人教版部编版八年级下册数学期末试卷中考真题汇编[解析版].doc

人教版部编版八年级下册数学期末试卷中考真题汇编[解析版]
一、选择题
1．式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是（　　）
A．x＜1 B．x≥1 C．x≤﹣1 D．x＜﹣1
2．下列各组数中能作为直角三角形三边长的是（　　）
A．2，3，4 B．4，5，6 C．8，13，5 D．3，4，5
3．下面条件中，能判定四边形是平行四边形的条件是（ ）
A．一组对角相等 B．对角线互相平分 C．一组对边相等 D．对角线互相垂直
4．小明和小兵两人参加了5次体育项目训练，其中小明5次训练测试的成绩分别为11、13、11、12、13；小兵5次训练测试成绩的平均分为12，方差为7.6．关于小明和小兵5次训练测试的成绩，则下列说法不正确的是（ ）
A．两人测试成绩的平均分相等 B．小兵测试成绩的方差大
C．小兵测试的成绩更稳定些 D．小明测试的成绩更稳定些
5．如图，四边形ABCD中，AB=15，BC=12，CD=16，AD=25，且∠C=90°，则四边形ABCD的面积是（ ）

A．246 B．296 C．592 D．以上都不对
6．如图，菱形中,，则（　　）

A． B． C． D．
7．如图，点P表示的数是－1，点A表示的数是2，过点A作直线l垂直于PA，在直线l上取点B，使AB＝1，以点P为圆心，PB为半径画弧交数轴于点C，则点C所表示的数为（ ）．

A． B． C． D．
8．如图，点C、B分别在两条直线y＝﹣3x和y＝kx上，点A、D是x轴上两点，若四边形ABCD是正方形，则k的值为（　　）

A．3 B．2 C． D．
二、填空题
9．若y＝，则x+y的值为 ____．
10．如图，菱形ABCD的周长为，对角线AC和BD相交于点O，AC∶BD=1∶2，则AO∶BO=____，菱形ABCD的面积S=____．

11．如图所示：分别以直角三角形三边为边向外作三个正方形，其面积分别用、、表示，若，，则的长为__________．

12．如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，点E是CD中点，且∠COD=60°．如果AB=2，那么矩形ABCD的面积是____．

13．若函数y=kx+3的图象经过点（3，6），则k=_____．
14．在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，添加一个条件（不再添加辅助线和字母），使得平行四边形ABCD变成菱形，你添加的条件是：_____________ ．
15．如图，直线与直线相交于点B，直线与y轴交于点A，直线与x轴交于点D与y轴交于点C，交x轴于点E．直线上有一点P（P在x轴上方）且，则点P的坐标为_______．

16．已知矩形，点在边上，，连接，将沿着翻折得到，射线交于，若点为的中点，，，则长为________．

三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）（+3）（﹣3）．
18．如图，一个工人拿一个2.5米长的梯子，底端A放在距离墙根C点0.7米处，另一头B点靠墙，如果梯子的顶部下滑0.4米，则梯子的底部向外滑多少米？

19．如图，正方形网格的每个小方格都是边长为1的正方形，每个小正方形的顶点叫格点．某数学探究小组进行了如下探究活动：以格点为顶点分别按下列要求画图形．

（1）画一个三角形、使三边长为3，，在网格1中完成；
（2）画一个平行四边形，使其有一锐角为45°，且面积为6，在网格2中完成；
（3）线段AB的端点都在格点上，将线段AB平移得到线段CD，并保证点C和点D也在格点上．
①平移后使形成的四边形ABDC为正方形，画出符合条件的所有图形，在网格3中完成；
②平移后使形成的四边形ABDC为菱形（正方形除外），画出符合条件的所有图形，在网格4中完成．
20．如图（1），中，，，的外角平分线交于点，过点分别作直线，的垂线，，为垂足．

（1）求证：四边形是正方形．
（2）若已知，，请求的面积；
（3）如图（2），连接，与，分别交于点，，求证：．
21．（1）若实数m、n满足等式，求2m+3n的平方根；
（2）已知，求的值．
22．寒假将至，某健身俱乐部面向大中学生推出优惠活动，活动方案如下：
方案一：购买一张学生寒假专享卡，每次健身费用按六折优惠；
方案二：不购买学生寒假专享卡，每次健身费用按八折优惠．
设某学生健身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．在平面直角坐标系中的函数图象如图所示．
（1）求k1和b的值，并说明它们的实际意义；
（2）求k2的值；
（3）八年级学生小华计划寒假前往该俱乐部健身8次，应选择哪种方案所需费用更少？请说明理由．
（4）小华的同学小琳也计划在该俱乐部健身，若她准备300元的健身费用，最多可以健身多少次？

23．如图．正方形ABCD的边长为4，点E从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线AD运动，运动时间为t秒（t＞0），以AE为一条边，在正方形ABCD左侧作正方形AEFG，连接BF．
（1）当t＝1时，求BF的长度；
（2）在点E运动的过程中，求D、F两点之间距离的最小值；
（3）连接AF、DF，当△ADF是等腰三角形时，求t的值．

24．如图，已知直线与轴，轴分别交于，两点，以为直角顶点在第二象限作等腰．

（1）求点的坐标，并求出直线的关系式；
（2）如图，直线交轴于，在直线上取一点，连接，若，求证：．
（3）如图，在（1）的条件下，直线交轴于点，是线段上一点，在轴上是否存在一点，使面积等于面积的一半？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
25．如图，在矩形 ABCD中， AB=16 ， BC=18 ，点 E在边 AB 上，点 F 是边 BC 上不与点 B、C 重合的一个动点，把△EBF沿 EF 折叠，点B落在点 B' 处.
(I)若 AE=0 时，且点 B' 恰好落在 AD 边上，请直接写出 DB' 的长；
(II)若 AE=3 时， 且△CDB' 是以 DB' 为腰的等腰三角形，试求 DB' 的长；
(III)若AE=8时，且点 B' 落在矩形内部（不含边长），试直接写出 DB' 的取值范围.

26．如图，在长方形中，，．延长到点，使，连接．动点从点出发，沿着以每秒1个单位的速度向终点运动，点运动的时间为秒．
（1）的长为 ；
（2）连接，求当为何值时，；
（3）连接，求当为何值时，是直角三角形；
（4）直接写出当为何值时，是等腰三角形．

【参考答案】
一、选择题
1．B
解析：B
【分析】
根据二次根式有意义的条件判断即可．
【详解】
解：由题意得，x﹣1≥0，
解得，x≥1，
故选B．
【点睛】
本题主要考查二次根式有意义的条件，熟悉掌握是关键.
2．D
解析：D
【分析】
根据勾股定理的逆定理，对各个选项逐个分析，即可得到答案．
【详解】
A、22+32≠42，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
B、42+52≠62，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
C、52+82≠132，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
D、32+42＝52，能构成直角三角形，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理；解题的关键是熟练掌握勾股定理的逆定理，从而完成求解．
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据平行四边形判定定理判断即可．
【详解】
∵一组对角相等的四边形不是平行四边形,
∴A错误；
∵对角线互相平分的四边形是平行四边形,
∴B正确；
∵一组对边相等的四边形不是平行四边形,
∴C错误；
∵对角线互相垂直的四边形不是平行四边形,
∴D错误；
故选B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定定理，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
先计算出小明5次训练测试成绩的平均分和方差，再与小兵5次训练测试成绩的平均分和方差进行比较即可得出结论．
【详解】
解：小明5次训练测试成绩的平均分为（分）；
小明5次训练测试成绩的方差为：(分2)
∴
∴两人的平均成绩一样好，小兵的方差大，
∴小明测试的成绩更稳定些
故选：C．
【点睛】
本题考查了方差的意义．方差它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
5．A
解析：A
【详解】
解：连接BD．
∵∠C=90°，BC=12，CD=16，
∴BD==20，
在△ABD中，∵BD=20，AB=15，DA=25，
152+202=252，
即AB2+BD2=AD2，
∴△ABD是直角三角形．
∴S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD
=AB•BD+BC•CD
=×15×20+×12×16
=150+96
=246．
故选A．

6．D
解析：D
【解析】
【分析】
根据菱形的性质得出AB∥CD，∠BAD=2∠1，求出∠BAD=30°，即可得出∠1=15°．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，∠D=150°，∴AB∥CD，∠BAD=2∠1，∴∠BAD+∠D=180°，∴∠BAD=180°﹣150°=30°，∴∠1=15°．
故选D．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，以及平行线的性质，熟练掌握菱形的性质是解答本题的关键．
7．D
解析：D
【解析】
【分析】
首先在直角三角形中，利用勾股定理可以求出线段PB的长度，然后根据PB=PC即可求出OC的长度，接着可以求出数轴上点C所表示的数．
【详解】
解：，
∴PB=PC，
∴，
∴点C的数为，
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了实数与数轴之间的对应关系，首先正确根据数在数轴上的位置判断数的符号以及绝对值的大小，再根据运算法则进行判断．
8．D
解析：D
【分析】
设点C的横坐标为m，则点C的坐标为（m，﹣3m），点B的坐标为（﹣，﹣3m），根据正方形的性质，即可得出关于k的分式方程，解之经检验后即可得出结论．
【详解】
解：设点C的横坐标为m，
∵点C在直线y=-3x上，∴点C的坐标为（m，﹣3m），
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC∥x轴，BC=AB，
又点B在直线y＝kx上，且点B的纵坐标与点C的纵坐标相等，
∴点B的坐标为（﹣，﹣3m），
∴﹣﹣m＝﹣3m，
解得：k＝，
经检验，k＝是原方程的解，且符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查正方形的性质，正比例函数的图象与性质以及解分式方程等知识点，灵活运用性质是解题的关键．
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式求出x，进而求出y，计算即可．
【详解】
解：由题意得：2x-1≥0，1-2x≥0，
解得：x=，
∴y=3，
∴x+y=+3=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
10．A
解析： 1：2 4
【解析】
【分析】
根据菱形性质得出AC⊥BD，AB=BC=CD=AD=，AC=2AO=2CO，BD=2BO=2DO，即可求出AO：BO，根据勾股定理得出方程，求出x的值，求出AC、BD，根据菱形面积公式求出即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB=BC=CD=AD=，AC=2AO=2CO，BD=2BO=2DO，
∵AC：BD=1：2，
∴AO：BO=AC：（BD）=AC：BD=1：2；
设AO=x，则BO=2x，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：x2+（2x）2=（）2，
解得：x=1（负数舍去），
即AO=1，BO=2，
∴AC=2，BD=4，
∴菱形ABCD的面积是S=×AC×BD=×2×4=4，
故答案为：1：2，4．
【点睛】
本题考查了菱形的性质的应用，主要考查学生运用性质进行推理和计算的能力，注意：菱形的对角线互相垂直平分，菱形的四条边相等和菱形的面积为两对角线乘积的一半．
11．A
解析：【解析】
【分析】
先设Rt△ABC的三边分别为a、b、c，再分别用a、b、c表示S1、S2、S3的值，由勾股定理即可得出S2的值．
【详解】
解：设Rt△ABC的三边分别为a、b、c，
∴S1=a2=25，S2=b2，S3=c2=9，
∵△ABC是直角三角形，
∴c2+b2=a2，即S3+S2=S1，
∴S2=S1-S3=25-9=16，
∴BC=4，
故答案为：4．
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用及正方形的面积公式，熟知勾股定理是解答此题的关键．
12．A
解析：4
【分析】
由矩形的性质得出OA＝BO，证△AOB是等边三角形，得出AB＝OB＝2，由勾股定理求出AD，即可求出矩形的面积．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形
∴OA＝BO，∠COD=∠AOB＝60°
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OB＝2，
∴∠BAD＝90°，AO＝COAC，BO＝DOBD，AC＝BD＝2OB＝4，
∴AD2，
∴矩形ABCD的面积＝AB×AD＝2×24；
故答案：4．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明△AOB为等边三角形是解题的关键．
13．1
【解析】
∵函数y=kx+3的图象经过点（3，6），
∴，解得：k=1.
故答案为：1.
14．A
解析：AB=BC
【分析】
菱形的判定方法有三种： ①定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形； ②四边相等； ③对角线互相垂直平分的四边形是菱形． 利用菱形的判定方法可得答案．
【详解】
解： AB=BC．平行四边形ABCD，
是菱形．
故答案为：AB=BC．
【点睛】
此题主要考查了菱形的判定，熟练地掌握菱形的判定定理是解决问题的关键．
15．（-3，4）
【分析】
先求出A（0，4），D（-1，0），C（0，-2），得到AC=6，再求出B点坐标，从而求出△ABC的面积；然后求出直线AE的解析式得到E点坐标即可求出DE的长，再由进行求解即
解析：（-3，4）
【分析】
先求出A（0，4），D（-1，0），C（0，-2），得到AC=6，再求出B点坐标，从而求出△ABC的面积；然后求出直线AE的解析式得到E点坐标即可求出DE的长，再由进行求解即可．
【详解】
解：∵A是直线与y轴的交点，C、D是直线与y轴、x轴的交点，
∴A（0，4），D（-1，0），C（0，-2），
∴AC=6；
联立 ，
解得，
∴点B的坐标为（-2，2），
∴，
∵，
∴可设直线AE的解析式为，
∴，
∴直线AE的解析式为，
∵E是直线AE与x轴的交点，
∴点E坐标为（2，0），
∴DE=3，
∴，
∴，
∴，
∴点P的坐标为（-3，4），
故答案为：（-3，4）．

【点睛】
本题主要考查了一次函数综合，求一次函数与坐标轴的交点，两直线的交点坐标，三角形面积，解题的关键在于能够熟练掌握一次函数的相关知识．
16．【分析】
先设，根据，，可得，，再根据，可得，进而得出方程，即可得到的长，可求得，再利用勾股定理可以，再用一次勾股定理即可算出．
【详解】
解：设，
，，
，，
又为的中点，
，
由折叠可得，，
解析：
【分析】
先设，根据，，可得，，再根据，可得，进而得出方程，即可得到的长，可求得，再利用勾股定理可以，再用一次勾股定理即可算出．
【详解】
解：设，
，，
，，
又为的中点，
，
由折叠可得，，
由，可得，
，
，
，
解得，
即，
，
，
，
，
故答案是：．
【点睛】
本题主要考查了折叠问题，勾股定理、三角全等、解题的关键是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）5；（2）4
【分析】
（1）先利用二次根式的性质化简，然后利用二次根式的除法计算法则求解即可；
（2）利用平方差公式进行求解即可．
【详解】
解：（1）
；
（2）
．
【点睛】
本
解析：（1）5；（2）4
【分析】
（1）先利用二次根式的性质化简，然后利用二次根式的除法计算法则求解即可；
（2）利用平方差公式进行求解即可．
【详解】
解：（1）

；
（2）

．
【点睛】
本题主要考查了二次根式的化简，二次根式的除法，二次根式的混合计算，平方差公式，解题的关键在于能够熟练掌握相关计算法则．
18．##
【分析】
在直角三角形ABC中运用勾股定理求出BC的长，进而求得CE的长，再在直角三角形EDC中运用勾股定理求出DC的长，最后求得AD的长即可．
【详解】
解：∵在中，
∴
∴
∵在中
∴
∴
解析：##
【分析】
在直角三角形ABC中运用勾股定理求出BC的长，进而求得CE的长，再在直角三角形EDC中运用勾股定理求出DC的长，最后求得AD的长即可．
【详解】
解：∵在中，
∴
∴
∵在中
∴
∴．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理在实际生活中的应用，灵活利用勾股定理解直角三角形成为解答本题的关键．
19．（1）见解析；（2）见解析；（3）①见解析；②见解析
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理画出图形即可；
（2）根据平行四边形的性质和面积公式画出图形即可；
（3）①根据正方形的性质画出图形即可；
解析：（1）见解析；（2）见解析；（3）①见解析；②见解析
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理画出图形即可；
（2）根据平行四边形的性质和面积公式画出图形即可；
（3）①根据正方形的性质画出图形即可；②根据菱形的性质画出图形即可．
【详解】
解：（1）根据勾股定理可得如图所示：

（2）如图所示：

（3）①如图所示：

②如图所示：

【点睛】
本题主要考查勾股定理、正方形的性质、菱形的性质及平移，熟练掌握勾股定理、正方形的性质、菱形的性质及平移是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）15；（3）见解析
【分析】
（1）作AG⊥EF于G，如图1所示：则∠AGE=∠AGF=90°，先证明四边形ABCD是矩形，再由角平分线的性质得出AB=AD，即可得出四边形ABC
解析：（1）见解析；（2）15；（3）见解析
【分析】
（1）作AG⊥EF于G，如图1所示：则∠AGE=∠AGF=90°，先证明四边形ABCD是矩形，再由角平分线的性质得出AB=AD，即可得出四边形ABCD是正方形；
（2）根据全等三角形的判定得△AGF≌△ADF，进而推出EF=GE+GF=BE+DF，设AG=x，则正方形ABCD边长BC=CD=x，在Rt△ECF中，由勾股定理得AG=6，根据三角形面积公式得S△AEF=15；
（3）如图（2），由（1）、（2）得∠EAF=∠BAD=×90°=45°，根据相似三角形的判定得△AMN∽△DMA，根据相似的性质可得结论．
【详解】
（1）证明：作于，如图（1）所示：

则，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
又∵，外角平分线交于点，
∴，，
∴，
∴四边形是正方形；
（2）解：由（1）知，，，，
又，，
∴，，
∴，，
∴，
设，则正方形边长，
由（2）知，，
∴，
，
．
∴在中，由勾股定理得
，
解得：，（舍去）．
∴，
∴．

（3）证明：如图（2），

由（1）、（2）易知，，，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、矩形的判定、翻折变换的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
21．（1）；（2）4
【解析】
【分析】
（1）根据绝对值的非负性和算数平方根的非负性得出m和n的值，代入即可求解；
（2）根据二次根式有意义的范围求解x，进而求得y，最后代入即可求解．
【详解】
（1
解析：（1）；（2）4
【解析】
【分析】
（1）根据绝对值的非负性和算数平方根的非负性得出m和n的值，代入即可求解；
（2）根据二次根式有意义的范围求解x，进而求得y，最后代入即可求解．
【详解】
（1）∵
∴，
∴
∴16的平方根为；
（2）∵
∴根据使二次根式有意义的条件得
∴x=24，y=-8
∴
∴原式的值为4．
【点睛】
本题考查了绝对值的非负性，算术平方根的非负性，二次根式的定义，关键是掌握使二次根式有意义的条件．
22．（1），实际意义见解析；（2）20；（3）选择方案一所需费用更少，理由见解析；（4）小琳最多健身18次，理由见解析
【分析】
（1）把点（0，30），（10，180）代入y1=k1x+b，得到关于k
解析：（1），实际意义见解析；（2）20；（3）选择方案一所需费用更少，理由见解析；（4）小琳最多健身18次，理由见解析
【分析】
（1）把点（0，30），（10，180）代入y1=k1x+b，得到关于k1和b的二元一次方程组，求解即可；
（2）根据方案一每次健身费用按六折优惠，可得打折前的每次健身费用，再根据方案二每次健身费用按八折优惠，求出k2的值；
（3）将x=8分别代入y1、y2关于x的函数解析式，比较即可．
（4）分别求解小琳选择方案一，方案二的健身次数，再比较即可得到答案.
【详解】
解：（1）∵过点（0，30），（10，180），
∴，解得：，
表示的实际意义是：购买一张学生暑期专享卡后每次健身费用为15元，
b=30表示的实际意义是：购买一张学生暑期专享卡的费用为30元；
（2）由题意可得，打折前的每次健身费用为15÷0.6=25（元），
则k2=25×0.8=20；
（3）选择方案一所需费用更少．理由如下：
由题意可知，y1=15x+30，y2=20x．
当健身8次时， 选择方案一所需费用：y1=15×8+30=150（元），
选择方案二所需费用：y2=20×8=160（元），
∵150＜160，
∴选择方案一所需费用更少．
（4）当时，
解得：
即小琳选择方案一时，可以健身18次，
当时，则
解得：
即小琳选择方案二时，可以健身15次，

所以小琳最多健身18次.
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，最优化选择问题，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） （2） （3）2或或4
【分析】
（1）由勾股定理可求出答案；
（2）延长AF，过点D作射线AF的垂线，垂足为H，设AH＝DH＝x，在Rt△AHD中，得出x2+x2＝42，解方程
解析：（1） （2） （3）2或或4
【分析】
（1）由勾股定理可求出答案；
（2）延长AF，过点D作射线AF的垂线，垂足为H，设AH＝DH＝x，在Rt△AHD中，得出x2+x2＝42，解方程求出x即可得出答案；
（3）分AF＝DF，AF＝AD，AD＝DF三种情况，由正方形的性质及直角三角形的性质可得出答案．
【详解】
解：（1）当t＝1时，AE＝1，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AG＝FG＝AE＝1，∠G＝90°，
∴BF＝＝＝，
（2）如图1，延长AF，过点D作射线AF的垂线，垂足为H，

∵四边形AGFE是正方形，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴∠EAF＝45°，
∵DH⊥AH，
∴∠AHD＝90°，∠ADH＝45°＝∠EAF，
∴AH＝DH，
设AH＝DH＝x，
∵在Rt△AHD中，∠AHD＝90°，
∴x2+x2＝42，
解得x1＝﹣2（舍去），x2＝2，
∴D、F两点之间的最小距离为2；
（3）当AF＝DF时，由（2）知，点F与点H重合，过H作HK⊥AD于K，如图2，

∵AH＝DH，HK⊥AD，
∴AK＝＝2，
∴t＝2．
当AF＝AD＝4时，设AE＝EF＝x，
∵在Rt△AEF中，∠AEF＝90°，
∴x2+x2＝42，
解得x1＝﹣2（舍去），x2＝2，
∴AE＝2，
即t＝2．
当AD＝DF＝4时，点E与D重合，t＝4，
综上所述，t为2或2或4．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了勾股定理，正方形的性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，学会用分类讨论的思想思考问题．
24．（1）y＝x+4；（2）见解析；（3）存在，点N（﹣，0）或（，0）．
【解析】
【分析】
（1）根据题意证明△CHB≌△BOA（AAS），即可求解；
（2）求出B、E、D的坐标分别为（-1，0）、
解析：（1）y＝x+4；（2）见解析；（3）存在，点N（﹣，0）或（，0）．
【解析】
【分析】
（1）根据题意证明△CHB≌△BOA（AAS），即可求解；
（2）求出B、E、D的坐标分别为（-1，0）、（0，）、（1，-1），即可求解；
（3）求出BC表达式，将点P代入，求出a值，再根据AC表达式求出M点坐标，由S△BMC=MB×yC=×10×2=10，S△BPN＝S△BCM=5＝ NB×a=可求解．
【详解】
解：（1）令x＝0，则y＝4，令y＝0，则x＝﹣2，
则点A、B的坐标分别为：（0，4）、（﹣2，0），
过点C作CH⊥x轴于点H，
∵∠HCB+∠CBH＝90°，∠CBH+∠ABO＝90°，
∴∠ABO＝∠BCH，
∠CHB＝∠BOA＝90°，BC＝BA，
在△CHB和△BOA中，
，
∴△CHB≌△BOA（AAS），
∴BH＝OA＝4，CH＝OB=2，
∴ 点C（﹣6，2），
将点A、C的坐标代入一次函数表达式：y= m x+ b得：，
解得：，
故直线AC的表达式为：y＝x+4；

（2）同理可得直线CD的表达式为：y＝﹣x﹣1①，则点E（0，﹣1），
直线AD的表达式为：y＝﹣3x+4②，
联立①②并解得：x＝2，即点D（2，﹣2），
点B、E、D的坐标分别为（﹣2，0）、（0，﹣1）、（2，﹣2），
故点E是BD的中点，即BE＝DE；
（3）将点BC的坐标代入一次函数表达式并解得：
直线BC的表达式为：y＝﹣x-1，
将点P（﹣，a）代入直线BC的表达式得：，
直线AC的表达式为：y＝x+4，
令y=0，则x=-12，则点M（﹣12，0），
S△BMC＝MB×y C＝×10×2=10，
S△BPN＝S△BCM=5＝NB×a=，
解得：NB＝，
故点N（﹣，0）或（，0）．
【点睛】
本题考查的是一次函数综合运用，涉及到三角形全等、求函数表达式、面积的计算等，综合性较强，理清题中条件关系，正确求出点的坐标是解题的关键.
25．(I) ；(II) 16或10；(III) .
【解析】
【分析】
(I)根据已知条件直接写出答案即可.
(II)分两种情况： 或讨论即可.
(III)根据已知条件直接写出答案即可.
【详解】
(I
解析：(I) ；(II) 16或10；(III) .
【解析】
【分析】
(I)根据已知条件直接写出答案即可.
(II)分两种情况： 或讨论即可.
(III)根据已知条件直接写出答案即可.
【详解】
(I) ；
(II)∵四边形是矩形，∴，.
分两种情况讨论：
（i）如图1，

当时，即是以为腰的等腰三角形.
（ii）如图2，当时，过点作∥，分别交与于点、.

∵四边形是矩形,
∴∥,.
又∥，
∴四边形是平行四边形，又，
∴□是矩形，∴，，即，
又，
∴，，
∵，∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
在中，由勾股定理得：，
综上，的长为16或10.
(III) . （或）.
【点睛】
本题主要考查了四边形的动点问题.
26．（1）5；（2）秒时，ΔABP≅ΔDCE；（3）当秒或秒时，ΔPDE是直角三角形；（4）当秒或秒或秒时，ΔPDE为等腰三角形．
【分析】
（1）根据长方形的性质及勾股定理直接求解即可；
（2）根据全
解析：（1）5；（2）秒时，；（3）当秒或秒时，是直角三角形；（4）当秒或秒或秒时，为等腰三角形．
【分析】
（1）根据长方形的性质及勾股定理直接求解即可；
（2）根据全等三角形的性质可得：，即可求出时间t；
（3）分两种情况讨论：①当时，在两个直角三角形中运用两次勾股定理，然后建立等量关系求解即可；②当时，此时点P与点C重合，得出，即可计算t的值；
（4）分三种情况讨论：①当时，②当时，③当时，分别结合图形，利用各边之间的关系及勾股定理求解即可得．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD为长方形，
∴，，
在中，
，
故答案为：5；
（2）如图所示：当点P到如图所示位置时，，

∵，，
∴，仅有如图所示一种情况，
此时，，
∴，
∴秒时，；
（3）①当时，如图所示：

在中，
，
在中，
，
∴，
，，
∴，
解得：；
②当时，此时点P与点C重合，
∴，
∴；
综上可得：当秒或秒时，是直角三角形；
（4）若为等腰三角形，分三种情况讨论：
①当时，如图所示：

∵，，
∴，
∴，
∴；
②当时，如图所示：

，
∴；
③当时，如图所示：

，
∴，
在中，
，
即，
解得：，
，
∴；
综上可得：当秒或秒或秒时，为等腰三角形．
【点睛】
题目主要考查勾股定理解三角形，等腰三角形的性质，全等三角形的性质等，理解题意，分类讨论作出相应图形是解题关键．