人教版八年级下册数学期末试卷中考真题汇编[解析版](1).doc

人教版八年级下册数学期末试卷中考真题汇编[解析版](1)
一、选择题
1．若分式有意义，则实数x的取值范围是（ ）
A．且 B．且
C． D．
2．下列说法错误的是（ ）
A．△ABC中，若有∠A＋∠B＝∠C，则△ABC是直角三角形
B．△ABC中，若有∠A∶∠B∶∠C＝1∶2∶3，则△ABC是直角三角形
C．△ABC的三边长分别为：a，b，c，且a2﹣b2＝c2，则△ABC是直角三角形
D．在一个直角三角形中，有两边的长度分别是3和5，则第三边的长度是4
3．在四边形ABCD中，连接对角线AC，已知AB＝CD，现增加一个条件，不能判断该四边形是平行四边形的是（　　）
A．AB∥CD B．AD＝BC C．∠B＝∠D D．∠BAC＝∠ACD
4．一名射击爱好者5次射击的中靶环数如下：6，7，9，8，9．这5个数据的众数是（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
5．在 △ABC 中， AC = 9 ， BC = 12 ， AB = 15 ，则 AB 边上的高是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，将□沿对角线折叠，使点落在处，若，则=(　　)

A． B． C． D．
7．在正方形的对角线上取一点，连结，过点作交于点，将线段EF向右平移m个单位，使得点E落在CD上，F落在BC上，已知AE+EF+CF＝24，CD＝10，则m的值为（ ）

A．6 B． C． D．
8．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（4，0），点B的坐标是（3，4），点P是y轴正半轴上的动点，连接AP交线段OB于点Q，若△OPQ是等腰三角形，则点P的坐标是（　　）

A．（0，） B．（0，）
C．（0，）或（0，） D．（0，）或（0，）
二、填空题
9．要使式子有意义，则x的取值范围是________．
10．在菱形ABCD中，两条对角线相交于点O，且AB＝10cm，AC＝12cm．则菱形ABCD的面积是_____cm2．

11．如图，两个较大正方形的面积分别为225、289，则字母A所代表的正方形的边长为_____

12．在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，过点A作∠DAC的角平分线交BC的延长线于点H，取AH的中点P，连接BP，则S△ABP＝___．

13．一次函数图象过点日与直线平行，则一次函数解析式__________．
14．如图，已知四边形是一个平行四边形，则只须补充条件__________，就可以判定它是一个菱形．

15．如图，在平面直角坐标系中，函数y＝2x和y＝﹣x的图象分别为直线l1，l2，过点（1，0）作x轴的垂线交ll于点A1，过点A1作y轴的垂线交l2于点A2，过点A2作x轴的垂线交l1于点A3，过点作y轴的垂线交l2于点A4，…依次进行下去．则点A4的坐标为__；点的坐标为_____;点A2021的坐标为____．

16．已知，则________．
三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）．
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：正方形网格中每个小方格的边长为1，且点A、B、C均为格点．
（1）通过计算判断△ABC的形状；
（2）求AB边上的高．

20．如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，点E在线段OB上（不与点B，点O重合），点F在线段OD上，且DF＝BE，连接AE，AF，CE，CF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若AC＝4，BD＝8，当BE＝3时，判断△ADE的形状，说明理由．

21．观察、发现：====﹣1
（1）试化简： ；
（2）直接写出：=　 　；
（3）求值：+++…+ ．
22．某水果批发商以4元斤的价格对外销售芒果，为了减少库存，尽快回笼资金，推出两种批发方案
方案一：每斤打9.5折；
方案二：不超过200斤的部分按原价销售，超过200斤的部分打7.5折．
某超市计划从该水果批发商处购进x斤芒果，按方案一购买需支付费用元，按方案购买需支付费用元，则该超市选择哪种方案（只能选择一种方案）更合算，请说明理由．

23．定义：有一组对边相等且这一组对边所在直线互相垂直的凸四边形叫做“等垂四边形”．

（提出问题）
（1）如图①，四边形与四边形都是正方形，，求证：四边形是“等垂四边形”；
（类比探究）
（2）如图②，四边形是“等垂四边形”，，连接，点，，分别是，，的中点，连接，，．试判定的形状，并证明；
（综合运用）
（3）如图③，四边形是“等垂四边形”，，，则边长的最小值为________．
24．如图，函数 的图像分别与 x轴、 y轴交于 A、 B两点，点 C在 y轴上， AC平分 ．
(1) 求点 A、 B的坐标；
(2) 求 的面积；
(3) 点 P在坐标平面内，且以A、 B、P为顶点的三角形是等腰直角三角形，请你直接写出点 P的坐标．

25．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AB＝20．点P从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿BC向终点C运动，同时点M从点A出发，以每秒4个单位的速度沿AB向终点B运动，过点P作PQ⊥AB于点Q，连结PQ，以PQ、MQ为邻边作矩形PQMN，当点P运动到终点时，整个运动停止，设矩形PQMN与Rt△ABC重叠部分图形的面积为S（S＞0），点P的运动时间为t秒．

（1）①BC的长为 　 ；
②用含t的代数式表示线段PQ的长为 　 ；
（2）当QM的长度为10时，求t的值；
（3）求S与t的函数关系式；
（4）当过点Q和点N的直线垂直于Rt△ABC的一边时，直接写出t的值．
26．如图，△ABC和△ADE都是等腰三角形，其中AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE．

（1）如图①，连接BE、CD，求证：BE＝CD；
（2）如图②，连接BD、CD，若∠BAC＝∠DAE＝60°，CD⊥AE，AD＝3，CD＝5，求BD的长；
（3）如图③，若∠BAC＝∠DAE＝90°，且C点恰好落在DE上，试探究CD、CE和CA之间的数量关系，并加以说明．
【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
根据分式有意义，分母不为0，二次根式的被开方数是非负数列式解答即可．
【详解】
解：由题意得，，且，
∴实数x的取值范围是，
故选：D．
【点睛】
本题考查的是分式有意义和二次根式有意义的条件，掌握分式有意义，分母不为0，二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
2．D
解析：D
【分析】
根据勾股定理的逆定理和三角形内角和定理判断即可．
【详解】
解：A、△ABC中，若有∠A＋∠B＝∠C，则∠C＝90°，∴△ABC是直角三角形，说法正确；
B、△ABC中，若有∠A∶∠B∶∠C＝1∶2∶3，则∠C＝90°，∴△ABC是直角三角形，说法正确；
C、△ABC的三边长分别为：a，b，c，且a2﹣b2＝c2，则a2＝b2＋c2，∴△ABC是直角三角形，说法正确；
D、在一个直角三角形中，有两边的长度分别是3和5，则第三边的长度是4或，说法错误；
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．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判定定理对各个选项进行判断即可.
【详解】
解：A、∵AB＝CD，AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；
B、∵AB＝CD，AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；
C、∵AB＝CD，∠B＝∠D，不能判定四边形ABCD是平行四边形，符合题意；
D、∵∠BAC＝∠ACD，∴AB∥CD，∵AB＝CD，∴四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；
故选C．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定定理，解题的关键在于能够熟练掌握平行四边形的判定定理.
4．D
解析：D
【解析】
【分析】
根据众数的定义：一组数据中出现次数最多的数，进行求解即可．
【详解】
解：∵6，7，9，8，9这5个数中9出现了两次，出现的次数最多，
∴这组数据的众数为9，
故选D．
【点睛】
本题主要考查了众数的定义，解题的关键在于能够熟练掌握众数的定义．
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】
由平行线的性质可得∠DAC＝∠B'AB＝40°，由折叠的性质可得∠BAC＝∠B'AC＝20°，由三角形内角和定理即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠1＝∠B'AB＝40°，
同理，∠2＝∠DAC＝40°，
∵将□ABCD沿对角线AC折叠，
∴∠BAC＝∠B'AC＝20°，
∴∠B＝180°﹣∠2﹣∠BAC＝120°，
故选：D．
【点睛】
本题考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质以及三角形内角和定理；熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
过点E作MN∥CD，交AD于点M，交BC于点N，利用一线三垂直模型证明△AME≌△ENF，列出关于m的式子，求出m即可．
【详解】
解：过点E作MN∥CD，交AD于点M，交BC于点N，

∵E在正方形的对角线上，
∴EM＝EE'＝m，
∴AM＝10﹣m，EN＝10﹣m，
∵∠FEN+∠AEM＝90°，∠FEN+∠EFN＝90°，
∴∠AEM＝∠EFN，
在△AME和△ENF中，
，
∴△AME≌△ENF（AAS），
∴FN＝ME＝m，AE＝EF，
CF＝2m，

∵AE+EF+CF＝24，
∴，
解得m＝，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质，关键是要作辅助线构造一线三垂直模型，证明全等的三角形，根据勾股定理列出关于m的方程，从而求出m的值．
8．C
解析：C
【分析】
利用待定系数法分别求出OB、PA的函数关系式，设，，并由P、Q点坐标，可表示出OP、OQ和PQ，根据△OPQ是等腰三角形，可得或或，则可得到关于m的方程，求得m的值，即可求得P点坐标．
【详解】
解：设OB的关系式为，
将B（3，4）代入得：，
∴，
设，，
∴，，，
设PA的关系式为，将，代入得：
，
解得，
∴，
将，联立方程组得：
，
解得，
若△OPQ是等腰三角形，则有或或，
当时，，，
即，
解得，则P点坐标为（0，），
当时，，，
解得，不合题意，舍去，
当时，根据等腰三角形性质可得：点Q在OP的垂直平分线上，，
∴，且，
即，
解得，则P点坐标为（0，）
综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（0，）或（0，）．
故选：C．
【点睛】
本题是一次函数的综合问题，考查了待定系数法、等腰三角形的性质等知识，掌握待定系数法与两点间的距离公式并注意分类讨论思想及方程思想的应用是解题的关键，综合性较强．
二、填空题
9．x≥﹣4
【解析】
【分析】
直接利用二次根式中被开方数的取值范围即二次根式中的被开方数是非负数，即可得出答案．
【详解】
解：要使式子有意义，
则2x＋8≥0，
解得：x≥﹣4；
故答案为：x≥﹣4．
【点睛】
本题主要考查了二次根式有意义的条件，准确计算是解题的关键．
10．A
解析：96
【解析】
【分析】
根据菱形的性质可得AC⊥BD，然后利用勾股定理求出OB＝8cm，得出BD＝16cm，最后根据菱形的面积公式求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝6cm，OB＝OD，
∴OB＝＝8（cm），
∴BD＝2OB＝16cm，
∴S菱形ABCD＝AC•BD＝×12×16＝96（cm2）．
故答案为：96．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
11．E
解析：8
【解析】
【分析】
根据正方形的面积等于边长的平方，由正方形PQED的面积和正方形PRQF的面积分别表示出PR的平方及PQ的平方，又三角形PQR为直角三角形，根据勾股定理求出QR的平方，即可求小正方形的边长．
【详解】
如图，

∵正方形PQED的面积等于225，
∴即PQ2=225,
∵正方形PRGF的面积为289，
∴PR2=289，
又△PQR为直角三角形，根据勾股定理得：
PR2=PQ2+QR2，
∴QR2=PR2−PQ2=289−225=64，
∴QR=8，
即字母A所代表的正方形的边长为8.
【点睛】
本题考查勾股定理，根据勾股定理求出小正方形的面积是关键.
12．A
解析：8
【分析】
由勾股定理可得AC＝5，根据角平分线的性质可证∠H＝∠CAH＝∠DAH，即AC＝CH＝5，则可求S△ABH的值，由P是中点，可得S△ABP的值．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴ADBC，∠ABC＝90°，
∵AB＝4，BC＝3，
∴AC＝＝5，
∵AH平分∠DAC，
∴∠DAH＝∠CAH，
∵ADBC，
∴∠DAH＝∠H，
∴∠H＝∠CAH，
∴AC＝CH＝5，
∵BH＝BC+CH，
∴BH＝8，
∵S△ABH＝AB×BH＝×4×8＝16，
∵P是AH的中点
∴S△ABP＝S△ABH＝8；
故答案为：8．
【点睛】
此题主要考查矩形的性质与判定综合，解题的关键是矩形的性质及勾股定理的应用．
13．
【解析】
【分析】
设一次函数解析式为y=kx+b，先把（0，-2）代入得b=-2，再利用两直线平行的问题得到k=-3，即可得到一次函数解析式．
【详解】
解：设一次函数解析式为y=kx+b，
把（0，-2）代入得b=-2，
∵直线y=kx+b与直线y=2-3x平行，
∴k=-3，
∴一次函数解析式为y=-3x-2．
故答案为：y=-3x-2．
【点睛】
本题考查两直线相交或平行的问题：若两条直线是平行的关系，那么它们的自变量系数相同，即k值相同．
14．A
解析：AB＝BC（答案不唯一）
【分析】
根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形添加即可．
【详解】
解：补充的条件是AB＝BC，
理由是：∵AB＝BC，四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是菱形，
故答案为：AB＝BC．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和菱形的判定，注意：有一组邻边相等的平行四边形是菱形．此题是一道开放性的题目，答案不唯一．
15．（4，﹣4） （﹣8，8） （21010，21011）
【分析】
根据一次函数图象上点的坐标特征可得出点A1、A2、A3、A4、A5、A6、A7、A8等的坐标，根据坐标的变化找出
解析：（4，﹣4） （﹣8，8） （21010，21011）
【分析】
根据一次函数图象上点的坐标特征可得出点A1、A2、A3、A4、A5、A6、A7、A8等的坐标，根据坐标的变化找出变化规律“A4n+1（22n，22n+1），A4n+2（-22n+1，22n+1），A4n+3（-22n+1，-22n+2），A4n+4（22n+2，-22n+2）（n为自然数）”，依此规律结合6=1×4+2；2021=505×4+1即可找出点A2021的坐标．
【详解】
解：观察，发现规律：
A1（1，2），
A2（-2，2），
A3（-2，-4），
A4（4，-4），
A5（4，8），…，
∴“A4n+1（22n，22n+1），A4n+2（-22n+1，22n+1），A4n+3（-22n+1，-22n+2），A4n+4（22n+2，-22n+2）（n为自然数）”，
∵6=1×4+2，
A6（﹣8，8）
∵2021=505×4+1，
∴A2021的坐标为（21010，21011）．
故答案为：（4，﹣4）； （﹣8，8）；（21010，21011）．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及规律型中坐标的变化，解题的关键是找出变化规律“A4n+1（22n，22n+1），A4n+2（-22n+1，22n+1），A4n+3（-22n+1，-22n+2），A4n+4（22n+2，-22n+2）（n为自然数）”．
16．##
【分析】
首先将通分为，然后将代入求解即可．
【详解】
解：，
将代入，
原式＝
．
故答案为：．
【点睛】
此题考查了分式的通分运算，代数式求值问题，完全平方公式的变形，解题的关键是将利用分
解析：##
【分析】
首先将通分为，然后将代入求解即可．
【详解】
解：，
将代入，
原式＝
．
故答案为：．
【点睛】
此题考查了分式的通分运算，代数式求值问题，完全平方公式的变形，解题的关键是将利用分式的性质和完全平方公式进行通分．
三、解答题
17．（1）；（2）．
【分析】
（1）根据二次根式的运算法则即可求解；
（2）根据加减消元法即可求解．
【详解】
解：（1）原式＝4﹣+3﹣2
＝+1；
（2）原方程组整理得，
①﹣②得2y＝0，解得y
解析：（1）；（2）．
【分析】
（1）根据二次根式的运算法则即可求解；
（2）根据加减消元法即可求解．
【详解】
解：（1）原式＝4﹣+3﹣2
＝+1；
（2）原方程组整理得，
①﹣②得2y＝0，解得y＝0，
把y＝0代入①得2x＝4，
解得x＝2，
所以原方程组的解为．
【点睛】
此题主要考查二次根式的运算与二元一次方程组的求解，解题的关键是熟知其解法．
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）△ABC是直角三角形；（2）AB边上的高＝2
【解析】
【分析】
（1）由勾股定理和勾股定理的逆定理即可得出结论；
（2）由三角形的面积即可得出结果．
【详解】
解：（1）由勾股定理得：AC2
解析：（1）△ABC是直角三角形；（2）AB边上的高＝2
【解析】
【分析】
（1）由勾股定理和勾股定理的逆定理即可得出结论；
（2）由三角形的面积即可得出结果．
【详解】
解：（1）由勾股定理得：AC2＝42+22＝20，BC2＝22+12＝5，AB2＝32+42＝25，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°；
（2）∵AC＝，BC＝，△ABC是直角三角形，
∴AB边上的高＝．
【点睛】
此题主要考查了勾股定理以及勾股定理逆定理，关键是掌握勾股定理的逆定理：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．
20．（1）见解析；（2）直角三角形，理由见解析
【分析】
（1）根据菱形的性质得出AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求出OE=OF，再根据菱形的判定得出即可；
（2）根据菱形的性质求出AO=2，BO=
解析：（1）见解析；（2）直角三角形，理由见解析
【分析】
（1）根据菱形的性质得出AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求出OE=OF，再根据菱形的判定得出即可；
（2）根据菱形的性质求出AO=2，BO=DO=4，求出OE和DE，根据勾股定理求出AD2=20，AE2=5，求出AD2+AE2=DE2，再根据勾股定理的逆定理求出答案即可．
【详解】
解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BC，AO＝CO，BO＝DO，
∵BE＝DF，BO＝DO，
∴BO﹣BE＝DO﹣DF，
即OE＝OF，
∵AO＝CO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：△ADE是直角三角形，
理由是：∵AC＝4，BD＝8，AO＝CO，BO＝DO，
∴AO＝2，BO＝DO＝4，
∵BE＝3，
∴OE＝4﹣3＝1，DE＝DO+OE＝4+1＝5，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AD2＝AO2+DO2＝22+42＝20，
在Rt△AOE中，由勾股定理得：AE2＝AO2+OE2＝22+12＝5，
∵DE2＝52＝25，
∴AD2+AE2＝DE2，
∴∠DAE＝90°，
即△ADE是直角三角形．
【点睛】
本题考查了菱形的性质和判定，平行四边形的判定，勾股定理，勾股定理的逆定理等知识点，能熟记菱形的性质和判定是解此题的关键．
21．（1）；（2）（3）9
【解析】
【详解】
试题分析：（1）仔细阅读，发现规律：分母有理化，然后仿照规律计算即可求解；
（2）根据规律直接写出结果；
（3）根据规律写出结果，找出部分互为相反数的特点
解析：（1）；（2）（3）9
【解析】
【详解】
试题分析：（1）仔细阅读，发现规律：分母有理化，然后仿照规律计算即可求解；
（2）根据规律直接写出结果；
（3）根据规律写出结果，找出部分互为相反数的特点，然后计算即可.
试题解析：（1）原式===；
（2）原式==；
故答案为
（3）由（2）可知：
原式=﹣1++﹣+…+﹣
=﹣1+
=9.
22．当超市计算从该水果批发商处购进芒果少于250斤时，方案一合算；当超市计算从该水果批发商处购进芒果等于250斤时，方案一和方案二费用相同；当超市计算从该水果批发商处购进芒果多于250斤时，方案二合算
解析：当超市计算从该水果批发商处购进芒果少于250斤时，方案一合算；当超市计算从该水果批发商处购进芒果等于250斤时，方案一和方案二费用相同；当超市计算从该水果批发商处购进芒果多于250斤时，方案二合算
【分析】
先根据方案分别求出和，再分三种情况分别计算即可得到答案．
【详解】
解：根据题意得：；
，
当时，，解得x>250；
当时，，解得x=250；
当时，，解得x<250；
答：当超市计算从该水果批发商处购进芒果少于250斤时，方案一合算；当超市计算从该水果批发商处购进芒果等于250斤时，方案一和方案二费用相同；当超市计算从该水果批发商处购进芒果多于250斤时，方案二合算．
【点睛】
此题考查方案选择问题，解一元一次方程及一元一次不等式，正确求出和是解题的关键．
23．（1）见解析；（2）△EFG是等腰直角三角形，理由见解析（3）
【分析】
（1）延长，交于点，先证，得，．结合，知，即可得．从而得证；
（2）延长，交于点，由四边形是“等垂四边形”， 知，，从而得，
解析：（1）见解析；（2）△EFG是等腰直角三角形，理由见解析（3）
【分析】
（1）延长，交于点，先证，得，．结合，知，即可得．从而得证；
（2）延长，交于点，由四边形是“等垂四边形”， 知，，从而得，根据三个中点知，，，，，据此得，，．由可得答案；
（3）延长，交于点，分别取，的中点，．连接，，，由及．可得答案．
【详解】
解：（1）如图①，延长，交于点，

四边形与四边形都为正方形，
，，．
．
．
，．
，
，
即，
．
．
又，
四边形是“等垂四边形”．
（2）是等腰直角三角形．
理由如下：如图②，延长，交于点，

四边形是“等垂四边形”， ，
，，

点，，分别是，，的中点，
，，，，
，，．
．
是等腰直角三角形．
（3）延长，交于点，分别取，的中点，．连接，，，

则，
由（2）可知．
最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理及等腰直角三角形的性质等知识点．
24．（1）A（6，0），B（0，8）；（2）15；（3）使△PAB为等腰直角三角形的P点坐标为（14，6）或（-2，-6）或（8，14）或（-8，2）或（-1，1）或（7，7）．
【解析】
【分析】
（
解析：（1）A（6，0），B（0，8）；（2）15；（3）使△PAB为等腰直角三角形的P点坐标为（14，6）或（-2，-6）或（8，14）或（-8，2）或（-1，1）或（7，7）．
【解析】
【分析】
（1）在函数解析式中分别令y=0和x=0，解相应方程，可求得A、B的坐标；
（2）过C作CD⊥AB于点D，由勾股定理可求得AB，由角平分线的性质可得CO=CD，再根据S△AOB=S△AOC+S△ABC，可求得CO，则可求得△ABC的面积；
（3）可设P（x，y），则可分别表示出AP2、BP2，分∠PAB=90°、∠PBA=90°和∠APB=90°三种情况，分别可得到关于x、y的方程组，可求得P点坐标．
【详解】
解：（1）在中，
令y=0可得0=-x+8，解得x=6，
令x=0，解得y=8，
∴A（6，0），B（0，8）；
（2）如图，过点C作CD⊥AB于点D，

∵AC平分∠OAB，
∴CD=OC，
由（1）可知OA=6，OB=8，
∴AB=10，
∵S△AOB=S△AOC+S△ABC，
∴×6×8=×6×OC+×10×OC，解得OC=3，
∴S△ABC=×10×3=15；
（3）设P（x，y），则AP2=（x-6）2+y2，BP2=x2+（y-8）2，且AB2=100，
∵△PAB为等腰直角三角形，
∴有∠PAB=90°、∠PBA=90°和∠APB=90°三种情况，
①当∠PAB=90°时，则有PA2=AB2且PA2+AB2=BP2，
即，解得或，
此时P点坐标为（14，6）或（-2，-6）；
②∠PBA=90°时，有PB2=AB2且PB2+AB2=PA2，
即，解得或，
此时P点坐标为（8，14）或（-8，2）；
③∠APB=90°时，则有PA2=PB2且PA2+PB2=AB2，
即解得或
此时P点坐标为（-1，1）或（7，7）；
综上可知使△PAB为等腰直角三角形的P点坐标为（14，6）或（-2，-6）或（8，14）或（-8，2）或（-1，1）或（7，7）．
【点睛】
本题为一次函数的综合应用，涉及函数图象与坐标轴的交点、勾股定理、三角形的面积、角平分线的性质、等腰直角三角形的性质、分类讨论思想及方程思想等知识．在（1）中注意函数图象与坐标轴的交点的求法，在（2）中利用角平分线的性质和等积法求得OC的长是解题的关键，在（3）中用P点坐标分别表示出PA、PB的长，由等腰直角三角形的性质得到关于P点坐标的方程组是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，计算较大，难度较大．
25．（1）①；②；（2）t的值为或；（3）S=-t2+20t或S=；（4）t=2s或s．
【分析】
（1）①由勾股定理可求解；
②由直角三角形的性质可求解；
（2）分两种情况讨论，由QM的长度为10，列
解析：（1）①；②；（2）t的值为或；（3）S=-t2+20t或S=；（4）t=2s或s．
【分析】
（1）①由勾股定理可求解；
②由直角三角形的性质可求解；
（2）分两种情况讨论，由QM的长度为10，列出方程可求解；
（3）分两种情况讨论，由面积公式可求解；
（4）分两种情况讨论，由含30°角的直角三角形三边的比值可求解．
【详解】
解：（1）①∵∠ACB=90°，∠B＝30°，AB＝20，
∴AC==10，
∴BC=；
②∵PQ⊥AB，
∴∠BQP=90°，
∵∠B=30°，
∴PQ=，
由题意得：BP=2t，
∴PQ=t，
故答案为：t；
（2）在Rt△PQB中，
BQ==3t，
当点M与点Q相遇，20=AM+BQ=4t+3t，
∴t=，
当0＜t＜时，MQ=AB-AM-BQ，
∴20-4t-3t=10，
∴t=，
当＜t≤=5时，MQ=AM+BQ-AB，
∴4t+3t-20=10，
∴t=，
综上所述：当QM的长度为10时，t的值为或；
（3）当0＜t＜时，S=PQ·MQ=t×（20-7t）=-t2+20t；
当＜t≤5时，如图，

∵四边形PQMN是矩形，
∴PN=QM=7t-20，PQ=t，
∴∠B=30°，
∴ME∶BE∶BM=1∶2∶，
∵BM=20-4t，
∴ME=，
∴S==；
（4）如图，若NQ⊥AC，

∴NQ∥BC，
∴∠B=∠MQN=30°，
∵MN∶NQ∶MQ=1∶2∶，
∵MQ=20-7t，MN=PQ=，
∴，
∴t=2，
如图，若NQ⊥BC，

∴NQ∥AC，
∴∠A=∠BQN=90°-∠B=60°，
∴∠PQN=90°-∠BQN=30°，
∴PN∶NQ∶PQ=1∶2∶，
∵PN=MQ=7t-20，PQ=，
∴，
∴t=，
综上所述：当t=2s或s时，过点Q和点N的直线垂直于Rt△ABC的一边．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，勾股定理，平行线的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
26．（1）见解析；（2）；（3）2AC2＝CD2+CE2，理由见解析
【分析】
（1）先判断出∠BAE＝∠CAD，进而得出△ACD≌△ABE，即可得出结论；
（2）先求出∠CDA＝∠ADE＝30°，进而
解析：（1）见解析；（2）；（3）2AC2＝CD2+CE2，理由见解析
【分析】
（1）先判断出∠BAE＝∠CAD，进而得出△ACD≌△ABE，即可得出结论；
（2）先求出∠CDA＝∠ADE＝30°，进而求出∠BED＝90°，最后用勾股定理即可得出结论；
（3）连接BE，由等腰直角三角形的性质和全等三角形的性质可得BE＝CD，∠BEA＝∠CDA＝45°，由勾股定理可得2AC2＝CD2+CE2．
【详解】
证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAE＝∠DAE+∠CAE，即∠BAE＝∠CAD；
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ACD≌△ABE（SAS），
∴CD＝BE；
（2）如图②，连接BE，

∵AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DE＝AD＝3，∠ADE＝∠AED＝60°，
∵CD⊥AE，
∴∠CDA＝∠ADE＝×60°＝30°，
∵由（1）得△ACD≌△ABE，
∴BE＝CD＝5，∠BEA＝∠CDA＝30°，
∴∠BED＝∠BEA+∠AED＝30°+60°＝90°，即BE⊥DE，
∴．
（3）2AC2＝CD2+CE2，
理由如下：连接BE，

∵AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠D＝∠AED＝45°，
由（1）得△ACD≌△ABE，
∴BE＝CD，∠BEA＝∠CDA＝45°，
∴∠BEC＝∠BEA+∠AED＝45°+45°＝90°，即BE⊥DE，
在Rt△BEC中，BC2＝BE2+CE2，
在Rt△ABC中，AB2+AC2＝BC2，
∴2AC2＝CD2+CE2．
【点睛】
此题考查了等腰直角三角形、全等三角形的性质以及勾股定理，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．