八年级下册数学锦州数学期末试卷(提升篇)(Word版含解析).doc

八年级下册数学锦州数学期末试卷（提升篇）（Word版含解析）
一、选择题
1．在实数范围内，要使代数式有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x≥2 B．x>2 C．x≠2 D．x<2
2．以长度分别为下列各组数的线段为边，其中能构成直角三角形的是（　　）
A．4，5，6 B．1，1，2 C．6，8，10 D．5，12，14
3．在四边形中，对角线、交于点O．下列不能判定这个四边形是平行四边形的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
4．下列说法中正确的是（ ）
A．样本7，7，6，5，4的众数是2
B．样本2，2，3，4，5，6的中位数是4
C．样本39，41，45，45不存在众数
D．5，4，5，7，5的众数和中位数相等
5．如图，点E是边长为8的正方形ABCD的对角线BD上的动点，以AE为边向左侧作正方形AEFG，点P为AD的中点，连接PG，在点E运动过程中，线段PG的最小值是（　　）

A．2 B． C．2 D．4
6．如图，已知E为邻边相等的平行四边形ABCD的边BC上一点，且∠DAE=∠B=80º，那么∠CDE的度数为（ ）

A．20º B．25º C．30º D．35º
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．货车和轿车分别沿同一路线从A地出发去B地，已知货车先出发10分钟后，轿车才出发，当轿车追上货车5分钟后，轿车发生了故障，花了20分钟修好车后，轿车按原来速度的继续前进，在整个行驶过程中，货车和轿车均保持各自的速度匀速前进，两车相距的路程y（米）与货车出发的时间x（分钟）之间的关系的部分图象如图所示，对于以下说法：①货车的速度为1500米/分；②；③点D的坐标为；④图中a的值是，其中正确的结论有（　　）个

A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
9．函数中，自变量的取值范围是______．
10．菱形的周长为，它的一个内角为，则菱形的面积为______．
11．直角三角形的两条直角边长分别为、，则这个直角三角形的斜边长为________cm．
12．在平行四边形ABCD中，AB＝5，AD＝3，AC⊥BC，则BD的长为____．

13．正比例函数经过点，则__________．
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1，在长方形中，动点P从点A出发，沿方向运动至D点处停止，设点P出发时的速度为每秒，a秒后点P改变速度，以每秒向点D运动，直到停止．图2是的面积与时间的图像，则b的值是_________．

16．某仓库调拨一批物资，调进物资共用8小时，调进物资4小时后同时开始调出物资（调进与调出的速度保持不变）．该仓库库存物资m（吨）与时间t（小时）之间的函数关系如图所示．则这批物资从开始调进到全部调出所需要的时间是________小时．

三、解答题
17．计算：
（1）﹣4；
（2）（2﹣）2×（6＋4）．
18．《九章算术》是我国古代最重要的数学著作之一，在“勾股”章中记载了一道“折竹抵地”问题：“今有竹高一丈，末折抵地，去根四尺，问折者高几何？”翻译成数学问题是：如图所示，中，∠ACB＝90°，AC+AB＝10，BC＝4，求AC的长．

19．如图，网格中每个小正方形的边长都为1．
（1）求四边形的面积；
（2）求的度数．

20．如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点，作CF∥BD，DF∥AC．求证：四边形DECF为菱形．

21．学习了二次根式的乘除后，老师给同学们出了这样一道题：已知a＝，求的值．刘峰想了想，很快就算出来了，下面是他的解题过程：
解：∵，
又∵a＝，
∴，
∴原式＝．
你认为刘峰的解法对吗？如果对，请你给他一句鼓励的话；如果不对，请找出错误的原因，并改正．
22．小明受《乌鸦喝水》故事的启发，利用量筒和体积相同的小球进行了如下操作：

请根据图中给出的信息，解答下列问题：
（1）放入一个小球量筒中水面升高　 　cm；
（2）求放入小球后量筒中水面的高度y（cm）与小球个数x（个）之间的一次函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）；
（3）量筒中至少放入几个小球时有水溢出？
23．如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF．

（1）求证：四边形BFEP为菱形；
（2）当E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随着移动．
①当点Q与点C重合时， （如图2），求菱形BFEP的边长；
②如果限定P、Q分别在线段BA、BC上移动，直接写出菱形BFEP面积的变化范围．
24．如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A,与y轴交于点B,过点B的直线x轴于点C，且AB=BC．

（1）求直线BC的表达式
（2）点P为线段AB上一点，点Q为线段BC延长线上一点，且AP=CQ,PQ交x轴于点P，设点Q的横坐标为m，求的面积（用含m的代数式表示）
（3）在（2）的条件下，点M在y轴的负半轴上，且MP=MQ，若求点P的坐标．
25．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．A
解析：A
【分析】
根据二次根式有意义，被开方数为非负数，列一元一次不等式，解不等式即可得．
【详解】
解：根据题意，得，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义条件、一元一次不等式解法；解题的关键是熟练掌握二次根式有意义的条件是解题关键．
2．C
解析：C
【分析】
利用勾股定理的逆定理逐一进行判断即可．
【详解】
A.，故该选项不符合题意；
B.，故该选项不符合题意；
C.，故该选项符合题意；
D.，故该选项不符合题意．
故选C．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解本题的关键．
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判定定理求解即可求得答案，注意排除法在解选择题中的应用．
【详解】
解：A、∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故能判定这个四边形是平行四边形；
B、∵AB与BC相交于点B，
∴这个条件不成立，故不能判定这个四边形是平行四边形；
C、AB＝DC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故能判定这个四边形是平行四边形；
D、∵，，
∴四边形ABCD是平行四边形，故能判定这个四边形是平行四边形．
故选：B．
【点睛】
此题考查了平行四边形的判定．此题比较简单，注意熟记定理是解此题的关键．
4．D
解析：D
【解析】
【分析】
根据众数定义和中位数定义对各选项进行一一分析判定即可．
【详解】
A. 样本7，7，6，5，4的重复次数最多的数是7，所以众数是7，故选项A不正确；
B. 样本2，2，3，4，5，6的处于中间位置的两个数是3和4，所以中位数是，故选项B不正确；
C. 样本39，41，45，45重复次数最多的数字是45，故选项C不正确；
D. 5，4，5，7，5，将数据重新排序为4，5，5，5，7，重复次数最多的众数是5和中位数为5，所以众数和中位数相等，故选项D正确．
故选D．
【点睛】
本题考查众数与中位数，掌握众数与中位数定义，一组数据中重复次数最多的数据是众数，将一组数据从小到大排序后，处于中间位置，或中间位置上两个数据的平均数是中位数是解题关键．
5．C
解析：C
【分析】
连接DG，可证△AGD≌△AEB，得到G点轨迹，利用点到直线的最短距离进行求解．
【详解】
解：连接DG，如图，
，
∵四边形ABCD、四边形AEFG均为正方形，
∴∠DAB＝∠GAE＝90°，AB＝AD，AG＝AE，
∵∠GAD+∠DAE＝∠DAE+∠BAE，
∴∠GAD＝∠BAE，
∵AB＝AD，AG＝AE，
∴△AEB≌△AGD（SAS），
∴∠PDG＝∠ABE＝45°，
∴G点轨迹为线段DH，
当PG⊥DH时，PG最短，
在Rt△PDG中，∠PDG＝45°，P为AD中点，DP＝4，
设PG＝x，则DG＝x，由勾股定理得，
x2+x2＝42，
解得x＝2．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握连接DG，得到G点轨迹，是解题的关键．
6．C
解析：C
【解析】
【分析】
依题意得出AE=AB=AD，∠ADE=50°，又因为∠B=80°故可推出∠ADC=80°，∠CDE=∠ADC-∠ADE，从而求解．
【详解】
∵ADBC，
∴∠AEB=∠DAE=∠B=80°，
∴AE=AB=AD，
在三角形AED中，AE=AD，∠DAE=80°，
∴∠ADE=50°，
又∵∠B=80°，
∴∠ADC=80°，
∴∠CDE=∠ADC-∠ADE=30°．
故选：C．
【点睛】
考查菱形的边的性质，同时综合利用三角形的内角和及等腰三角形的性质，解题关键是利用等腰三角形的性质求得∠ADE的度数．
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】
先设出货车的速度和轿车故障前的速度，再根据货车先出发10分钟后轿车出发，桥车发生故障的时间和两车相遇的时间，根据路程=速度×时间列出方程组求解可判断①；利用待定系数法求OA与CD解析式可判断②，先求出点C货车的时间，用轿车修车20分钟-BC段货车追上轿车时间乘以货车速度，求出点D的坐标可判断③；求出轿车速度2000×=1800（米/分），到x=a时轿车追上货车两车相遇，列方程（a-65）×（1800-1500）=27500，解得a=可判断④．
【详解】
解：由图象可知，当x=10时，轿车开始出发；当x=45时，轿车开始发生故障，则x=45-5=40（分钟），即货车出发40分钟时，轿车追上了货车，
设货车速度为x米/分，轿车故障前的速度为y米/分，根据题意，
得：，
解得：，
∴货车的速度为1500米/分，轿车故障前的速度是2000米/分，
故①货车的速度为1500米/分正确；
∵A(10,15000)
设OA解析式：过点O（0，0）与点A，代入坐标得

解得
∴OA解析式：
点C表示货车追上轿车，从B到C表示货车追及的距离是2500，货车所用速度为1500，
追及时间为分
点C（，0）
CD段表示货车用20-分钟行走的路程，
D点的横坐标为45+20=65分，纵坐标米，
∴D（65,27500）
故③点D的坐标为正确；
设CD解析式为，代入坐标得

解得
∴CD解析式为
∵OA与CD解析式中的k相同，
∴OA∥CD，
∴②正确；
D点表示轿车修好开始继续行驶时，轿车的速度变为原来的，即此时轿车的速度为：2000×=1800（米/分），
到x=a时轿车追上货车两车相遇，
∴（a-65）×（1800-1500）=27500，
解得a=65+，
即图中a的值是；
故④图中a的值是正确，
正确的结论有4个．
故选择D．
【点睛】
本题考查一次函数图像与行程问题的应用，解答本题的关键是明确题意，从图像中获取信息，利用一次函数的性质和数形结合的思想，方程思想解答．
二、填空题
9．且
【解析】
【分析】
根据分式的分母不能为0、二次根式的定义即可得．
【详解】
由题意得：，
解得且，
故答案为：且．
【点睛】
本题考查了求函数自变量的取值范围、分式的分母不能为0、二次根式的定义，熟练掌握分式和二次根式的定义是解题关键．
10．A
解析：
【解析】
【分析】
由菱形的性质和已知条件得出
,由含30°角的直角三角形的性质得，由勾股定理求出OA,可得BD，AC的长度，由菱形的面积公式可求解．
【详解】
如图所示:、

∵AB= BC= CD= DA，
，，

∵菱形的周长为12,
∴，
∴，
∴
∴,

∴菱形的面积
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、含30° 角的直角三角形的性质、勾股定理;熟练掌握菱形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
11．
【解析】
【分析】
利用勾股定理直接计算可得答案．
【详解】
解：由勾股定理得：斜边
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用，掌握勾股定理是解题的关键．
12．A
解析：
【分析】
根据AC⊥BC，AB=5，AD=3，可以得到AC的长，再根据平行四边形的性质，可以得到DE和BE的长，然后根据勾股定理即可求得BD的长．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，
∵AC⊥BC，AB=5，AD=3，
∴∠ACB=90°，BC=3，
∴AC=4，
作DE⊥BC交BC的延长线于点E，

∵AC⊥BC，
∴AC∥DE，
又∵AD∥CE，
∴四边形ACED是矩形，
∴AC=DE，AD=CE，
∴DE=4，BE=6，
∵∠DEB=90°，
∴BD=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质、勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握勾股定理．
13．
【分析】
把代入，利用待定系数法求解即可得到答案．
【详解】
解：把代入，

故答案为：
【点睛】
本题考查的是利用待定系数法求解正比例函数的解析式，掌握待定系数法是解题的关键．
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．【分析】
根据图像，结合题意，先求出AD的长，再根据三角形的面积公式求出a，即可求出b的值．
【详解】
解：由函数图像可知：时，点P在AB上，，点P在BC上，时，点P在CD上，
∴，
∵，
∴解得
解析：
【分析】
根据图像，结合题意，先求出AD的长，再根据三角形的面积公式求出a，即可求出b的值．
【详解】
解：由函数图像可知：时，点P在AB上，，点P在BC上，时，点P在CD上，
∴，
∵，
∴解得，
又∵，即
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了动点问题的函数图像，解题的关键在于能够准确从函数图像中获取信息求解．
16．8
【分析】
通过分析题意和图象可以求出调进物资的速度，调出物资的速度，即可求出结果．
【详解】
解：调进物资的速度是：（吨/小时），
当在第4个小时时，库存物资有60吨，在第8个小时时，库存物资是
解析：8
【分析】
通过分析题意和图象可以求出调进物资的速度，调出物资的速度，即可求出结果．
【详解】
解：调进物资的速度是：（吨/小时），
当在第4个小时时，库存物资有60吨，在第8个小时时，库存物资是20吨，
∴调出速度是：（吨/小时），
∴剩余的20吨完全调出需要：（小时），
∴这批物资从开始调进到全部调出所需要的时间是：（小时）．
故答案是：8.8．
【点睛】
本题考查一次函数图象的实际应用，解题的关键是将函数图象与实际意义相联系，分析出关键信息进行求解．
三、解答题
17．（1）2；（2）4
【分析】
（1）根据二次根式的混合运算法则计算即可；
（2）根据完全平方公式以及平方差公式计算即可．
【详解】
解：（1）原式＝﹣4
＝﹣4
＝6﹣4
＝2；
（2）原式＝（4﹣
解析：（1）2；（2）4
【分析】
（1）根据二次根式的混合运算法则计算即可；
（2）根据完全平方公式以及平方差公式计算即可．
【详解】
解：（1）原式＝﹣4
＝﹣4
＝6﹣4
＝2；
（2）原式＝（4﹣4+2）×（6+4）
＝（6﹣4）×（6+4）
＝36﹣32
＝4．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算，乘法公式的运用，熟练掌握相关运算法则是解本题的关键．
18．【分析】
直接利用勾股定理进而得出AC的长．
【详解】
解：∵在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2，
∵AC+AB＝10，BC＝4，
设AC＝x，则AB＝10﹣x，
∴x2+
解析：
【分析】
直接利用勾股定理进而得出AC的长．
【详解】
解：∵在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2，
∵AC+AB＝10，BC＝4，
设AC＝x，则AB＝10﹣x，
∴x2+42＝（10﹣x）2，
解得：x＝，
答：AC的长为．
【点睛】
此题主要考查了勾股定理的应用，正确得出等式方程是解题关键．
19．（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）利用图形的割补法可得四边形的面积等于长方形的面积减去四边形周边的三角形与长方形的面积，从而可得答案；
（2）连，利用勾股定理分别求解，，，证明是直角三角形
解析：（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）利用图形的割补法可得四边形的面积等于长方形的面积减去四边形周边的三角形与长方形的面积，从而可得答案；
（2）连，利用勾股定理分别求解，，，证明是直角三角形，从而可得答案.
【详解】
解：（1）
（2）连接，

∵，，
∴
∴是直角三角形，∴
【点睛】
本题考查的是勾股定理与勾股定理的逆定理的应用，利用割补法求网格多边形的面积，掌握勾股定理与勾股定理的逆定理是解题的关键.
20．见解析
【分析】
根据DF∥AC，CF∥BD，即可证出四边形EDFC是平行四边形，又知四边形ABCD是矩形，故可得ED=BD=AC=EC，即可证出四边形EDFC是菱形．
【详解】
证明：∵DF∥AC
解析：见解析
【分析】
根据DF∥AC，CF∥BD，即可证出四边形EDFC是平行四边形，又知四边形ABCD是矩形，故可得ED=BD=AC=EC，即可证出四边形EDFC是菱形．
【详解】
证明：∵DF∥AC，CF∥BD
∴四边形EDFC是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ED=BD=AC=EC，
∴四边形EDFC是菱形．
【点睛】
本题主要考查矩形性质和菱形的判定的知识点，解答本题的关键是熟练掌握菱形的判定定理，此题比较简单．
21．答案见解析.
【解析】
【分析】
直接利用二次根式的性质化简进而得出答案．
【详解】
刘峰的解法错误，
原因是：错误地运用了＝这个公式，
正确解法是：∵a＝＝＜1，
∴a﹣1＜0，
∴＝
＝
＝
＝
解析：答案见解析.
【解析】
【分析】
直接利用二次根式的性质化简进而得出答案．
【详解】
刘峰的解法错误，
原因是：错误地运用了＝这个公式，
正确解法是：∵a＝＝＜1，
∴a﹣1＜0，
∴＝
＝
＝
＝﹣，
∴原式＝﹣．
【点睛】
此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确化简二次根式是解题关键．
22．（1）2；（2）y＝2x+30；（3）10
【分析】
（1）比较第一、二两个量桶可知，放入三个球，水面上升6cm，由此可求放入一个小球量桶中水面升高的高度；
（2）根据（1）的结论可知，放入小球x（
解析：（1）2；（2）y＝2x+30；（3）10
【分析】
（1）比较第一、二两个量桶可知，放入三个球，水面上升6cm，由此可求放入一个小球量桶中水面升高的高度；
（2）根据（1）的结论可知，放入小球x（个）后，量桶中水面的高度，即可得到y与x的一次函数关系式；
（3）根据（2）可以得出y＞49，再进行求解即可得出答案．
【详解】
解：（1）36-30=6（cm）,
6÷3=2（cm）
故答案为：2；
（2）设y＝kx+b，把（0，30），（3，36），
代入得：，
解得，
即y＝2x+30；
（3）由2x+30＞49，
得x＞9.5，
即至少放入10个小球时有水溢出．
【点睛】
本题主要考查一次函数实际应用问题，综合考查同学们识图能力、处理信息能力、待定系数法以及函数所反映的对应与变化思想的应用．
23．（1）证明过程见解析；（2）①边长为cm，②．
【分析】
（1）由折叠的性质得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF＝∠EFP，证出∠EPF＝∠EFP，得出EP＝E
解析：（1）证明过程见解析；（2）①边长为cm，②．
【分析】
（1）由折叠的性质得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF＝∠EFP，证出∠EPF＝∠EFP，得出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即可得出结论；
（2）①由矩形的性质得出BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，由对称的性质得出CE＝BC＝5cm，在Rt△CDE中，由勾股定理求出DE＝4cm，得出AE＝AD-DE＝1cm；在Rt△APE中，由勾股定理得出方程，解方程得出EP＝cm即可；
②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，即可得出答案．
【详解】
解：（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，
∴点B与点E关于PQ对称，
∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，
又∵EF∥AB，
∴∠BPF＝∠EFP，
∴∠EPF＝∠EFP，
∴EP＝EF，
∴BP＝BF＝EF＝EP，
∴四边形BFEP为菱形；
（2）①∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，
∵点B与点E关于PQ对称，
∴CE＝BC＝5cm，
在Rt△CDE中，DE＝＝4cm，
∴AE＝AD﹣DE＝5cm-4cm＝1cm；
在Rt△APE中，AE＝1，AP＝3-PB＝3﹣PE，
∴，解得：EP＝cm，
∴菱形BFEP的边长为cm；
②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm，BP=cm，
，

当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，
，
∴菱形的面积范围：．

【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的性质等知识，求出PE是本题的关键．
24．（1）y=-2x+8；（2）S=16m-2m2；（3）（-2，4）
【解析】
【分析】
（1）先求出点A，点B坐标，由等腰三角形的性质可求点C坐标，由待定系数法可求BC的解析式；
（2）过点P作PG
解析：（1）y=-2x+8；（2）S=16m-2m2；（3）（-2，4）
【解析】
【分析】
（1）先求出点A，点B坐标，由等腰三角形的性质可求点C坐标，由待定系数法可求BC的解析式；
（2）过点P作PG⊥AC，PE∥BC交AC于E，过点Q作HQ⊥AC，由“AAS”可证△AGP≌△CHQ，可得AG=HC=m-4，PG=HQ=2m-8，由“AAS”可证△PEF≌△QCF，可得S△PEF=S△QCF，即可求解；
（3）如图2，连接AM，CM，过点P作PE⊥AC，由“SSS”可证△APM≌△CQM，△ABM≌△CBM，可得∠PAM=∠MCQ，∠BQM=∠APM=45°，∠BAM=∠BCM，由“AAS”可证△APE≌△MAO，可得AE=OM，PE=AO=4，可求m的值，可得点P的坐标．
【详解】
解：（1）∵直线y=2x+8与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴点B（0，8），点A（-4，0）
∴AO=4，BO=8，
∵AB=BC，BO⊥AC，
∴AO=CO=4，
∴点C（4，0），
设直线BC解析式为：y=kx+b，
由题意可得：，
解得：，
∴直线BC解析式为：y=-2x+8；
（2）如图1，过点P作PG⊥AC，PE∥BC交AC于E，过点Q作HQ⊥AC，
设△PBQ的面积为S，

∵AB=CB，
∴∠BAC=∠BCA，
∵点Q横坐标为m，
∴点Q（m，-2m+8）
∴HQ=2m-8，CH=m-4，
∵AP=CQ，∠BAC=∠BCA=∠QCH，∠AGP=∠QHC=90°，
∴△AGP≌△CHQ（AAS），
∴AG=HC=m-4，PG=HQ=2m-8，
∵PE∥BC，
∴∠PEA=∠ACB，∠EPF=∠CQF，
∴∠PEA=∠PAE，
∴AP=PE，且AP=CQ，
∴PE=CQ，且∠EPF=∠CQF，∠PFE=∠CFQ，
∴△PEF≌△QCF（AAS）
∴S△PEF=S△QCF，
∴△PBQ的面积
=四边形BCFP的面积+△CFQ的面积
=四边形BCFP的面积+△PEF的面积
=四边形PECB的面积，
∴S=S△ABC-S△PAE=×8×8-×（2m-8）×（2m-8）=16m-2m2；
（3）如图2，连接AM，CM，过点P作PE⊥AC，

∵AB=BC，BO⊥AC，
∴BO是AC的垂直平分线，
∴AM=CM，且AP=CQ，PM=MQ，
∴△APM≌△CQM（SSS）
∴∠PAM=∠MCQ，∠BQM=∠APM=45°，
∵AM=CM，AB=BC，BM=BM，
∴△ABM≌△CBM（SSS）
∴∠BAM=∠BCM，
∴∠BCM=∠MCQ，且∠BCM+∠MCQ=180°，
∴∠BCM=∠MCQ=∠PAM=90°，且∠APM=45°，
∴∠APM=∠AMP=45°，
∴AP=AM，
∵∠PAO+∠MAO=90°，∠MAO+∠AMO=90°，
∴∠PAO=∠AMO，且∠PEA=∠AOM=90°，AM=AP，
∴△APE≌△MAO（AAS）
∴AE=OM，PE=AO=4，
∴2m-8=4，
∴m=6，
∴P（-2，4）．
【点睛】
本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
25．（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．