人教版八年级下册数学三门峡数学期末试卷易错题(Word版含答案).doc

人教版八年级下册数学三门峡数学期末试卷易错题（Word版含答案）
一、选择题
1．在函数中，自变量x的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
2．下列各组数中，不能构成直角三角形的一组是 （ ）
A．7，24，25 B．，4，5 C．3，4，5 D．4，5，6
3．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，要使四边形ABCD成为平行四边形，则应增加的条件是（ ）

A．AB＝CD B．∠BAD＝∠DCB C．AC＝BD D．∠ABC＋∠BAD＝180°
4．远离白色垃圾从我做起，小明统计了上周一至周日7天他家使用塑料袋个数分别为：11，10，11，13，11，13，15关于这组数据，小明得出如下结果，其中错误的是（　　）
A．众数是11 B．平均数是12 C．方差是 D．中位数是13
5．在 △ABC 中， AC = 9 ， BC = 12 ， AB = 15 ，则 AB 边上的高是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在ABC中，∠B+∠C＝α，按图进行翻折，使，则∠FE的度数是（　　）

A． B．90°﹣ C．α﹣90° D．2α﹣180°
7．如图，长方形纸片ABCD中，AB=3cm，AD=9cm，将此长方形纸片折叠，使点D与点B重合，点C落在点H的位置，折痕为EF，则△ABE的面积为（ ）

A．6cm2 B．8cm2 C．10cm2 D．12cm2
8．如图所示，已知点C（2，0），直线与两坐标轴分别交于A、B两点，D、E分别是AB、OA上的动点，当的周长取最小值时，点D的坐标为（ ）

A．（2，1） B．（3，2） C．（，2） D．（，）
二、填空题
9．若a，b都是实数，且，则ab+1的平方根为 _____．
10．如图，菱形的对角线与相交于点，若，，则菱形的面积为______．

11．在中，，，，斜边的长为__________．
12．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且OA＝OD，∠OAD＝55°，则∠OAB的度数为_______．

13．已知正比例函数图象经过点（1，3），则该函数的解析式是_____．
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．将正方形，，按如图所示方式放置，点，，，…和点，，，…分别在直线和轴上，则点的坐标是______，的纵坐标是______．

16．如图，把正方形纸片沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为，再过点折叠纸片，使点落在上的点处，折痕为．若的长为，则的长为______．

三、解答题
17．（1）
（2）
18．如图，一架长的梯子斜靠在一面竖直的墙上，这时梯子的底端B到墙的底端C的距离为，如果梯子的顶端沿墙下滑，那么梯子的底端将向外移多少米？

19．如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段和线段的端点均在小正方形的顶点上．
（1）在方格纸中画以为一边的正方形，点和点均在小正方形的顶点上；
（2）在方格纸中画以为一边的菱形，点和点均在小正方形的顶点上，菱形的面积为20，连接，并直接写出线段的长．

20．如图，△ABC中，∠BCA＝90°，CD是边AB上的中线，分别过点C，D作BA和BC的平行线，两线交于点E，且DE交AC于点O，连接AE．
（1）求证：四边形ADCE是菱形；
（2）若∠B＝60°，BC＝6，求四边形ADCE的面积．

21．阅读下面的材料，解答后面提出的问题：
黑白双雄，纵横江湖；双剑合壁，天下无敌，这是武侠小说中的常见描述，其意思是指两个人合在一起，取长补短，威力无比，在二次根式中也有这种相辅相成的“对子”，如：(2＋)(2－)＝1，(＋)(－)＝3, 它们的积不含根号，我们说这两个二次根式互为有理化因式，其中一个是另一个的有理化因式．于是，二次根式除法可以这样解：＝＝，＝＝7＋4．像这样通过分子、分母同乘以一个式子把分母中的根号化去或把根号中的分母化去，叫做分母有理化．
解决问题：
(1)4＋的有理化因式是　　　　　　　，将分母有理化得　　　　　　　；
(2)已知x＝，y＝,则＝ ；
(3)已知实数x，y满足(x＋)(y＋)－2017＝0，则x＝ ，y＝　　．
22．某水果店进行了一次水果促销活动，在该店一次性购买A种水果的单价y（元）与购买量x（千克）的函数关系如图所示，

（1）当时，单价y为______元；当单价y为8.8元时，购买量x（千克）的取值范围为______；
（2）根据函数图象，当时，求出函数图象中单价y（元）与购买量x（千克）的函数关系式；
（3）促销活动期间，张亮计划去该店购买A种水果10千克，那么张亮共需花费多少元？
23．在平行四边形中，以为腰向右作等腰，，以为斜边向左作，且三点，，在同一直线上．

（1）如图①，若点与点重合，且，，求四边形的周长；
（2）如图②，若点在边上，点为线段上一点，连接，点为上一点，连接，且，，求证：；
（3）如图③，若，，，是中点，是上一点，在五边形内作等边，连接、，直接写出的最小值．
24．如图在平面直角坐标系之中，点为坐标原点，直线分别交x、y轴于点、．

（1）如图1，点是直线上不同于点的点，且．则点的坐标为____________
（2）点是直线外一点，满足，求出直线的解析式．
（3）如图2，点是线段上一点，将沿直线翻折，点落在线段上的点E处，点M在射线上，在x轴的正半轴上是否存在点N，使以M、A、N、B为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
25．探究：如图①，△ABC是等边三角形，在边AB、BC的延长线上截取BM=CN，连结MC、AN，延长MC交AN于点P．
（1）求证：△ACN≌△CBM；
（2）∠CPN= °；（给出求解过程）
（3）应用：将图①的△ABC分别改为正方形ABCD和正五边形ABCDE，如图②、③，在边AB、BC的延长线上截取BM=CN，连结MC、DN，延长MC交DN于点P，则图②中∠CPN= °；（直接写出答案）
（4）图③中∠CPN= °；（直接写出答案）
（5）拓展：若将图①的△ABC改为正n边形，其它条件不变，则∠CPN= °（用含n的代数式表示，直接写出答案）．

26．在正方形ABCD中，AB＝4，点E是边AD上一动点，以CE为边，在CE的右侧作正方形CEFG，连结BF．

（1）如图1，当点E与点A重合时，则BF的长为　 　．
（2）如图2，当AE＝1时，求点F到AD的距离和BF的长．
（3）当BF最短时，请直接写出此时AE的长．
【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．
【详解】
解：根据题意得，2x-3≥0，
解得x≥．
故选择：D．
【点睛】
本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
2．D
解析：D
【分析】
根据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形．如果没有这种关系，这个三角形就不是直角三角形．
【详解】
解：A、72+242=252，能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
B、42+52=（）2，能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
C、32+42=52，能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
D、52+42≠62，不能构成直角三角形，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，在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断．
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判定方法，以及等腰梯形的性质等知识，对各选项进行判断即可．
【详解】
A错误,当四边形是等腰梯形时,也满足条件．
B正确，∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
C错误，当四边形是等腰梯形时，也满足条件．
D错误，∵，
∴，与题目条件重复，无法判断四边形是不是平行四边形．
故选:B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质，平行线的判定，等腰梯形的性质等知识，解题关键是熟练掌握平行四边形的判定方法．
4．D
解析：D
【解析】
【分析】
根据中位数、平均数、众数和方差的定义计算即可得出答案．
【详解】
解：A．数据11，10，11，13，11，13，15中，11出现的次数最多是3次，因此众数是11，故选项A不符合题意；
B． =（11+10+11+13+11+13+15）÷7=12，即平均数是12，故选项B不符合题意；
C．S2=×[（10-12）2+（11-12）2×3+（13-12）2×2+（15-12）2]=，故选项C不符合题意；
D．将这7个数据从小到大排列后，处在中间位置的一个数是11，因此中位数是11，故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了中位数、平均数、众数和方差，熟练掌握中位数、众数的定义和方差、平均数的计算公式是解题的关键．
5．A
解析：A
【分析】
首先由题目所给条件判断△ABC是直角三角形，再按照面积法求解即可.
【详解】
解：∵，，
∴.
∴△ABC是直角三角形且.
∴由直角三角形面积的计算方法，可知AB 边上的高是.
故选A.
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理和用面积法求直角三角形斜边上的高的知识，属于基础题型.
6．D
解析：D
【解析】
【分析】
设∠ADB′＝γ，∠AGC′＝β，∠CEB′＝y，∠C′FE＝x，利用平行线的性质，三角形内角和定理构建方程组即可解决问题．
【详解】
解：设∠ADB′＝γ，∠AGC′＝β，∠CEB′＝y，∠C′FE＝x，
∵，
∴，，
∴γ+β＝∠B+∠C＝α，
∵EB′∥FG，
∴∠CFG＝∠CEB′＝y，
∴x+2y＝180°①，
根据平行线的性质和翻折的性质可得：，，
∴，
∵γ+y＝2∠B，
同理可得出：β+x＝2∠C，
∴γ+y+β+x＝2α，
∴x+y＝α②，
②×2﹣①可得x＝2α﹣180°，
∴∠C′FE＝2α﹣180°．
故选：D．

【点睛】
本题考查三角形内角和定理，平行线的性质，翻折变换等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
7．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据折叠的条件可得：，在中，利用勾股定理就可以求解．
【详解】
将此长方形折叠，使点与点重合，，
，
根据勾股定理得：，
解得：．
．
故选：A．
【点睛】
本题考查了利用勾股定理解直角三角形，掌握直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方是解题的关键．
8．D
解析：D
【分析】
如图，点C关于OA的对称点，点C关于直线AB的对称点，求出点的坐标，连接与AO交于点E，与AB交于点D，此时△DEC周长最小，再求出直线DE的解析式，联立两条直线的解析式即可求出交点D的坐标．
【详解】
如图，点C关于OA的对称点，点C关于直线AB的对称点

∵直线AB的解析式为
∴直线的解析式为
由
解得
∴直线AB与直线的交点坐标为
∵K是线段的中点
∴
连接与AO交于点E，与AB交于点D，此时△DEC周长最小
设直线DE的解析式为
可得
解得
∴直线DE的解析式为
联立直线DE和直线直线可得

解得
∴点D的坐标为
故答案为：D．
【点睛】
本题考查了一次函数的几何问题，掌握一次函数的性质是解题的关键．
二、填空题
9．±5
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件可得： ，再解可得a的值，然后可得b的值，进而可得ab+1的平方根．
【详解】
解：由题意得：，
解得：a＝3，
则b＝8，
∴ab+1＝25，
25的平方根为±5，
故答案为：±5．
【点睛】
本题主要考查了二次根式的概念，平方根的运算，熟悉掌握二次根式的非负性是解题的关键．
10．B
解析：24
【解析】
【分析】
首先求出对角线BD的长，根据菱形面积等于两条对角线乘积的一半计算即可．
【详解】
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，,
在Rt△ABO中，
,
∴BD=8,
∴菱形ABCD的面积为：，
故填：24．
【点睛】
此题主要考查菱形的对角线的性质和菱形的面积计算，熟练掌握菱形面积等于两条对角线乘积的一半是解题关键．
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．A
解析：35°
【分析】
根据矩形的判定得到四边形ABCD是矩形，由矩形的性质求出∠DAB，代入∠OAB＝∠DAB﹣∠OAD求出即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵OA＝OD，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝90°，
∵∠OAD＝55°，
∴∠OAB＝∠DAB﹣∠OAD＝35°，
故答案为：35°．
【点睛】
本题考查了矩形的判定和性质，能根据矩形的性质求出∠DAB的度数是解此题的关键．
13．y＝3x
【分析】
设这个正比例函数的解析式是y＝kx，再将（1，3）代入求得k值，即可求出函数解析式．
【详解】
解：设这个正比例函数的解析式是y＝kx，
∵正比例函数的图象经过点（1，3），
∴3＝k，
解得k＝3，
∴正比例函数的解析式是y＝3x．
故答案为：y＝3x．
【点睛】
本题主要考查了用待定系数法求正比例函数的解析式，解题的关键是求k．
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】
先根据解析式求得的坐标，再根据正方形的性质求得的坐标，以相同的方法求得;，继而得到坐标的规律，据此求得的纵坐标
【详解】
当时，
四边形是正方形
当时，
四边形是
解析：
【分析】
先根据解析式求得的坐标，再根据正方形的性质求得的坐标，以相同的方法求得;，继而得到坐标的规律，据此求得的纵坐标
【详解】
当时，

四边形是正方形

当时，

四边形是正方形
,

同理可得：;
……
点的坐标为
，
故答案为：①②
【点睛】
本题考查了一次函数的性质，正方形性质，找到点坐标的规律是解题的关键．
16．【分析】
由正方形纸片沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为，可得到AN且；再由过点折叠纸片，使点落在上的点处，可得到AB；在通过勾股定理计算的FM，从而得到答案．
【详解】
∵正方形纸片沿对边中
解析：
【分析】
由正方形纸片沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为，可得到AN且；再由过点折叠纸片，使点落在上的点处，可得到AB；在通过勾股定理计算的FM，从而得到答案．
【详解】
∵正方形纸片沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为
∴，
∵过点折叠纸片，使点落在上的点处
∴
∴
又∵正方形纸片沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为
∴
∴
故答案为：．
【点睛】
本题考查了勾股定理、轴对称、正方形的知识；求解的关键是熟练掌握勾股定理、轴对称、正方形的性质，从而完成求解．
三、解答题
17．（1）；（2）
【分析】
（1）先算二次根式的乘法，再合并同类二次根式即可求解；
（2）先利用分配律和完全平方公式化简二次根式，再合并同类二次根式，即可求解．
【详解】
解：（1）原式=
=
=；
解析：（1）；（2）
【分析】
（1）先算二次根式的乘法，再合并同类二次根式即可求解；
（2）先利用分配律和完全平方公式化简二次根式，再合并同类二次根式，即可求解．
【详解】
解：（1）原式=
=
=；
（2）原式=
=
=．
【点睛】
本题主要考查二次根式的混合运算，掌握二次根式的运算法则和乘法公式，是解题的关键．
18．米．
【分析】
先在中，利用勾股定理出的长，再根据线段的和差可得的长，然后在中，利用勾股定理求出的长，最后根据即可得出答案．
【详解】
解：由题意得：，
在中，，
则，
在中，，
则，
答：梯子的底
解析：米．
【分析】
先在中，利用勾股定理出的长，再根据线段的和差可得的长，然后在中，利用勾股定理求出的长，最后根据即可得出答案．
【详解】
解：由题意得：，
在中，，
则，
在中，，
则，
答：梯子的底端将向外移米．
【点睛】
本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题关键．
19．（1）见解析；（2）见解析，
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的定义画出图形即可；
（2）画出底为，高为的菱形即可，利用勾股定理求出．
【详解】
解：（1）如图，正方形即为所求；
（2）如图，菱
解析：（1）见解析；（2）见解析，
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的定义画出图形即可；
（2）画出底为，高为的菱形即可，利用勾股定理求出．
【详解】
解：（1）如图，正方形即为所求；
（2）如图，菱形即为所求，．

【点睛】
本题考查作图-应用与设计作图，勾股定理，菱形的性质，正方形的性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
20．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）先根据已知条件，证明四边形DBCE是平行四边形，可得EC∥AB，且EC＝DB，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，则可得四边形是平行四边形，根据邻边相
解析：（1）见解析；（2）
【分析】
（1）先根据已知条件，证明四边形DBCE是平行四边形，可得EC∥AB，且EC＝DB，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，则可得四边形是平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；
（2）根据已知条件可得是等边三角形，进而求得，根据，进而根据菱形的性质求得面积．
【详解】
（1）证明：∵DE∥BC，EC∥AB，
∴四边形DBCE是平行四边形．
∴EC∥AB，且EC＝DB．
在Rt△ABC中，CD为AB边上的中线，
∴AD＝DB＝CD．
∴EC＝AD．
四边形ADCE是平行四边形
∴四边形ADCE是菱形．
（2）解：Rt△ABC中，CD为AB边上的中线，∠B＝60°，BC＝6，

是等边三角形
∴AD＝DB＝CD＝6．
∴AB＝12，由勾股定理得．
∵四边形DBCE是平行四边形，
∴DE＝BC＝6．
∴菱形．
【点睛】
本题考查了菱形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，等边三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
21．（1）,;（2）10 ;（3），.
【解析】
【详解】
(1) ∵,∴ 的有理化因式为 ;
∵,∴ 分母有理化得: .
(2). ∵ ,
∴
(3) ∵(x＋)(y＋)－2017＝0
∴,
∴
解析：（1）,;（2）10 ;（3），.
【解析】
【详解】
(1) ∵,∴ 的有理化因式为 ;
∵,∴ 分母有理化得: .
(2). ∵ ,
∴
(3) ∵(x＋)(y＋)－2017＝0
∴,
∴
∴
∴ ,
整理得：
∴ ,x=y
将x=y代入可得：， .故答案为，.
点睛：此题考查了分母有理化，正确选择两个二次根式，使它们的积符合平方差公式是解本题的关键.
22．（1）10；；（2）函数图象的解析式：；（3）促销活动期间，去该店购买A种水果10千克，那么共需花费9元．
【分析】
（1）根据观察函数图象的横坐标，纵坐标，可得结果；
（2）根据待定系数法，设函数
解析：（1）10；；（2）函数图象的解析式：；（3）促销活动期间，去该店购买A种水果10千克，那么共需花费9元．
【分析】
（1）根据观察函数图象的横坐标，纵坐标，可得结果；
（2）根据待定系数法，设函数图象的解析式 （k是常数，b是常数，），将，两个点代入求解即可得函数的解析式；
（3）将代入（2）函数解析式即可．
【详解】
解：（1）观察函数图象的横坐标，纵坐标，不超过5千克时，单价是10元，数量不少于11千克时，单价为8.8元．
故答案为：10；；
（2）设函数图象的解析式 （k是常数，b是常数，），
图象过点，，
可得：，
解得，
函数图象的解析式：；
（3）当时，
，
答：促销活动期间，去该店购买A种水果10千克，那么共需花费9元．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，待定系数法确定函数解析式等，理解题意，根据函数图象得出信息是解题关键．
23．（1）；（2）证明见解析；（3）.
【分析】
(1)由平行四边形的性质得到AD//BC，∠ABC=∠ADC= 60°，再根据F、D、A 三点共线得到∠ABC=∠FAB= 60°，再分别求出线段的BF
解析：（1）；（2）证明见解析；（3）.
【分析】
(1)由平行四边形的性质得到AD//BC，∠ABC=∠ADC= 60°，再根据F、D、A 三点共线得到∠ABC=∠FAB= 60°，再分别求出线段的BF、FD、BD长度即可；
(2)连接QE，延长FP至点H，使得PH = FQ，由“SAS”可证△FAB≌△QAE，△FBP≌△QEH，可得EP= BP；
(3)连接MC，以MC为边作等边三角形MEC，过点C作CP⊥AD于P，连接EH，并延长EH交CP于G，过点E作AD的垂线交BC于R，交AD 于Q，由“SAS”可证△M EH≌△MCN，可得 ∠MEH =∠MCN，可证EHBC，则点H在过点E平行BC的直线上运动，作点C关于EH 的对称点C´，连接BC´， 即的BC´长度为BH + CH的最小值，利用勾股定理列出方程组可求解.
【详解】
解：(1)如图①，在平行四边形ABCD中，∠ADC=60°
∴AD//BC，∠AВC= ∠ADC = 60 °
∵ F、 D、A三点共线
∴FD∥BC
∴ ∠ABC= ∠FAB = 60°
∵E、D重合，AB= AE，AD= 2
∴AD= AE= AB= 2= BC= CD
∴∠ADB=30°
在Rt△FBD，∠AFB= 90°，∠ABF= 90°- 60° = 30°
∴AF= 1
∴
∴四边形CBFD的周长；
(2)如图②，连接QE，延长FP至点H，使得 PH = FQ，连接EH，则PH + PQ= FQ+ PQ
∴FP= QH
∵∠AFB = 90°
∴∠2+∠3= 90°
∵∠2+ ∠1 = 90°
∴∠1 = ∠3
∴AF= AQ
在平行四边形ABCD中，F、A、 D共线,
∴AB∥CD，∠C+ ∠D= 180 °
∴∠5= ∠D
∵∠C+ ∠QAE = 180
∴∠4= ∠D
∴∠4= ∠5
∵ AB= AE
∴ △FAB≌△QAE（SAS）
∴∠AQE= ∠AFB= 90°，FB= QE
∴∠6+ ∠1 = 90°， ∠2= ∠6
∴△FBP≌△QEH （SAS）
∴BP= ЕН，∠H = ∠7
∴∠7= ∠8
∴∠H= ∠8
∴ЕН = ЕР
∴ EР = BP

(3)如图③，连接MC，以MC为边作等边三角形MEC，过点C作CP⊥AD于P，连接EH，并延长EH交CP于G，过点E作AD的垂线交BC于R，交AD于Q
∵△M EC和△MNH是等边三角形，
∴ME= MC，MN = MH，∠EMC=∠HMN=60°
∴∠EMH =∠CMN
∴△MEH≌△MCN （SAS）
∴∠MEH =∠MCN
∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC= 60°
∴∠ADC=∠ABC=60°，∠BCD=120°，AD= BC= 8，AB= CD= 6，AD∥ BC
∴∠BCE+∠MCD=∠BCD-∠ECM = 120°- 60° = 60°
∵∠MЕН+∠CEH=∠MEC=60°
∴∠CEH = ∠ЕСВ
∴EН// BC
∴点H在过点E平行BC的直线上运动,
作点C关于EH的对称点C´，连接BC´，即BC´的长度为BH + CH的最小值
∵∠ADC=60°，CD⊥AD
∴∠PCD= 30,
∴，
∵点M是AD的中点
∴AM=MD=4
∴MP= 1
∴
∴
∵RQ⊥AD，CP⊥AD，AD∥BC，EG// BC
∴RQ⊥BC，PC⊥ AD，RQ⊥EG， PC⊥ EG
∴四边形CPQR是矩形，四边形ERCG是矩形
∴ ，，
设，
在Rt△ERC中
在Rt△QEM中
∴
解得或（舍去）
∴解得
，
∴
∵C关于EH的对称点是C´
∴
∴
∴
∴BH + CH的最小值为.

【点睛】
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理等知识，确定H的运动轨迹是解题的关键.
24．（1）（-4，6）；（2）y=x+3或y=-7x+3；（3）（，0）或（，0）
【解析】
【分析】
（1）由及点不同于点，可知点是线段的中点，由点、的坐标即可求出点的坐标；
（2）根据题意得到点C的
解析：（1）（-4，6）；（2）y=x+3或y=-7x+3；（3）（，0）或（，0）
【解析】
【分析】
（1）由及点不同于点，可知点是线段的中点，由点、的坐标即可求出点的坐标；
（2）根据题意得到点C的两个位置，作线段AB的垂直平分线交AC于点G，交AC′于点H，交AB于点Q，连接BG、BH，作GP⊥y轴于点P，GF⊥x轴于点F，证明△GBF≌△GAP，得到BF=AP，GF=GP，列方程求出AP，得到OP和OF，可得点G和H坐标，再利用待定系数法求解；
（3）分平行四边形AMBN以AB为对角线，平行四边形ABNM以AB为一边，两种情况，画出图形分别求解．
【详解】
解：（1）如图1，直线，当时，；当时，由，得，
，；

，且点不同于点，
点是线段的中点，即点与点关于点对称，
点的横坐标为，
当时，，
，
故答案为：．
（2）如图2，射线在直线的上方，射线在直线的下方，；
作线段的垂直平分线交于点，交于点，交于点，连接、，则；
作轴于点，轴于点，则，，

，，
，，
，
四边形是正方形；
，
，
，
，
，
，
，，
，
四边形是正方形，
，
，，
，
，
解得，
，
，；
点与点关于点对称，
，；
设直线的解析式为，
则，解得，
；
设直线的解析式为，
则，解得，
，
综上所述，直线的解析式为或．
（3）存在，如图3，平行四边形以为对角线，

延长交轴于点，设，
由折叠得，，，
，；
，，
，
，且，
，
解得，
，
，；
，，
，
，
，
设直线的解析式为，
则，解得，
；
点在轴上，且，
轴，
点与点的纵坐标相等，都等于3，
当时，由，得，
，，
，
，
，；
如图4，平行四边形以为一边，则轴，且．

，
，，
综上所述，点的坐标为，或，．
【点睛】
此题重点考查一次函数的图象和性质、用待定系数法求一次函数的解析式、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、关于某点成中心对称的点的坐标等知识与方法，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，第（2）题、第（3）题都要分类讨论，此题难度较大，属于考试压轴题．
25．（1）见解析；（2）120；（3）90；（4）72；（5）.
【分析】
（1）利用等边三角形的性质得到BC=AC，∠ACB=∠ABC，从而得到△ACN≌△CBM.
（2）利用全等三角形的性质得到∠C
解析：（1）见解析；（2）120；（3）90；（4）72；（5）.
【分析】
（1）利用等边三角形的性质得到BC=AC，∠ACB=∠ABC，从而得到△ACN≌△CBM.
（2）利用全等三角形的性质得到∠CAN=∠BCM，再利用三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，即可求解.
（3）利用正方形（或正五边形）的性质得到BC=DC，∠ABC=∠BCD，从而判断出△DCN≌△CBM，再利用全等三角形的性质得到∠CDN=∠BCM，再利用内角和定理即可得到答案.
（4）由（3）的方法即可得到答案.
（5）利用正三边形，正四边形，正五边形，分别求出∠CPN的度数与边数的关系式，即可得到答案.
【详解】
（1）∵△ABC是等边三角形，
∴BC=AC，∠ACB=∠BAC=∠ABC=60，
∴∠ACN=∠CBM=120，
在△CAN和△CBM中，
，
∴△ACN≌△CBM.
（2）∵△ACN≌△CBM.
∴∠CAN=∠BCM，
∵∠ABC=∠BMC+∠BCM，∠BAN=∠BAC+∠CAN，
∴∠CPN=∠BMC+∠BAN
=∠BMC+∠BAC+∠CAN
=∠BMC+∠BAC+∠BCM
=∠ABC+∠BAC
=60+60,
=120，
故答案为：120.
（3）将等边三角形换成正方形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=DC，∠ABC=∠BCD=90，
∴∠MBC=∠DCN=90，
在△DCN和△CBM中，
，
∴△DCN≌△CBM，
∴∠CDN=∠BCM，
∵∠BCM=∠PCN，
∴∠CDN=∠PCN，
在Rt△DCN中，∠CDN+∠CND=90，
∴∠PCN+∠CND=90，
∴∠CPN=90，
故答案为：90.
（4）将等边三角形换成正五边形，
∴∠ABC=∠DCB=108，
∴∠MBC=∠DCN=72，
在△DCN和△CBM中，
，
∴△DCN≌△CBM，
∴∠BMC=∠CND，∠BCM=∠CDN，
∵∠BCM=∠PCN，
∴∠CND=∠PCN，
在△CDN中，∠CDN+∠CND=∠BCD=108，
∴∠CPN=180-(∠CND+∠PCN)
=180-(∠CND+∠CDN)
=180-108，
=72，
故答案为：72.
（5）正三边形时，∠CPN=120=，
正四边形时，∠CPN=90=，
正五边形时，∠CPN=72=，
正n边形时，∠CPN=，
故答案为： .
【点睛】
此题考查正多边形的性质，三角形全等的判定及性质，图形在发生变化但是解题的思路是不变的，依据此特点进行解题是解此题的关键.
26．（1）；（2）点F到AD的距离为3，BF=；（3）2
【分析】
（1）连接DF，证明△ADF≌△CDA，得出CDF共线，然后用勾股定理即可；
（2）过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，FH⊥BC
解析：（1）；（2）点F到AD的距离为3，BF=；（3）2
【分析】
（1）连接DF，证明△ADF≌△CDA，得出CDF共线，然后用勾股定理即可；
（2）过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，FH⊥BC交BC的延长线于K，证明△EHF≌△CDE，再用勾股定理即可；
（3）当B，D，F共线时，此时BF取最小值，求出此时AE的值即可．
【详解】
解：（1）如图，连接DF，

∵∠CAF=90°，∠CAD=45°，
∴∠DAF=45°，
在△CAD和△FAD中，
，
∴△CAD≌△FAD（SAS），
∴DF=CD，
∴∠ADC=∠ADF=90°，
∴C，D，F共线，
∴BF2=BC2+CF2=42+82=80，
∴BF＝，
故答案为：；
（2）如图，过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，FH⊥BC交BC的延长线于K，

∵四边形CEFG是正方形，∴EC=EF，∠FEC=90°，
∴∠DEC+∠FEH=90°，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，
∴∠DEC+∠ECD=90°，
∴∠ECD=∠FEH，
又∵∠EDC=∠FHE=90°，
在△ECD和△FEH中，
，
∴△ECD≌△FEH（AAS），
∴FH=ED，
∵AD=4，AE=1，
∴ED=AD-AE=4-1=3，
∴FH=3，即点F到AD的距离为3，
∴∠DHK=∠HDC=∠DCK=90°，
∴四边形CDHK为矩形，
∴HK=CD=4，
∴FK=FH+HK=3+4=7，
∵△ECD≌△FEH，
∴EH=CD=AD=4，
∴AE=DH=CK=1，
∴BK=BC+CK=4+1=5，
在Rt△BFK中，BF＝；
（3）∵当A，D，F三点共线时，BF的最短，
∴∠CBF=45°，
∴FH=DH，
由（2）知FH=DE，EH=CD=4，
∴ED=DH=4÷2=2，
∴AE=2．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定，关键是要作辅助线构造全等的三角形，在正方形和三角形中辅助线一般是垂线段，要牢记正方形的两个性质，即四边相等，四个内角都是90°．