人教版八年级下册数学乐山数学期末试卷综合测试(Word版含答案).doc

人教版八年级下册数学乐山数学期末试卷综合测试（Word版含答案）
一、选择题
1．如果在实数范围内有意义，则x的取值范围是（　　）
A．x≠2 B．x≥﹣7 C．x≥2 D．x≥﹣7且x≠2
2．下列各组数中，能构成直角三角形的是（　　）
A．4，5，6 B．1，1， C．6，8，11 D．5，12，23
3．下列命题中，是真命题的是（ ）
A．两条对角线相等的四边形是矩形
B．两条对角线互相垂直的四边形是矩形
C．两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
D．两条对角线互相平分的四边形是平行四边形
4．某校进行广播操比赛，如图是20位评委给某班的评分情况统计图，则该班平均得分（　　）

A．9 B．6.67 C．9.1 D．6.74
5．△ABC中，AB=15，AC=13，高AD=12，则△ABC的周长为（　　）
A．42 B．32 C．42或32 D．37或33
6．如图，点为边上一点，将沿翻折得到，点在上，且．那么的度数为（ ）

A．38° B．48° C．51° D．62°
7．如图，数轴上点A对应的数是0，点B对应的数是1，，垂足为B，且，以A为圆心，为半径画弧，交数轴于点D，则点D表示的数为（ ）

A．2.2 B． C． D．
8．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线与x轴交于B点，与轴交于A点，点在线段 上，且，若点P在坐标轴上，则满足的点P的个数是（ ）

A．4 B．3 C．2 D．1
二、填空题
9．若有意义，则的取值范围是____________．
10．如图，在菱形ABCD中，对角线BD＝4，AC＝3BD，则菱形ABCD的面积为 _____．

11．等腰梯形的上底是10cm，下底是16cm，高是4cm，则等腰梯形的周长为______cm．
12．如图，在矩形中，，，将沿对角线翻折，点落在点处，交于点，则线段的长为____________．

13．某函数的图象经过（1，），且函数y的值随自变量x的值增大而增大．请你写出一个符合上述条件的函数关系式：__________．
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．将正方形，，按如图所示方式放置，点，，，…和点，，，…分别在直线和轴上，则点的坐标是______，的纵坐标是______．

16．如图，平行四边形ABCD的对角线交于点O，∠ABC＝120°，AB＝6，BC＝13，将BOC沿直线BD翻折得到BOF，BF交AD于点E，则＝____________．

三、解答题
17．（1）计算：；
（2）计算：．
18．由于过度采伐森林和破坏植被，我国部分地区频频遭受沙尘暴的侵袭．近日，A城气象局测得沙尘暴中心在A城的正西方向240km的B处，以每时12km的速度向北偏东60°方向移动，距沙尘暴中心150km的范围为受影响区域．
（1）A城是否受到这次沙尘暴的影响？为什么？
（2）若A城受这次沙尘暴影响，那么遭受影响的时间有多长？

19．阅读理解：我们给出如下定义：若一个四边形中存在一组相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾股四边形，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边．

（1）写出你所学过的特殊四边形中是勾股四边形的两种图形的名称：__________，__________．
（2）如图，已知格点（小正方形的顶点），，，请你画出以格点为顶点，，为勾股边且对角线相等的两个勾股四边形．
20．在矩形中，，，对角线、交于点，一直线过点分别交、于点、，且，求证：四边形为菱形．

21．观察下列等式：
①；②；③；……
回答下列问题：
（1）利用你观察到的规律，化简：
（2）计算： +++……+
22．某水果店进行了一次水果促销活动，在该店一次性购买A种水果的单价y（元）与购买量x（千克）的函数关系如图所示，

（1）当时，单价y为______元；当单价y为8.8元时，购买量x（千克）的取值范围为______；
（2）根据函数图象，当时，求出函数图象中单价y（元）与购买量x（千克）的函数关系式；
（3）促销活动期间，张亮计划去该店购买A种水果10千克，那么张亮共需花费多少元？
23．在平行四边形中，以为腰向右作等腰，，以为斜边向左作，且三点，，在同一直线上．

（1）如图①，若点与点重合，且，，求四边形的周长；
（2）如图②，若点在边上，点为线段上一点，连接，点为上一点，连接，且，，求证：；
（3）如图③，若，，，是中点，是上一点，在五边形内作等边，连接、，直接写出的最小值．
24．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点在轴正半轴上（），把线段绕点顺时针旋转得到线段，过点分别向轴，轴作垂线，垂足为，．

（1）求四边形的面积；
（2）若，求直线的表达式；
（3）在（2）的条件下，点为延长线上一点，连接，作的平分线，交轴于点，若为等腰三角形，求点的坐标．
25．（1）问题探究：如图①，在四边形ABCD中，AB∥CD，E是BC的中点，AE是∠BAD的平分线，则线段AB，AD，DC之间的等量关系为　 　；
（2）方法迁移：如图②，在四边形ABCD中，AB∥CD，AF与DC的延长线交于点F，E是BC的中点，AE是∠BAF的平分线，试探究线段AB，AF，CF之间的等量关系，并证明你的结论；
（3）联想拓展：如图③，AB∥CF，E是BC的中点，点D在线段AE上，∠EDF＝∠BAE，试探究线段AB，DF，CF之间的数量关系，并证明你的结论．

26．综合与实践：如图1，在正方形中，连接对角线，点O是的中点，点E是线段上任意一点（不与点A，O重合），连接，．过点E作交直线于点F．

（1）试猜想线段与的数量关系，并说明理由；
（2）试猜想线段之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图2，当E在线段上时（不与点C，O重合），交延长线于点F，保持其余条件不变，直接写出线段之间的数量关系．
【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
由已知可得x﹣2≠0，x+7≥0，求出x的范围即可．
【详解】
解：∵在实数范围内有意义，
∴x﹣2≠0，x+7≥0，
∴x≠2，x≥﹣7，
∴x≥﹣7且x≠2，
故选：D．
【点睛】
此题主要考查二次根式与分式有意义的条件，解题的关键是熟知其各自的特点．
2．B
解析：B
【分析】
根据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形．如果没有这种关系，这个三角形就不是直角三角形．
【详解】
解：A、42+52≠62，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
B、12+12＝ ，能构成直角三角形，故此选项符合题意；
C、62+82≠112，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
D、52+122≠232，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理，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．D
解析：D
【解析】
【分析】
根据矩形的判定方法对进行判断；根据正方形的判定方法对进行判断；根据平行四边形的判定方法对进行判断．
【详解】
解：、两条对角线相等的平行四边形是矩形，所以选项错误，不符合题意；
、两条对角线相等的平行四边形是矩形，所以选项错误，不符合题意；
、两条对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，所以选项错误，不符合题意；
、两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，所以选项正确，符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了命题与定理，解题的关键是掌握判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果那么”形式．有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据加权平均数的定义列式计算即可．
【详解】
解：该班平均得分=9.1（分），
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了加权平均数，解题的关键是掌握加权平均数的定义．
5．C
解析：C
【分析】
存在2种情况，△ABC是锐角三角形和钝角三角形时，高AD分别在△ABC的内部和外部
【详解】
情况一：如下图，△ABC是锐角三角形

∵AD是高，∴AD⊥BC
∵AB=15，AD=12
∴在Rt△ABD中，BD=9
∵AC=13，AD=12
∴在Rt△ACD中，DC=5
∴△ABC的周长为：15+12+9+5=42
情况二：如下图，△ABC是钝角三角形

在Rt△ADC中，AD=12，AC=13，∴DC=5
在Rt△ABD中，AD=12，AB=15，∴DB=9
∴BC=4
∴△ABC的周长为：15+13+4=32
故选：C
【点睛】
本题考查勾股定理，解题关键是多解，注意当几何题型题干未提供图形时，往往存在多解情况.
6．C
解析：C
【解析】
【分析】
由平行四边形的性质和折叠的性质得出∠BFE=∠A=52°，∠FBE=∠ABE，由等腰三角形的性质和三角形的外角性质得出∠EDF=∠DEF=∠BFE=26°，由三角形内角和定理求出∠ABD=102°，即可得出∠ABE的度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C=52°，
由折叠的性质得：∠BFE=∠A=52°，∠FBE=∠ABE，
∵EF=DF，
∴∠EDF=∠DEF=∠BFE=26°，
∴∠ABD=180°-∠A-∠EDF=102°，
∴∠ABE=∠ABD=51°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质、三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的性质是解决问题的关键．
7．D
解析：D
【解析】
【分析】
首先根据勾股定理求出的长，再根据同圆的半径相等可知＝，再根据条件：点对应的数是原点，可求出点坐标．
【详解】
解：∵，
∴＝，
∴，
∵以为圆心，为半径画弧，交数轴于点，
∴，
∴点表示的数是：．
故选D．
【点睛】
此题考查实数与数轴，勾股定理，解题关键是利用勾股定理求出．
8．A
解析：A
【分析】
作点关于轴的对称点，根据直线与x轴交于B点，与轴交于A点，求出A，B两点的坐标，然后利用勾股定理求得，即，可判断点P在x轴上，使得的点P的个数是两个；作点关于轴的对称点，同理可判断点P在y轴上，使得的点P的个数是两个，据此求解即可．
【详解】
解：如图示，作点关于轴的对称点，

直线与x轴交于B点，与轴交于A点，
则当时，，即A点坐标是：（0，），
当时，，即B点坐标是：（，0），
∴，
∴，
∵，
∴，，
由勾股定理可得：，，
∴，
∴C点坐标是：（，），D点坐标是：（， ），
则点坐标是：（，），
∴，
∴，
即：，
∴如下图示，

点P在y轴上，使得的点P的个数是两个，
如图示，作点关于轴的对称点，

同理可以求得，
即：，
∴点P在y轴上，使得的点P的个数是两个，
综上所述，点P在坐标轴上，满足的点P的个数是4个，
故选：A．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用、轴对称的性质、勾股定理的应用，熟悉相关性质是解题的关键．
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
根据被开方数大于或等于0，列式计算即可得解．
【详解】
解：∵有意义，
∴2x-6≥0，
解得x≥3．
故答案为：x≥3．
【点睛】
本题考查二次根式有意义的条件．解题的关键是明确二次根式的被开方数是非负数．
10．A
解析：24
【解析】
【分析】
先求出AC，由菱形的面积公式可求解．
【详解】
解：∵BD＝4，AC＝3BD，
∴AC＝12，
∴菱形ABCD的面积＝＝＝24，
故答案为：24．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，利用菱形的性质求解面积是解题的关键．对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线积的一半．
11．A
解析：【解析】
【分析】
首先根据题意画出图形，过A，D作下底BC的垂线，从而可求得BE的长，根据勾股定理求得AB的长，这样就可以求得等腰梯形的周长了．
【详解】
解：过A，D作下底BC的垂线，

则BE=CF=（16-10）=3cm，
在直角△ABE中根据勾股定理得到：
AB=CD==5，
所以等腰梯形的周长=10+16+5×2=36cm．
故答案为36．
【点睛】
本题考查等腰梯形的性质、勾股定理．注意掌握数形结合思想的应用．
12．D
解析：
【分析】
根据将沿对角线翻折，点落在点处，交于点，可得到∠DBE=∠BDE，在 中，利用勾股定理即可解答．
【详解】
∵在矩形中，，，
∴AB=CD=3，AD=BC=6，AD//CB，∠BAD= ，
∴∠EDB=∠DBC，
∵将沿对角线翻折，点落在点处，交于点，
∴∠EBD=∠DBC，
∴∠DBE=∠BDE，
∴BE=DE，
设DE=x，则BE=x，AE=6-x，
在 中， ,
∴ ，解得：
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了矩形的折叠问题，解题的关键是灵活运用矩形的折叠结合勾股定理解答问题．
13．
【分析】
首先运用待定系数法确定k，b应满足的一个确定的关系式，再根据条件确定k的值，进一步确定b的值，即可写出函数关系式．
【详解】
解：设此函数关系式是y＝kx+b，把代入，得：，即．又函数y的值随自变量x的值增大而增大，则．
不妨取，则，即，
故答案是：．（答案不唯一）
【点睛】
本题考查一次函数的性质，解题的关键是根据一次函数的性质灵活应用．
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．【分析】
先根据解析式求得的坐标，再根据正方形的性质求得的坐标，以相同的方法求得;，继而得到坐标的规律，据此求得的纵坐标
【详解】
当时，
四边形是正方形
当时，
四边形是
解析：
【分析】
先根据解析式求得的坐标，再根据正方形的性质求得的坐标，以相同的方法求得;，继而得到坐标的规律，据此求得的纵坐标
【详解】
当时，

四边形是正方形

当时，

四边形是正方形
,

同理可得：;
……
点的坐标为
，
故答案为：①②
【点睛】
本题考查了一次函数的性质，正方形性质，找到点坐标的规律是解题的关键．
16．【分析】
由折叠的性质可知，∠CBO＝∠OBE，再由平行四边形的性质，可得BE＝ED，过点B作BG⊥AD于点G，在Rt△ABG中，∠ABG＝30°，求出AG＝3，BG＝，设ED＝x，则BE＝x，G
解析：
【分析】
由折叠的性质可知，∠CBO＝∠OBE，再由平行四边形的性质，可得BE＝ED，过点B作BG⊥AD于点G，在Rt△ABG中，∠ABG＝30°，求出AG＝3，BG＝，设ED＝x，则BE＝x，GE＝10﹣x，在Rt△BEG中，由勾股定理得x2＝+（10﹣x）2，解得x＝，可求S△BED＝×DE×BG＝．
【详解】
解：由折叠的性质可知，∠CBO＝∠OBE，
∵平行四边形ABCD，
∴BC∥AD，
∴∠BEA＝∠CBE＝2∠OBE，
∵∠BEA＝∠OBE+∠BDE，
∴∠OBE＝∠ODE，
∴BE＝ED，
过点B作BG⊥AD于点G，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BAD＝60°，
∵AB＝6，
在Rt△ABG中，∠ABG＝30°，
∴AG＝3，BG＝，
设ED＝x，则BE＝x，
∵BC＝13，
∴GE＝10﹣x，
在Rt△BEG中，BE2＝BG2+GE2，
∴
解得x＝，
∴S△BED＝×DE×BG＝，
故答案为：．

【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
三、解答题
17．（1）15；（2）6
【分析】
（1）先化简为最简二次根式，先计算括号里的，再计算二次根式乘法即可，
（2）先利用平方差公式简算，和立方根，然后再算加减法即可．
【详解】
解：（1），
，
，
；
解析：（1）15；（2）6
【分析】
（1）先化简为最简二次根式，先计算括号里的，再计算二次根式乘法即可，
（2）先利用平方差公式简算，和立方根，然后再算加减法即可．
【详解】
解：（1），
，
，
；
（2），
=，
，
=．
【点睛】
本题考查二次根式混合运算，最简二次根式，平方差公式，同类二次根式，掌握二次根式混合运算法则，最简二次根式，平方差公式巧用，同类二次根式及合并法则是解题关键．
18．（1）受影响，理由见解析；（2）15小时
【分析】
（1）过点作AC⊥BM，垂足为C，在Rt△ABC中，由题意可知∠ABC=30°，由此可以求出AC 的长度，然后和150km比较大小即可判断A城是否
解析：（1）受影响，理由见解析；（2）15小时
【分析】
（1）过点作AC⊥BM，垂足为C，在Rt△ABC中，由题意可知∠ABC=30°，由此可以求出AC 的长度，然后和150km比较大小即可判断A城是否受到这次沙尘暴的影响；
（2）如图，设点E、F是以A为圆心，150km为半径的圆与BM的交点，根据勾股定理可以求出CE的长度，也就求出了EF的长度，然后除以沙尘暴的速度即可求出遭受影响的时间.
【详解】
解：（1）过点A作AC⊥BM，垂足为C，
在Rt△ABC中，由题意可知∠CBA＝30°，
∴AC＝AB＝×240＝120，
∵AC＝120＜150，
∴A城将受这次沙尘暴的影响．
（2）设点E，F是以A为圆心，150km为半径的圆与MB的交点，连接AE，AF，
由题意得，，CE＝90
∴EF＝2CE＝2×90＝180
180÷12＝15（小时）
∴A城受沙尘暴影响的时间为15小时．

【点睛】
本题考查了直角三角形中30°的角所对的直角边等于斜边的一半及勾股定理的应用，正确理解题意，把握好题目的数量关系是解决问题的关键．
19．（1）矩形，正方形；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据勾股四边形的定义即可求解；
（2）由勾股定理可知可知四边形对角线为5，据此即可作图．
【详解】
解：（1）由勾股四边形的定义矩形、正方
解析：（1）矩形，正方形；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据勾股四边形的定义即可求解；
（2）由勾股定理可知可知四边形对角线为5，据此即可作图．
【详解】
解：（1）由勾股四边形的定义矩形、正方形都满足一组相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，
故答案为：矩形，正方形；
（2）如图，

证明：∵∠AOB=90°，
∴,
∴四边形为勾股四边形，
由勾股定理得,
∴AB=OM，
∴四边形都是勾股四边形，符合题意．
【点睛】
本题为新定义问题，考查了勾股定理等知识，矩形、正方形的性质，熟知勾股定理，理解勾股四边形的定义是解题关键．
20．见解析
【分析】
根据矩形的性质，可证得，从而得到四边形为平行四边形，再由勾股定理，可得到，即可求证．
【详解】
证明：∵矩形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形
解析：见解析
【分析】
根据矩形的性质，可证得，从而得到四边形为平行四边形，再由勾股定理，可得到，即可求证．
【详解】
证明：∵矩形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形，
∵矩形，
∴，，
又∵，，，
∴，
，
∴，
∴四边形为菱形．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定，勾股定理，熟练掌握矩形的性质定理，菱形的判定定理是解题的关键．
21．（1）- （2）9
【解析】
【分析】
（1）根据已知的3个等式发现规律：，把n=22代入即可求解；（2）先利用上题的规律将每一个分数化为两个二次根式的差的形式，再计算即可．
【详解】
解：（1
解析：（1）- （2）9
【解析】
【分析】
（1）根据已知的3个等式发现规律：，把n=22代入即可求解；（2）先利用上题的规律将每一个分数化为两个二次根式的差的形式，再计算即可．
【详解】
解：（1）；
（2）计算：
=
=
=10-1
=9.
22．（1）10；；（2）函数图象的解析式：；（3）促销活动期间，去该店购买A种水果10千克，那么共需花费9元．
【分析】
（1）根据观察函数图象的横坐标，纵坐标，可得结果；
（2）根据待定系数法，设函数
解析：（1）10；；（2）函数图象的解析式：；（3）促销活动期间，去该店购买A种水果10千克，那么共需花费9元．
【分析】
（1）根据观察函数图象的横坐标，纵坐标，可得结果；
（2）根据待定系数法，设函数图象的解析式 （k是常数，b是常数，），将，两个点代入求解即可得函数的解析式；
（3）将代入（2）函数解析式即可．
【详解】
解：（1）观察函数图象的横坐标，纵坐标，不超过5千克时，单价是10元，数量不少于11千克时，单价为8.8元．
故答案为：10；；
（2）设函数图象的解析式 （k是常数，b是常数，），
图象过点，，
可得：，
解得，
函数图象的解析式：；
（3）当时，
，
答：促销活动期间，去该店购买A种水果10千克，那么共需花费9元．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，待定系数法确定函数解析式等，理解题意，根据函数图象得出信息是解题关键．
23．（1）；（2）证明见解析；（3）.
【分析】
(1)由平行四边形的性质得到AD//BC，∠ABC=∠ADC= 60°，再根据F、D、A 三点共线得到∠ABC=∠FAB= 60°，再分别求出线段的BF
解析：（1）；（2）证明见解析；（3）.
【分析】
(1)由平行四边形的性质得到AD//BC，∠ABC=∠ADC= 60°，再根据F、D、A 三点共线得到∠ABC=∠FAB= 60°，再分别求出线段的BF、FD、BD长度即可；
(2)连接QE，延长FP至点H，使得PH = FQ，由“SAS”可证△FAB≌△QAE，△FBP≌△QEH，可得EP= BP；
(3)连接MC，以MC为边作等边三角形MEC，过点C作CP⊥AD于P，连接EH，并延长EH交CP于G，过点E作AD的垂线交BC于R，交AD 于Q，由“SAS”可证△M EH≌△MCN，可得 ∠MEH =∠MCN，可证EHBC，则点H在过点E平行BC的直线上运动，作点C关于EH 的对称点C´，连接BC´， 即的BC´长度为BH + CH的最小值，利用勾股定理列出方程组可求解.
【详解】
解：(1)如图①，在平行四边形ABCD中，∠ADC=60°
∴AD//BC，∠AВC= ∠ADC = 60 °
∵ F、 D、A三点共线
∴FD∥BC
∴ ∠ABC= ∠FAB = 60°
∵E、D重合，AB= AE，AD= 2
∴AD= AE= AB= 2= BC= CD
∴∠ADB=30°
在Rt△FBD，∠AFB= 90°，∠ABF= 90°- 60° = 30°
∴AF= 1
∴
∴四边形CBFD的周长；
(2)如图②，连接QE，延长FP至点H，使得 PH = FQ，连接EH，则PH + PQ= FQ+ PQ
∴FP= QH
∵∠AFB = 90°
∴∠2+∠3= 90°
∵∠2+ ∠1 = 90°
∴∠1 = ∠3
∴AF= AQ
在平行四边形ABCD中，F、A、 D共线,
∴AB∥CD，∠C+ ∠D= 180 °
∴∠5= ∠D
∵∠C+ ∠QAE = 180
∴∠4= ∠D
∴∠4= ∠5
∵ AB= AE
∴ △FAB≌△QAE（SAS）
∴∠AQE= ∠AFB= 90°，FB= QE
∴∠6+ ∠1 = 90°， ∠2= ∠6
∴△FBP≌△QEH （SAS）
∴BP= ЕН，∠H = ∠7
∴∠7= ∠8
∴∠H= ∠8
∴ЕН = ЕР
∴ EР = BP

(3)如图③，连接MC，以MC为边作等边三角形MEC，过点C作CP⊥AD于P，连接EH，并延长EH交CP于G，过点E作AD的垂线交BC于R，交AD于Q
∵△M EC和△MNH是等边三角形，
∴ME= MC，MN = MH，∠EMC=∠HMN=60°
∴∠EMH =∠CMN
∴△MEH≌△MCN （SAS）
∴∠MEH =∠MCN
∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC= 60°
∴∠ADC=∠ABC=60°，∠BCD=120°，AD= BC= 8，AB= CD= 6，AD∥ BC
∴∠BCE+∠MCD=∠BCD-∠ECM = 120°- 60° = 60°
∵∠MЕН+∠CEH=∠MEC=60°
∴∠CEH = ∠ЕСВ
∴EН// BC
∴点H在过点E平行BC的直线上运动,
作点C关于EH的对称点C´，连接BC´，即BC´的长度为BH + CH的最小值
∵∠ADC=60°，CD⊥AD
∴∠PCD= 30,
∴，
∵点M是AD的中点
∴AM=MD=4
∴MP= 1
∴
∴
∵RQ⊥AD，CP⊥AD，AD∥BC，EG// BC
∴RQ⊥BC，PC⊥ AD，RQ⊥EG， PC⊥ EG
∴四边形CPQR是矩形，四边形ERCG是矩形
∴ ，，
设，
在Rt△ERC中
在Rt△QEM中
∴
解得或（舍去）
∴解得
，
∴
∵C关于EH的对称点是C´
∴
∴
∴
∴BH + CH的最小值为.

【点睛】
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理等知识，确定H的运动轨迹是解题的关键.
24．（1）；（2）；（3）或或．
【解析】
【分析】
（1）连接，作，交的延长线于点，可知，，再根据，可得，又因为，得到，即可证明，所以可得，再计算的长度即可求解；
（2）设，即可表示出、的长度，根据求
解析：（1）；（2）；（3）或或．
【解析】
【分析】
（1）连接，作，交的延长线于点，可知，，再根据，可得，又因为，得到，即可证明，所以可得，再计算的长度即可求解；
（2）设，即可表示出、的长度，根据求出的值，即可得到点的坐标，再设直线的解析式为，将、两点的坐标代入即可；
（3）设点坐标为，因为平分，所以，最后分三种情况进行讨论即可．
【详解】
（1）∵，
∴，
连接，作，交的延长线于点，如图，

∴，
∴，
∵，
即，
在中，，
∵ ，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴,
∴，
∴；
（2） 设，
由（1）可知，，
∵，
∴，
∵与都是直角三角形，且，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
解得，
∴，
又∵，
设直线的解析式为，
则，解得，
∴直线的解析式为；
（3）设点坐标为，
∵平分，
∴，
①当时，则，
∴，
∴与重合，
∴；

②当时，
过点作，垂足为，
则，，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理可求得，
∴，
在中，，
在中，，
∴，
∴，
解得，
∴；

③当时，延长交轴于点，
∵，且
∴，
∴，
过点作，垂足为，
则，，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理可求得，
∴，
∴，
∵，
设直线的解析式为，
则，解得，
∴直线解析式为，
当时，解得，
∴．

综上所述，当为等腰三角形时，点坐标为或或．
【点睛】
本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质、三角形内角和定理、全等三角形的性质和判定、勾股定理、待定系数法求函数解析式等知识点，解题要注意分类讨论的思想．
25．（1）AD＝AB+DC；（2）AB＝AF+CF，证明详见解析；（3）AB＝DF+CF，证明详见解析．
【分析】
（1）结论：AD＝AB+DC．延长AE，DC交于点F，证明△ABE≌△FEC（AAS）
解析：（1）AD＝AB+DC；（2）AB＝AF+CF，证明详见解析；（3）AB＝DF+CF，证明详见解析．
【分析】
（1）结论：AD＝AB+DC．延长AE，DC交于点F，证明△ABE≌△FEC（AAS），即可推出AB＝CF，再证明DA＝DF，即可解决问题．
（2）结论：AB＝AF+CF，如图②，延长AE交DF的延长线于点G，证明方法类似（1）．
（3）结论；AB＝DF+CF．如图③，延长AE交CF的延长线于点G，证明方法类似（1）．
【详解】
解：（1）探究问题：结论：AD＝AB+DC．
理由：如图①中，延长AE，DC交于点F，

∵AB∥CD，
∴∠BAF＝∠F，
在△ABE和△FCE中，
CE＝BE，∠BAF＝∠F，∠AEB＝∠FEC，
∴△ABE≌△FEC（AAS），
∴CF＝AB，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠BAF＝∠FAD，
∴∠FAD＝∠F，
∴AD＝DF，
∵DC+CF＝DF，
∴DC+AB＝AD．
故答案为AD＝AB+DC．
（2）方法迁移：结论：AB＝AF+CF．
证明：如图②，延长AE交DF的延长线于点G，

∵E是BC的中点，
∴CE＝BE，
∵AB∥DC，
∴∠BAE＝∠G．且BE＝CE，∠AEB＝∠GEC
∴△AEB≌△GEC（AAS）
∴AB＝GC
∵AE是∠BAF的平分线
∴∠BAG＝∠FAG，
∵∠BAG∠G，
∴∠FAG＝∠G，
∴FA＝FG，
∵CG＝CF+FG，
∴AB＝AF+CF．
（3）联想拓展：结论；AB＝DF+CF．
证明：如图③，延长AE交CF的延长线于点G，

∵E是BC的中点，
∴CE＝BE，
∵AB∥CF，
∴∠BAE＝∠G，
在△AEB和△GEC中，
，
∴△AEB≌△GEC，
∴AB＝GC，
∵∠EDF＝∠BAE，
∴∠FDG＝∠G，
∴FD＝FG，
∴AB＝DF+CF．
【点睛】
本题是四边形的综合问题，考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质、三角形三边关系等知识点，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．
26．（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析
【分析】
（1）先根据正方形的性质可证得，由此可得，，再根据同角的补角相等证得，等量代换可得，由此可得，再等量代换即可得证；
（2）过点E
解析：（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析
【分析】
（1）先根据正方形的性质可证得，由此可得，，再根据同角的补角相等证得，等量代换可得，由此可得，再等量代换即可得证；
（2）过点E作交CB的延长线于点G，先证明，利用勾股定理可得，再证明，由此可得，最后再等量代换即可得证；
（3）仿照（1）和（2）的证明即可证得．
【详解】
解：（1），理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在与中，

∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下：
如图，过点E作交CB的延长线于点G，

∴，
由（1）知：，
∴，
∴，
∴在中，，
在与中，

∴，
∴，
又∵，
∴；
（3），理由如下：
如图，过点E作交BC于点G，设CD与EF的交点为点P，

∴，
由（1）可知：，
∴，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
由（1）可知：，
∴，
在与中，

∴，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，作出正确的辅助线并能灵活运用相关图形的性质是解决本题的关键．