数学八年级下册数学期末试卷练习(Word版含答案).doc

数学八年级下册数学期末试卷练习（Word版含答案）
一、选择题
1．当x＝0时，下列式子有意义的是（ ）
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．如图，在下列条件中，能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）

A．AD//BC，AB=CD B．∠AOB=∠COD，∠AOD=∠COB
C．OA=OC，OB=OD D．AB=AD，CB=CD
4．某大学生的平时成绩分，期中成绩分，期末成绩分，若计算学期总评成绩的方法如下：平时成绩∶期中成绩∶期末成绩，则该学生的学期总评成绩是（ ）
A．分 B．分
C．分 D．分
5．如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：
①若AC＝BD，则四边形EFGH为矩形；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH为菱形；
③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；
④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．
其中正确的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
6．如图，把一个长方形的纸片对折两次，然后剪下一个角，为了得到一个钝角为120° 的菱形，剪口与第二次折痕所成角的度数应为

A．15°或30° B．30°或45° C．45°或60° D．30°或60°
7．如图，已知正方形ABCD的边长为4，P是对角线BD上一点，于点E，于点F，连接AP，给出下列结论：①；②四边形PECF的周长为8；③一定是等腰三角形；④；⑤EF的最小值为；其中正确结论的序号为（ ）

A．①②④ B．①③⑤ C．②③④ D．①②④⑤
8．一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象经过点B（﹣6，0），且与正比例函数y＝x的图象交于点A（m，﹣3），若kx﹣x＞﹣b，则（　　）

A．x＞0 B．x＞﹣3 C．x＞﹣6 D．x＞﹣9
二、填空题
9．使式子有意义的x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．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以它的三边为边分别向外作正方形，面积分别为S1，S2，S3，已知S1＝5，S2＝12，则S3＝_____．

12．如图，在矩形中，，在边找一点，沿直线把折叠，若点恰好落在边上的点处，且的面积为，则的长是__________．

13．若直线y＝kx＋b（k≠0）经过点A（0，3），且与直线y＝mx﹣m（m≠0）始终交于同一点（1，0），则k的值为________．
14．如图，在ABC中，点D、E、F分别在边AB、BC、CA上，且DE∥CA，DF∥BA，下列四种说法：①四边形AEDF是平行四边形；②如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是菱形；③如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形；④如果AB＝AC，那么四边形AEDF是菱形．其中，正确的有_____．（只填写序号）

15．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 ________________．

16．已知，如图，在中，是上的中线，如果将沿翻折后，点的对应点，那么的长为__________．

三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）．
18．如图，有一直立标杆，它的上部被风从B处吹折，杆顶C着地，离杆脚2m，修好后又被风吹折，因新断处D比前一次低0.5m，故杆顶E着地比前次远1m，求原标杆的高度．

19．在△ABC中，AB，BC，AC三边的长分别为，求这个三角形的面积，小辉同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC（即三个顶点都在小正方形的顶点处，如图1所示，这样不需要求△ABC的高，而借用网格就能计算出它的面积．）

（1）请将△ABC的面积直接填写在横线上　 　．
（2）我们把上述求△ABC面积的方法叫做构图法，若△ABC三边的长分别为，2（a＞0），请在图②中给出的正方形网格内（每个小正方形的边长为a）画出相应的△ABC（其中一条边已经画好），并求出它的面积．
20．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点M为AD的中点，过点M作交CD延长线于点N．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）请直接写出当四边形ABCD的边AB与BD满足什么关系时，四边形分别是菱形、矩形、正方形．
21．已知实数a，b满足：b2=1+﹣，且|b|+b＞0
（1）求a，b的值；
（2）利用公式，求++…+
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．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的顶点O与坐标原点重合，顶点A、C在坐标轴上，B（8，4），将矩形沿EF折叠，使点A与点C重合．
（1）求点E的坐标；
（2）点P从O出发，沿折线O-A-E方向以每秒2个单位的速度匀速运动，到达终点E时停止运动，设点P的运动时间为t，△PCE的面积为S，求S与t的关系式，井直接写出t的取值范围．
（3）在（2）的条件下．当PA =PE时，在平面直角坐标系中是否存在点Q．使得以点P、E、 G、 Q为顶点的四边形为平行四边形？ 若不存在，请说明理出， 若存在，请求出点Q的坐标．

24．如图，在平面直角坐标系中，过点A（﹣，0）的两条直线分别交y轴于B（0，m)、C（0，n)两点，且m、n（m>n)满足方程组的解.
（1）求证：AC⊥AB；
（2）若点D在直线AC上，且DB=DC，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，在直线BD上寻找点P，使以A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三角形，请直接写出P点的坐标．

25．如图，已知点A（a，0），点C（0，b），其中a、b满足|a﹣8|+b2﹣8b+16＝0，四边形OABC为长方形，将长方形OABC沿直线AC对折，点B与点B′对应，连接点C交x轴于点D．

（1）求点A、C的坐标；
（2）求OD的长；
（3）E是直线AC上一个动点，F是y轴上一个动点，求△DEF周长的最小值．
【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：C
【分析】
根据零指数幂、分式有意义，二次根式有意义的条件进行判断即可；
【详解】
解：当x＝0时， 没有意义，则没有意义；
当x＝0时， ，则没有意义；
当x＝0时，x-1=-1，则没有意义；
故选：C
【点睛】
本题考查了零指数幂、分式有意义，二次根式有意义的条件，熟练掌握相关知识是解题的关键
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．C
解析：C
【解析】
【分析】
由平行四边形的判定可求解．
【详解】
A、由AD∥BC，AB=CD不能判定四边形ABCD为平行四边形；
B、由∠AOB=∠COD，∠AOD=∠COB不能判定四边形ABCD为平行四边形；
C、由OA=OC，OB=OD能判定四边形ABCD为平行四边形；
D、AB=AD，CB=CD不能判定四边形ABCD为平行四边形；
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定定理，注意：平行四边形的判定定理有：①有两组对边分别平行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有两组对角分别相等的四边形是平行四边形，④有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形．
4．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据题意和题目中的数据，利用加权平均数的计算方法可以计算出该学生的学期总评成绩．
【详解】
由题意可得，

=86分，
即该学生的学期总评成绩是86分，
故选：B．
【点睛】
本题考查加权平均数，解答本题的关键是明确题意，利用加权平均数的方法解答．
5．A
解析：A
【分析】
①由菱形的判定定理即可判断；②由矩形的判定定理，即可判断；③若四边形EFGH是平行四边形，与AC、BD是否互相平分无任何关系；④根据中位线性质解题．
【详解】
解：由题意得：四边形EFGH平行四边形，
①若AC＝BD，则四边形EFGH是菱形，故①错误；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形，故②错误；
③若四边形EFGH是平行四边形，不能判定AC、BD是否互相平分，故③错误；
④点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点

若四边形EFGH是正方形，

AC与BD互相垂直且相等,故④正确．
故选：A．
【点睛】
本题考查矩形、正方形、菱形等特殊四边形的判定与性质，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
6．D
解析：D
【解析】
【详解】
试题分析：∵四边形ABCD是菱形， ∴∠ABD=∠ABC，∠BAC=∠BAD，AD∥BC，
∵∠BAD=120°， ∴∠ABC=180°﹣∠BAD=180°﹣120°=60°， ∴∠ABD=30°，∠BAC=60°．
∴剪口与折痕所成的角a的度数应为30°或60°．

考点：剪纸问题
7．D
解析：D
【解析】
【分析】
①据正方形的对角线平分对角的性质，得△PDF是等腰直角三角形，在Rt△DPF中，DP2＝DF2＋PF2＝EC2＋EC2＝2EC2，求得DP＝EC．②先证明四边形PECF为矩形，根据等腰直角三角形和矩形的性质可得其周长为2BC，则四边形PECF的周长为8；③根据P的任意性可以判断△APD不一定是等腰三角形；④由②可知，四边形PECF为矩形，则通过正方形的轴对称性，证明AP＝EF；⑤当AP最小时，EF最小，EF的最小值等于2．
【详解】
解：①如图，延长FP交AB与G，连PC，延长AP交EF与H，

∵GF∥BC，
∴∠DPF＝∠DBC，
∵四边形ABCD是正方形
∴∠DBC＝45°
∴∠DPF＝∠DBC＝45°，
∴∠PDF＝∠DPF＝45°，
∴PF＝EC＝DF，
∴在Rt△DPF中，DP2＝DF2＋PF2＝EC2＋EC2＝2EC2，
∴DP＝EC．
故①正确；
②∵PE⊥BC，PF⊥CD，∠BCD＝90°，
∴四边形PECF为矩形，
∴四边形PECF的周长＝2CE＋2PE＝2CE＋2BE＝2BC＝8，
故②正确；
③∵点P是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，∠ADP＝45°，
∴当∠PAD＝45°或67.5°或90°时，△APD是等腰三角形，
除此之外，△APD不是等腰三角形，
故③错误．
④∵四边形PECF为矩形，
∴PC＝EF，
由正方形为轴对称图形，
∴AP＝PC，
∴AP＝EF，
故④正确；
⑤由EF＝PC＝AP，
∴当AP最小时，EF最小，
则当AP⊥BD时，即AP＝BD＝×4＝2时，EF的最小值等于2，
故⑤正确；
综上所述，①②④⑤正确，
故选D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，垂直的判定，等腰三角形的性质，勾股定理的运用．本题难度较大，综合性较强，在解答时要认真审题．
8．D
解析：D
【分析】
先利用正比例函数解析式,确定A点坐标;然后利用函数图像，写出一次函数y=kx+b（k≠0）的图像，在正比例函数图像上方所对应的自变量的范围.
【详解】
解：把A（m，﹣3）代入y＝x得m＝﹣3，解得m＝﹣9，
所以当x＞﹣9时，kx+b＞x，
即kx﹣x＞﹣b的解集为x＞﹣9．
故选D．
【点睛】
本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=kx+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图像的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合.
二、填空题
9．且
【解析】
【分析】
根据分式的分母不能为0，二次根式的被开方数大于或等于0列出式子求解即可．
【详解】
由题意得：3-5x≥0且x+1≠0，
解得 x≤且 x≠−1 ，
故答案为： x≤且 x≠−1．
【点睛】
本题考查了分式和二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练掌握分式和二次根式的定义．
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：17
【解析】
【分析】
根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
解：∵∠ACB=90°，S1=5，S2=12，
∴AC2=5，BC2=12，
∴AB2=AC2+BC2=5+12=17，
∴S3=17，
故答案为：17．
【点睛】
本题考查了勾股定理，正方形的面积，正确的识别图形是解题的关键．
12．
【分析】
先求解 再利用勾股定理求解 可得的长度，设 则 再利用勾股定理列方程解方程即可.
【详解】
解： 矩形中，，的面积为，

由对折可得：
设 则

故答案为：
【点睛】
本题考查的是矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键.
13．A
解析：-3
【分析】
根据题意直线y＝kx+b（k≠0）经过点A（0，3）和点（1，0），然后根据待定系数法即可求得k的值．
【详解】
解：∵直线y＝kx+b（k≠0）经过点A（0，3）和点（1，0），
∴，
解得k＝﹣3，
故答案为：-3．
【点睛】
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，熟练运用待定系数法是解题的关键．
14．D
解析：①③
【分析】
根据平行四边形的判定和菱形的判定解答即可．
【详解】
解：∵DE∥CA，DF∥BA，∴四边形AEDF是平行四边形，故①正确；
∵∠BAC=90°，四边形AEDF是平行四边形，
∴四边形AEDF是矩形，故②错误；
∵AD平分∠BAC，四边形AEDF是平行四边形，
∴四边形AEDF是菱形，故③正确；
∵AB=AC，四边形AEDF是平行四边形，
不能得出AE=AF，故四边形AEDF不一定是菱形，故④错误；
故答案为：①③．
【点睛】
此题考查菱形的判定，关键是就平行四边形的判定和菱形的判定解答．
15．【分析】
设C（a，﹣3a），B（b，kb），由正方形的性质AB＝BC，BC//AD，可得﹣3a＝kb，b﹣a＝kb，求出b＝﹣2a，即可求k的值．
【详解】
解：设C（a，﹣3a），B（b，kb
解析：
【分析】
设C（a，﹣3a），B（b，kb），由正方形的性质AB＝BC，BC//AD，可得﹣3a＝kb，b﹣a＝kb，求出b＝﹣2a，即可求k的值．
【详解】
解：设C（a，﹣3a），B（b，kb），
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC//x轴，
∴﹣3a＝kb，
∵BC＝AB，
∴b﹣a＝kb，
∴b﹣a＝﹣3a，
∴b＝﹣2a，
∴﹣3a＝﹣2ak，
∴k＝，
故填．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质及一次函数的综合运用，根据题意设出点坐标、再根据正方形的性质明确线段间的关系是解答本题的关键．
16．．
【分析】
先用勾股定理求得BC，利用斜边上的中线性质，求得CD，BD的长，再利用折叠的性质，引进未知数，用勾股定理列出两个等式，联立方程组求解即可．
【详解】
如图所示，
∵，
∴BC==8，
解析：．
【分析】
先用勾股定理求得BC，利用斜边上的中线性质，求得CD，BD的长，再利用折叠的性质，引进未知数，用勾股定理列出两个等式，联立方程组求解即可．
【详解】
如图所示，
∵，
∴BC==8，
∵CD是上的中线，
∴CD=BD=AD=5，
设DE=x，BE=y，
根据题意，得
，
，
解得x=，y=,
∴,
故答案为：．

【点睛】
本题考查了勾股定理，斜边上中线的性质，方程组的解法，折叠的性质，熟练掌握折叠的性质，正确构造方程组计算是解题的关键．
三、解答题
17．（1）1；（2）2；（3）1；（4）．
【分析】
根据二次根式的除法、乘法法则运算，平方差公式计算、然后利用二次根式的性质化简后进行减法运算，合并即可．
【详解】
解：（1）原式，
，
，
；
（2
解析：（1）1；（2）2；（3）1；（4）．
【分析】
根据二次根式的除法、乘法法则运算，平方差公式计算、然后利用二次根式的性质化简后进行减法运算，合并即可．
【详解】
解：（1）原式，
，
，
；
（2）原式，
；
（3）原式，
，
；
（4）原式，
，
，
．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法和除法法则、乘法公式，解题的关键是掌握二次根式的混合运算．
18．5米
【分析】
由题中条件，可设原标杆AB的高为x，进而再依据勾股定理建立方程，进而求解即可．
【详解】
解：依题意得AC＝2，AE＝3，
设原标杆的高为x，
∵∠A＝90°，
∴由题中条件可得AB
解析：5米
【分析】
由题中条件，可设原标杆AB的高为x，进而再依据勾股定理建立方程，进而求解即可．
【详解】
解：依题意得AC＝2，AE＝3，
设原标杆的高为x，
∵∠A＝90°，
∴由题中条件可得AB2+AC2＝BC2，即AB2+22＝（x﹣AB）2，
整理，得x2﹣2ABx＝4，
同理，得（AB﹣0.5）2+32＝（x﹣AB+0.5）2，
整理，得x2﹣2ABx+x＝9，
解得x＝5．
∴原来标杆的高度为5米．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的应用，解题的关键在于能够熟练掌握勾股定理.
19．（1）；（2）画图见解析，3a2
【解析】
【分析】
（1）利用割补法求值；
（2）已知边长AB=，再确定另两条边分别是以2a和2a为直角三角形的两直角边的斜边长及以a和2a为直角边的斜边长，即，连
解析：（1）；（2）画图见解析，3a2
【解析】
【分析】
（1）利用割补法求值；
（2）已知边长AB=，再确定另两条边分别是以2a和2a为直角三角形的两直角边的斜边长及以a和2a为直角边的斜边长，即，连接得到三角形求出面积即可．
【详解】
解：（1），
故答案为：；
（2）如图， ．

【点睛】
此题考查利用割补法求网格中图形的面积，网格中作图，正确掌握利用勾股定理求无理数长度的线段并画图是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）时，四边形MNDO是菱形；当时，四边形MNDO是矩形；当且时，四边形MNDO是正方形
【分析】
（1）利用平行四边形的性质及三角形中位线的性质，可得，再加已知条件，利用平行四边形
解析：（1）见解析；（2）时，四边形MNDO是菱形；当时，四边形MNDO是矩形；当且时，四边形MNDO是正方形
【分析】
（1）利用平行四边形的性质及三角形中位线的性质，可得，再加已知条件，利用平行四边形的判定定理（有两组对边分别平行的四边形是平行四边形）即可证明；
（2）①根据（1）中平行四边形的性质及三角形中位线的性质可得：，，当时，，利用菱形的判定定理（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）；
②根据（1）中平行四边形的性质可得：，，当时，，根据矩形的判定定理（有一个角是直角的平行四边形是矩形）即可证明；
③根据（1）中平行四边形的性质及三角形中位线的性质可得：：，，且，，当且时，且，根据正方形的判定定理（一组邻边相等、有一个角是直角的平行四边形是正方形）即可证明．
【详解】
解：（1）证明：∵对角线AC、BD交于点O，
∴，
又∵M为AD中点，
∴，
又∵，
∴四边形MNDO是平行四边形；
（2）①当时，四边形MNDO是菱形，
证明：根据（1）可得，四边形MNDO是平行四边形，且，，
又∵，
∴，
∴四边形MNDO是菱形；
②当时，四边形MNDO是矩形，
证明：根据（1）可得，四边形MNDO是平行四边形，且，，
又∵，
∴，
∴四边形MNDO是矩形；
③当且时，四边形MNDO是正方形，
证明：根据（1）可得，四边形MNDO是平行四边形及三角形中位线的性质可得：，，且，，
又∵且，
∴且，
∴四边形MNDO是正方形．
【点睛】
题目主要考查平行四边形、菱形、矩形及正方形的判定定理，熟练运用特殊四边形的判定定理是解题关键．
21．（1）a的值为2，b的值为1；（2）2018.
【解析】
【分析】
（1）根据二次根式有意义的条件得到
（2）根据公式 将原式化成多个式子相减，起到互相抵消的效果，做到化繁为简．
【详解】
（1
解析：（1）a的值为2，b的值为1；（2）2018.
【解析】
【分析】
（1）根据二次根式有意义的条件得到
（2）根据公式 将原式化成多个式子相减，起到互相抵消的效果，做到化繁为简．
【详解】
（1）由题意得：,

∵b2=1+
∴b=±1
∵|b|+b＞0
∴b=1
∴a的值为2，b的值为1．
（2）,

【点睛】
本题主要考查二次根式有意义的条件，学会应用公式推导一般并能实际运用.
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）或；（3）存在，点Q坐标为：，，
【分析】
（1）设AE=x，根据勾股定理列方程得：，解出可得结论；
（2）分两种情况：P在OA或AE上，分别根据三角形面积列式即可；
（3）先根据分别
解析：（1）；（2）或；（3）存在，点Q坐标为：，，
【分析】
（1）设AE=x，根据勾股定理列方程得：，解出可得结论；
（2）分两种情况：P在OA或AE上，分别根据三角形面积列式即可；
（3）先根据分别计算PA和PE的长，分类讨论，当PE为边时，如图4，过G作GH⊥OC于H，设OF=y，根据勾股定理列方程可得y的值，利用面积法计算GH的长，得G的坐标，根据平行四边形的性质和平移规律可得Q的坐标；当PE为对角线时，借助中点坐标法即可求得点Q的坐标，综上即可得出点Q所有可能性．
【详解】
解：（1）在矩形ABCO中，B(8，4)，
∴AB=8，BC=4，
设AE=x，则EC=x，BE=8-x，
Rt△EBC中，由勾股定理得：EB2+BC2=EC2，
∴
解得：x=5，
即AE=5，
∴E(5，4)；
（2）分两种情况：
①当P在OA上时，0≤t≤2，如图2，

由题意知：，，，，
∴S=S矩形OABC-S△PAE-S△BEC-S△OPC，
=8×4-×5（4-2t）-×3×4-×8×2t，
=-3t+16，
②当P在AE上时，2＜t≤4.5，如图3，

由题意知：
∴S=

综上所述：
（3）存在，由PA=PE可知：P在AE上
当PE为边时，如图4所示，过G作GH⊥OC于H，

∵AP+PE=5，
∴AP=3，PE=2，
设OF=y，则FG=y，FC=8-y，
由折叠得：∠CGF=∠AOF=，OA=CG，
由勾股定理得：FC2=FG2+CG2，
∴（8-y）2=y2+42，
解得：y=3，
∴FG=3，FC=8-3=5，
∴，
∴×5×GH＝×3×4，
解得：GH=2.4，
由勾股定理得：FH，
∴OH=3+1.8=4.8，
∴G(4.8，-2.4)，
∵点P、E、G、Q为顶点的四边形为平行四边形，且PE=2，
∴Q(4.8，-2.4)或(6.8，-2.4)．
当PE为对角线时，如图5所示：过点G作交CF于点H

由上述可知：，，，设
由中点坐标法可得：
解得：
∴点
综上所述：点Q的坐标为：，，
【点睛】
此题考查四边形综合题，矩形的性质、翻折变换、勾股定理、中点坐标法求解、平行四边形的判定和性质，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
24．（1）见解析；（2）；（3）点P的坐标为：（﹣3，0），（﹣，2），（﹣3，3﹣），（3，3+）
【解析】
【分析】
（1）先解方程组得出m和n的值，从而得到B，C两点坐标，结合A点坐标算出AB2，
解析：（1）见解析；（2）；（3）点P的坐标为：（﹣3，0），（﹣，2），（﹣3，3﹣），（3，3+）
【解析】
【分析】
（1）先解方程组得出m和n的值，从而得到B，C两点坐标，结合A点坐标算出AB2，BC2，AC2，利用勾股定理的逆定理即可证明；
（2）过D作DF⊥y轴于F，根据题意得到BF=FC，F（0，1），设直线AC：y=kx+b，利用A和C的坐标求出表达式，从而求出点D坐标；
（3）分AB=AP，AB=BP，AP=BP三种情况，结合一次函数分别求解.
【详解】
解：（1）∵，
得：，
∴B（0，3），C（0，﹣1），
∵A（﹣，0），B（0，3），C（0，﹣1），
∴OA=，OB=3，OC=1，
∴AB2=AO2+BO2=12，AC2=AO2+OC2=4，BC2=16
∴AB2+AC2=BC2，
∴∠BAC=90°，
即AC⊥AB；
（2）如图1中，过D作DF⊥y轴于F．
∵DB=DC，△DBC是等腰三角形
∴BF=FC，F（0，1），
设直线AC：y=kx+b，
将A（﹣，0），C（0，﹣1）代入得：
直线AC解析式为：y=x-1，
将D点纵坐标y=1代入y=x-1，
∴x=-2，
∴D的坐标为（﹣2，1）；

（3）点P的坐标为：（﹣3，0），（﹣，2），（﹣3，3﹣），（3，3+）
设直线BD的解析式为：y=mx+n，直线BD与x轴交于点E，
把B（0，3）和D（﹣2，1）代入y=mx+n，
∴，
解得，
∴直线BD的解析式为：y=x+3，
令y=0，代入y=x+3，
可得：x=，∵OB=3，
∴BE=，
∴∠BEO=30°，∠EBO=60°
∵AB=，OA=，OB=3，
∴∠ABO=30°，∠ABE=30°，
当PA=AB时，如图2，

此时，∠BEA=∠ABE=30°，
∴EA=AB，
∴P与E重合，
∴P的坐标为（﹣3，0），
当PA=PB时，如图3，

此时，∠PAB=∠PBA=30°，
∵∠ABE=∠ABO=30°，
∴∠PAB=∠ABO，
∴PA∥BC，
∴∠PAO=90°，
∴点P的横坐标为﹣，
令x=﹣，代入y=x+3，
∴y=2，
∴P（﹣，2），
当PB=AB时，如图4，

∴由勾股定理可求得：AB=2，EB=6，
若点P在y轴左侧时，记此时点P为P1，过点P1作P1F⊥x轴于点F，
∴P1B=AB=2，
∴EP1=6﹣2，
∴FP1=3﹣，
令y=3﹣代入y=x+3，
∴x=﹣3，
∴P1（﹣3，3﹣），
若点P在y轴的右侧时，记此时点P为P2，过点P2作P2G⊥x轴于点G，
∴P2B=AB=2，
∴EP2=6+2，
∴GP2=3+，
令y=3+代入y=x+3，
∴x=3，
∴P2（3，3+），
综上所述，当A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三角形时，
点P的坐标为（﹣3，0），（﹣，2），（﹣3，3﹣），（3，3+）．
【点睛】
本题考查了解二元一次方程组，勾股定理的逆定理，含30°的直角三角形，等腰三角形的性质，一次函数的应用，知识点较多，难度较大，解题时要注意分类讨论.
25．（1）A点的坐标为（8，0），C点的坐标为（0，4）；（2）OD的长为3；（3）△DEF周长的最小值为4．
【分析】
（1）根据非负数的性质可得a、b的值，由此可得问题的答案；
（2）根据长方形的性
解析：（1）A点的坐标为（8，0），C点的坐标为（0，4）；（2）OD的长为3；（3）△DEF周长的最小值为4．
【分析】
（1）根据非负数的性质可得a、b的值，由此可得问题的答案；
（2）根据长方形的性质和折叠的性质可得A＝AB＝4，C＝CB＝8，∠＝∠B＝90°，设OD＝x，CD＝y，根据勾股定理列方程，求解可得答案；
（3）作点D关于y轴对称点为H，作点D关于直线AC对称点G，连接EG，HF，HG，由翻折的性质得D、H、G点的坐标，当点H，F，E，G四点共线时，DE+DF+EF长取得最小值，由此可得答案．
【详解】
解：（1）∵|a﹣8|+b2﹣8b+16＝0，
∴|a﹣8|+（b﹣4）2＝0，
∵|a﹣8|≥0，（b﹣4）2≥0，
∴a﹣8＝0，b﹣4＝0，
∴a＝8，b＝4，
∴A点的坐标为（8，0），C点的坐标为（0，4）；
（2）∵A点的坐标为（8，0），C点的坐标为（0，4），
∴OA＝8，OC＝4，
∵四边形OABC为长方形，
∴AB＝OC＝4BC＝OA＝8，∠B＝∠COA＝∠OCB＝∠OAB＝90°，
由折叠性质可知：A＝AB＝4，C＝CB＝8，∠＝∠B＝90°，
设OD＝x，CD＝y，
则AD＝OA﹣OD＝8﹣x，D＝C﹣CD＝8﹣y，
Rt△OCD中，CD2＝OC2+OD2，
即x2+16＝y2①，
Rt△AD中，AD2＝D2+A2，
即（8﹣x）2＝（8﹣y）2+16②，
联立①②式解得：，
∴OD＝3，
故OD的长为3．
（3）如图所示，作点D关于y轴对称点为H，作点D关于直线AC对称点G，连接EG，HF，HG，

∵△AC为△ACB沿AC翻折得到，点D在BC上，
∴点D关于AC对称点G在BC上，
由对称性可知：CG＝CD，HF＝DF，
∵OD＝3，CD＝5，
∴D点的坐标为（3，0），
又∵H的坐标为（﹣3，0），
∴CG＝CD＝5，
∴G点的坐标为（5，4），
∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝HF+EG+EF≥GH，
当点H，F，E，G四点共线时，DE+DF+EF长取得最小值为：
GH＝＝4，
故△DEF周长的最小值为4．
【点睛】
本题属于四边形综合题目，考查了一次函数的性质，长方形的性质，折叠的性质等知识，解题的关键是掌握折叠的性质，属于中考压轴题．