人教版部编版八年级下册数学期末试卷综合测试(Word版含答案).doc

人教版部编版八年级下册数学期末试卷综合测试（Word版含答案）
一、选择题
1．二次根式中，x的取值范围是（　　）
A．x≥3 B．x≥1 C．1≤x≤3 D．不能确定
2．满足下述条件的三角形中，不是直角三角形的是（ ）
A．三条边长之比为1：：
B．三条边长分别为1，，2
C．三个内角之比为3：4：5
D．两个内角分别为40°和50°
3．下列条件中，不能判断四边形是平行四边形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．在某次读书知识比赛中育才中学参赛选手比赛成绩的方差计算公式为： S2＝ [（x188）2+（x288）2+…+（x888）2]，以下说法不一定正确的是（　　）
A．育才中学参赛选手的平均成绩为88分
B．育才中学一共派出了八名选手参加
C．育才中学参赛选手的中位数为88分
D．育才中学参赛选手比赛成绩团体总分为704分
5．如图，在▱ABCD中，∠ADC＝60°，点F在CD的延长线上，连结BF，G为BF的中点，连结AG．若AB＝2，BC＝6，DF＝3，则AG的长为（　　）

A．3 B． C． D．
6．在菱形中，，，则（ ）

A． B． C． D．
7．△ABC中，AB＝6，BC＝5，AC＝7，点D、E、F分别是三边的中点，则△DEF的周长为（ ）
A．5 B．9 C．10 D．18
8．如图，甲、丙两地相距500km，一列快车从甲地驶往丙地，途中经过乙地；一列慢车从乙地驶往丙地，两车同时出发，同向而行，折线ABCD表示两车之间的距离y(km)与慢车行驶的时间为x(h)之间的函数关系．根据图中提供的信息，下列说法不正确的是(　　)

A．甲、乙两地之间的距离为200 km B．快车从甲地驶到丙地共用了2.5 h
C．快车速度是慢车速度的1.5倍 D．快车到达丙地时，慢车距丙地还有50 km
二、填空题
9．若代数式有意义，则的取值范围是_________．
10．菱形的周长是20，一条对角线的长为6，则它的面积为_____．
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．如阳，在矩形中，对角线、相交于点，点、分别是、的中点，若 cm，cm，则______ cm．

13．若一次函数y＝kx﹣1的图象经过点（﹣2，1），则k的值为_____．
14．如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且OA=OC，OB=OD．请你添加一个适当的条件：______________，使四边形ABCD成为菱形．

15．如图，在平面直角坐标系中，点，都在轴正半轴上，点，都在直线上，，，都是等边三角形，且，则点的横坐标是_______．

16．如图，在平面直角坐标系中，直线直线交于点，直线交y轴于点，将沿直线翻折得到，其中点O的对应点为点C，在直线BC下方以BC为边作等腰直角，则点P的坐标为_________．

三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）．
18．我市《道路交通管理条例》规定：小汽车在城市街道上的行驶速度不得超过60km/h．如图，一辆小汽车在一条城市街道上沿直道行驶，某一时刻刚好行驶到车速检测点A正前方30m的C处，2秒后又行驶到与车速检测点A相距50m的B处．请问这辆小汽车超速了吗？若超速，请求出超速了多少？

19．如图，方格纸中的每个小正方形的边长均为1，小正方形的顶点称为格点．已知、、都是格点．

（1）小明发现图2中是直角，请在图1补全他的思路；
（2）请借助图3用一种不同于小明的方法说明是直角．
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．阅读下述材料：
我们在学习二次根式时，熟悉的分母有理化以及应用．其实，有一个类似的方法叫做“分子有理化”:
与分母有理化类似，分母和分子都乘以分子的有理化因式，从而消掉分子中的根式比如：

分子有理化可以用来比较某些二次根式的大小，也可以用来处理一些二次根式的最值问题．例如：
比较和的大小．可以先将它们分子有理化如下：

因为，所以
再例如：求的最大值．做法如下：
解：由可知，而
当时，分母有最小值2，所以的最大值是2．
解决下述问题：
（1）比较和的大小；
（2）求的最大值和最小值．
22．在一次蜡烛燃烧实验中，甲、乙两根蜡烛燃烧时剩余部分的高度与燃烧时间的关系如图所示．其中甲蜡烛燃烧前的高度是，乙蜡烛燃烧前的高度是，请根据图象所提供的信息解答下列问题：
（1）甲、乙两根蜡烛从点燃到燃尽所用的时间分别是 ；
（2）分别求甲、乙两根蜡烛燃烧时，与之间的函数关系式；
（3）当为何值时，甲、乙两根蜡烛在燃烧过程中的高度相等（不考虑都燃尽时的情况)？在什么时间段内甲蜡烛比乙蜡烛高？在什么时间段内甲蜡烛比乙蜡烛低？

23．如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．

（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是　 ，位置关系是　 ；
（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．
24．如图①，直线与轴负半轴、轴正半轴分别交于两点，的长度分别为和，且满足.

（1）是________三角形.
（2）如图②，正比例函数的图象与直线交于点，过两点分别作于，于，若，，求的长.

（3）如图③，为上一动点，以为斜边作等腰直角，为的中点，连，试问：线段是否存在某种确定的数量关系和位置关系？写出你的结论并说明理由.

25．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．
26．如图，在平面直角坐标系中，点A(1，4)，点B(3，2)，连接OA，OB．

（1）求直线OB与AB的解析式；
（2）求△AOB的面积．
（3）下面两道小题，任选一道作答．作答时，请注明题号，若多做，则按首做题计入总分．
①在y轴上是否存在一点P，使△PAB周长最小．若存在，请直接写出点P坐标；若不存在，请说明理由．
②在平面内是否存在一点C，使以A，O，C，B为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点C坐标；若不存在，请说明理由．
【参考答案】
一、选择题
1．A
解析：A
【分析】
根据二次根式的被开方数为非负数可计算求解．
【详解】
解：由题意得且，
解得，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查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．
2．C
解析：C
【分析】
根据勾股定理的逆定理和三角形内角和定理对各选项进行逐一判断即可．
【详解】
解：A、∵12＋（）2＝3＝（）2，∴能够成直角三角形，故本选项不符合题意；
B、∵12＋（）2＝4＝22，∴能够成直角三角形，故本选项不符合题意；
C、设∠A＝3x°，∠B＝4x°，∠C＝5x°，
∵∠A＋∠B＋∠C＝180°，
∴3x＋4x＋5x＝180，
解得：x＝15，
∴∠C＝5x°＝75°，
即此时三角形不是直角三角形，故本选项符合题意；
D、两个内角分别为40°和50°，所以另一个内角是90°，是直角三角形，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查的是勾股定理的逆定理，即如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形，也考查了三角形的内角和定理．
3．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判断方法一一判断即可解决问题．
【详解】
解：A、∵∠A=∠C，∠B=∠D，
∴四边形ABCD是平行四边形，正确，故本选项错误；
B、∵AB∥CD，AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，正确，故本选项错误；
C、根据AB=CD，AD∥BC可能得出四边形是等腰梯形，不一定推出四边形ABCD是平行四边形，错误，故本选项正确；
D、∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，正确，故本选项错误；
故选：C．

【点睛】
本题考查了平行四边形的判定的应用，注意：平行四边形的判定定理有：①有两组对角分别相等的四边形是平行四边形，②有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，③有一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，④对角线互相平分的四边形是平行四边形，⑤有两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据方差的计算公式中各数据的具体意义逐一分析求解即可．
【详解】
解：∵参赛选手比赛成绩的方差计算公式为：S2＝ [（x1−88）2＋（x2−88）2＋…＋（x8−88）2]，
∴育才中学参赛选手的平均成绩为88分，一共派出了八名选手参加，育才中学参赛选手比赛成绩团体总分为88×8＝704（分），由于不能知道具体的数据，所以参赛选手的中位数不能确定，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差的定义和计算公式．
5．C
解析：C
【分析】
过点A作AN⊥CD交DC延长线于点N，延长AG交DF于点M，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求得DN和AN的长，证明△AGB△MGF，求得DM的长，再利用勾股定理即可求解．
【详解】
解：过点A作AN⊥CD交DC延长线于点N，延长AG交DF于点M，如图，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=6，CD∥AB，∠ADC=60°，则∠DAN=30°，
∴DN=AD=3，AN=，
∵CD∥AB，G为BF的中点，
∴∠ABG=∠F，∠AGB=∠MGF，BG=GF，
∴△AGB△MGF，
∴AB= MF=2，AG= GM，
∴DM=DF-MF=1，
∴MN=DN+DM=4，
∵,
∴AM=，
∴AG=，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，作出辅助线，构建全等三角形的解题的关键．
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】
根据三角形中位线定理求得,进而求得三角形的周长．
【详解】
解：∵点D，E分别AB、BC的中点，AC＝7，
∴DE＝AC＝3.5，
同理，DF＝BC＝2.5，EF＝AB＝3，
∴△DEF的周长＝DE＋EF＋DF＝9，
故选：B．

【点睛】
本题考查了三角形中位线定理，理解三角形中位线定理是解题的关键．
8．C
解析：C
【分析】
根据两车同时出发，同向而行，所以点A即为甲、乙两地的距离；图中点B为y=0，即快慢两车的距离为0，所以B表示快慢两车相遇的时间；由图像可知慢车走300km，用了3小时，可求出慢车的速度，进而求出快车的速度；点C的横坐标表示快车走到丙地用的时间，根据快车与慢车的速度，可求出点C的坐标
【详解】
A、由图像分析得，点A即为甲、乙两地的距离，即甲、乙两地之间的距离为选项A是正确
BC、由图像可知慢车走300km，用了3小时，则慢车的速度为100km/h，因为1h快车比慢车多走100km，故快车速度为200km/h，所以快车从甲地到丙地的时间=500200=2.5h，故选项B是正确的，快车速度是慢车速度的两倍，故选项C是错误的
D、快车从甲地驶到丙地共用了2.5h，即点C的横坐标2.5，则慢车还剩0.5h才能到丙地，距离=0.5100=50km，故快车到达丙地时，慢车距丙地还有50km，选项D是正确的
故正确答案为C
【点睛】
此题主要根据实际问题考查了一次函数的应用，解决此题的关键是根据函数图像，读懂题意，联系实际的变化，明确横轴和纵轴表示的意义
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．D
解析：【解析】
【分析】
先画出图形，根据菱形的性质可得，DO＝3，根据勾股定理可求得AO的长，从而得到AC的长，再根据菱形的面积公式即可求得结果.
【详解】
由题意得，
∵菱形ABCD
∴，AC⊥BD
∴
∴
∴

考点：本题考查的是菱形的性质
【点睛】
解答本题的关键是熟练掌握菱形的对角线互相垂直且平分，菱形的四条边相等；同时熟记菱形的面积等于对角线乘积的一半.
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．B
解析：5
【分析】
先由勾股定理求出BD，再得出OD，证明EF是△AOD的中位线，即可得出结果．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，OD=BD，AD=BC=8，
∴，
∴OD=5cm，
∵点E、F分别是AO、AD的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴EF=OD=2.5cm；
故答案为2.5．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、勾股定理以及三角形中位线定理；熟练掌握菱形的性质，证明三角形中位线是解决问题的关键．
13．-1
【分析】
一次函数y=kx-1的图象经过点（-2，1），将其代入即可得到k的值．
【详解】
解：一次函数y＝kx﹣1的图象经过点（﹣2，1），
即当x＝﹣2时，y＝1，可得：1＝-2k﹣1，
解得：k＝﹣1．
则k的值为﹣1．
【点睛】
本题考查一次函数图像上点的坐标特征，要注意利用一次函数的特点以及已知条件列出方程，求出未知数．
14．A
解析：AB=AD.
【分析】
由条件OA=OC，AB=CD根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得四边形ABCD为平行四边形，再加上条件AB=AD可根据一组邻边相等的平行四边形是菱形进行判定．
【详解】
添加AB=AD，
∵OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
故答案为AB=AD．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
15．【分析】
设△的边长为，根据直线的解析式得出，再结合等边三角形的性质及外角的性质即可得出，，从而得出，由点的坐标为，得到，，，，，，即可解决问题．
【详解】
解：过作轴于，过作轴于，过作轴于，如图
解析：
【分析】
设△的边长为，根据直线的解析式得出，再结合等边三角形的性质及外角的性质即可得出，，从而得出，由点的坐标为，得到，，，，，，即可解决问题．
【详解】
解：过作轴于，过作轴于，过作轴于，如图所示：

设△的边长为，
则，，，
，，，，
，，
点，，，是直线上的第一象限内的点，
，
，
又△为等边三角形，
，
，，
，
，
点的坐标为，
，，，，，
，
，
点的横坐标为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了一次函数的性质、等边三角形的性质、规律型、以及三角形外角的性质等，解题的关键是找出规律．
16．或或
【分析】
解方程得到A（4，3），利用待定系数法求得直线的解析式，根据勾股定理得到OA的长，根据等腰三角形的性质得到∠OAB=∠OBA，根据折叠的性质得到∠OAB=∠CAB，于是得到AC∥OB
解析：或或
【分析】
解方程得到A（4，3），利用待定系数法求得直线的解析式，根据勾股定理得到OA的长，根据等腰三角形的性质得到∠OAB=∠OBA，根据折叠的性质得到∠OAB=∠CAB，于是得到AC∥OB，可求得点C的坐标，分类讨论，利用全等三角形的判定和性质即可求解．
【详解】
由题意得：直线的解析式为，将代入得：，
解得，
∴，
将，代入得：
，解得，
∴直线的解析式为，
∵，
∴，
∴，
∴，
由折叠得：，
∴，
∴，
，
∴；
以BC为边在直线BC下方作等腰直角三角形，共有以下三种情况：
如图，

①，，
过C，分别向y轴作垂线，垂足为M，N，
则，
∵，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，，
∴；
②，时，
由图象得为和C的中点，
由中点坐标公式可得：；
③当，时
由图象得B和关于对称，．
综上，满足条件的P点的坐标为或或．
【点睛】
本题考查了一次函数的综合题，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，正确的求得C点的坐标是解题的关键．
三、解答题
17．（1）；（2）4
【分析】
（1）先利用二次根式的性质化简和去绝对值，然后合并同类二次根式即可；
（2）利用二次根式的性质化简，完全平方公式和零指数幂的计算法则化简，最后合并同类二次根式即可．
【详
解析：（1）；（2）4
【分析】
（1）先利用二次根式的性质化简和去绝对值，然后合并同类二次根式即可；
（2）利用二次根式的性质化简，完全平方公式和零指数幂的计算法则化简，最后合并同类二次根式即可．
【详解】
解：（1）

；
（2）

．
【点睛】
本题主要考查了利用二次根式的性质化简，合并同类二次根式，完全平方公式，零指数幂，解题的关键在于能够熟练掌握相关计算法则
18．超速了，超速了12km/h
【分析】
由勾股定理可求得小汽车行驶的距离，再除以小汽车行驶的时间即为小汽车行驶的车速，再与限速比较即可．
【详解】
.解：由已知得
∴在直角三角形ABC中AB2＝AC2
解析：超速了，超速了12km/h
【分析】
由勾股定理可求得小汽车行驶的距离，再除以小汽车行驶的时间即为小汽车行驶的车速，再与限速比较即可．
【详解】
.解：由已知得
∴在直角三角形ABC中AB2＝AC2＋BC2
∴BC2＝AB2－AC2＝，

又

∵72－60＝12km/h
∴这辆小汽车超速了，超速了12km/h．
【点睛】
本题考查了勾股定理，其中1 米/秒=3.6 千米/时的速度换算是易错点．
19．（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）先利用勾股定理求出三角形三边的长，然后用勾股定理的逆定理进行判断即可；
（2）过A点作于，过作于，然后证明≌，得到，在证明即可得到答案.
【详解
解析：（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）先利用勾股定理求出三角形三边的长，然后用勾股定理的逆定理进行判断即可；
（2）过A点作于，过作于，然后证明≌，得到，在证明即可得到答案.
【详解】
解：（1）∵，
，，
∴，
∴是直角三角形，
∴．
（2）过A点作于，过作于，

由图可知：，，，
在和中，
，
∴≌（SAS），
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵，，三点共线，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
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）的最大值为2，最小值为．
【解析】
【分析】
（1）利用分子有理化得到，，然后比较和的大小即可得到与的大小；
（2）利用二次根式有意义的条件得到，而，利用当时，有最大值1，有最大值1得
解析：（1）；（2）的最大值为2，最小值为．
【解析】
【分析】
（1）利用分子有理化得到，，然后比较和的大小即可得到与的大小；
（2）利用二次根式有意义的条件得到，而，利用当时，有最大值1，有最大值1得到所以的最大值；利用当时，有最小值，有最下值0得到的最小值．
【详解】
解：（1），
，
而，，
，
；
（2）由，，得，
，
∴当时，有最小值，则有最大值1，此时有最大值1，所以的最大值为2；
当时，有最大值，则有最小值，此时有最小值0，所以的最小值为．
【点睛】
本题考查了非常重要的一种数学思想：类比思想．解决本题关键是要读懂例题，然后根据例题提供的知识点和方法解决问题．同时要注意所解决的问题在方法上类似，但在细节上有所区别．
22．（1），；（2），；（3）当时，甲、乙两根蜡烛在燃烧过程中的高度相等；当时，甲蜡烛比乙蜡烛高，当时，甲蜡烛比乙蜡烛低．
【分析】
（1）根据函数图象可以解答本题；
（2）先设出甲、乙两根蜡烛燃烧时，
解析：（1），；（2），；（3）当时，甲、乙两根蜡烛在燃烧过程中的高度相等；当时，甲蜡烛比乙蜡烛高，当时，甲蜡烛比乙蜡烛低．
【分析】
（1）根据函数图象可以解答本题；
（2）先设出甲、乙两根蜡烛燃烧时，y与x之间的函数解析式，然后根据函数图象中的数据即可求得相应的函数解析式；
（3）根据题意，令（2）中的两个函数解析式的值相等，即可解答本题．
【详解】
解：（1）由图象可知，
甲、乙两根蜡烛燃烧前的高度分别是从点燃到烧尽所用小时分别是
故答案为：；
（2）设甲蜡烛燃烧时，y与x之间的函数解析式

即甲蜡烛燃烧时，y与x之间的函数解析式
设乙蜡烛燃烧时，y与x之间的函数解析式

即乙蜡烛燃烧时，y与x之间的函数解析式y=-10x+25；
∴，；
（3）由得即当时，甲、乙两根蜡烛在燃烧过程中的高度相等；观察图像可知，当时，甲蜡烛比乙蜡烛高，当时，甲蜡烛比乙蜡烛低．
【点睛】
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出相应的函数解析式，利用数形结合的思想解答．
23．（1）PM＝PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形．理由见解析；（3）S△PMN最大＝．
【分析】
（1）由已知易得，利用三角形的中位线得出，，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线得出得
解析：（1）PM＝PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形．理由见解析；（3）S△PMN最大＝．
【分析】
（1）由已知易得，利用三角形的中位线得出，，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线得出得出，最后用互余即可得出位置关系；
（2）先判断出，得出，同（1）的方法得出，，即可得出，同（1）的方法由，即可得出结论；
（3）方法1：先判断出最大时，的面积最大，进而求出，，即可得出最大，最后用面积公式即可得出结论．方法2：先判断出最大时，的面积最大，而最大是，即可得出结论．
【详解】
解：（1）点，是，的中点，
，，
点，是，的中点，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：，；
（2）是等腰直角三角形．
由旋转知，，
，，
，
，，
利用三角形的中位线得，，，
，
是等腰三角形，
同（1）的方法得，，
，
同（1）的方法得，，
，
，

，
，
，
，
是等腰直角三角形；
（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，是等腰直角三角形，

最大时，的面积最大，
且在顶点上面，
最大，
连接，，
在中，，，
，
在中，，，
，
．
方法2：由（2）知，是等腰直角三角形，，
最大时，面积最大，
点在的延长线上，
，
，
．
【点睛】
此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出，，解（2）的关键是判断出，解（3）的关键是判断出最大时，的面积最大．
24．（1）等腰直角；（2）6；（3）PO=PD且PO⊥PD.理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）已知a2-2ab+b2=0，化简可得a=b，然后可得△AOB为等腰直角三角形；
（2）证明△MAO≌△
解析：（1）等腰直角；（2）6；（3）PO=PD且PO⊥PD.理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）已知a2-2ab+b2=0，化简可得a=b，然后可得△AOB为等腰直角三角形；
（2）证明△MAO≌△NOB，得出AM=ON，然后求出MN的值；
（3）根据已知E为中点，联想到延长DP到点C，使DP=PC，再连接OD、OC、BC，先证明△DEP≌△CBP得到边角的等量关系，再证明△OAD≌△OBC，最后可得出△DOC为等腰直角三角形，从而得出结论．
【详解】
解：（1）∵a2-2ab+b2=0，∴（a-b）2=0，
∴a=b，
∵∠AOB=90°，
∴△AOB为等腰直角三角形.
故答案为：等腰直角；
（2）∵∠MOA+∠MAO=90°，∠MOA+∠MOB=90°，
∴∠MAO=∠MOB，
∵AM⊥OQ，BN⊥OQ，
∴∠AMO=∠BNO=90°，
在△MAO和△BON中，
，
∴△MAO≌△NOB（AAS），
∴AM=ON，
∴MN=ON-OM=AM-OM=6；
（3）PO=PD且PO⊥PD.理由如下：
如图，延长DP到点C，使DP=PC，连接OD、OC、BC，

在△DEP和△CBP，
，
∴△DEP≌△CBP（SAS），
∴CB=DE=DA，∠DEP=∠CBP=135°，
则∠CBO=∠CBP-∠ABO=135°-45°=90°，
又∵∠BAO=45°，∠DAE=45°，
∴∠DAO=90°，
在△OAD和△OBC，
，
∴△OAD≌△OBC(SAS)，
∴OD=OC，∠AOD=∠COB，
∴∠COD=∠AOB=90°，
∴△DOC为等腰直角三角形，
∴PO=PD，且PO⊥PD．
【点睛】
本题重点考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质以及一次函数的相关知识，根据已知条件构造出全等三角形是解题的关键，难度较大．
25．（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．
26．（1）直线OB的解析式为，直线AB的解析式为y= -x+5（2）5；（3）①存在，(0，)；②存在，(2，-2)或(4，6)或(-2，2)
【分析】
（1）根据题意分别设出两直线的解析式，代入直线上
解析：（1）直线OB的解析式为，直线AB的解析式为y= -x+5（2）5；（3）①存在，(0，)；②存在，(2，-2)或(4，6)或(-2，2)
【分析】
（1）根据题意分别设出两直线的解析式，代入直线上两点坐标即可求出直线OB与AB的解析式；
（2）延长线段AB交x轴于点D，求出D的坐标，分别求出、由即可求得；
（3）①根据两点之间线段最短，A、B在y轴同侧，作出点A关于y的对称点，连接B与y轴的交点即为所求点P；
②使以A，O，C，B为顶点的四边形是平行四边形，则分三种情况分析，分别以OA、AB、OB为对角线作出平行四边形，利用中点坐标公式代入求解即可．
【详解】
解：（1）设直线OB的解析式为y=mx，
∵点B(3，2)，
∴ ，
∴直线OB的解析式为，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
根据题意可得：
解之得
∴直线AB的解析式为y= -x+5．
故答案为：直线OB的解析式为，直线AB的解析式为y= -x+5；
（2）如图，延长线段AB交x轴于点D，
当y=0时，-x+5=0，x=5，
∴点D横坐标为5，OD=5，
∴，

∴，
故答案为：5．

（3）①存在，(0，)；
过点A作y轴的对称点，连接B，交y轴与点P，则点P即为使△PAB周长最小的点，
由作图可知，点坐标为，又点B（3，2）
则直线B的解析式为：，
∴点P坐标为，
故答案为：；

②存在． 或或．
有三种情况，如图所示：设点C坐标为，
当平行四边形以AO为对角线时，
由中点坐标公式可知，AO的中点坐标和BC中点坐标相同，
∴
解得
∴点坐标为，
当平行四边形以AB为对角线时，AB的中点坐标和OC的中点坐标相同，则

∴点的坐标为，
当平行四边形以BO为对角线时，BO的中点坐标和AC的中点坐标相同，则

解得
∴点坐标为，
故答案为：存在，或或．

【点睛】
本题考查了直线解析式的求法，列二元一次方程组求解问题，割补法求三角形的面积，两点之间线段最短，“将军饮马”模型的应用，添加点构造平行四边形，利用中点坐标公式求点坐标题型．