人教版部编版八年级数学下册期末试卷易错题(Word版含答案).doc

人教版部编版八年级数学下册期末试卷易错题（Word版含答案）
一、选择题
1．式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是（　　）
A．x＜1 B．x≥0 C．x＞1 D．x≥1
2．下列给出的四组数中，能构成直角三角形三边的一组是（　　）
A．3，4，5 B．5，12，14 C．6，8，9 D．8，13，15
3．如图，下列条件中，能判定四边形是平行四边形的是（ ）

A．， B．，
C．， D．，
4．为迎接建党一百周年，某班开展“我最想看的红色电影”投票活动，参选的五部电影的得票数分别是9，10，11，11，8，则这组得票数据的中位数，众数分别是（　　）
A．10，11 B．11，10 C．11，11 D．10.5，11
5．若等腰三角形两边长分别为6和8，则底边上的高等于（ ）
A．2 B． C．2或 D．10
6．如图，在平面直角坐标系上，直线y＝x﹣3分别与x轴、y轴相交于A、B两点，将△AOB沿x轴翻折得到△AOC，使点B刚好落在y轴正半轴的点C处，过点C作CD⊥AB交AB于D，则CD的长为（　　）

A． B． C．4 D．5
7．如图，在中，点分别是的中点，点是上一点，连接，若则的长度为（　　）

A． B． C． D．
8．如图，直线与直线相交于点，直线与轴交于点，一动点从点出发，先沿平行于轴的方向运动，到达直线上的点处后，改为垂直于轴的方向运动，到达直线上的点处后，再沿平行于轴的方向运动，到达直线上的点处后，又改为垂直于轴的方向运动，到达直线上的点处后，仍沿平行于轴的方向运动……照此规律运动，动点依次经过点，，，，，， 则的长度为（ ）

A． B． C．2020 D．4040
二、填空题
9．若代数式有意义，则的取值范围是_________．
10．已知菱形的两条对角线长为和，菱形的周长是_______，面积是________．
11．已知一个直角三角形的两直角边长分别是1和3，则斜边长为________．
12．如图，矩形ABCD被两条对角线分成四个小三角形，如果四个小三角形的周长的和是40厘米，矩形的周长是22厘米，则对角线AC的长为 ___厘米．

13．经过点(2,0)且与坐标轴围成的三角形面积为2的直线解析式是__________________.
14．如图，四边形对角线，交于点． ，，请你添加一个适当的条件 ______ ，使四边形是菱形（只填一种情况即可）．

15．如图，直线与直线相交于点B，直线与y轴交于点A，直线与x轴交于点D与y轴交于点C，交x轴于点E．直线上有一点P（P在x轴上方）且，则点P的坐标为_______．

16．如图，在等腰△ABC中，AC=BC=5，AB=6，D、E分别为AB、AC边上的点，将边AD沿DE折叠，使点A落在CD上的点F处，当点F与点C重合时，AD=____________．

三、解答题
17．计算：
（1）．
（2）．
（3）（）×﹣6．
（4）﹣3+．
18．如图，一艘渔船正以30海里/时的速度由西向东追赶鱼群，在处看见小岛在船的北偏东60°方向上，40分钟后，渔船行至处，此时看见小岛在渔船的北偏东30°方向上．
（1）求处与小岛之间的距离；
（2）渔船到达处后，航向不变，继续航行多少时间与小岛的距离恰好为20海里？

19．如图，正方形网格中的每个小正方形边长都是1，每个小格的顶点叫做格点，以格点为顶点分别按下列要求画图形．
（1）在图1中，画一个等腰三角形（不含直角），使它的面积为8；
（2）在图2中，画一个直角三角形，使它的三边长都是有理数；
（3）在图3中，画一个正方形，使它的面积为10．

20．如图，在平行四边形中，点是边的中点，连接并延长交的延长线于点，连接，．

（1）求证：四边形是平行四边形
（2）当的度数为______度时，四边形是菱形；
（3）若，则当的度数为______度时，四边形是矩形．
21．阅读下面的材料，解答后面提出的问题：
黑白双雄，纵横江湖；双剑合壁，天下无敌，这是武侠小说中的常见描述，其意思是指两个人合在一起，取长补短，威力无比，在二次根式中也有这种相辅相成的“对子”，如：(2＋)(2－)＝1，(＋)(－)＝3, 它们的积不含根号，我们说这两个二次根式互为有理化因式，其中一个是另一个的有理化因式．于是，二次根式除法可以这样解：＝＝，＝＝7＋4．像这样通过分子、分母同乘以一个式子把分母中的根号化去或把根号中的分母化去，叫做分母有理化．
解决问题：
(1)4＋的有理化因式是　　　　　　　，将分母有理化得　　　　　　　；
(2)已知x＝，y＝,则＝ ；
(3)已知实数x，y满足(x＋)(y＋)－2017＝0，则x＝ ，y＝　　．
22．一辆汽车油箱内有油a升，从某地出发，每行驶1小时耗油6升，若设剩余油量为Q升，行驶时间为t小时，根据以上信息回答下列问题：
（1）开始时，汽车的油量a＝　 　升；
（2）在行驶了 　 　小时汽车加油，加了 　 　升；
（3）根据图象求加油前Q与t之间的关系式，并写出t的取值范围．

23．如图，为正方形的对角线上一点.过作的垂线交于，连，取中点．
（1）如图1，连，试证明；

（2）如图2，连接，并延长交对角线于点，试探究线段之间的数量关系并证明；
（3）如图3,延长对角线至延长至,连若,且，则 ．（直接写出结果）
24．如图1，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点．
（1）求直线的函数表达式；
（2）如图2，在线段上有一点（点不与点、点重合），将沿折叠，使点落在上，记作点，在上方，以为斜边作等腰直角三角形，求点的坐标；
（3）在（2）的条件下，如图3，在平面内是否存在一点，使得以点，，为顶点的三角形与全等（点不与点重合），若存在，请直接写出满足条件的所有点的坐标，若不存在，请说明理由．

25．如图1，在中，，,，以OB为边，在外作等边，D是OB的中点，连接AD并延长交OC于E．

（1）求证：四边形ABCE是平行四边形；
（2）连接AC，BE交于点P，求AP的长及AP边上的高BH；
（3）在（2）的条件下，将四边形OABC置于如图所示的平面直角坐标系中，以E为坐标原点，其余条件不变，以AP为边向右上方作正方形APMN：
①M点的坐标为 ．
②直接写出正方形APMN与四边形OABC重叠部分的面积（图中阴影部分）．
26．在平面直角坐标中，四边形OCNM为矩形，如图1，M点坐标为（m，0），C点坐标为（0，n），已知m，n满足．

（1）求m，n的值；
（2）①如图1，P，Q分别为OM，MN上一点，若∠PCQ＝45°，求证：PQ＝OP+NQ；
②如图2，S，G，R，H分别为OC，OM，MN，NC上一点，SR，HG交于点D．若∠SDG＝135°，，则RS＝______；
（3）如图3，在矩形OABC中，OA＝5，OC＝3，点F在边BC上且OF＝OA，连接AF，动点P在线段OF是（动点P与O，F不重合），动点Q在线段OA的延长线上，且AQ＝FP，连接PQ交AF于点N，作PM⊥AF于M．试问：当P，Q在移动过程中，线段MN的长度是否发生变化？若不变求出线段MN的长度；若变化，请说明理由．
【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
根据二次根式中的被开方数必须是非负数列出不等式，解不等式即可得出结果．
【详解】
在实数范围内有意义，
．
解得．
故选D．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
2．A
解析：A
【分析】
分别把选项中的三边平方后，根据勾股定理逆定理即可判断能否构成直角三角形．
【详解】
解：A．∵32+42=52，∴能构成直角三角形三边；
B．∵52+122≠142，∴不能构成直角三角形三边；
C．∵62+82≠92，∴不能构成直角三角形三边；
D．∵82+132≠152，∴不能构成直角三角形三边．
故选A．
【点睛】
本题考查了利用勾股定理逆定理判定直角三角形的方法．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定理进行分析即可．
【详解】
解：根据两组对边分别相等的四边形为平行四边形，则B选项正确，
故选：B．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，熟记基本的判定方法是解题关键．
4．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据中位数和众数的求解方法，求解即可．
【详解】
解：将这五部电影得票数从小到大排列，处在中间位置的一个数是10，因此中位数是10，
这五部电影得票数出现次数最多的是11，共出现2次，因此众数是11，
故选：A．
【点睛】
此题考查了中位数和众数的求解，掌握它们的求解方法是解题的关键．
5．C
解析：C
【分析】
因为题目没有说明哪个边为腰哪个边为底，所以需要讨论，①当6为腰时，此时等腰三角形的边长为6、6、8；②当8为腰时，此时等腰三角形的边长为6、8、8；然后根据等腰三角形的高垂直平分底边可运用勾股定理的知识求出高．
【详解】
解：∵△ABC是等腰三角形，AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，
边长为6和8的等腰三角形有6、6、8与6、8、8两种情况，
①当三边是6、6、8时，底边上的高AD＝＝＝2；
②当三边是6、8、8时，同理求出底边上的高AD是＝．
故选C．

【点睛】
本题主要考查了勾股定理和等腰三角形的性质，解题的关键在于能够利用分类讨论的思想求解．
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A，B的坐标，在Rt△AOB中，利用勾股定理可求出AB的长，由折叠的性质可得出OC＝OB，进而可得出BC的长，再利用面积法，即可求出CD的长．
【详解】
解：当x＝0时，y＝×0﹣3＝﹣3，
∴点B的坐标为（0，﹣3）；
当y＝0时，x﹣3＝0，解得：x＝4，
∴点A的坐标为（4，0）．
在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝4，OB＝3，
∴
由折叠可知：OC＝OB＝3，
∴BC＝OB+OC＝6．
∵S△ABC＝BC•OA＝AB•CD，
∴
故选B．
【点睛】
本题主要考查了一次函数与坐标轴的交点问题，折叠的性质，三角形的面积公式，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
7．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据直角三角形的性质求出，进而求出，根据三角形中位线定理计算，得到答案．
【详解】
解：，点是的中点，，
，
，
，
点、分别是、的中点，
，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是直角三角形的性质、三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
8．B
解析：B
【分析】
先求出P点坐标，再由直线l1:y=x+1可知,A（0,1）,则B1纵坐标为1,代入直线l2:y=x+中,得B1（1,1）,又A1、B1横坐标相等,可得A1（1,2）,则AB1=1,A1B1=2-1=1,可判断AA1B1为等腰直角三角形,利用平行线的性质,得A1A2B2、A2A3B3、…、都是等腰直角三角形,根据平行于x轴的直线上两点纵坐标相等,平行于y轴的直线上两点横坐标相等以及直线l1、l2的解析式,分别求A1B1,A2B2的长得出一般规律，再利用规律解答即可．
【详解】
解：由直线直线l1：y=x+1可知，P（-1,0）A（0，1），
根据平行于x轴的直线上两点纵坐标相等，平行于y轴的直线上两点横坐标相等以及直线l1、l2的解析式可知，B1（1，1），A1（1，2），B2（3，2），A2（3，4），B3（7，4），A3（7，8），
A1B1=2-1，A2B2=4-2=2，A3B3=8-4=4，…AnBn=2n-2（n-1）
当n=2020时，=22020-22019=2×22019-22019=22019（2-1）=22019．
故选B．
【点睛】
本题主要考查了一次函数的综合运用以及等腰三角形的知识．掌握平行于x轴的直线上点的纵坐标相等,平行于y轴的直线上点的横坐标相等成为解答本题的关键．
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件求解即可．
【详解】
有意义，
，
解得．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件，理解二次根式有意义的条件是解题的关键．
10．A
解析：24
【解析】
【分析】
首先根据题意画出图形,然后由菱形的两条对角线长分别是6和8，可求得OA=4，OB=3,再由勾股定理求得边长，继而求得此菱形的周长与面积．
【详解】
解：如图,

菱形ABCD中，AC=8，BD=6，
∴OA=AC=4，OB=BD=3，AC⊥BD，
∴AB==5，
∴C菱形的周长=5×4=20，
S菱形ABCD=×6×8=24，
故菱形的周长是20，面积是24．
故答案为：20；24．
【点睛】
本题考查了菱形的周长和性质得求法，勾股定理，属于简单题，熟悉菱形的性质和菱形求面积的特殊方法是解题关键．
11．
【解析】
【分析】
利用勾股定理计算即可．
【详解】
解：∵直角三角形的两直角边长分别是1和3，
∴斜边==，
故答案为：．
【点睛】
本题考查勾股定理，解题的关键是记住勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
12．A
解析：5
【分析】
根据矩形性质得出OA=OB=OC=OD，AB=CD，AD=BC，求出8OA+2AB+2BC=40厘米和2AB+2BC=22厘米，求出OA，即可求出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，AC=BD，AO=OC，OD=OB，
∴AO=OC=OD=OB，
∵矩形ABCD被两条对角线分成四个小三角形的周长的和是40厘米，
∴OA+OD+AD+OD+OC+CD+OC+OB+BC+OA+OB+AB=40厘米，
即8OA+2AB+2BC=40厘米，
∵矩形ABCD的周长是22厘米，
∴2AB+2BC=22厘米，
∴8OA=18厘米，
∴OA=2.25厘米，
即AC=BD=2OA=4.5厘米．
故答案为：4.5．
【点睛】
本题考查了矩形的性质的应用，注意：矩形的对边相等，矩形的对角线互相平分且相等．
13．y=x-2或y=-x+2
【分析】
设直线解析式为y=kx+b，先把（2，0）代入得b=-2k，则有y=kx-2k，再确定直线与y轴的交点坐标为（0，-2k），然后根据三角形的面积公式得到×2×|-2k|=2，解方程得k=1或-1，于是可得所求的直线解析式为y=x-2或y=-x+2．
【详解】
设直线解析式为y=kx+b，
把(2,0)代入得2k+b=0，解得b=−2k，
所以y=kx−2k，
把x=0代入得y=kx−2k得y=−2k，
所以直线与y轴的交点坐标为(0,−2k)，
所以×2×|−2k|=2，解得k=1或−1，
所以所求的直线解析式为y=x−2或y=−x+2.
故答案为：y=x−2或y=−x+2.
【点睛】
本题考查一次函数图象上点的坐标特征.
14．（答案不唯一）
【分析】
由条件，，根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形进行判定即可．
【详解】
解：添加即可判断四边形是菱形，
∵，，
当时，四边形对角线，互相垂直平分，
∴四边形是菱形，
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】
此题主要考查了菱形的判定，掌握一组对角线互相垂直平分的四边形是菱形是解题的关键．
15．（-3，4）
【分析】
先求出A（0，4），D（-1，0），C（0，-2），得到AC=6，再求出B点坐标，从而求出△ABC的面积；然后求出直线AE的解析式得到E点坐标即可求出DE的长，再由进行求解即
解析：（-3，4）
【分析】
先求出A（0，4），D（-1，0），C（0，-2），得到AC=6，再求出B点坐标，从而求出△ABC的面积；然后求出直线AE的解析式得到E点坐标即可求出DE的长，再由进行求解即可．
【详解】
解：∵A是直线与y轴的交点，C、D是直线与y轴、x轴的交点，
∴A（0，4），D（-1，0），C（0，-2），
∴AC=6；
联立 ，
解得，
∴点B的坐标为（-2，2），
∴，
∵，
∴可设直线AE的解析式为，
∴，
∴直线AE的解析式为，
∵E是直线AE与x轴的交点，
∴点E坐标为（2，0），
∴DE=3，
∴，
∴，
∴，
∴点P的坐标为（-3，4），
故答案为：（-3，4）．

【点睛】
本题主要考查了一次函数综合，求一次函数与坐标轴的交点，两直线的交点坐标，三角形面积，解题的关键在于能够熟练掌握一次函数的相关知识．
16．【分析】
由题意可知，当C和F重合时，DE为AC(F)的中垂线,过C作CG垂直于AB交AB于G点,可得AG=3,CG=4,设：AD=x,则BD=6-x，由已知可得DG=x-3,在Rt△CDG中，由
解析：
【分析】
由题意可知，当C和F重合时，DE为AC(F)的中垂线,过C作CG垂直于AB交AB于G点,可得AG=3,CG=4,设：AD=x,则BD=6-x，由已知可得DG=x-3,在Rt△CDG中，由勾股定理列出方程可求得x，即为AD．
【详解】
解：由题意可知，当C和F重合时，如下图

由于AD沿DE折叠至CD，故DE为AC(F)的中垂线过C作CG垂直于AB交AB于G点
设AD=x，由中垂线性质可得，CD=AD=x，
则BD=6-x；
∵AC=5，CG为等腰△ABC底边AB上的高，且AB=6
∴，CG=4，
∴DG=BG-BD=x-3；
在Rt△CDG中，由勾股定理，得：CG²+DG²=CD²；
即：；
解得：；
∴
故答案为：
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了勾股定理，垂直平分线的性质等知识，解题的关键在于画出图形和掌握作辅助线．
三、解答题
17．（1）5；（2）7﹣2；（3）﹣6；（4）．
【分析】
（1）利用二次根式的除法法则运算；
（2）利用完全平方公式计算；
（3）先利用二次根式的乘法法法则运算，然后化简后合并即可；
（4）先把各二次
解析：（1）5；（2）7﹣2；（3）﹣6；（4）．
【分析】
（1）利用二次根式的除法法则运算；
（2）利用完全平方公式计算；
（3）先利用二次根式的乘法法法则运算，然后化简后合并即可；
（4）先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可．
【详解】
解：（1）原式＝+，
＝2+3，
＝5；
（2）原式＝5﹣2+2，
＝7﹣2；
（3）原式＝﹣2﹣3，
＝3﹣6﹣3，
＝﹣6；
（4）原式＝2﹣+，
＝．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法和除法法则、乘法公式是解决问题的关键．
18．（1）20海里；（2）小时
【分析】
（1）作BH⊥AC于H．首先证明AB＝BC，AH＝HC，求出HC即可解决问题；
（2）作CG⊥AB交AB的延长线于G，可得△BCF是等边三角形，进而即可求解．
解析：（1）20海里；（2）小时
【分析】
（1）作BH⊥AC于H．首先证明AB＝BC，AH＝HC，求出HC即可解决问题；
（2）作CG⊥AB交AB的延长线于G，可得△BCF是等边三角形，进而即可求解．
【详解】
解：（1）作BH⊥AC于H．

∵∠CBG＝∠CAB＋∠BCA，∠CAB＝30°，∠CBG＝60°，
∴∠ACB＝∠BAC＝30°
∴BA＝BC＝30×＝20（海里）．
∵BH⊥AC，
∴AH＝HC＝10海里，
∴AC＝2AH＝20海里；
（2）作CG⊥AB交AB的延长线于G，
设渔船到达B处后，航向不变，继续航行到F与小岛C的距离恰好为20海里．
即CF＝20海里，
∴BC＝CF，
∵∠CBF＝60°，
∴△BCF是等边三角形，
∴BF＝20，
∴20÷30＝（小时），
∴继续航行小时与小岛C的距离恰好为20海里．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用−−方向角问题，结合航海中的实际问题，将解直角三角形的相关知识有机结合，体现了数学应用于实际生活的思想．
19．（1）作图见详解；（2）作图见详解；（3）作图见详解．
【解析】
【分析】
（1）根据题意找出三角形底为4，高为4的三角形即可；
（2）根据题意可画出直角边分别为3，4的直角三角形，斜边通过勾股定理
解析：（1）作图见详解；（2）作图见详解；（3）作图见详解．
【解析】
【分析】
（1）根据题意找出三角形底为4，高为4的三角形即可；
（2）根据题意可画出直角边分别为3，4的直角三角形，斜边通过勾股定理计算为5，符合题意；
（3）根据题意及正方形面积的特点即可画出边长为的正方形．
【详解】
（1）如图所示，三角形底为4，高为4，面积为8，符合题意，即为所求；

（2）如图所示，三角形为所求，直角边分别为3，4，根据勾股定理，斜边为5，符合题意；

（3）如图所示，正方形为所求，正方形变长为，
面积为：，符合题意．

【点睛】
此题主要考查网格与图形，解题的关键是熟练运用勾股定理．
20．（1）见解析；（2）90；（3）104
【分析】
（1）根据题意，可以先证明和全等，然后即可得到，然后对角线互相平分的四边形是平行四边形可以证明结论成立；
（2）根据菱形的性质，可以得到的度数；
（
解析：（1）见解析；（2）90；（3）104
【分析】
（1）根据题意，可以先证明和全等，然后即可得到，然后对角线互相平分的四边形是平行四边形可以证明结论成立；
（2）根据菱形的性质，可以得到的度数；
（3）根据矩形的性质，可以得到的度数．
【详解】
（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
点是边的中点，
，
在和中，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形；
（2）当的度数为时，四边形是菱形，
理由：四边形是菱形，
，
，
故答案为：90；
（3）当的度数为104度时，四边形是矩形，
理由：四边形是矩形，
，
，
，
四边形是平行四边形，，
，
，
，
故答案为：104．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的性质、菱形的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
21．（1）,;（2）10 ;（3），.
【解析】
【详解】
(1) ∵,∴ 的有理化因式为 ;
∵,∴ 分母有理化得: .
(2). ∵ ,
∴
(3) ∵(x＋)(y＋)－2017＝0
∴,
∴
解析：（1）,;（2）10 ;（3），.
【解析】
【详解】
(1) ∵,∴ 的有理化因式为 ;
∵,∴ 分母有理化得: .
(2). ∵ ,
∴
(3) ∵(x＋)(y＋)－2017＝0
∴,
∴
∴
∴ ,
整理得：
∴ ,x=y
将x=y代入可得：， .故答案为，.
点睛：此题考查了分母有理化，正确选择两个二次根式，使它们的积符合平方差公式是解本题的关键.
22．（1）42；（2）5，24；（3）Q＝﹣6t＋42，（0≤t≤5）
【分析】
（1）根据图象开始时Q的值即可得出结论；
（2）根据图象，中途Q增大的位置即可得出结论；
（3）根据图象上的两个点，用待
解析：（1）42；（2）5，24；（3）Q＝﹣6t＋42，（0≤t≤5）
【分析】
（1）根据图象开始时Q的值即可得出结论；
（2）根据图象，中途Q增大的位置即可得出结论；
（3）根据图象上的两个点，用待定系数法即可．
【详解】
解：（1）由图象知，t＝0时，Q＝42，
∴开始时，汽车的油量a＝42升，
故答案为42；
（2）当t＝5时，Q的值增大，
∴在行驶5小时时加油，加油量为36﹣12＝24升，
故答案为5，24；
（3）加油前，图像上有两点（0，42），（5，12），
设Q与t的关系式为Q＝kt＋b，
代入（0，42），（5，12），得：
，
解得，
∴Q＝﹣6t＋42，（0≤t≤5）．
【点睛】
本题主要考查一次函数的应用，关键是要会用待定系数法求一次函数的解析式．
23．（1）见解析；（2），理由见解析；（3）
【分析】
（1）由直角三角形的性质得AO=MO=BE=BO=EO，得∠ABO=∠BAO，∠OBM=∠OMB，证出∠AOM=∠AOE+∠MOE=2∠ABO+2
解析：（1）见解析；（2），理由见解析；（3）
【分析】
（1）由直角三角形的性质得AO=MO=BE=BO=EO，得∠ABO=∠BAO，∠OBM=∠OMB，证出∠AOM=∠AOE+∠MOE=2∠ABO+2∠MBO=2∠ABD=90°即可；
（2）在AD上方作AF⊥AN，使AF=AN，连接DF、MF，证△ABN≌△ADF（SAS），得BN=DF，∠DAF=∠ABN=45°，则∠FDM=90°，证△NAM≌△FAM（SAS），得MN=MF，在Rt△FDM中，由勾股定理得FM2=DM2+FD2，进而得出结论；
（3）作P关于直线CQ的对称点E，连接PE、BE、CE、QE，则△PCQ≌△ECQ，∠ECQ=∠PCQ=135°，EQ=PQ=9，得∠PCE=90°，则∠BCE=∠DCP，△PCE是等腰直角三角形，得CE=CP=PE，证△BCE≌△DCP（SAS），得∠CBE=∠CDB=∠CBD=45°，则∠EBQ=∠PBE=90°，由勾股定理求出BE=，PE=6，即可得出PC的长．
【详解】
解：（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
，
是的中点，
，
，，
；
（2），理由如下：
在上方作，使，连接、，如图2所示：
则，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
在和中，，
，
，，
，
，
，
在和中，，
，
，
在中，，
即；

（3）作关于直线的对称点，连接、、、，如图3所示：
则，，，
，
，是等腰直角三角形，
，
在和中，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
；
故答案为：．

【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的判定、勾股定理、轴对称的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解题的关键．
24．（1）；（2），；（3），或，或，．
【解析】
【分析】
（1）直接利用待定系数法，即可得出结论；
（2）先求出，，进而求出点的坐标，再构造出，得出，，设，进而建立方程组求解，即可得出结论；
（3）
解析：（1）；（2），；（3），或，或，．
【解析】
【分析】
（1）直接利用待定系数法，即可得出结论；
（2）先求出，，进而求出点的坐标，再构造出，得出，，设，进而建立方程组求解，即可得出结论；
（3）分两种情况，①当时，利用中点坐标公式求解，即可得出结论；
②当时，当点在上方时，判断出四边形是平行四边形，即可得出结论；
当点在下方时，判断出四边形是平行四边形，再用平移的性质，即可得出结论．
【详解】
解：（1）设直线的函数表达式为，
点，点，
，
，
直线的函数表达式为；
（2）如图1，

点，点，
，，
，
由折叠知，，
过点作轴，交轴于，
，
，
，，
，
，，
过点作轴于，延长交于，

，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，，
设，则，
，
，；
（3）设，则，
由折叠知，，，
在中，，
，
，
，，，，
点，，为顶点的三角形与全等，
①当时，
，，
连接交于，则，，由（1）知，，，
设，
，，
，，
，；
②当时，当点在上方时，
，，
四边形是平行四边形，
，
，；
当点在下方时，，，
四边形是平行四边形，
点，向左平移个单位，再向下平移个单位到达点，
点是点向左平移个单位，再向下平移个单位到达点，，即满足条件的点的坐标为，或，或，．

【点睛】
本题考查了一次函数综合题，考查了待定系数法，折叠的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平移的性质，中点坐标公式，解题的关键是构造出全等三角．
25．（1）见解析；（2），；（3）①；②
【分析】
（1）利用直角三角形斜边中线的性质可得DO=DA，推出∠AEO=60°，进一步得出BC∥AE，CO∥AB，可得结论；
（2）先计算出OA=，推出PB=
解析：（1）见解析；（2），；（3）①；②
【分析】
（1）利用直角三角形斜边中线的性质可得DO=DA，推出∠AEO=60°，进一步得出BC∥AE，CO∥AB，可得结论；
（2）先计算出OA=，推出PB=，利用勾股定理求出AP=，再利用面积法计算BH即可；
（3）①求出直线PM的解析式为y=x-3，再利用两点间的距离公式计算即可；
②易得直线BC的解析式为y=x+4，联立直线BC和直线PM的解析式成方程组，求得点G的坐标，再利用三角形面积公式计算．
【详解】
（1）证明：∵Rt△OAB中，D为OB的中点，
∴AD=OB，OD=BD=OB，
∴DO=DA，
∴∠DAO=∠DOA=30°，∠EOA=90°，
∴∠AEO=60°，
又∵△OBC为等边三角形，
∴∠BCO=∠AEO=60°，
∴BC∥AE，
∵∠BAO=∠COA=90°，
∴CO∥AB，
∴四边形ABCE是平行四边形；
（2）解：在Rt△AOB中，∠AOB=30°，OB=8，
∴AB=4，
∴OA=，
∵四边形ABCE是平行四边形，
∴PB=PE，PC=PA，
∴PB=，
∴
∴，
即
∴；
（3）①∵C（0，4），
设直线AC的解析式为y=kx+4，
∵P（，0），
∴0=k+4，
解得，k=，
∴y=x+4，
∵∠APM=90°，
∴直线PM的解析式为y=x+m，
∵P（，0），
∴0=×+m，
解得，m=-3，
∴直线PM的解析式为y=x-3，
设M（x，x-3），
∵AP=，
∴（x-）2+（x-3）2=（）2，
化简得，x2-4x-4=0，
解得，x1=，x2=（不合题意舍去），
当x=时，y=×（）-3=，
∴M（，），
故答案为：（，）；
②∵
∴直线BC的解析式为：，
联立，解得，
∴，

【点睛】
本题考查的是平行四边形的判定，等边三角形的性质，两点间的距离，正方形的性质，矩形的性质，一次函数的图象和性质，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键．
26．（1）m＝5，n=5；（2）①证明见解析；②；（3）MN的长度不会发生变化，它的长度为．
【分析】
（1）利用非负数的性质即可解决问题．
（2）①作辅助线，构建两个三角形全等，证明△COE≌△CNQ
解析：（1）m＝5，n=5；（2）①证明见解析；②；（3）MN的长度不会发生变化，它的长度为．
【分析】
（1）利用非负数的性质即可解决问题．
（2）①作辅助线，构建两个三角形全等，证明△COE≌△CNQ和△ECP≌△QCP，由PE＝PQ＝OE+OP，得出结论；
②作辅助线，构建平行四边形和全等三角形，可得▱CSRE和▱CFGH，则CE＝SR，CF＝GH，证明△CEN≌△CE′O和△E′CF≌△ECF，得EF＝E′F，设EN＝x，在Rt△MEF中，根据勾股定理列方程求出EN的长，再利用勾股定理求CE，则SR与CE相等，所以SR＝ ；
（3）在（1）的条件下，当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化，求出MN的长即可；如图4，过P作PD∥OQ，证明△PDF是等腰三角形，由三线合一得：DM＝FD，证明△PND≌△QNA，得DN＝AD，则MN＝AF，求出AF的长即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵ ，
又∵≥0，|5﹣m|≥0，
∴n﹣5＝0，5﹣m＝0，
∴m＝5，n=5．
（2）①如图1中，在PO的延长线上取一点E，使NQ＝OE，

∵CN＝OM＝OC＝MN，∠COM＝90°，
∴四边形OMNC是正方形，
∴CO＝CN，
∵∠EOC＝∠N＝90°，
∴△COE≌△CNQ（SAS），
∴CQ＝CE，∠ECO＝∠QCN，
∵∠PCQ＝45°，
∴∠QCN+∠OCP＝90°﹣45°＝45°，
∴∠ECP＝∠ECO+∠OCP＝45°，
∴∠ECP＝∠PCQ，
∵CP＝CP，
∴△ECP≌△QCP（SAS），
∴EP＝PQ，
∵EP＝EO+OP＝NQ+OP，
∴PQ＝OP+NQ．
②如图2中，过C作CE∥SR，在x轴负半轴上取一点E′，使OE′＝EN，得▱CSRE，且△CEN≌△CE′O，则CE＝SR，
过C作CF∥GH交OM于F，连接FE，得▱CFGH，则CF＝GH＝，

∵∠SDG＝135°，
∴∠SDH＝180°﹣135°＝45°，
∴∠FCE＝∠SDH＝45°，
∴∠NCE+∠OCF＝45°，
∵△CEN≌△CE′O，
∴∠E′CO＝∠ECN，CE＝CE′，
∴∠E′CF＝∠E′CO+∠OCF＝45°，
∴∠E′CF＝∠FCE，
∵CF＝CF，
∴△E′CF≌△ECF（SAS），
∴E′F＝EF
在Rt△COF中，OC＝5，FC＝，
由勾股定理得：OF＝ ＝，
∴FM＝5﹣＝，
设EN＝x，则EM＝5﹣x，FE＝E′F＝x+，
则（x+）2＝（）2+（5﹣x）2，
解得：x＝，
∴EN＝，
由勾股定理得：CE＝ ＝，
∴SR＝CE＝．
故答案为．
（3）当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化．
理由：如图3中，过P作PD∥OQ，交AF于D．

∵OF＝OA，
∴∠OFA＝∠OAF＝∠PDF，
∴PF＝PD，
∵PF＝AQ，
∴PD＝AQ，
∵PM⊥AF，
∴DM＝FD，
∵PD∥OQ，
∴∠DPN＝∠PQA，
∵∠PND＝∠QNA，
∴△PND≌△QNA（AAS），
∴DN＝AN，
∴DN＝AD，
∴MN＝DM+DN＝DF+AD＝AF，
∵OF＝OA＝5，OC＝3，
∴CF＝，
∴BF＝BC﹣CF＝5﹣4＝1，
∴AF＝，
∴MN＝AF＝，
∴当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化，它的长度为．
【点睛】
本题是四边形与动点问题的综合题，考查了矩形、正方形、全等三角形等图形的性质与判定，灵活运用所学知识是解答本题的关键．