人教版八年级下册数学襄阳数学期末试卷(培优篇)(Word版含解析).doc

人教版八年级下册数学襄阳数学期末试卷（培优篇）（Word版含解析）
一、选择题
1．若代数式有意义，则的取值范围是（ ）
A． B． C．且 D．且
2．要做一个直角三角形的木架，以下面各组木棒为三边，刚好能做成的是（ ）
A．5，6，7 B．10，4，8 C．10，26，24 D．9，15，17
3．下列命题是真命题的是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形 B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线互相垂直的四边形是正方形
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．甲、乙两艘轮船同时从港口出发，甲以16海里/时的速度向北偏东的方向航行，它们出发1.5小时后，两船相距30海里，若乙以12海里/时的速度航行，则它的航行方向为（ ）
A．北偏西 B．南偏西75°
C．南偏东或北偏西 D．南偏西或北偏东
6．在菱形中，，，则（ ）

A． B． C． D．
7．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”，如图1，图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNKT的面积分别为S1、S2、S3．若正方形EFGH的边长为3，则S1+S2+S3的值是（ ）

A．20 B．27 C．25 D．49
8．如图，已知A（3，1）与B（1，0），PQ是直线上的一条动线段且（Q在P的下方），当AP+PQ+QB最小时，Q点坐标为（    ）

A．（，） B．（，） C．（0，0） D．（1，1）
二、填空题
9．若有意义，则的取值范围是_________．
10．正方形的对角线长为，面积为______．
11．直角三角形的三边长分别为、、，若，，则__________．
12．如图，已知矩形ABCD沿着直线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于E，AD=8，AB=4，则DE的长为___．

13．一次函数y=kx+3的图象过点A（1，4），则这个一次函数的解析式_____．
14．矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠AOB=60°，若AB=5cm，则BD=___．

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．如图，四边形ABCD是矩形纸片，AD＝10，CD＝8．在CD边上取一点E，将纸片沿AE翻折，使点D落在BC边上的点F处．则AF＝__；CF＝__；DE＝__．

三、解答题
17．计算：
（1）+（﹣2）﹣2﹣+（π﹣2）0；
（2）（﹣2）2×+6．
18．一个25米长的梯子，斜靠在一竖直的墙上，这时的距离为24米，如果梯子的顶端A沿墙下滑4米，那么梯子底端B外移多少米？

19．如图，在4×4的正方形网格中，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三角形或四边形．（绘图要求：①所绘图形不得超出正方形网格；②必须用直尺和中性笔绘图，确保所绘图形的顶点必须在格点上）
（1）在图①中，画一个直角三角形，使它的三边长都是有理数；
（2）在图②中，画一个直角三角形，使它的一边长是有理数，另外两边长是无理数；
（3）在图③中，画一个直角三角形，使它的三边长都是无理数；
（4）在图④中，画一个正方形，使它的面积为10．

20．如图，点D为的边BC的中点，过点A作，且，连接DE，CE．
（1）求证：；
（2）若，判断四边形ADCE的形状，并说明理由；
（3）若要使四边形ADCE为正方形，则应满足什么条件？
（直接写出条件即可，不必证明）．

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．为丰富同学们的课余活动，某校成立了篮球课外兴趣小组，计划购买一批篮球，需购买、两种不同型号的篮球共300个．已知购买3个型篮球和2个型篮球共需340元，购买2个型篮球和1个型篮球共需要210元．
（1）求购买一个型篮球、一个型篮球各需多少元？
（2）若该校计划投入资金元用于购买这两种篮球，设购进的型篮球为个，求关于的函数关系式；
（3）学校在体育用品专卖店购买、两种型号篮球共300个，经协商，专卖店给出如下优惠：种球每个降价8元，种球打9折，计算下来，学校共付费16740元，学校购买、两种篮球各多少个？
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，过点A（﹣，0）的两条直线分别交y轴于B（0，m)、C（0，n)两点，且m、n（m>n)满足方程组的解.
（1）求证：AC⊥AB；
（2）若点D在直线AC上，且DB=DC，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，在直线BD上寻找点P，使以A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三角形，请直接写出P点的坐标．

25．如图①，已知正方形ABCD的边长为3，点Q是AD边上的一个动点，点A关于直线BQ的对称点是点P，连接QP、DP、CP、BP，设AQ=x．
（1）BP＋DP的最小值是_______，此时x的值是_______；
（2）如图②，若QP的延长线交CD边于点M，并且∠CPD=90°．
①求证：点M是CD的中点；②求x的值．
（3）若点Q是射线AD上的一个动点，请直接写出当△CDP为等腰三角形时x的值．

26．已知，△ABC为等边三角形，BC交y轴于点D，A（a，0）、B（b，0），且a、b满足方程．

（1）如图1，求点A、B的坐标以及CD的长．
（2）如图2，点P是AB延长线上一点，点E是CP右侧一点，CP=PE，且∠CPE=60°，连接EB，求证：直线EB必过点D关于x轴的对称点．
（3）如图3，若点M在CA延长线上，点N在AB的延长线上，且∠CMD=∠DNA，试求AN-AM的值是否为定值？若是请计算出定值是多少，若不是请说明理由．
【参考答案】
一、选择题
1．B
解析：B
【分析】
根据二次根式被开方数大于等于零及分式有意义的条件：分母不等于零解答．
【详解】
解：由题意得：，
得，
故选：B．
【点睛】
此题考查二次根式被开方数大于等于零及分式有意义的条件，熟记两个条件是解题的关键．
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：、因为，故不能作为直角三角形三边长度，不符合题意；
、因为，故不能作为直角三角形三边长度，不符合题意；
、因为，故能作为直角三角形三边长度，符合题意；
、因为，故不能作为直角三角形三边长度，不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查勾股定理的逆定理的应用，解题的关键是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．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法进行判定即可．
【详解】
解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，原选项是真命题；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，原选项是假命题；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原选项是假命题；
D、对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形，原选项是假命题；
故选：A．
【点睛】
本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定，熟练掌握相关的知识是解题的关键．
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】
先求出出发1.5小时后，甲乙两船航行的路程，进而可根据勾股定理的逆定理得出乙船的航行方向与甲船的航行方向垂直，进一步即可得出答案．
【详解】
解：出发1.5小时后，甲船航行的路程是16×1.5=24海里，乙船航行的路程是12×1.5=18海里；
∵，
∴乙船的航行方向与甲船的航行方向垂直，
∵甲船的航行方向是北偏东75°，
∴乙船的航行方向是南偏东15°或北偏西15°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理和方位角，属于常考题型，正确理解题意、熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
利用菱形的性质和等腰三角形的性质即可求解．
【详解】
解：在菱形中，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质和等腰三角形的性质，运用知识准确计算是解题的关键．
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据八个直角三角形全等，四边形ABCD，四边形EFGH，四边形MNKT是正方形，得出CG＝KG，CF＝DG＝KF，再根据S1＝（CG+DG）2，S2＝GF2，S3＝（KF﹣NF）2，S1+S2+S3＝3GF2，即可求解．
【详解】
解：在Rt△CFG中，由勾股定理得：CG2+CF2=GF2，
∵八个直角三角形全等，四边形ABCD，四边形EFGH，四边形MNKT是正方形，
∴CG=KG=FN，CF=DG=KF，
∴S1=（CG+DG）2
=CG2+DG2+2CG•DG
=CG2+CF2+2CG•DG
=GF2+2CG•DG，
S2=GF2，
S3=（KF-NF）2，
=KF2+NF2-2KF•NF
=KF2+KG2-2DG•CG
=FG2-2CG•DG，
∵正方形EFGH的边长为3，
∴GF2=9，
∴S1+S2+S3=GF2+2CG•DG+GF2+FG2-2CG•DG=3GF2=27，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的应用，用到的知识点是勾股定理和正方形、全等三角形的性质等知识，根据已知得出S1+S2+S3=3GF2=27是解题的关键．
8．A
解析：A
【分析】
作点B关于直线y=x的对称点（0,1），过点A作直线MN，使得MN平行于直线y=x，并沿MN向下平移单位后，得（2,0），连接交直线y=x于点Q，求出直线解析式，与y=x组成方程组，即可求出Q点的坐标．
【详解】
解：作点B关于直线y=x的对称点（0,1），过点A作直线MN，使得MN平行于直线y=x，并沿MN向下平移单位后，得（2,0），连接交直线y=x于点Q，如下图所示．
∵，，∴四边形是平行四边形，
∴，
∵且，
∴当值最小时，值最小．
根据两点之间线段最短，即三点共线时，值最小．
∵（0,1），（2,0），∴直线的解析式，
∴，即，
∴Q点的坐标为（，）．
故答案选A．

【点睛】
本题主要考查了一次函数图像上点的坐标特征、最短路径问题．
二、填空题
9．且
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件，被开方数大于等于0，以及分母不等于0，即可求的取值范围．
【详解】
解：根据题意得：，，
解得且．
故答案为：且．
【点睛】
主要考查了二次根式以及分式有意义的条件．解题的关键是二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义；分式有意义的条件是分母不等于零．
10．1
【解析】
【分析】
根据正方形的对角线相等且互相垂直，正方形是特殊的菱形，菱形的面积等于对角线乘积的一半进行求解即可．
【详解】
解：四边形为正方形，
，，
正方形的面积，
故答案为：1．

【点睛】
本题考查正方形的性质，解题关键是掌握正方形的对角线相等且垂直，且当四边形的对角线互相垂直时面积等于对角线乘积的一半，比较容易解答．
11．或5
【解析】
【分析】
根据斜边分类讨论，然后利用勾股定理分别求出c的值即可．
【详解】
解：①若b是斜边长
根据勾股定理可得：
②若c是斜边长
根据勾股定理可得：
综上所述：或5
故答案为：或5
【点睛】
此题考查的是勾股定理，掌握用勾股定理解直角三角形和分类讨论的数学思想是解决此题的关键．
12．D
解析：5
【分析】
设DE=x，则AE=8-x．先根据折叠的性质和平行线的性质，得∠EBD=∠CBD=∠EDB，则BE=DE=x，然后在直角三角形ABE中根据勾股定理即可求解．
【详解】
解：设DE=x，则AE=8-x．
根据折叠的性质，得∠EBD=∠CBD．
∵AD∥BC，
∴∠CBD=∠ADB，
∴∠EBD=∠EDB，
∴BE=DE=x．
在直角三角形ABE中，根据勾股定理，得
x2=（8-x）2+16，
解得x=5．
故答案为：5．
【点睛】
本题主要考查了矩形与折叠问题、平行线的性质、等角对等边的性质和勾股定理，难度适中．
13．A
解析：y=x+3
【解析】
因为一次函数y=kx+3的图象过点A（1，4），
所以k+3=4，
解得，k=1，
所以，该一次函数的解析式是：y=x+3，
故答案是：y=x+3
【点睛】运用了待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征．直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b（k≠0）．
14．A
解析：10cm
【详解】
试题分析：根据矩形性质得出AO=BO，BD=2BO，得出等边三角形AOB，推出AB=BO=5cm，即可得出答案．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，AC=2AO，BD=2BO，
∴OA=OB，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴BO=OA=AB=5cm，
∴BD=2BO=10cm，
故答案为10cm．
点评：本题考查了矩形的性质和等边三角形的性质和判定的应用，注意：矩形的对角线相等且互相平分．
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．
16．4 5
【分析】
先根据矩形的性质得AB=CD=8，在RtΔABF 中，利用勾股定理计算BF=6，再根据矩形的性质得AD=CB=10 ，则CF=BC−BF=4；设DE=x ，则EF=x
解析：4 5
【分析】
先根据矩形的性质得AB=CD=8，在RtΔABF 中，利用勾股定理计算BF=6，再根据矩形的性质得AD=CB=10 ，则CF=BC−BF=4；设DE=x ，则EF=x， EC=8−x，然后在 RtΔECF中根据勾股定理得到42+(8−x)2=x2 ，再解方程即可得到DE的长．
【详解】
解：根据折叠可得AF＝AD＝10，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝10，
在Rt△ABF中, AB2+FB2=AF2，
∴FB=6．
∴FC＝10﹣6＝4，
设DE＝x，则EF＝x，EC＝8﹣x，
在Rt△ECF中，∵CE2+FC2＝EF2，
∴42+（8﹣x）2＝x2，
解得x＝5．
则DE＝5．
故答案为：10，4，5．
【点睛】
本题考查了图形的折叠，矩形的性质和勾股定理，关键是掌握折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
三、解答题
17．（1）4；（2）
【分析】
（1）根据二次根式的性质，零指数幂和负指数幂的性质计算即可；
（2）根据二次根式的乘法运算计算即可；
【详解】
（1）原式；
（2）原式；
【点睛】
本题主要考查了二次根
解析：（1）4；（2）
【分析】
（1）根据二次根式的性质，零指数幂和负指数幂的性质计算即可；
（2）根据二次根式的乘法运算计算即可；
【详解】
（1）原式；
（2）原式；
【点睛】
本题主要考查了二次根式的混合运算，结合负指数幂，零指数幂计算是解题的关键．
18．8米．
【分析】
梯子下滑4米，梯子的长度不变始终为25米，利用勾股定理分别求出OB、OB＇的长度，进而求出BB＇的长度即可．
【详解】
解：如图，依题意可知
AB＝25(米)，AO＝24(米)，∠
解析：8米．
【分析】
梯子下滑4米，梯子的长度不变始终为25米，利用勾股定理分别求出OB、OB＇的长度，进而求出BB＇的长度即可．
【详解】
解：如图，依题意可知
AB＝25(米)，AO＝24(米)，∠O＝90°，
∴ BO2＝AB2﹣AO2＝252-242，
∴ BO＝7(米)，
移动后，＝20(米)，
∴ (米)，
∴ (米)．
答：梯子底端B外移8米．
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用及勾股定理在直角三角形中的正确运用，本题中求的长度是解题的关键．
19．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析；（4）见解析；
【解析】
【分析】
根据勾股定理即可得．
【详解】
解：（1）如图①所示，三边分别为：3，4，5；
（2）如图②所示，三边分别为：，，2或
解析：（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析；（4）见解析；
【解析】
【分析】
根据勾股定理即可得．
【详解】
解：（1）如图①所示，三边分别为：3，4，5；
（2）如图②所示，三边分别为：，，2或，，4 ；
（3如图③所示，三边分别为：，，或，，或，，；
（4）如图④所示，正方形的边长为：，则面积：（）2=10．

【点睛】
本题考查了勾股定理，解题的关键是掌握勾股定理．
20．（1）见解析；（2）矩形，见解析；（3），且．
【分析】
（1）根据D是BC的中点，，可得，即可求证；
（2）根据等腰三角形“三线合一”，可得到，即可求解；
（3）根据，且，可得 ， ，从而得到，即
解析：（1）见解析；（2）矩形，见解析；（3），且．
【分析】
（1）根据D是BC的中点，，可得，即可求证；
（2）根据等腰三角形“三线合一”，可得到，即可求解；
（3）根据，且，可得 ， ，从而得到，即可求解．
【详解】
（1）证明：因为D是BC的中点，
所以，
因为，
所以，
因为，
所以四边形ADCE是平行四边形，
所以；
（2）若，则四边形ADCE是矩形，理由如下：
因为，且D是BC的中点，
所以，
所以，
因为四边形是平行四边形，
所以四边形是矩形；
（3），且．理由如下：
由（2）得：四边形是矩形，
∵，且D是BC的中点，
∴ ， ，
∵，
∴ ，
∴，
∴，
∴ ，
∴四边形ADCE为正方形．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形，矩形，正方形的判定，等腰三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
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）一个A型篮球为80元，一个B型篮球为50元；（2）函数解析式为：；（3）A型篮球120个，则B型篮球为180个．
【分析】
（1）设一个A型篮球为x元，一个B型篮球为y元，根据题意列出方程组求
解析：（1）一个A型篮球为80元，一个B型篮球为50元；（2）函数解析式为：；（3）A型篮球120个，则B型篮球为180个．
【分析】
（1）设一个A型篮球为x元，一个B型篮球为y元，根据题意列出方程组求解即可得；
（2）A型篮球t个，则B型篮球为个，根据单价、数量、总价的关系即可得；
（3）根据A型篮球与B型篮球的优惠政策求出单价，然后代入（2）解析式中求解即可得．
【详解】
解：（1）设一个A型篮球为x元，一个B型篮球为y元，根据题意可得：
，
解得：，
∴一个A型篮球为80元，一个B型篮球为50元；
（2）A型篮球t个，则B型篮球为个，根据题意可得：
，
∴函数解析式为：；
（3）根据题意可得：A型篮球单价为元，B型篮球单价为元，则
，
解得：，，
∴A型篮球120个，则B型篮球为180个．
【点睛】
题目主要考查二元一次方程组及一次函数的应用，理解题意，列出相应方程是解题关键．
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）见解析；（2）；（3）点P的坐标为：（﹣3，0），（﹣，2），（﹣3，3﹣），（3，3+）
【解析】
【分析】
（1）先解方程组得出m和n的值，从而得到B，C两点坐标，结合A点坐标算出AB2，
解析：（1）见解析；（2）；（3）点P的坐标为：（﹣3，0），（﹣，2），（﹣3，3﹣），（3，3+）
【解析】
【分析】
（1）先解方程组得出m和n的值，从而得到B，C两点坐标，结合A点坐标算出AB2，BC2，AC2，利用勾股定理的逆定理即可证明；
（2）过D作DF⊥y轴于F，根据题意得到BF=FC，F（0，1），设直线AC：y=kx+b，利用A和C的坐标求出表达式，从而求出点D坐标；
（3）分AB=AP，AB=BP，AP=BP三种情况，结合一次函数分别求解.
【详解】
解：（1）∵，
得：，
∴B（0，3），C（0，﹣1），
∵A（﹣，0），B（0，3），C（0，﹣1），
∴OA=，OB=3，OC=1，
∴AB2=AO2+BO2=12，AC2=AO2+OC2=4，BC2=16
∴AB2+AC2=BC2，
∴∠BAC=90°，
即AC⊥AB；
（2）如图1中，过D作DF⊥y轴于F．
∵DB=DC，△DBC是等腰三角形
∴BF=FC，F（0，1），
设直线AC：y=kx+b，
将A（﹣，0），C（0，﹣1）代入得：
直线AC解析式为：y=x-1，
将D点纵坐标y=1代入y=x-1，
∴x=-2，
∴D的坐标为（﹣2，1）；

（3）点P的坐标为：（﹣3，0），（﹣，2），（﹣3，3﹣），（3，3+）
设直线BD的解析式为：y=mx+n，直线BD与x轴交于点E，
把B（0，3）和D（﹣2，1）代入y=mx+n，
∴，
解得，
∴直线BD的解析式为：y=x+3，
令y=0，代入y=x+3，
可得：x=，∵OB=3，
∴BE=，
∴∠BEO=30°，∠EBO=60°
∵AB=，OA=，OB=3，
∴∠ABO=30°，∠ABE=30°，
当PA=AB时，如图2，

此时，∠BEA=∠ABE=30°，
∴EA=AB，
∴P与E重合，
∴P的坐标为（﹣3，0），
当PA=PB时，如图3，

此时，∠PAB=∠PBA=30°，
∵∠ABE=∠ABO=30°，
∴∠PAB=∠ABO，
∴PA∥BC，
∴∠PAO=90°，
∴点P的横坐标为﹣，
令x=﹣，代入y=x+3，
∴y=2，
∴P（﹣，2），
当PB=AB时，如图4，

∴由勾股定理可求得：AB=2，EB=6，
若点P在y轴左侧时，记此时点P为P1，过点P1作P1F⊥x轴于点F，
∴P1B=AB=2，
∴EP1=6﹣2，
∴FP1=3﹣，
令y=3﹣代入y=x+3，
∴x=﹣3，
∴P1（﹣3，3﹣），
若点P在y轴的右侧时，记此时点P为P2，过点P2作P2G⊥x轴于点G，
∴P2B=AB=2，
∴EP2=6+2，
∴GP2=3+，
令y=3+代入y=x+3，
∴x=3，
∴P2（3，3+），
综上所述，当A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三角形时，
点P的坐标为（﹣3，0），（﹣，2），（﹣3，3﹣），（3，3+）．
【点睛】
本题考查了解二元一次方程组，勾股定理的逆定理，含30°的直角三角形，等腰三角形的性质，一次函数的应用，知识点较多，难度较大，解题时要注意分类讨论.
25．（1）；；（2）①见详解；②x=1；（3）△CDP为等腰三角形时x的值为：或或．
【分析】
（1）BP+DP为点B到D两段折线的和．由两点间线段最短可知，连接DB，若P点落在BD上，此时和最短，且为
解析：（1）；；（2）①见详解；②x=1；（3）△CDP为等腰三角形时x的值为：或或．
【分析】
（1）BP+DP为点B到D两段折线的和．由两点间线段最短可知，连接DB，若P点落在BD上，此时和最短，且为．考虑动点运动，这种情形是存在的，由AQ=x，则QD=3-x，PQ=x．又PDQ=45°，所以QD＝PQ，即3-x=x．求解可得答案；
（2）由已知条件对称分析，AB=BP=BC，则∠BCP=∠BPC，由∠BPM=∠BCM=90°，可得∠MPC=∠MCP．那么若有MP=MD，则结论可证．再分析新条件∠CPD=90°，易得①结论．②求x的值，通常都是考虑勾股定理，选择直角三角形QDM，发现QM，DM，QD都可用x来表示，进而易得方程，求解即可．
（3）若△CDP为等腰三角形，则边CD比为改等腰三角形的一腰或者底边．又P点为A点关于QB的对称点，则AB=PB，以点B为圆心，以AB的长为半径画弧，则P点只能在弧AB上．若CD为腰，以点C为圆心，以CD的长为半径画弧，两弧交点即为使得△CDP为等腰三角形（CD为腰）的P点．若CD为底边，则作CD的垂直平分线，其与弧AC的交点即为使得△CDP为等腰三角形（CD为底）的P点．则如图所示共有三个P点，那么也共有3个Q点．作辅助线，利用直角三角形性质求之即可．
【详解】
解：（1）连接DB，若P点落在BD上，此时BP+DP最短，如图：

由题意，∵正方形ABCD的边长为3，
∴，
∴BP＋DP的最小值是；
由折叠的性质，，则，
∵∠PDQ=45°，∠QPD=90°，
∴△QPD是等腰直角三角形，
∴，
∴，
解得：；
故答案为：；；
（2）如图所示：

①证明：在正方形ABCD中，有
AB=BC，∠A=∠BCD=90°．
∵P点为A点关于BQ的对称点，
∴AB=PB，∠A=∠QPB=90°，
∴PB=BC，∠BPM=∠BCM，
∴∠BPC=∠BCP，
∴∠MPC=∠MPB-∠CPB=∠MCB-∠PCB=∠MCP，
∴MP=MC．
在Rt△PDC中，
∵∠PDM=90°-∠PCM，
∠DPM=90°-∠MPC，
∴∠PDM=∠DPM，
∴MP=MD，
∴CM=MP=MD，即M为CD的中点．
②解：∵AQ=x，AD=3，
∴QD=3-x，PQ=x，CD=3．
在Rt△DPC中，
∵M为CD的中点，
∴DM=QM=CM=，
∴QM=PQ+PM=x+，
∴(x+)2＝(3−x)2+()2，
解得：x=1．
（3）如图，以点B为圆心，以AB的长为半径画弧，以点C为圆心，以CD的长为半径画弧，两弧分别交于P1，P3．此时△CDP1，△CDP3都为以CD为腰的等腰三角形．作CD的垂直平分线交弧AC于点P2，此时△CDP2以CD为底的等腰三角形．
；
①讨论P1，如图作辅助线，连接BP1、CP1，作QP1⊥BP1交AD于Q，过点P1，作EF⊥AD于E，交BC于F．

∵△BCP1为等边三角形，正方形ABCD边长为3，
∴P1F＝，P1E＝．
在四边形ABP1Q中，
∵∠ABP1=30°，
∴∠AQP1=150°，
∴△QEP1为含30°的直角三角形，
∴QE=EP1＝．
∵AE=，
∴x=AQ=AE-QE=．
②讨论P2，如图作辅助线，连接BP2，AP2，过点P2作QG⊥BP2，交AD于Q，连接BQ，过点P2作EF⊥CD于E，交AB于F．

∵EF垂直平分CD，
∴EF垂直平分AB，
∴AP2=BP2．
∵AB=BP2，
∴△ABP2为等边三角形．
在四边形ABP2Q中，
∵∠BAD=∠BP2Q=90°，∠ABP2=60°，
∴∠AQG=120°
∴∠EP2G=∠DQG=180°-120°=60°，
∴P2E＝，
∴EG=，
∴DG=DE+GE=，
∴QD=，
∴x=AQ=3-QD=．
③对P3，如图作辅助线，连接BP1，CP1，BP3，CP3，过点P3作BP3⊥QP3，交AD的延长线于Q，连接BQ，过点P1，作EF⊥AD于E，此时P3在EF上，不妨记P3与F重合．

∵△BCP1为等边三角形，△BCP3为等边三角形，BC=3，
∴P1P3＝，P1E＝，
∴EF＝．
在四边形ABP3Q中
∵∠ABF=∠ABC+∠CBP3=150°，
∴∠EQF=30°，
∴EQ=EF=．
∵AE=，
∴x=AQ=AE+QE=+．
综合上述，△CDP为等腰三角形时x的值为：或或．
【点睛】
本题第一问非常基础，难度较低．第二问因为动点的原因，思路不易找到，这里就需要做题时充分分析已知条件，尤其是新给出的条件．其中求边长是勾股定理的重要应用，是很重要的考点．第三问是一个难度非常高的题目，可以利用尺规作图的思想将满足要求的点P找全．另外求解各个Q点也是考察三角函数及勾股定理的综合应用，有着极高的难度．
26．（1）A（﹣3，0），B（1，0），CD＝2；（2）证明见详解；（3）6，理由见详解；
【分析】
（1）由题意可知：a=-3，b=1,OA＝3，OB＝1，AB＝BC＝AC＝4，在Rt△ODB中，求出
解析：（1）A（﹣3，0），B（1，0），CD＝2；（2）证明见详解；（3）6，理由见详解；
【分析】
（1）由题意可知：a=-3，b=1,OA＝3，OB＝1，AB＝BC＝AC＝4，在Rt△ODB中，求出OD，DB即可解决问题．
（2）如图2中，连接EC，设BE交PC于K．由△ACP≌△BCE（SAS），推出∠APC＝∠CEB，可证∠KBP＝∠KCE＝60°勾股定理求出OF，可得D，F关于x轴对称，即可解决问题；
（3）如图3中，作DH⊥AC于H．想办法证明△DHM≌△DON即可解决问题；
【详解】
解：（1）∵
∴
∴a=-3，b=1，
∴A（﹣3，0），B（1，0），
如图1中，

∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，AB＝BC＝AC，
∵A（﹣3，0），B（1，0），
∴OA＝3，OB＝1，
∴AB＝BC＝AC＝4，
在Rt△ODB中，

∴CD＝BC﹣BD＝2．
（2）如图2中，连接EC，设BE交PC于K．

∵CP＝PE，∠CPE＝60°，
∴△CPE是等边三角形，
∴∠PCE＝60°，CP＝CE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝∠PCE＝60°，
∴∠ACP＝∠BCE，
∵CA＝CB，CP＝CE，
∴△ACP≌△BCE（SAS），
∴∠APC＝∠CEB，
∵∠PKB＝∠EKC，∠ECK+∠CKE+∠CEK＝180°，∠KBP+∠PKB+∠KPB＝180°，
∴∠KBP＝∠KCE＝60°，
∴∠OBF＝∠PBK＝60°，
∵∠BOF＝90°，OB＝1，
∴BF＝2
∴OF＝，
∵
∴OD＝OF，
∴D，F关于x轴对称，
∴直线EB必过点D关于x轴的对称点．
（3）是定值，理由如下：
如图3中，作DH⊥AC于H．

在Rt△CDH中，
∵∠CHD＝90°，∠C＝60°，CD＝2，
∴CH＝1，
∴DH＝，
∴AH＝3，
∵OD，
∴DH＝OD，
∵∠DHM＝∠DON，∠M＝∠DNO，
∴△DHM≌△DON（AAS），
∴HM＝ON，
∴AN﹣AM＝OA+ON﹣（HM﹣AH）＝3+3＝6．
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质和判定，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解