
在Rt△POE中，由勾股定理得：OE=，
∴此时点P坐标为（3，4）；
（3）如答图③所示，PD=OD=5，点P在点D的右侧．

过点P作PE⊥x轴于点E，则PE=4．
在Rt△PDE中，由勾股定理得：DE=
∴OE=OD+DE=5+3=8，
∴此时点P坐标为（8，4）．
综上所述，点P的坐标为：（2，4）或（3，4）或（8，4）；
故答案为：（2，4）或（3，4）或（8，4）；
【点睛】
本题考查了分类讨论思想在几何图形中的应用，符合题意的等腰三角形有三种情形，注意不要遗漏．
15．840
【分析】
结合题意根据最后一段图象可求得根据小王后来的速度，进而可求得小王原来的速度，再根据第一段图象可求得小张的速度，最后根据两人行完全程的时间相差4分钟可得方程，解方程即可求得答案．
【
解析：840
【分析】
结合题意根据最后一段图象可求得根据小王后来的速度，进而可求得小王原来的速度，再根据第一段图象可求得小张的速度，最后根据两人行完全程的时间相差4分钟可得方程，解方程即可求得答案．
【详解】
解：由题意可知：最后一段图象是小张到达书店后等待小王前往书店的图象，
则小王后来的速度为：336÷4＝84（米/分钟），
∴小王原来的速度为：84÷（1＋20%）＝70（米/分钟），
根据第一段图象可知：v王－v张＝40÷4＝10（米/分钟），
∴小张的速度为：70－10＝60（米/分钟），
设学校到书店的距离为x米，
由题意得：，
解得：x＝840，
答：学校到书店的距离为840米，
故答案为：840．
【点睛】
本题考查了函数图象的实际应用，行程问题的基本关系，一元一次方程的应用，有一定的难度，求出两人的速度是解题的关键．
16．【分析】
当8≤t≤20时，设s=kt+b，将（8，960）、（20，1800）代入求得s=70t+400，求出t=15时s的值，从而得出答案．
【详解】
解：当8≤t≤20时，设s=kt+b，
解析：【分析】
当8≤t≤20时，设s=kt+b，将（8，960）、（20，1800）代入求得s=70t+400，求出t=15时s的值，从而得出答案．
【详解】
解：当8≤t≤20时，设s=kt+b，
将(8，960)、(20，1800)代入，得：
，
解得：，
∴s=70t+400；
当t=15时，s=1450，
1800﹣1450=350，
∴当小明从家出发去学校步行15分钟时，到学校还需步行350米．
故答案为：350．
【点睛】
本题主要考查一次函数的应用，解题的关键是理解题意，从实际问题中抽象出一次函数的模型，并熟练掌握待定系数法求一次函数的解析式．
三、解答题
17．（1）2；（2）3；（3）143；（4）
【分析】
(1)将二次根式化简合并进行计算即可；
(2)将二次根式有理化进行计算即可；
(3)根据平方差公式化简计算即可；
(4)先将二次根式、绝对值、负指
解析：（1）2；（2）3；（3）143；（4）
【分析】
(1)将二次根式化简合并进行计算即可；
(2)将二次根式有理化进行计算即可；
(3)根据平方差公式化简计算即可；
(4)先将二次根式、绝对值、负指数幂化简，再合并同类项即可．
【详解】
（1），
（2），
（3），
（4）
【点睛】
本题考查的是二次根式的混合运算，将各个式子化为最减是解答此题的关键．
18．绳索OA的长为14.5尺．
【分析】
设绳索OA的长为x尺，根据题意知，可列出关于 的方程，即可求解．
【详解】
解：由题意可知： 尺，
设绳索OA的长为x尺，根据题意得
，
解得．
答：绳索OA的
解析：绳索OA的长为14.5尺．
【分析】
设绳索OA的长为x尺，根据题意知，可列出关于 的方程，即可求解．
【详解】
解：由题意可知： 尺，
设绳索OA的长为x尺，根据题意得
，
解得．
答：绳索OA的长为14.5尺．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的应用，明确题意，列出方程是解题的关键．
19．（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）利用网格即可确定C点位置；
（2）由勾股定理在Rt△DBG中，可求BD的长．
【详解】
解：（1）如图，
∴
∴BC⊥AB，
在Rt△ACH中，A
解析：（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）利用网格即可确定C点位置；
（2）由勾股定理在Rt△DBG中，可求BD的长．
【详解】
解：（1）如图，

∴
∴BC⊥AB，
在Rt△ACH中，AC＝5；
（2）∵CD＝，AD＝，可确定D点位置如图，
∴在Rt△DBG中，BD＝．

【点睛】
本题考查勾股定理的应用，利用三角形内角和确定C点位置，由勾股定理确定D点的位置是解题的关键．
20．见解析
【分析】
首先推出∠BAC=∠DCA，继而推出AB∥CD；推出∠BCA=∠DAC，进而推出AD∥CB，因此四边形ABCD平行四边形，再证明∠ABC=90°，可得平行四边形ABCD是矩形．
【
解析：见解析
【分析】
首先推出∠BAC=∠DCA，继而推出AB∥CD；推出∠BCA=∠DAC，进而推出AD∥CB，因此四边形ABCD平行四边形，再证明∠ABC=90°，可得平行四边形ABCD是矩形．
【详解】
证明：∵MN∥PQ，
∴∠MAC=∠ACQ, ∠ACP=∠NAC，
∠MAC+∠ACP=1800，
∵AB、CD分别平分∠MAC和∠ACQ，
∴∠BAC=∠MAC,∠DCA=∠ACQ，
又∵∠MAC=∠ACQ，
∴∠BAC=∠DCA，
∴AB∥CD，
∵AD、CB分别平分∠ACP和∠NAC，
∴∠BCA=∠ACP,∠DAC=∠NAC，
又∵∠ACP=∠NAC，
∴∠BCA=∠DAC，
∴AD∥CB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠BAC=∠MAC，∠BCA=∠ACP，∠MAC+∠ACP=180°，
∴∠BAC+∠BCA=90°，
∴∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形．
【点睛】
本题主要考查了矩形的判定，关键是掌握有一个角是直角的平行四边形是矩形．
21．（1）;（2）
【解析】
【分析】
（1）首先理解题意，根据题目的解析，即可利用两种不同的方法化简求得答案；
（2）结合题意，可将原式化为，继而求得答案．
【详解】
解：（1）方法一：
方法二：；
解析：（1）;（2）
【解析】
【分析】
（1）首先理解题意，根据题目的解析，即可利用两种不同的方法化简求得答案；
（2）结合题意，可将原式化为，继而求得答案．
【详解】
解：（1）方法一：
方法二：；
（2）原式=
【点睛】
本题考查了分母有理化的知识．此题难度较大，解题的关键是理解题意，掌握分母有理化的两种方法．
22．（1）y=10x+100（0＜x＜20）；（2）当每千克干果降价3元时，超市获利2210元
【分析】
（1）由待定系数法即可得到函数的解析式；
（2）根据（1）的解析式将x=3代入求出销售量，再根据
解析：（1）y=10x+100（0＜x＜20）；（2）当每千克干果降价3元时，超市获利2210元
【分析】
（1）由待定系数法即可得到函数的解析式；
（2）根据（1）的解析式将x=3代入求出销售量，再根据每千克利润×销售量=总利润列式求解即可．
【详解】
解：（1）设y与x之间的函数关系式为：y=kx+b，
把（2，120）和（4，140）代入得，，
解得：，
∴y与x之间的函数关系式为：y=10x+100（0＜x＜20）；
（2）根据题意得，销售量y=10×3+100=130，
（60-3-40）×130=2210（元），
答：当每千克干果降价3元时，超市获利2210元．
【点睛】
本题考查的是一次函数的应用，解题的关键是利用待定系数法求出y与x之间的函数关系式，此类题目主要考查学生分析、解决实际问题能力，又能较好的考查学生“用数学”的意识．
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）m=173，直线AD的表达式为：y=2x-1（2）t的值为或45+8或8；（3）的面积是132或48149．
【解析】
【分析】
（1）将A点代入y=12x+4即可求得m的值， 根据D点设直线
解析：（1），直线AD的表达式为：（2）t的值为或或；（3）的面积是或．
【解析】
【分析】
（1）将A点代入即可求得m的值， 根据D点设直线AD的一般式，将A点代入求得k的值即可；
（2）分以BC为底和以BC为腰（其中BC为腰又分为以B点为顶点和以C点为顶点分别讨论）两种情况讨论，画出相应的图形，根据图形分析即可得出t的值；
（3）分以M为直角顶点和以N为直角顶点，构造全等三角形，进行分析即可求出的面积．
【详解】
解：（1）将代入中的得，解得，
因为，所以设直线AD的解析式为：，
将代入得，解得，所以；
（2）如下图，

由直线可知,
当y=0时，，解得x=-8，所以,
①当等腰以BC为底时，P点在BC的垂直平分线与x轴交点处，
则此时，
即，解得；
②当等腰以BC为腰时，若B点为顶点，则以B点为圆心，BC为半径画弧，在B点右侧（因为）与x轴相交于，
∵,
∴，
若C点为顶点，则以C点为圆心，BC为半径画弧，与x正半轴交于处，

∴，即，
综上所述t的值为或或．
（3）①当是以M为直角顶点的等腰直角三角形，如下图，

分别过P点和N点作x轴垂线与过M点作y轴的垂线相交于E，F,
则∵EP垂直x轴，FN垂直x轴，EF垂直y轴
∴∠PEF=∠EFN=90°，
∴∠EPM+∠EMP=90°，
∵∠PMN=90°，
∴∠FMN+∠EMP=90°，
∴∠EPM=∠FMN，
又∵PM=MN，
∴△PEM≌△MFN
∴设MF=EP=m，NF=ME=n，
∵P(-4,0),
∴，
分别将M和N代入和中
解得，
∴，;
当是以N为直角顶点的等腰直角三角形，如下图，

分别过P点和M点作x轴垂线与过N点作y轴的垂线相交于G，H,
与本小题①同理可证△NPG≌△MNH
设，
则
分别将M和N代入和中，
，解得
所以，
故的面积是或．
【点睛】
本题考查待定系数法求一次函数解析式，一次函数的应用，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，勾股定理．能根据题意画出相应的图形，结合图形进行分析是解决此题的关键．
25．（1）①详见解析；②45°-α；③，详见解析；（2），或，或
【分析】
（1）①由题意补全图形即可；
②由正方形的性质得出，由三角形的外角性质得出，由直角三角形的性质得出即可；
 ③在DF上截取DM
解析：（1）①详见解析；②45°-α；③，详见解析；（2），或，或
【分析】
（1）①由题意补全图形即可；
②由正方形的性质得出，由三角形的外角性质得出，由直角三角形的性质得出即可；
 ③在DF上截取DM=BF，连接CM，证明△CDM≌△CBF，得出CM=CF， ∠DCM=∠BCF，得出MF=即可得出结论；
（2）分三种情况：①当点E在线段BC上时，DF=BF+，理由同(1)③；
②当点E在线段BC的延长线上时，BF=DF+，在BF_上截取BM=DF，连接CM．同(1)③得△CBM≌△CDF得出CM=CF，∠BCM=∠DCF，证明△CMF是等腰直角三角形，得出MF=，即可得出结论；
③当点E在线段CB的延长线上时，BF+DF=，在DF上截取DM=BF，连接CM，同(1) ③得:ACDM≌△CBF得出CM=CF，∠DCM=∠BCF，证明△CMF是等腰直角三角形，得出MF=，即可得出结论．
【详解】
解：（1）①如图，

②∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，，
∴，
∵BF⊥DE,
∴∠BFE=90°，
∴,
故答案为：45°-α；
③线段BF，CF，DF之间的数量关系是．
证明如下：在DF上截取DM=BF，连接CM．如图2所示，
∵ 正方形ABCD，
∴ BC=CD，∠BDC=∠DBC=45°，∠BCD=90°
∴∠CDM=∠CBF=45°-α，
∴△CDM≌△CBF（SAS）．
∴ DM=BF， CM=CF，∠DCM=∠BCF．
∴ ∠MCF =∠BCF+∠MCE
=∠DCM+∠MCE
=∠BCD=90°，
∴ MF =．
∴
（2）分三种情况：①当点E在线段BC上时，DF=BF+，理由同(1)③；
②当点E在线段BC的延长线上时，BF=DF+，理由如下：
在BF上截取BM=DF，连接CM，如图3所示，
同(1) ③，得：△CBM≌△CDF (SAS)，
∴CM=CF， ∠BCM=∠DCF．
∴∠MCF=∠DCF+∠MCD=∠BCM+∠MCD= ∠ BCD=90°，
∴△CMF是等腰直角三角形，
∴MF=，
 ∴BF=BM+MF=DF+；
③当点E在线段CB的延长线上时，BF+DF=；理由如下：
在DF上截取DM=BF，连接CM，如图4所示，
同（1）③得：△CDM≌△CBF，
∴CM=CF，∠DCM=∠BCF，
∴∠MCF=∠DCF+ ∠MCD= ∠DCF+∠BCF=∠BCD=90°，
∴△CMF是等腰直角三 角形，
∴MF=,
即DM+DF=，
∴BF+DF=;
综上所述，当点E在直线BC上时，线段BF，CF，DF之间的数导关系为：，或，或．

【点睛】
此题是四边形的一道综合题，考查正方形的性质，等腰直角三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，注意解题中分情况讨论避免漏解．