人教版八年级下册数学期末试卷专题练习(word版(1).doc

人教版八年级下册数学期末试卷专题练习（word版(1)
一、选择题
1．如果二次根式有意义，那么的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．下列满足条件的三角形中，不是直角三角形的是（ ）
A．三内角之比为1∶2∶3 B．三边长的平方之比为1∶2∶3
C．三边长之比为3∶4∶5 D．三内角之比为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．某商场招聘员工一名，现有甲、乙、丙三人竞聘，通过计算机、语言和商品知识三项测试，他们各自成绩（百分制）如下表所示，若商场需要招聘负责将商品拆装上架的人员，对计算机、语言和商品知识分别赋权2，3，5，那么从成绩看，应该录取（ ）
应试者
计算机
语言
商品知识
甲
60
70
80
乙
80
70
60
丙
70
80
60

A．甲 B．乙 C．丙 D．任意一人都可
5．在棱长为1的正方体中，顶点A，B的位置如图所示，则A、B两点间的距离为（ ）

A．1 B． C． D．
6．规定：菱形与正方形的接近程度叫做“接近度”，并用表示．设菱形的两个相邻内角分别为、，菱形的接近度定义为．则下列说法不正确的是（ ）
A．接近度越大的菱形越接近于正方形
B．有一个内角等于100°的菱形的接近度
C．接近度的取值范围是
D．当时，该菱形是正方形
7．如图，在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，AD为∠BAC的平分线，将△ADC沿直线AD翻折得△ADE，则DE的长为（ ）

A．4 B．5 C．6 D．7
8．如图1，在矩形ABCD中，E是CD上一点，动点P从点A出发沿折线AE→EC→CB运动到点B时停止，动点Q从点A沿AB运动到点B时停止，它们的速度均为每秒1cm．如果点P、Q同时从点A处开始运动，设运动时间为x（s），△APQ的面积为ycm2，已知y与x的函数图象如图2所示，以下结论：①AB＝5cm；②cos∠AED＝ ；③当0≤x≤5时，y＝；④当x＝6时，△APQ是等腰三角形；⑤当7≤x≤11时，y＝．其中正确的有（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
二、填空题
9．若使在实数范围内有意义，则的取值范围为______．
10．如图，菱形的对角线，相交于点，已知，菱形的面积为24，则的长为______．

11．在中，，，，斜边的长为__________．
12．如图，矩形ABCD中，AE平分交BC于点E，连接DE，若，，则AD的长是________．

13．将一次函数的图象绕原点顺时针旋转90°，所得图象对应的函数解析式是______．
14．如图，在四边形ABCD中AB∥CD，若加上AD∥BC，则四边形ABCD为平行四边形.若E、F为BD上两点，且BE=DF.现在请你给□ABCD添加一个适当的条件________，使得四边形AECF为菱形.

15．在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O为坐标原点，顶点A，C分别在x轴和y轴上，OA＝4，OC＝3，D为AB边的中点，E是OA边上的一个动点，当△CDE的周长最小时，则点E的坐标为_____．

16．如图，长方形ABCD沿对角线BD折叠，使点C落在点C′处，BC′交AD于点E，若，，则△BED的周长为_____．

三、解答题
17．计算：
（1）．
（2）．
18．湖的两岸有A，B两棵景观树，数学兴趣小组设计实验测量两棵景观树之间的距离，他们在与AB垂直的BC方向上取点C，测得米，米．

求：（1）两棵景观树之间的距离；
（2）点B到直线AC的距离．
19．如图，在平面直角坐标系中，网格中每一个小正方形的边长都是1个单位长度．
（1）画出△ABC关于y轴对称的图形△A′B′C′，写出C的坐标；
（2）求△ABC中AC边上的高．

20．如图，在矩形中，，，将矩形折叠，折痕为，使点C与点A重合，点D与点G重合，连接．

（1）判断四边形的形状，并说明理由；
（2）求折痕的长．
21．先观察下列等式，再回答问题：
① =1+1=2；
②=2+ =2 ；
③=3+=3；…
（1）根据上面三个等式提供的信息，请猜想第四个等式；
（2）请按照上面各等式规律，试写出用 n（n 为正整数）表示的等式，并用所学知识证明．
22．暑期将至，某游泳馆面向学生推出暑期优惠活动，活动方案如下．
方案一：购买一张学生暑期专享卡，每次游泳费用按六折优惠；
方案二：不购买学生暑期专享卡，每次游泳费用按八折优惠．
设某学生暑期游泳x（次），按照方案一所需费用为y1（元），且y1＝k1x+b；按照方案二所需费用为y2（元），且y2＝k2x．其函数图象如图所示．
（1）求k1和b的值；
（2）八年级学生小华计划暑期前往该游泳馆游泳8次，应选择哪种方案所需费用更少？请说明理由．

23．已知四边形ABCD是正方形，将线段CD绕点C逆时针旋转（），得到线段CE，联结BE、CE、DE. 过点B作BF⊥DE交线段DE的延长线于F．
（1）如图，当BE=CE时，求旋转角的度数；
（2）当旋转角的大小发生变化时，的度数是否发生变化?如果变化，请用含的代数式表示；如果不变，请求出的度数；
（3）联结AF，求证：．

24．在平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2），且x1≠x2，y1≠y2，若P，Q为某个矩形的两个顶点，且该矩形的边均与某条坐标轴垂直，则称该矩形为点P，Q的“合成矩形”．如图为点P，Q的“合成矩形”的示意图．

（1）若A点坐标为（2，0），
①当B点坐标为（5，1）时，点A，B的“合成矩形”的面积是 　 　；
②若点C在直线x＝4上，且点A，C的“合成矩形”为正方形，求直线AC的表达式；
③若点P在直线y＝﹣2x＋2上，且点A，P的“合成矩形”为正方形，直接写出P点的坐标；
（2）点O的坐标为（0，0），点D为直线y＝x＋b（b≠0）上一动点，若O，D的“合成矩形”为正方形，且此正方形面积不小于2时，求b的取值范围．
25．如图，四边形为正方形.在边上取一点，连接，使.

（1）利用尺规作图（保留作图痕迹）：分别以点、为圆心，长为半径作弧交正方形内部于点，连接并延长交边于点，则；
（2）在前面的条件下，取中点，过点的直线分别交边、于点、.
①当时，求证：；
②当时，延长，交于点，猜想与的数量关系，并说明理由.
26．在正方形AMFN中，以AM为BC边上的高作等边三角形ABC，将AB绕点A逆时针旋转90°至点D，D点恰好落在NF上，连接BD，AC与BD交于点E，连接CD，
(1)如图1，求证：△AMC≌△AND；
(2)如图1，若DF=，求AE的长；
(3)如图2,将△CDF绕点D顺时针旋转（）,点C,F的对应点分别为、，连接、，点G是的中点,连接AG，试探索是否为定值，若是定值，则求出该值；若不是，请说明理由.

【参考答案】
一、选择题
1．B
解析：B
【分析】
二次根式有意义，则，据此解题．
【详解】
解：二次根式有意义，则，
，
故选：B．
【点睛】
本题考查二次根式有意义的条件，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
2．D
解析：D
【分析】
根据三角形内角和定理和勾股定理的逆定理判定是否为直角三角形．
【详解】
A、设三个内角的度数为，，根据三角形内角和公式，求得，所以各角分别为30°，60°，90°，故此三角形是直角三角形；
B、三边符合勾股定理的逆定理，所以是直角三角形；
C、设三条边为，，，则有，符合勾股定理的逆定理，所以是直角三角形；
D、设三个内角的度数为，，，根据三角形内角和公式，求得，所以各角分别为45°，60°，75°，所以此三角形不是直角三角形；
故选D．
【点睛】
本题考查了三角形内角和定理和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．A
解析：A
【解析】
【分析】
分别按照2，3，5的赋权计算甲，乙，丙的平均数，再录取最高分即可.
【详解】
解：根据题意，甲的最终成绩为（分，
乙的最终成绩为（分，
丙的最终成绩为（分，
所以应该录取甲，
故选：．
【点睛】
本题考查的是加权平均数的含义与计算，理解赋权2，3，5的含义是解题的关键.
5．C
解析：C
【分析】
根据Rt△ABC和勾股定理可得出AB两点间的距离．
【详解】
解：在Rt△ABC中，AC＝1，BC＝，

可得：AB＝，
故选：C．
【点睛】
本题考查了勾股定理，得出正方体上A、B两点间的距离为直角三角形的斜边是解题关键．
6．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据接近度的意义，逐项计算判断即可．
【详解】
解：菱形的两个相邻内角、越接近，菱形越接近于正方形，也就是说的值越小，菱形越接近于正方形，即接近度越大的菱形越接近于正方形，故A正确，不符合题意；
有一个内角等于100°的菱形的两个邻角的度数分别为100°和80°，，故B正确，不符合题意；
∵菱形的两个相邻内角分别为、，
∴，的取值范围是，故C错误，符合题意；
当时，，所以该菱形是正方形，故D正确，不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形与正方形的性质，正方形的判定，正确理解“接近度”的意思是解决问题的关键．
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
在中利用勾股定理求出长，利用折叠性质：得到，求出对应相等的边，设DE＝x，在中利用勾股定理，列出关于的方程，求解方程即可得到答案．
【详解】
解：∵AB＝6，BC＝8，∠ABC＝90°，
∴AC＝，
∵AD为∠BAC的平分线，将△ADC沿直线AD翻折得△ADE，
，
∴A、B、E共线，AC＝AE＝10，DC＝DE，
∴BE＝AE﹣AB＝10﹣6＝4，
在Rt△BDE中，设DE＝x，则BD＝8﹣x，
∵BD2+BE2＝DE2，
∴（8﹣x）2+42＝x2，
解得x＝5，
∴DE＝5，
故选：B．
【点睛】
本题主要是考查了直角三角形的勾股定理以及折叠中的三角形全等的性质，熟练利用折叠得到全等三角形，找到直角三角形中的各边的关系，利用勾股定理列方程，并求解方程，这是解决该类问题的关键．
8．B
解析：B
【分析】
根据图中相关信息即可判断出正确答案.
【详解】
解：图2知：当 时y恒为10，
∴当 时，点Q运动恰好到点B停止，且当 时点P必在EC上，
故①正确；
∵当 时点P必在EC上，且当 时，y逐渐减小，
∴当 时，点Q在点B处，点P在点C处，此时

设 则
在 中，由勾股定理得：
解得：

故②正确；
当 时，由 知点P在AE上，过点P作 如图：

故③正确；
当 时，
不是等腰三角形，故④不正确；
当时，点P在BC上，点Q和点B重合，
故⑤ 不正确；
故选B．
【点睛】
本题主要考查了动点问题的函数图像，理解题意，读懂图像信息，灵活运用所学知识是解题关键，属于中考选择题中的压轴题.
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义时被开方数为非负数，分式的分母不为零列式计算可求解．
【详解】
解：由题意得6-3x＞0，
解得x＜2，
故答案为：x＜2．
【点睛】
本题主要考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
10．A
解析：6
【解析】
【分析】
根据菱形的性质得到AC=8，根据菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD为菱形；
∴AC=2OA=8，,
∴,
∴BD=6，
故答案为：6
【点睛】
本题考查了菱形的性质，解题的关键是熟记菱形面积的两种表示法：（1）底乘高，（2）对角线乘积的一半，本题运用的是第二种．
11．B
解析：
【解析】
【分析】
由，得到 利用勾股定理可得答案．
【详解】
解：设BC
，，

，

（舍去），

故答案为：
【点睛】
本题考查的是含角的直角三角形的性质与勾股定理的应用，掌握相关知识点是解题的关键．
12．E
解析：7
【分析】
由矩形的性质和根据勾股定理可求出EC＝4，再证明BE＝AB＝3，即可求出BC的长，进而可求出AD的长．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，AB＝CD，ADBC，AD＝BC，
∵ED＝5，CD＝3，
∴EC2＝DE2−CD2＝25−9＝16，
∴CE＝4，
∵ADBC，
∴∠AEB＝∠DAE；
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴BE＝AB＝CD＝3，
∴BC＝BE＋EC＝7，
∴AD＝7，
故答案为：7．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定等知识；解题的关键是灵活运用矩形的性质和等腰三角形的判定．
13．
【分析】
利用直线与两坐标轴的交点坐标，求得旋转后的对应点坐标，然后根据待定系数法即可求得．
【详解】
解：在一次函数中，令，则，令，则，
∴直线经过点，
将一次函数的图像绕点顺时针旋转90°，
则的对应点，的对应点为，
设对应的函数解析式为：，
将点代入得：
，解得，
∴旋转后对应的函数解析式为：，
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了一次函数图像与几何变换，掌握旋转的性质是解题关键．
14．A
解析：AB=AD
【分析】
由菱形的性质可得AE=AF，∠AEF=∠AFE，即可得到∠AEB=∠AFD，利用SAS即可证明△ABE≌△ADF，可得AB=AD，即可得答案.
【详解】
∵四边形AECF为菱形，
∴AE=AF，∠AEF=∠AFE，
∴∠AEB=∠AFD，
在△ABE和△ADF中，，
∴△ABE≌△ADF，
∴AB=AD，
∴可添加AB=AD，使得四边形AECF为菱形.
故答案为：AB=AD
【点睛】
本题考查了菱形的性质及全等三角形的判定与性质，利用菱形性质得出△ABE≌△ADF是解题关键.
15．（，0）
【分析】
作点D关于x轴对称点F，根据题意求出D点的坐标，从而得到F点的坐标，同时连接CF，则CF与x轴的交点即为所求E点，此时满足△CDE的周长最小，利用CF的解析式求解即可．
【详解】
解析：（，0）
【分析】
作点D关于x轴对称点F，根据题意求出D点的坐标，从而得到F点的坐标，同时连接CF，则CF与x轴的交点即为所求E点，此时满足△CDE的周长最小，利用CF的解析式求解即可．
【详解】
解：作点D关于x轴对称点F，如图，

∵四边形OABC是矩形，
∴OC＝BD＝3，点C的坐标为，
∵D为AB边的中点，
∴AD＝，
∵OA＝4，
∴D点的坐标为，则F点的坐标为，
根据轴对称的性质可得：EF＝ED，
∴C△CDE＝CD+CE+DE＝CD+CE+EF，其中CD为定值，
当CE+EF值最小时，△CDE周长最小，此时点C，E，F三点共线，
设直线CF的解析式为：，
将和代入解析式得：
，解得：，
∴直线CF的解析式为：，
令，得：，
解得：，
∴点E坐标（，0），
故答案为：．
【点睛】
本题考查一次函数与轴对称的综合运用，理解最短路径的求解方法，熟悉待定系数法求一次函数解析式是解题关键．
16．+
【分析】
先推出BE=DE，设BE=DE=x，则AE=2-x，利用勾股定理列出关于x的方程，求出BD的长，进而求解．
【详解】
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∵长方形ABCD沿对角线B
解析：+
【分析】
先推出BE=DE，设BE=DE=x，则AE=2-x，利用勾股定理列出关于x的方程，求出BD的长，进而求解．
【详解】
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∵长方形ABCD沿对角线BD折叠，
∴∠EBD=∠CBD，
∴∠ADB=∠EBD，
∴BE=DE，
设BE=DE=x，则AE=2-x，
在Rt∆ABE中，(2-x)2+12=x2，解得：x=，
在Rt∆ABD中，BD==，
∴△BED的周长=++=+．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质，等腰三角形的判定定理，折叠的性质以及勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
三、解答题
17．（1）；（2）
【分析】
（1）根据二次根式的除法法则计算，二次根式的性质化简即可；
（2）根据二次根式的乘法以及二次根式的加减法运算进行计算即可
【详解】
（1）
；
（2）
．
【点睛】
解析：（1）；（2）
【分析】
（1）根据二次根式的除法法则计算，二次根式的性质化简即可；
（2）根据二次根式的乘法以及二次根式的加减法运算进行计算即可
【详解】
（1）

；
（2）

．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算，掌握二次根式的性质以及二次根式的运算法则是解题的关键．
18．（1）A，B两点间的 距离是40米；（2）点B到直线AC的距离是24米．
【分析】
（1）根据勾股定理解答即可；
（2）根据三角形面积公式解答即可．
【详解】
（1）因为是直角三角形，
所以由勾股定
解析：（1）A，B两点间的 距离是40米；（2）点B到直线AC的距离是24米．
【分析】
（1）根据勾股定理解答即可；
（2）根据三角形面积公式解答即可．
【详解】
（1）因为是直角三角形，
所以由勾股定理，得．
因为米，，所以．
因为，所以米．
即A，B两点间的 距离是40米．
（2）过点B作于点D．
因为，
所以．
所以（米），
即点B到直线AC的距离是24米．
【点睛】
本题考查了勾股定理的应用，属于基础题，关键是掌握勾股定理在直角三角形中的表达式．
19．（1）作图见解析，点C的坐标为(-1，1)；（2）AC边上的高为．
【解析】
【分析】
（1）分别作出A，B，C的对应点A′，B′，C′即可．
（2）利用面积法求解即可．
【详解】
解：（1）如图，
解析：（1）作图见解析，点C的坐标为(-1，1)；（2）AC边上的高为．
【解析】
【分析】
（1）分别作出A，B，C的对应点A′，B′，C′即可．
（2）利用面积法求解即可．
【详解】
解：（1）如图，△A′B′C′即为所求作．

点C的坐标为(-1，1)；
（2）设△ABC边上的高为h，
∵AB==，BC==，AC==，
，
∴,且AB=BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，且AC为斜边，
∴××=××h，
∴h=．
即AC边上的高为．
【点睛】
本题考查作图-轴对称变换，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
20．（1）菱形，理由见解析；（2）
【分析】
（1）根据矩形的性质，可知，进而可得，根据折叠的性质可知，则，进而可得，又，根据四边相等的四边形是菱形即可判断；
（2）连接，先根据折叠的性质，利用勾股定理
解析：（1）菱形，理由见解析；（2）
【分析】
（1）根据矩形的性质，可知，进而可得，根据折叠的性质可知，则，进而可得，又，根据四边相等的四边形是菱形即可判断；
（2）连接，先根据折叠的性质，利用勾股定理求得，进而勾股定理求得，根据菱形的面积即可求得．
【详解】
（1）四边形是矩形，
，
，
根据折叠的性质，可知，，
，
，
，
四边形是菱形；
（2）连接，如图，

四边形是矩形，
，
，，
，
折叠，
，
设，则，
在中，
，
即，
解得，
，
，

【点睛】
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，菱形的性质与判定，灵活晕用勾股定理是解题的关键．
21．（1）；（2），证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据“第一个等式内数字为1，第二个等式内数字为2，第三个等式内数字为3”，即可猜想出第四个等式为44；
（2）根据等式的变化，找出变化规律“n
解析：（1）；（2），证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据“第一个等式内数字为1，第二个等式内数字为2，第三个等式内数字为3”，即可猜想出第四个等式为44；
（2）根据等式的变化，找出变化规律“n”，再利用开方即可证出结论成立．
【详解】
（1）∵①1+1=2；②22；③33；里面的数字分别为1、2、3，
∴④ ．
（2）观察，发现规律：1+1=2，223344，…，∴ ．
证明：等式左边=n右边．
故n成立．
【点睛】
本题考查了二次根式的性质与化简以及规律型中数的变化类，解题的关键是：（1）猜测出第四个等式中变化的数字为4；（2）找出变化规律“n”．解决该题型题目时，根据数值的变化找出变化规律是关键．
22．（1）y1=15x+30；（2）选择方案一所需费用更少，理由见解析
【分析】
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）求出y2与x之间的函数关系式，将x=8分别代入y1、y2关于x的函数解析式，比较即
解析：（1）y1=15x+30；（2）选择方案一所需费用更少，理由见解析
【分析】
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）求出y2与x之间的函数关系式，将x=8分别代入y1、y2关于x的函数解析式，比较即可．
【详解】
解：（1）根据题意，得：
，解得：，
∴方案一所需费用y1与x之间的函数关系式为y1=18x+30，
∴k1=18，b=30；
（2）∵打折前的每次游泳费用为18÷0.6=30（元），
∴k2=30×0.8=24；
∴y2=24x，
当游泳8次时，
选择方案一所需费用：y1=18×8+30=174（元），
选择方案二所需费用：y2=24×8=192（元），
∵174＜192，
∴选择方案一所需费用更少．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是理解两种优惠活动方案，求出y1、y2关于x的函数解析式．
23．（1）30°；（2）不变；45°；（3）见解析
【分析】
（1）利用图形的旋转与正方形的性质得到△BEC是等边三角形，从而求得=∠DCE=30°．
（2）因为△CED是等腰三角形，再利用三角形的内角
解析：（1）30°；（2）不变；45°；（3）见解析
【分析】
（1）利用图形的旋转与正方形的性质得到△BEC是等边三角形，从而求得=∠DCE=30°．
（2）因为△CED是等腰三角形，再利用三角形的内角和即可求∠BEF=.
（3）过A点与C点添加平行线与垂线，作得四边形AGFH是平行四边形，求得△ABG≌△ADH.从而求得矩形AGFH是正方形，根据正方形的性质证得△AHD≌△DIC，从而得出结论．
【详解】
（1）证明：在正方形ABCD中, BC=CD.由旋转知，CE=CD,
又∵BE=CE,
∴BE=CE=BC,
∴△BEC是等边三角形，
∴∠BCE=60°.
又∵∠BCD=90°,
∴=∠DCE=30°.
（2）∠BEF的度数不发生变化.
在△CED中，CE=CD,
∴∠CED=∠CDE=，
在△CEB中,CE=CB,∠BCE=,
∴∠CEB=∠CBE=,
∴∠BEF=.
（3）过点A作AG∥DF与BF的延长线交于点G，过点A作AH∥GF与DF交于点H，过点C作CI⊥DF于点I
易知四边形AGFH是平行四边形，
又∵BF⊥DF，
∴平行四边形AGFH是矩形.
∵∠BAD=∠BGF=90°，
∠BPF=∠APD ，
∴∠ABG=∠ADH.
又∵∠AGB=∠AHD=90°，AB=AD，
∴△ABG≌△ADH.
∴AG=AH ，
∴矩形AGFH是正方形.
∴∠AFH=∠FAH=45°，
∴AH=AF
∵∠DAH+∠ADH=∠CDI+∠ADH=90°
∴∠DAH=∠CDI
又∵∠AHD=∠DIC=90°，AD=DC，
∴△AHD≌△DIC
∴AH=DI，
∵DE=2DI，
∴DE=2AH=AF

【点晴】
本题考查正方形的性质和判定、图形的旋转、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24．（1）①3；②或；③，；（2）或
【解析】
【分析】
（1）①由的坐标为，的坐标为，得出“合成矩形”的长为3，宽为1，求出面积；
②分两种情况画图，得到正方形边长为2，可知点的坐标，待定系数法求的函
解析：（1）①3；②或；③，；（2）或
【解析】
【分析】
（1）①由的坐标为，的坐标为，得出“合成矩形”的长为3，宽为1，求出面积；
②分两种情况画图，得到正方形边长为2，可知点的坐标，待定系数法求的函数关系式；
③根据正方形的边长相等，建立的方程求解；
（2）根据正方形面积公式，求出点 的坐标，代入函数表达式，求的取值范围．
【详解】
解：（1）①点，的“合成矩形”如图1，
的坐标为，的坐标为，
，．
点，的“合成矩形” 的面积．
故答案为：3．

②如图2，
的坐标为，
点在直线上，
且点，的“合成矩形”为正方形时，
当在轴上方时，
点，
．
点，的“合成矩形”为正方形，
，
，
设直线解析式为，
将，代入表达式得：
，
解得．
直线解析式为．
同理可得当在轴下方时，
，
此时解析式为．
综上所述，点，的“合成矩形”为正方形，直线的表达式为或；

③如图3，当点在直线上，
设点．
当点在轴上方时，
点，的“合成矩形”为正方形，
则正方形的边长为和，
可得方程，
解得，
点的坐标为．
同理可得，当点在轴下方时，
，的横坐标相同，
则．
点在直线上，且点，的“合成矩形”为正方形时，点的坐标为，．

（2）点的坐标为，
如图4，，的“合成矩形”为正方形时，
且点在轴上，点在轴上．
当点在轴的上方，
且正方形面积等于2时，
．
，．
点代入直线得：
．
正方形面积不小于2，
的取值范围为．
同理可得，
当点在轴下方时，
的取值范围为．
综上，的取值范围为或．

【点睛】
本题是阅读理解题，考查了学生对新定义的理解和运用能力、正方形的性质、以及一次函数的图象和性质，待定系数法求直线解析式等知识，综合性较强，有一定的难度，利用数形结合解决此类问题是非常有效的方法．
25．（1）作图见解析；（2）①见解析；②数量关系为：或．理由见解析；
【分析】
（1）按照题意，尺规作图即可；
（2）连接PE，先证明PQ垂直平分BE，得到PB=PE，再证明，得到，利用在直角三角形中，
解析：（1）作图见解析；（2）①见解析；②数量关系为：或．理由见解析；
【分析】
（1）按照题意，尺规作图即可；
（2）连接PE，先证明PQ垂直平分BE，得到PB=PE，再证明，得到，利用在直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半，即可解答；
（3）NQ=2MQ或NQ=MQ，分两种情况讨论，作辅助线，证明，即可解答.
【详解】
（1）如图1，分别以点、为圆心，长为半径作弧交正方形内部于点，连接并延长交边于点；

图1
（2）①连接，如图2，

图2
点是的中点，
垂直平分．
，
，
，
，
，
，
．
②数量关系为：或．
理由如下，分两种情况：
I、如图3所示，过点作于点交于点，则．

图3
正方形中，，
．
在和中，

．
．
又，
，
．．
．
Ⅱ、如图4所示，过点作于点交于点，则．

图4
同理可证．
此时．
又，．
．
，．
【点睛】
本题为正方形和三角形变化综合题，难度较大，熟练掌握相关性质定理以及分类讨论思想是解答本题的关键.
26．（1）见解析；（2）AE＝；（3）（3），理由见解析.
【分析】
（1）运用四边形AMFN是正方形得到判断△AMC,△AND是Rt△，进一步说明△ABC是等边三角形，在结合旋转的性质，即可证明.
（
解析：（1）见解析；（2）AE＝；（3）（3），理由见解析.
【分析】
（1）运用四边形AMFN是正方形得到判断△AMC,△AND是Rt△，进一步说明△ABC是等边三角形，在结合旋转的性质，即可证明.
（2）过E作EG⊥AB于G,在BC找一点H，连接DH,使BH=HD，设AG＝，则AE= GE=，得到△GBE是等腰直角三角形和∠DHF=30°，再结合直角三角形的性质，判定Rt△AMC≌Rt△AND，最后通过计算求得AE的长；
（3）延长F1G到M,延长BA交的延长线于N,使得，可得≌，从而得到 ，可知∥, 再根据题意证明≌，进一步说明是等腰直角三角形，然后再使用勾股定理求解即可.
【详解】
（1）证明：∵四边形AMFN是正方形，
∴AM=AN ∠AMC=∠N=90°
∴△AMC,△AND是Rt△
∵△ABC是等边三角形
∴AB=AC
∵旋转后AB=AD
∴AC=AD
∴Rt△AMC≌Rt△AND(HL)
（2）过E作EG⊥AB于G,在BC找一点H，连接DH,使BH=HD，

设AG＝
则AE= GE=
易得△GBE是等腰直角三角形
∴BG=EG＝
∴AB=BC=
易得∠DHF=30°
∴HD=2DF= ，HF=
∴BF=BH+HF=
∵Rt△AMC≌Rt△AND(HL)
∴易得CF=DF=
∴BC=BF-CF=
∴
∴
∴AE＝
（3）；
理由：如图2中,延长F1G到M,延长BA交的延长线于N,使得,则≌,

∴ ,
∴∥,
∴
∵
∴
∴,
∵
∴≌（SAS）
∴
∴
∴是等腰直角三角形
∴
∴
∴
【点睛】
本题考查正方形的性质、三角形全等、以及勾股定理等知识点，综合性强，难度较大，但解答的关键是正确做出辅助线.