人教版八年级下册数学杭州数学期末试卷测试卷(word版-含解析).doc

人教版八年级下册数学杭州数学期末试卷测试卷（word版，含解析）
一、选择题
1．要使二次根式有意义，实数x的取值范围是（　　）
A．x≥2021 B．x＞2021 C．x≠2021 D．x≤2021
2．下面的每组数分别是一个三角形的三边长，其中能构成直角三角形的是（　　）
A． B．2，2，5 C．32，42，52 D．3，4，5
3．在下列条件中，不能判定四边形为平行四边形的是（ ）
A．对角线互相平分 B．一组对边平行且相等
C．两组对角分别相等 D．对角线互相垂直
4．甲、乙、丙、丁四个旅游团的游客人数都相等，且每个旅游团游客的平均年龄都是35岁，这四个旅游团游客年龄的方差分别，，，，这四个旅游团中年龄相近的旅游团是（ ）
A．甲团 B．乙团 C．丙团 D．丁团
5．下列条件中，不能判断一个三角形是直角三角形的是（　　）
A．三条边的比为2∶3∶4 B．三条边满足关系a2＝b2﹣c2
C．三条边的比为1∶1∶ D．三个角满足关系∠B+∠C＝∠A
6．如图，在Rt△ABC中，=90°，沿着过点B的一条直线BE折叠△ABC，使点C恰好落在AB的中点D处，则的度数为（ ）

A．30° B．45° C．60° D．75°
7．如图，菱形ABCD的边长为2，且∠DAB＝60°，E是BC的中点，P为BD上一点且△PCE的周长最小，则△PCE的周长的最小值为（　　）

A． B． C． D．
8．下面图象反映的过程是：小刚从家去菜地浇水，又去玉米地除草，然后回家，如果菜地和玉米地的距离为a千米，小刚在玉米地除草比在菜地浇水多用了b分钟，则a，b的值分别为（ ）

A．1，8 B．0.5，12 C．1，12 D．0.5，8
二、填空题
9．若，则a与3的大小关系是______．
10．已知菱形的边长与一条对角线的长分别为和，则它的面积是______．
11．如图，在△ABC 中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC=8cm，分别以三角形的三条边为边作正方形，则三个正方形的面 S1＋S2＋S3 的值为_______．

12．如图，在矩形中，对角线，交于点，若，，则的长为________．

13．一次函数y=kx+b，当-3≤x≤1时，对应的y的值为1≤y≤9，则k+b=________ .
14．如图， 在矩形ABCD中， 对角线AC， BD交于点O， 已知∠AOD=120°， AB=1，则BC的长为______

15．如图，点A是一次函数图象上的动点，作AC⊥x轴与C，交一次函数的图象于B． 设点A的横坐标为，当____________时，AB=1．

16．如图，是的中线，把沿折叠，使点落在点处，与的长度比是_______________________．

三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）
18．一架云梯长25m，如图所示斜靠在一而墙上，梯子底端C离墙7m．

（1）这个梯子的顶端A距地面有多高?
（2）如果梯子的顶端下滑了4 m，那么梯子的底部在水平方向滑动了多少米?
19．阅读探究
小明遇到这样一个问题：在中，已知，，的长分别为，，，求的面积．
小明是这样解决问题的：如图1所示，先画一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点（即的3个顶点都在小正方形的顶点处），从而借助网格就能计算出的面积．他把这种解决问题的方法称为构图法，
（1）图1中的面积为________．

实践应用
参考小明解决问题的方法，回答下列问题：
（2）图2是一个的正方形网格（每个小正方形的边长为1）．
①利用构图法在答题卡的图2中画出三边长分别为，，的格点．
②的面积为________（写出计算过程）．
拓展延伸
（3）如图3，已知，以，为边向外作正方形和正方形，连接．若，，，则六边形的面积为________（在图4中构图并填空）．

20．如图，在▱ABCD中，过点D作DF⊥BC于点F，点E在边AD上，AE=CF，连结BE、CE．
（1）求证：四边形BFDE是矩形．
（2）若DE=AB，∠ABC=130°，求∠DEC的度数．

21．观察与计算：
6；
2；
；
．
象上面各式左边两因式均为无理数，右边结果为有理数，我们把符合上述等式的左边两个因式称为互为有理化因式．当有些分母为带根号的无理数时，我们可以分子、分母同乘分母的有理化因式进行化简．例如：；；
【应用】（1）化简：① ； ②．
（2）化简：
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．如图①，C为线段BD上的一点，BC≠CD，分别以BC，BD为边在BD的上方作等边△ABC和等边△CDE，连接AE，F，G，H分别是BC，AE，CD的中点，连接FG，GH，FH．
（1）△FGH的形状是　 　；
（2）将图①中的△CDE绕点C顺时针旋转，其他条件不变，（1）的结论是否成立？结合图②说明理由；
（3）若BC＝，CD＝4，将△CDE绕点C旋转一周，当A，E，D三点共线时，直接写出△FGH的周长．

24．如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A,与y轴交于点B,过点B的直线x轴于点C，且AB=BC．

（1）求直线BC的表达式
（2）点P为线段AB上一点，点Q为线段BC延长线上一点，且AP=CQ,PQ交x轴于点P，设点Q的横坐标为m，求的面积（用含m的代数式表示）
（3）在（2）的条件下，点M在y轴的负半轴上，且MP=MQ，若求点P的坐标．
25．（解决问题）如图1，在中，，于点．点是边上任意一点，过点作，，垂足分别为点，点．

（1）若，，则的面积是______，______．
（2）猜想线段，，的数量关系，并说明理由．
（3）（变式探究）如图2，在中，若，点是内任意一点，且，，，垂足分别为点，点，点，求的值．

（4）（拓展延伸）如图3，将长方形沿折叠，使点落在点上，点落在点处，点为折痕上的任意一点，过点作，，垂足分别为点，点．若，，直接写出的值．

26．（问题情境）
如图1，四边形ABCD是正方形，M是BC边上的一点，E是CD边的中点，AE平分∠DAM．
（探究展示）
（1）请你判断AM，AD，MC三条线段的数量关系，并说明理由；
（2）AM = DE + BM是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
（拓展延伸）
（3）若四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图2，探究展示（1）、（2）中的结论是否仍然成立？请分别作出判断，不需要证明．

【参考答案】
一、选择题
1．A
解析：A
【分析】
二次根式根号下的数大于等于零即可求解．
【详解】
解：有意义，
可列，
解得，
故选A．
【点睛】
本题考查了二次根式以及一元一次不等式的解法，掌握二次根式根号下数的取值范围与一元一次不等式解法即可解题．
2．D
解析：D
【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、（）2+（）2≠（）2，故不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
B、22+22≠52，故不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
C、因为32＝9，42＝16，52＝25，92+162≠252，故不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
D、32+42＝52，故能构成直角三角形，故此选项符合题意．
故选：D．
【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】
利用平行四边形的判定可求解．
【详解】
解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故该选项不符合题意；
B、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故该选项不符合题意；
C、两组对角分别相等的四边形是平行四边形，故该选项不符合题意；
D、对角线互相垂直的四边形不一定是平行四边形，故该选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是本题的关键．
4．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据方差的意义可作出判断.方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
【详解】
∵S=6，S=1.8，S=5，S=8，
∴1.8<5<6<8
∴S最小，
∴这四个旅游团中年龄相近的旅游团是：乙团．
故选：B．
【点睛】
本题考查方差的意义，方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
5．A
解析：A
【分析】
根据直角三角形的判定方法，对选项进行一一分析，排除错误答案．
【详解】
A、三条边的比为2：3：4，22+32≠42，故不能判断一个三角形是直角三角形；
B、三条边满足关系a2=b2-c2，即a2+c2=b2，故能判断一个三角形是直角三角形；
C、三条边的比为1：1：，12+12=（）2，故能判断一个三角形是直角三角形；
D、三个角满足关系∠B+∠C=∠A，则∠A为90°，故能判断一个三角形是直角三角形．
故选：A．
【点睛】
此题考查勾股定理的逆定理的应用．解题关键在于掌握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；若已知角，只要求得一个角为90°即可．
6．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据题意可知∠CBE=∠DBE，DE⊥AB，点D为AB的中点，∠EAD=∠DBE，根据三角形内角和定理列出算式，计算得到答案．
【详解】
解：由题意可知∠CBE=∠DBE，
∵DE⊥AB，点D为AB的中点，
∴EA=EB，
∴∠EAD=∠DBE，
∴∠CBE=∠DBE=∠EAD，
∴∠CBE+∠DBE+∠EAD=90°，
∴∠A=30°，
故选：A．
【点睛】
本题考查的是翻折变换的知识，理解翻折后的图形与原图形全等是解题的关键，注意三角形内角和等于180°．
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
由菱形的性质可得点A与点C关于BD对称，则△PCE的周长＝PC＋PE＋CE＝AE＋CE，此时△PCE的周长最小，过点E作EG⊥AB交AB延长线于点G，由∠BAD＝60°，可求∠EBG＝60°，则BG＝，EG＝，在Rt△AEG中，求出AE＝，则△PCE的周长＝AE＋CE＝＋1，即为所求．
【详解】
解：∵菱形ABCD，
∴点A与点C关于BD对称，
连接AE交BD于点P，连接PC，
则PE＋PC＝PA＋PC＝AE，

∴△PCE的周长＝PC＋PE＋CE＝AE＋CE，此时△PCE的周长最小，
∵E是BC的中点，菱形ABCD的边长为2，
∴BE＝1，AB＝2，
过点E作EG⊥AB交AB延长线于点G，
∵∠BAD＝60°，
∴∠ABC＝120°，
∴∠EBG＝60°，
∴BG＝，EG＝，
在Rt△AEG中，AE2＝AG2＋EG2，
∴AE＝，
∴△PCE的周长＝AE＋CE＝＋1，
∴△PCE的周长的最小值为＋1，
故选：B．
【点睛】
本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握菱形的性质，将所求问题转化为求AE的长是解题的关键．
8．D
解析：D
【分析】
先分析每一段图像对应的小刚的事件，再根据数据计算即可．
【详解】
解：此函数图像大致可分以下几个阶段：
①0-12分种，小刚从家走到菜地；
②12-27分钟，小刚在菜地浇水；
③27-33分钟，小刚从菜地走到玉米地；
④33-56分钟，小刚在玉米地除草；
⑤56-74分钟，小刚从玉米地回到家；
综合题意，由③的过程知，(千米)；
由②、④的过程知b=(分钟)．
故选D．
【点睛】
本题主要考查了学生对函数图象的理解，要求学生具有相应的读图能力，以及将图像信息与实际问题结合的能力，考生在解答此类试题时一定要注意分析，要能根据函数图象的性质和图象上的数据得出对应事件的信息，从而列出算式得到正确的结论．
二、填空题
9．a≤3
【解析】
【分析】
根据算术平方根是非负数列式计算即可得解．
【详解】
解：根据题意，3﹣a≥0，
解得a≤3．
故答案为：a≤3．
【点睛】
本题考查了二次根式的性质与化简，利用了二次根式的性质．
10．
【解析】
【分析】
根据题意，勾股定理求得另一条对角线的长度，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可求解．
【详解】
如图，四边形的菱形，连接交于点，依题意设,，

则，
，
，
菱形．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了根据菱形的性质求菱形的面积，勾股定理，作出图形求得另外一条对角线的长是解题的关键．
11．A
解析：200
【解析】
【分析】
根据正方形的面积公式和勾股定理，即可得到阴影部分的面积S1+S2+S3的值．
【详解】
解：∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB2＝AC2+BC2＝62+82＝100
∴S1+S2+S3＝AC2+BC2 +AB2＝62+82+100＝200
故答案为：200
【点睛】
本题考查勾股定理，解题关键是将勾股定理和正方形的面积公式进行结合应用．
12．D
解析：
【分析】
由题意易得OD=OC，∠DOC=60°，进而可得△DOC是等边三角形，然后问题可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，BD＝12，
∴，
∵∠AOD＝120°，
∴∠DOC=60°，
∴△DOC是等边三角形，
∴；
故答案为：6．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质及等边三角形的性质与判定，熟练掌握矩形的性质及等边三角形的性质与判定是解题的关键．
13．9或1
【解析】
【分析】
本题分情况讨论：①x=-3时对应y=1，x=1时对应y=9；②x=-3时对应y=9，x=1时对应y=1；将每种情况的两组数代入即可得出答案．
【详解】
①当x=−3时，y=1；当x=1时，y=9，
则
解得：
所以k+b=9；
②当x=−3时，y=9；当x=1时，y=1，
则
解得：
所以k+b=1.
故答案为9或1.
【点睛】
本题考查了待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是熟练掌握待定系数法求一次函数解析式.
14．A
解析：
【分析】
根据矩形的性质可得∠ACB的度数，从而利用勾股定理可求出BC的长度．
【详解】
解：由题意得：∠ACB=30°，∠ABC=90°，在Rt△ABC中，
AC=2AB=2，
由勾股定理得，BC=，
故答案为：
【点睛】
本题考查了矩形的性质，比较简单，解答本题的关键是求出∠ACB的度数．
15．或
【分析】
分别用m表示出点A和点B的纵坐标，用点A的纵坐标减去点B的纵坐标或用点B的纵坐标减去点A的纵坐标得到以m为未知数的方程，求解即可．
【详解】
解：∵点A是一次函数图象上的动点，且点A的
解析：或
【分析】
分别用m表示出点A和点B的纵坐标，用点A的纵坐标减去点B的纵坐标或用点B的纵坐标减去点A的纵坐标得到以m为未知数的方程，求解即可．
【详解】
解：∵点A是一次函数图象上的动点，且点A的横坐标为，
∴
∵AC⊥x轴与C，
∴
∴
∵
∴
解得，或
故答案为或
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，根据A点横坐标和点的坐标特征求得A、B点纵坐标是解题的关键．
16．【分析】
设BD=CD=x，由题意可知∠ADC=45°，且将ADC沿AD折叠，故，则可运用勾股定理，将用x进行表示，即可得出的值．
【详解】
解：∵点D是BC的中点，设BD=CD=x，则BC=2x
解析：
【分析】
设BD=CD=x，由题意可知∠ADC=45°，且将ADC沿AD折叠，故，则可运用勾股定理，将用x进行表示，即可得出的值．
【详解】
解：∵点D是BC的中点，设BD=CD=x，则BC=2x，
又∵∠ADC=45°，将ADC沿AD折叠，故，=x，
∴，是直角三角形，
根据勾股定理可得：，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考察了折叠问题与勾股定理，解题的关键在于通过折叠的性质，得出直角三角形，并运用勾股定理．
三、解答题
17．（1）；（2）−7+3
【分析】
（1）先把各二次根式化为最特意二次根式，再合并即可得到答案；
（2）分别根据平方差公式、负整数指数幂的运算法则，绝对值的代数意义，零指数幂的运算法则以及二次根式的性
解析：（1）；（2）−7+3
【分析】
（1）先把各二次根式化为最特意二次根式，再合并即可得到答案；
（2）分别根据平方差公式、负整数指数幂的运算法则，绝对值的代数意义，零指数幂的运算法则以及二次根式的性质代简各项后再合并即可得到答案．
【详解】
解：（1）
=
=；
（2）
=
=
【点睛】
本题主要考查了二次根式的加减以及实数的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
18．（1）这个梯子的顶端距地面有高；（2）梯子的底部在水平方向滑动了．
【分析】
（1）根据勾股定理即可求解；
（2）先求出BD，再根据勾股定理即可求解．
【详解】
解：（1）由题意可知：，；，
在中，
解析：（1）这个梯子的顶端距地面有高；（2）梯子的底部在水平方向滑动了．
【分析】
（1）根据勾股定理即可求解；
（2）先求出BD，再根据勾股定理即可求解．
【详解】
解：（1）由题意可知：，；，
在中，由勾股定理得：
，
∴

，
因此，这个梯子的顶端距地面有高．
（2）由图可知：AD=4m，
，
在中，由勾股定理得：
，
∴

，
∴．
答：梯子的底部在水平方向滑动了．
【点睛】
此题主要考查勾股定理的实际应用，解题的关键是根据题意在直角三角形中，利用勾股定理进行求解．
19．（1）；（2）①作图见详解；②8；（3）在网格中作图见详解；31．
【解析】
【分析】
（1）根据网格可直接用割补法求解三角形的面积；
（2）①利用勾股定理画出三边长分别为、、，然后依次连接即可；②
解析：（1）；（2）①作图见详解；②8；（3）在网格中作图见详解；31．
【解析】
【分析】
（1）根据网格可直接用割补法求解三角形的面积；
（2）①利用勾股定理画出三边长分别为、、，然后依次连接即可；②根据①中图形，可直接利用割补法进行求解三角形的面积；
（3）根据题意在网格中画出图形，然后在网格中作出，，进而可得，得出，进而利用割补法在网格中求解六边形的面积即可．
【详解】
解：（1）△ABC的面积为：，
故答案为：；
（2）①作图如下（答案不唯一）：

②的面积为：，
故答案为：8；
（3）在网格中作出，，

在与中，
，
∴，
∴，
，
六边形AQRDEF的面积=正方形PQAF的面积+正方形PRDE的面积+的面积
，
故答案为：31．
【点睛】
本题主要考查勾股定理、正方形的性质、割补法求解面积及二次根式的运算，熟练掌握勾股定理、正方形的性质、割补法求解面积及二次根式的运算是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）25°
【分析】
（1）由题意可证四边形DFBE是平行四边形，且DE⊥AB，可得结论；
（2）根据平行四边形的性质求得∠ADC=130°，DE=CD，再利用等腰三角形的性质即可求
解析：（1）见解析；（2）25°
【分析】
（1）由题意可证四边形DFBE是平行四边形，且DE⊥AB，可得结论；
（2）根据平行四边形的性质求得∠ADC=130°，DE=CD，再利用等腰三角形的性质即可求解．
【详解】
（1）证明：在▱ABCD中，AD∥BC，AD=BC，
∴ED∥BF．
∵ED=AD−AE，BF=BC−CF，AE=CF，
∴ED=BF．
∴四边形BFDE是平行四边形．
∵DF⊥BC，
∴∠DFB=90°，
∴四边形BFDE是矩形；
（2）解：在▱ABCD中，AB=CD，∠ABC=∠ADC．
∵DE=AB，∠ABC=130°，
∴DE=CD，∠ADC=130°．
∴∠DEC=×(180°−130°)=25°．
【点睛】
本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，运用等腰三角形的判定和性质解决问题是本题的关键．
21．（1）观察与计算：－7；18；应用：（1）①；；（2）
【解析】
【分析】
观察与计算：根据二次根式的乘法和平方差公式求解即可；
应用：（1）仿照题意进行分母有理化即可；
（2）先对原式每一项进行分
解析：（1）观察与计算：－7；18；应用：（1）①；；（2）
【解析】
【分析】
观察与计算：根据二次根式的乘法和平方差公式求解即可；
应用：（1）仿照题意进行分母有理化即可；
（2）先对原式每一项进行分母有理化即可得到，由此求解即可．
【详解】
解：观察与计算：，，
故答案为：-7，18；
应用：（1）① ；
②；
（2）原式＝
＝
＝
＝
＝
=．
【点睛】
本题主要考查了二次根式的乘法运算，平方差公式和分母有理化，解题的关键在于能够准确理解题意进行求解．
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）等边三角形；（2）成立，理由见解析；（3）或．
【分析】
（1）根据题意先判断出四边形ABCE和四边形ACDE都是梯形．得出FG为梯形ABCE的中位线，GH为梯形ACDE的中位线．从而得出，．
解析：（1）等边三角形；（2）成立，理由见解析；（3）或．
【分析】
（1）根据题意先判断出四边形ABCE和四边形ACDE都是梯形．得出FG为梯形ABCE的中位线，GH为梯形ACDE的中位线．从而得出，．即证明为等边三角形．
（2）先判断出PF，PG是△ABC和△CDE的中位线，再判断出∠FPG＝∠FCH，进而证明△FPG≌△FCH，得出结论FG＝FH，∠PFG＝∠CFH，最后证明出∠GFH=，即证明△FGH为等边三角形．
（3）①当点E在AE上时，先求出CM，进而求出AM，即可求出AD，再判断出，进而求出BE=AD=2，，即可判断出，再求出BN、EN，进而求出BD，最后即可求出FH，即可得出结果；②当点D在AE的延长线上时同①的方法即可得出结果．
【详解】
（1）∵和都为等边三角形，且边长不相等．
∴，．
∴四边形ABCE和四边形ACDE都是梯形．
又∵F、G、H分别是BC、AE、CD中点，
∴FG为梯形ABCE的中位线，GH为梯形ACDE的中位线．
∴，．
∴，．
∴为等边三角形．
故答案为：等边三角形．
（2）取AC的中点P，连接PF，PG，
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AB＝BC，CE＝CD， ∠BAC＝ ∠ACB＝ ∠ECD＝ ∠B＝60°．
又F，G，H分别是BC，AE，CD的中点，
∴FP＝AB，FC＝BC，CH＝CD，PG＝CE，PG∥CE，PF∥AB．
∴FP＝FC，PG＝CH，∠GPC＋∠PCE＝180°，∠FPC＝∠BAC＝60°，∠PFC＝∠B＝60°．
∴∠FPG＝∠FPC＋∠GPC＝60°＋∠GPC，∠GPC＝180°－∠PCE．
∴∠FCH＝360°－∠ACB－∠ECD－∠PCE＝360°－60°－60°－（180°－∠GPC）＝60°＋∠GPC．
∴∠FPG＝∠FCH．
∴△FPG≌△FCH（SAS）．
∴FG＝FH，∠PFG＝∠CFH．
∴∠GFH＝∠GFC＋∠CFH＝∠GFC＋∠PFG＝∠PFC＝60°．
∴△FGH为等边三角形．
所以成立．

（3）①当点D在AE上时，如图，
∵是等边三角形，
∴，．
∵是等边三角形，
∴，，
过点C作于M，
∴，
在中，根据勾股定理得，,
在中，根据勾股定理得，,
∴,
∵,
∴，
∴，
连接BE，
在和中，
，
∴（SAS），
∴BE=AD=2, ，
∵，
∴，
∴，
过点B作于N，
∴，在中，，
∴，
∴,DN=DE-EN=3，
连接BD，
根据勾股定理得：，
∵点H是CD中点，点F是BC中点，
∴FH是的中位线，
∴，
由（2）可知，△FGH为等边三角形．
∴△FGH的周长．

②当点D在AE的延长线上时，如图，
同理可求，所以△FGH的周长．

即满足条件的△FGH的周长位或．
【点睛】
本题考查等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，三角形的中位线定理．属于几何变换综合题，综合性强，较难．
24．（1）y=-2x+8；（2）S=16m-2m2；（3）（-2，4）
【解析】
【分析】
（1）先求出点A，点B坐标，由等腰三角形的性质可求点C坐标，由待定系数法可求BC的解析式；
（2）过点P作PG
解析：（1）y=-2x+8；（2）S=16m-2m2；（3）（-2，4）
【解析】
【分析】
（1）先求出点A，点B坐标，由等腰三角形的性质可求点C坐标，由待定系数法可求BC的解析式；
（2）过点P作PG⊥AC，PE∥BC交AC于E，过点Q作HQ⊥AC，由“AAS”可证△AGP≌△CHQ，可得AG=HC=m-4，PG=HQ=2m-8，由“AAS”可证△PEF≌△QCF，可得S△PEF=S△QCF，即可求解；
（3）如图2，连接AM，CM，过点P作PE⊥AC，由“SSS”可证△APM≌△CQM，△ABM≌△CBM，可得∠PAM=∠MCQ，∠BQM=∠APM=45°，∠BAM=∠BCM，由“AAS”可证△APE≌△MAO，可得AE=OM，PE=AO=4，可求m的值，可得点P的坐标．
【详解】
解：（1）∵直线y=2x+8与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴点B（0，8），点A（-4，0）
∴AO=4，BO=8，
∵AB=BC，BO⊥AC，
∴AO=CO=4，
∴点C（4，0），
设直线BC解析式为：y=kx+b，
由题意可得：，
解得：，
∴直线BC解析式为：y=-2x+8；
（2）如图1，过点P作PG⊥AC，PE∥BC交AC于E，过点Q作HQ⊥AC，
设△PBQ的面积为S，

∵AB=CB，
∴∠BAC=∠BCA，
∵点Q横坐标为m，
∴点Q（m，-2m+8）
∴HQ=2m-8，CH=m-4，
∵AP=CQ，∠BAC=∠BCA=∠QCH，∠AGP=∠QHC=90°，
∴△AGP≌△CHQ（AAS），
∴AG=HC=m-4，PG=HQ=2m-8，
∵PE∥BC，
∴∠PEA=∠ACB，∠EPF=∠CQF，
∴∠PEA=∠PAE，
∴AP=PE，且AP=CQ，
∴PE=CQ，且∠EPF=∠CQF，∠PFE=∠CFQ，
∴△PEF≌△QCF（AAS）
∴S△PEF=S△QCF，
∴△PBQ的面积
=四边形BCFP的面积+△CFQ的面积
=四边形BCFP的面积+△PEF的面积
=四边形PECB的面积，
∴S=S△ABC-S△PAE=×8×8-×（2m-8）×（2m-8）=16m-2m2；
（3）如图2，连接AM，CM，过点P作PE⊥AC，

∵AB=BC，BO⊥AC，
∴BO是AC的垂直平分线，
∴AM=CM，且AP=CQ，PM=MQ，
∴△APM≌△CQM（SSS）
∴∠PAM=∠MCQ，∠BQM=∠APM=45°，
∵AM=CM，AB=BC，BM=BM，
∴△ABM≌△CBM（SSS）
∴∠BAM=∠BCM，
∴∠BCM=∠MCQ，且∠BCM+∠MCQ=180°，
∴∠BCM=∠MCQ=∠PAM=90°，且∠APM=45°，
∴∠APM=∠AMP=45°，
∴AP=AM，
∵∠PAO+∠MAO=90°，∠MAO+∠AMO=90°，
∴∠PAO=∠AMO，且∠PEA=∠AOM=90°，AM=AP，
∴△APE≌△MAO（AAS）
∴AE=OM，PE=AO=4，
∴2m-8=4，
∴m=6，
∴P（-2，4）．
【点睛】
本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
25．（1）15，8；（2），见解析；（3）；（4）4
【分析】
解决问题（1）只需运用面积法：，即可解决问题；
（2）解法同（1）；
（3）连接、、，作于，由等边三角形的性质得出，由勾股定理得出，得出的
解析：（1）15，8；（2），见解析；（3）；（4）4
【分析】
解决问题（1）只需运用面积法：，即可解决问题；
（2）解法同（1）；
（3）连接、、，作于，由等边三角形的性质得出，由勾股定理得出，得出的面积，由的面积的面积的面积的面积，即可得出答案；
（4）过点作，垂足为，易证，过点作，垂足为，由解决问题（1）可得，易证，，只需求出即可．
【详解】
解：（1）∵，，，
∴的面积，
∵，，，
且，
∴，
∵，
∴.
故答案为：15，8.
（2）∵，，，
且，
∴，
∵，
∴.
（3）连接、、，作于，如图2所示：

∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∴，
∴的面积，
∵，，，
∴的面积的面积的面积的面积

，
∴.
（4）过点作，垂足为，如图3所示：

∵四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
由折叠可得：，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由解决问题（1）可得：，
∴，即的值为4.
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、平行线的性质与判定、等边三角形的性质、勾股定理等知识，考查了用面积法证明几何问题，考查了运用已有的经验解决问题的能力，体现了自主探究与合作交流的新理念，是充分体现新课程理念难得的好题．
26．（1）AM=AD+MC，见解析；（2）成立，见解析；（3）结论AM=AD+MC仍然成立，结论AM=DE+BM不成立
【分析】
（1）从平行线和中点这两个条件出发，延长、交于点，如图1（1），易证，从
解析：（1）AM=AD+MC，见解析；（2）成立，见解析；（3）结论AM=AD+MC仍然成立，结论AM=DE+BM不成立
【分析】
（1）从平行线和中点这两个条件出发，延长、交于点，如图1（1），易证，从而有，只需证明即可；
（2）作交的延长线于点，易证，只需证明即可；要证，只需证明它们所在的两个三角形全等即可；
（3）在图2（1）中，仿照（1）中的证明思路即可证到仍然成立；在图2（2）中，采用反证法，并仿照（2）中的证明思路即可证到不成立．
【详解】
解：（1）AM=AD+MC．理由如下：
如图1（1）所示，分别延长AE，BC交于点N，

∵四边形ABCD是正方形，
∴ADBC，
∴∠DAE=∠ENC，
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE=∠MAE，
∴∠ENC=∠MAE，
∴MA=MN，
∵E是CD的中点，
∴DE=CE，
在ADE与NCE中，

∴ADE≌NCE（AAS），
∴AD=NC，
∵MN=NC+MC，
∴AM=AD+MC；
（2）AM=DE+BM成立．理由如下：
如图1（2）所示，将ADE绕点A顺时针旋转90°，得到ABF，

∵四边形ABCD是正方形，
∴ABDC，∠D=∠ABM=90°，
∴∠AED=∠BAE，
∵旋转，
∴∠F=∠AED，∠FAB=∠EAD，BF=ED，∠D=∠ABF=90°，
∴∠ABM＋∠ABF=180°，
∴点F、B、M在同一直线上，
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE=∠MAE，
∴∠BAF=∠MAE，
∵∠BAE=∠BAM+∠MAE，
∴∠AED=∠BAM+∠BAF=∠FAM，
∴∠F=∠FAM，
∴AM=FM，
∵FM=BF+BM
∴AM=DE+BM；
（3）①结论AM=AD+MC仍然成立，理由如下：
①如图2（1），延长、交于点，

四边形是矩形，
．
．
平分，
．
．
．
在ADE与PCE中，

∴ADE≌PCE（AAS），
．
∵MP=PC+MC，
∴AM=AD+MC；
②结论不成立，理由如下：
假设成立．
过点作，交的延长线于点，如图2（2）所示．

四边形是矩形，
，．
，
．
．
．
，
．
，

，
．
．
．
，
．
，
．与条件“ “矛盾，故假设不成立．
不成立．
【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查了正方形及矩形的性质、全等三角形的性质和判定、等腰三角形的判定、平行线的性质、角平分线的定义等知识，考查了基本模型的构造（平行加中点构造全等三角形），考查了反证法的应用，综合性比较强．添加辅助线，构造全等三角形是解决这道题的关键．