部编版八年级数学下册期末试卷测试卷(word版-含解析).doc

部编版八年级数学下册期末试卷测试卷（word版，含解析）
一、选择题
1．二次根式有意义的条件是（ ）
A．x＞3 B．x＜3 C．x≥3 D．x≤3
2．已知a、b、c是三角形的三边长，如果满足（a﹣3）2+|c﹣5|＝0，则三角形的形状是（　　）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．钝角三角形
3．下列各组条件中，不能判断一个四边形是平行四边形的是（ ）
A．两组对边分别平行的四边形 B．两组对角分别相等的四边形
C．一组对边平行另一组对边相等的四边形 D．两条对角线互相平分的四边形
4．某次数学趣味竞赛共有组题目，某班得分情况如下表．全班名学生成绩的众数是（ ）
人数

成绩（分）

A． B． C． D．
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．如图所示，在菱形ABCD中，AC，BD相交于O，∠ABC＝50°，E是线段AO上一点则∠BEC的度数可能是（　　）

A．95° B．75° C．55° D．35°
7．如图，已知AOBC的顶点O(0，0)，点B在x轴正半轴上，按以下步骤作图：
①以点O为圆心，适当长度为半径作弧，分别交边OA，OB于点D，E；②分别以点D，E为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在∠AOB内交于点F；③作射线OF，交边AC于点G．若G的坐标为(2，4)，则点A的坐标是（ ）

A．(﹣3，4) B．(﹣2，4) C． D．
8．如图，若正比例函数y＝kx图象与四条直线x＝1，x＝2，y＝1，y＝2相交围成的正方形有公共点，则k的取值范围是(　　)

A．k≤2 B．k≥ C．0＜k＜ D．≤k≤2
二、填空题
9．要使式子有意义，则x的取值范围为________．
10．如图，在菱形中，E，F，G分别是，，的中点，且，，则菱形的面积是___．

11．在平面直角坐标系中，若点到原点的距离是，则的值是________．
12．如图，在中，，，，则______．

13．有甲、乙两个长方体的蓄水池，将甲池中的水匀速注入乙池，甲、乙两个蓄水池中水的高度（米）与注水时间（小时）之间的函数图象如图所示，若要使甲、乙两个蓄水池的蓄水深度相同，则注水的时间应为______小时．

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．甲从地出发以某一速度向地走去，同时乙从地出发以另一速度向地而行，如图中的线段、分别表示甲、乙离地的距离（）与所用时间的关系．则、两地之间的距离为______，甲、乙两人相距时出发的时间为______．

16．如图，在平面直角坐标系中，直线与坐标轴分别交于，两点，以线段为边，在第一象限内作正方形，将正方形沿轴负方向，平移个单位长度，使点恰好落在直线上，则的值为________.

三、解答题
17．计算
（1）
（2）（＋）（－）
（3）
（4）
18．如图，在甲村到乙村的公路一旁有一块山地正在开发．现A处需要爆破，已知点A与公路上的停靠站B，C的距离分别为400 m和300 m，且ACAB．为了安全起见，如果爆破点A周围半径260 m的区域内不能有车辆和行人，问在进行爆破时，公路BC段是否需要暂时封闭？为什么?

19．图（a）、图（b）是三张形状大小完全相同的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1请在图a）、图（b）中，分别画出符合要求的图形，所画图形各顶点必须与方格纸中的小正方形顶点重合具体要求如下：

（1）画一个面积为10的等腰直角三角形；
（2）画一个面积为12的平行四边形
20．如图，在△ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，连接DE并延长至点F，使得DE＝EF，连接CF．
（1）求证：四边形ADFC是平行四边形；
（2）若∠A＝∠B，连接CD，BF．求证：四边形BFCD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．某电商在线销售甲、乙、丙三种水果，已知每千克乙水果的售价比每千克甲水果的售价多3元，每千克丙水果的售价是每千克甲水果售价的2倍，用200元购买丙水果的数量是用80元购买乙水果数量的2倍．
（1）求丙水果每千克的售价是多少元？
（2）电商推出如下销售方案：甲、乙、丙三种水果搭配销售共7千克，其中乙水果的数量是丙水果数量的2倍，且甲、乙两种水果数量之和不超过丙水果数量的6倍．请直接写出按此方案购买7千克水果最少要花费 　 　元．
23．如图，正方形ABCD的顶点C处有一等腰直角三角形CEP，∠PEC＝90°，连接AP，BE．
（1）若点E在BC上时，如图1，线段AP和BE之间的数量关系是 　 　；
（2）若将图1中的△CEP顺时针旋转使P点落在CD上，如图2，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）在（2）的基础上延长AP，BE交于F点，若DP＝PC＝2，求BF的长．

24．已知：直线与轴、轴分别相交于点和点，点在线段上．将沿折叠后，点恰好落在边上点处．
（1）直接写出点、点的坐标：
（2）求的长；
（3）点为平面内一动点，且满足以、、、为顶点的四边形为平行四边形，请直接回答：
①符合要求的点有几个？
②写出一个符合要求的点坐标．

25．等腰Rt△ABC，CA＝CB，D在AB上，CD＝CE，CD⊥CE．

（1）如图1，连接BE，求证：AD＝BE．
（2）如图2，连接AE，CF⊥AE交AB于F，T为垂足，
①求证：FD＝FB；
②如图3，若AE交BC于N，O为AB中点，连接OC，交AN于M，连FM、FN，当，求OF2+BF2的最小值．
【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：C
【分析】
根据二次根式被开方数大于等于0即可得出答案．
【详解】
解：根据被开方数大于等于0得，有意义的条件是
解得：
故选：C
【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．B
解析：B
【分析】
根据二次根式和绝对值的非负性，可得 ，然后再由勾股定理的逆定理，即可求解．
【详解】
解：∵（a﹣3）2+|c﹣5|＝0，
∴ ，
解得： ，
∵ ，
∴该三角形的形状是直角三角形．
故选：B
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的逆定理，平方、算术平方根、绝对值的非负性，熟练掌握若一个三角形的两边的平方和等于第三边的平方，则该三角形为直角三角形是解题的关键．
3．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判定方法逐一分析解题．
【详解】
解：A、B、D均可为判定四边形为平行四边形，故A、B、D不符合题意；
C．一组对边平行另一组对边相等的四边形，不能判断它是平行四边形，如下图，是等腰梯形，故C符合题意，
故选：C．

【点睛】
本题考查平行四边形的判定，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
4．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据众数的定义进行解答即可．
【详解】
解：70出现了13次，出现的次数最多，则众数是70；
故选：B．
【点睛】
此题考查了众数，掌握众数的定义：众数是一组数据中出现次数最多的数是解题的关键．
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】
由菱形的性质，得∠AOB=90°，∠ABO=，从而得：∠BAO=65°，进而可得：65°＜＜90°，即可得到答案．
【详解】
解：∵在菱形中，
∴，即：∠AOB=90°，
∴＜90°，
∵，
∴∠ABO=，
∴∠BAO=65°，
∵=∠BAO+∠ABE，
∴＞55°，
即：55°＜＜90°．
故选B．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质定理以及三角形内角和定理与外角的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
7．A
解析：A
【解析】
【分析】
首先证明，设，则，在中，，求出，可得结论．
【详解】
解：如图，设交轴于．

，
．，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
设，则，
在中，，
，
，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查作图基本作图，平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是证明，学会利用参数解决问题．
8．D
解析：D
【分析】
如图，可知当直线在过点和点两点之间的时候满足条件，把、两点分别代入可求得的最小值和最大值，可求得答案．
【详解】
解：
直线与正方形有公共点，
直线在过点和点两直线之间之间，
如图，可知，，

当直线过点时，代入可得，解得，
当直线过点时，代入可得，解得，
的取值范围为：，
故选．
【点睛】
本题主要考查一次函数图象点的坐标，由条件得出直线在过和两点间的直线是解题的关键，注意数形结合思想的应用．
二、填空题
9．x≥﹣3且x≠1且x≠2
【解析】
【分析】
根据被开方数大于等于0，分母不等于0，零指数幂的底数不等于0列式计算即可得解．
【详解】
解：根据题意，得．
解得：x≥﹣3且x≠1且x≠2．
故答案是：x≥﹣3且x≠1且x≠2．
【点睛】
本题考查的是代数式有意义的条件，掌握二次根式与分式，零次幂有意义的条件是解题的关键．
10．A
解析：96
【解析】
【分析】
连接，，交点为，与交于点，与交于点，由三角形中位线定理得出，，，，得出，由勾股定理求出的长，根据菱形的面积公式可得出答案．
【详解】
解：如图，连接，，交点为，与交于点，与交于点，

四边形是菱形，
，
，，分别是，，的中点，
，，，，
四边形是矩形，
，
，，
，
，，
菱形的面积是．
故答案为96．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，菱形的面积，根据三角形的中位线定理求出AC和BD的长是解题的关键．
11．3或-3
【解析】
【分析】
根据点到原点的距离是，可列出方程，从而可以求得x的值．
【详解】
解：∵点到原点的距离是，
∴，
解得：x=3或-3，
故答案为：3或-3.
【点睛】
本题考查了坐标系中两点之间的距离，解题的关键是利用勾股定理列出方程求解.
12．A
解析：8
【分析】
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可．
【详解】
解：∵∠ABC=90°，AD=DC，BD=4，
∴AC=2BD=8．
故答案为：8．
【点睛】
本题主要考查了直角三角形斜边上的中线，解题的关键在于能够熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
13．
【分析】
根据函数图像分别求出甲乙对应的函数解析式，令相等即可求得答案．
【详解】
设甲的解析式为：，
甲的函数图像经过，
，
解得，
，
设乙的解析式为：，
乙的函数图像经过，
，
解得，
，
令，
即，
解得．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了一次函数应用，待定系数法求解析式，求一次函数的交点，根据图像获得信息是解题的关键．
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．
15．2或3
【分析】
①利用路程的函数图象解得的解析式，再求的值；
②根据题意列方程解答即可.
【详解】
解：①设＝kx＋b，
∵经过点P（2.5，7.5），（4，0）．
∴ ，
解得 ，
∴＝
解析：2或3
【分析】
①利用路程的函数图象解得的解析式，再求的值；
②根据题意列方程解答即可.
【详解】
解：①设＝kx＋b，
∵经过点P（2.5，7.5），（4，0）．
∴ ，
解得 ，
∴＝−5x＋20，当x＝0时，＝20．
答：AB两地之间的距离为20km．
②根据题意得：或，
解得：或.
即出发2小时或3小时，甲、乙两人相距
【点睛】
此题主要考查了根据实际问题中的条件列方程组时，要注意抓住题目中的一些关键性词语，找出等量关系，列出方程组．熟练掌握相遇问题的解答也很关键．
16．1
【分析】
如图，作CN⊥OB于N，DM⊥OA于M，利用三角形全等，求出点D坐标即可解决问题．
【详解】
解：如图作CN⊥OB于N，DM⊥OA于M，CN与DM交于点F，
∵直线y=-3x+3与x轴
解析：1
【分析】
如图，作CN⊥OB于N，DM⊥OA于M，利用三角形全等，求出点D坐标即可解决问题．
【详解】
解：如图作CN⊥OB于N，DM⊥OA于M，CN与DM交于点F，
∵直线y=-3x+3与x轴、y轴分别交于B、A两点，
∴点A（0，3），点B（1，0），
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=DC=BC，∠ABC=90°，
∵∠BAO+∠ABO=90°，∠ABO+∠CBN=90°，
∴∠BAO=∠CBN，
在△BAO和△CBN中，
，
∴△BAO≌△CBN（AAS），
∴BN=AO=3，CN=BO=1，
同理可以得到：DF=AM=BO=1，CF=DM=AO=3，
∴点F（4，4），D（3，4），
∵将正方形ABCD沿x轴负方向平移a个单位长度，使点D恰好落在直线y=3x-2上，
∴把y=4代入y=3x-2得，x=2，
∴a=3-2=1，
∴正方形沿x轴负方向平移a个单位长度后，点D恰好落在直线y=3x-2上时，a=1，
故答案为1．

【点睛】
本题考查了一次函数、正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，属于中考常考题型．
三、解答题
17．（1）3；（2）﹣1；（3）2；（4）3－1．
【分析】
（1）先计算二次根式的乘法再算减法；
（2）利用平方差公式计算；
（3）先算乘法和完全平方公式计算，最后算加减；
（4）先化简最简二次根式和
解析：（1）3；（2）﹣1；（3）2；（4）3－1．
【分析】
（1）先计算二次根式的乘法再算减法；
（2）利用平方差公式计算；
（3）先算乘法和完全平方公式计算，最后算加减；
（4）先化简最简二次根式和去绝对值，最后算加减．
【详解】
解：（1）原式＝＝8－5＝3；
（2）原式＝；
（3）原式＝1+2－（1－2+2）＝3－3+2＝2；
（4）原式＝＝3－1．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算、平方差公式、完全平方公式以及零次幂，熟练掌握各运算法则是解题的关键．
18．需要封闭，理由见解析
【分析】
过作于 先求解 再利用等面积法求解 再与260比较，可得答案.
【详解】
解：过作于

所以进行爆破时，公路BC段需要暂时封闭.
【点睛】
解析：需要封闭，理由见解析
【分析】
过作于 先求解 再利用等面积法求解 再与260比较，可得答案.
【详解】
解：过作于

所以进行爆破时，公路BC段需要暂时封闭.
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用，利用等面积法求解直角三角形斜边上的高，掌握“等面积法求解直角三角形斜边上的高”是解题的关键.
19．（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据等腰直角三角形的性质求出边长分别为、、，再网格中找到相应的格点，作图即可；
（2）根据平行四边形的面积为12，确定底边长为4、高为3，在网格
解析：（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据等腰直角三角形的性质求出边长分别为、、，再网格中找到相应的格点，作图即可；
（2）根据平行四边形的面积为12，确定底边长为4、高为3，在网格中找到相应的格点，作图即可．
【详解】
解：（1）根据等腰直角三角形的面积为为10，设两个直角边为，则
解得，由勾股定理得，斜边长为
，
在网格中找到到相应的格点使得两条直角边为，连线即可，其中是以2，4为直角边的直角三角形的斜边，如图（a）
（2）根据平行四边形的面积为12，可以作底边长为4、高为3的平行四边形，在图中选取相应的格点，使得平行四边形的边长为为4、高为3，如图（b）

【点睛】
此题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据三角形中位线定理可得，结合已知条件，根据一组对边平行且相等即可证明四边形ADFC是平行四边形；
（2）先证明是平行四边形，进而根据等角对等边可得，由（
解析：（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据三角形中位线定理可得，结合已知条件，根据一组对边平行且相等即可证明四边形ADFC是平行四边形；
（2）先证明是平行四边形，进而根据等角对等边可得，由（1）可知，根据对角线相等的平行四边形是矩形即可得证．
【详解】
（1）∵D，E分别是AB，BC的中点，
∴DE//AC且，
∵，
∴DF//AC且，
∴四边形ADFC为平行四边形．
（2）连接BF，CD，如图，

由（1）知四边形ADFC为平行四边形，
∴CF//AB且，
D是AB的中点，所以，
∴CF//DB且，
∴四边形BFCD为平行四边形，
∵∠A＝∠B，
∴AC＝BC，
由（1）知，DF＝AC，
∴DF＝BC，
四边形BFCD为矩形．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的性质与判定，矩形的判定定理，掌握以上性质与定理是解题的关键．
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）10；（2）46
【分析】
（1）设每千克甲水果的售价是元，则每千克乙水果的售价是元，每千克丙水果的售价是元，利用数量总价单价，结合用200元购买丙水果的数量是用80元购买乙水果数量的2倍，即
解析：（1）10；（2）46
【分析】
（1）设每千克甲水果的售价是元，则每千克乙水果的售价是元，每千克丙水果的售价是元，利用数量总价单价，结合用200元购买丙水果的数量是用80元购买乙水果数量的2倍，即可得出关于的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）设搭配方案中含丙水果千克，则含乙水果千克，甲水果千克，根据甲、乙两种水果数量之和不超过丙水果数量的6倍，即可得出关于的一元一次不等式，解之即可得出的取值范围，设购买7千克水果的费用为元，利用总价单价数量，即可得出关于的函数关系式，再利用一次函数的性质即可解决最值问题．
【详解】
解：（1）设每千克甲水果的售价是元，则每千克乙水果的售价是元，每千克丙水果的售价是元，
依题意得：，
解得：，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
，．
答：每千克丙水果的售价是10元．
（2）设搭配方案中含丙水果千克，则含乙水果千克，甲水果千克，
依题意得：，
解得：．
设购买7千克水果的费用为元，则．
，
随的增大而增大，
当时，取得最小值，最小值（元．
故答案为：46．
【点睛】
本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，找出关于的函数关系式．
23．（1）AP=BE；（2）成立，理由见解析；（3）
【分析】
（1）首先说明A，P，C三点共线，设正方形ABCD的边长为1，CE=x，根据正方形和等腰直角三角形的性质求出AP和BE的长，即可判断；
（
解析：（1）AP=BE；（2）成立，理由见解析；（3）
【分析】
（1）首先说明A，P，C三点共线，设正方形ABCD的边长为1，CE=x，根据正方形和等腰直角三角形的性质求出AP和BE的长，即可判断；
（2）过点B作BH⊥BE，且BH=BE，连接AH，EH，证明△ABH≌△BEC，得到AH=EC=PE，∠AHB=∠CEB，从而证明四边形AHEP是平行四边形，同理可得AP=EH=BE；
（3）过B，D分别作AF的垂线，垂足为K，M，证明△ABK≌△DAM，得到BK=AM，求出AP，在△ADP中利用面积法求出DM，可得AM和BK，再利用勾股定理求出BF即可．
【详解】
解：（1）∵点E在BC上，△PEC为等腰直角三角形，
∴PE=CE，∠PCE=45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB=45°，
∴A，P，C三点共线，设正方形ABCD的边长为1，CE=x，
∴PE=x，PC=x，AC=，
∴AP=AC-PC=，BE=BC-CE=1-x，
∴AP=BE；
（2）成立，
如图，过点B作BH⊥BE，且BH=BE，连接AH，EH，

∵∠ABC=∠EBH=90°，
∴∠CBE+∠ABE=∠ABH+∠ABE=90°，
∴∠CBE=∠ABH，
又∵BH=BE，AB=BC，
∴△ABH≌△BEC（SAS），
∴AH=EC=PE，∠AHB=∠CEB，
∴∠AHE=∠AHB-∠EHB=∠CEB-45°，
∵∠HEP=360°-∠CEB-∠HEB-∠CEP
=360°-∠CEB-45°-90°
=225°-∠CEB，
∴∠AHE+∠HEP=∠CEB-45°+225°-∠CEB=180°，
∴AH∥PE，
∴四边形AHEP是平行四边形，
∴AP=EH=BE；
（3）如图，过B，D分别作AF的垂线，垂足为K，M，

∵∠BAD=∠BAK+∠DAM=90°，∠ABK+∠BAK=90°，
∴∠ABK=∠DAM，
又∵AB=AD，∠AKB=∠AMD=90°，
∴△ABK≌△DAM（AAS），
∴BK=AM，
∵四边形ABCD是正方形，DP=PC=2，
∴AD=CD=4，∠AHE=90°，
∴AP=，
∴S△ADP=，
∴，
∴，
∴AM=，
由（2）可知：△EBH为等腰直角三角形，HE∥AP，
∴∠KBF=∠HBE=45°，
∴∠F=45°，
∴BF==．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
24．（1）A（-8，0）、B（0，6）；（2）5；（3）①3个；②（-5，6）或（-11，-6）或（5，6）．
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）由翻折不变性可知，OC=CD
解析：（1）A（-8，0）、B（0，6）；（2）5；（3）①3个；②（-5，6）或（-11，-6）或（5，6）．
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）由翻折不变性可知，OC=CD，OB=BD=6，∠ODB=∠BOC=90°，推出AD=AB-BD=4，设CD=OC=x，在Rt△ADC中，根据AD2+CD2=AC2，构建方程即可解决问题．
（3）①根据平行四边形的定义画出图形即可判断．
②利用平行四边形的性质求解即可解决问题．
【详解】
解：（1）对于直线，令x=0，得到y=6，
∴B（0，6），
令y=0，得到x=，
∴A（，0）；
（2）∵A（，0），B（0，6），
∴OA=8，OB=6，
∵∠AOB=90°，
∴，
由翻折不变性可知，OC=CD，OB=BD=6，∠ODB=∠BOC=90°，
∴AD=AB-BD=4，设CD=OC=x，
在Rt△ADC中，∵∠ADC=90°，
∴AD2+CD2=AC2，
∴42+x2=（8-x）2，
解得：x=3，
∴OC=3，AC=OAOC=83=5．
（3）①符合条件的点P有3个，如图所示：

②∵A（-8，0），C（-3，0），B（0，6），
当AB为对角线时，，
由平行四边形的性质，得，
∴P1（-5，6）；
当AB为边时，，点P在第三象限时，有
点B向下平移6个单位，向左平移3个单位得到点C，
∴点A向下平移6个单位，向左平移3个单位得到点P2，
∴P2（-11，-6）；
点P在第二象限时，有
，
∴P3（5，6）；
∴点P的坐标为：（-5，6）或（-11，-6）或（5，6）．
【点睛】
本题属于一次函数综合题，考查了待定系数法，解直角三角形，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
25．（1）见解析；（2）①见解析；②
【分析】
（1）利用SAS证明△ACD≌△BCE，从而利用全等三角形的性质即可得出结论；
（2）①过点D作DH⊥CF于H，过点B作BG⊥CF，交CF的延长线于G，首
解析：（1）见解析；（2）①见解析；②
【分析】
（1）利用SAS证明△ACD≌△BCE，从而利用全等三角形的性质即可得出结论；
（2）①过点D作DH⊥CF于H，过点B作BG⊥CF，交CF的延长线于G，首先证明△ACT≌△BCG及△DCH≌△ECT，得到CT＝BG，CT＝DH，通过等量代换得出DH＝BG，再证明△DHF≌△BGF，则可证明结论；
②首先利用等腰三角形的性质和ASA证明△AOM≌△COF，则有OM＝OF，然后利用等腰直角三角形的性质得出FK＝BF，然后利用三角形的面积得出OF×BF＝10，最后利用平方的非负性和完全平方公式求解即可．
【详解】
证明：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，AC=BC，
∴∠ACB=90°，
∵CD⊥CE，
∴∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD+∠BCD=∠BCE+∠BCD，即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE；

（2）①如图2，过点D作DH⊥CF于H，过点B作BG⊥CF，交CF的延长线于G，

∵CF⊥AE，
∴∠ATC=∠ATF=90°，
∴∠ACT+∠CAT＝90°，
又∵∠ACT+∠BCG＝90°，
∴∠CAT＝∠BCG，
在△ACT和△CBG中，
，
∴△ACT≌△CBG（AAS），
∴CT＝BG，
同理可证△DCH≌△ECT，
∴CT＝DH，
∴DH＝BG，
在△DHF和△BGF中，
，
∴△DHF≌△BGF（AAS），
∴DF＝BF；
②如图3，过点F作FK⊥BC于K，
∵等腰Rt△ABC，CA＝CB，点O是AB的中点，
∴AO＝CO＝BO，CO⊥AB，∠ABC＝45°，
∴∠OCF+∠OFC＝90°，
∵AT⊥CF，
∴∠ATF=90°，
∴∠OFC+∠FAT＝90°，
∴∠FAT＝∠OCF，
在△AOM和△COF中，
，
∴△AOM≌△COF（ASA），
∴OM＝OF，
又∵CO⊥AO，
∴∠OFM＝∠OMF＝45°，，
∴∠OFM＝∠ABC，MF＝OF，
∴MFBC，
∴∠MFK=∠BKF=90°，
∵∠ABC＝45°，FK⊥BC，
∴∠ABC＝∠BFK＝45°，
∴FK＝BK，
∵，
∴FK＝BF，
∵S△FMN＝5，
∴×MF×FK＝5，
∴OF×BF＝10，
∴OF×BF＝10，
∵（BF﹣OF）2≥0，
∴BF2+OF2﹣2BF×OF≥0，

∴BF2+OF2≥2×10＝20，
∴BF2+OF2的最小值为20．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的性质与判定，平行线的性质与判定，三角形面积，完全平方公式等等，掌握等腰直角三角形的性质与判定和全等三角形的判定方法及性质是解题的关键．