人教版八年级下册数学吕梁数学期末试卷达标训练题(Word版含答案).doc

人教版八年级下册数学吕梁数学期末试卷达标训练题（Word版含答案）
一、选择题
1．要使式子在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．已知△ABC中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C的对边，下列条件中不能判断△ABC是直角三角形的是（　　）
A．∠A：∠B：∠C＝3：4：5 B．∠C＝∠A﹣∠B
C．a2+b2＝c2 D．a：b：c＝6：8：10
3．在四边形中，对角线、相交于点，在下列条件中，①，，②，；③，，④，，⑤，能够判定四边形是平行四边形的个数有（ ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
4．小明最近次数学测验的成绩如下：，，，，．则这次成绩的方差为（ ）
A． B． C． D．
5．如图所示，正方形ABCD的边长为4，点E为线段BC上一动点，连结AE，将AE绕点E顺时针旋转90°至EF，连结BF，取BF的中点M，若点E从点B运动至点C，则点M经过的路径长为（　　）

A．2 B． C． D．4
6．如图，在平行四边形纸片ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，∠AEB＝45°，BD＝4，将纸片沿对角线AC对折，使得点B落在点B′的位置，连接DB'，则DB'的长为（　　）

A．2 B．2 C．4 D．15
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．甲、乙两车从A地出发，沿同一路线驶向B地．甲车先出发匀速驶向B地，40min后，乙车出发，匀速行驶一段时间后，在途中的货站装货耗时半小时．由于满载货物，为了行驶安全，速度减少了50km/h，结果与甲车同时到达B地．甲乙两车距A地的路程y（km）与乙车行驶时间x（h）之间的函数图象如图所示，则下列说法中正确的有（ ）
①；②甲的速度是60km/h；③乙出发80min追上甲；④乙刚到达货站时，甲距B地180km．

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
二、填空题
9．若有意义，则的取值范围是____________．
10．菱形的周长为，它的一个内角为，则菱形的面积为______．
11．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．如图，在矩形中，对角线、相交于点，，，则的长是______．

13．在平面直角坐标系中，一次函数y＝kx+b的图象与直线y＝2x平行，且经过点A（1，6），则一次函数y＝kx+b的解析式为 ____．
14．如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是AO、AD的中点，若AB=5cm，BC=12cm，则△AEF的周长为_______________．

15．如图所示，直线与两坐标轴分别交于、两点，点是的中点，、分别是直线、轴上的动点，当周长最小时，点的坐标为_____．

16．若，则分式的值为__________．
三、解答题
17．计算
（1）
（2）（＋）（－）
（3）
（4）
18．如图，货船和快艇分别从码头A同时出发．其中，货船沿着北偏西54°方向以15海里/小时的速度匀速航行，快艇沿着北偏东36°方向以36海里/小时的速度航行，1小时后．两船分别到达B、C点．求B、C两点之间的距离．

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，在中，，于点H，E是A上一点，过点B作，交的延长线于点F，连接，．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求的度数．
21．求的值．
解：设x=，两边平方得：，即，x2=10
∴x=．
∵＞0，∴=．
请利用上述方法，求的值．
22．甲乙两个批发店销售同一种苹果，批发店每千克苹果的价格为3元，乙批发店为了吸引顾客制定如下方案：当一次性购买不超过10千克时，每千克价格为4元，超过10千克时，超过部分每千克价格为2元．设小王在同一批发店一次性购买苹果的数量为x千克（x＞0）．
（1）若在甲批发店购买需花费y1元，在乙批发店购买需花费y2元，分别求y1、y2与x的函数关系式；
（2）请结合x的范围，计算并说明在哪个批发店购买更省钱？
23．如图1，在一个平面直角三角形中的两直角边的平方之和一定等于斜边的平方。在△ABC中，∠C=90°，则AC2+BC2＝AB2．我们定义为“商高定理”。
（1）如图1，在△ABC中，∠C=90°中，BC＝4，AB＝5，试求AC＝__________；
（2）如图2，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．试证明：AB2+CD2＝AD2+BC2；
（3）如图3，分别以Rt△ACB的直角边BC和斜边AB为边向外作正方形BCFG和正方形ABED，连结CE、AG、GE．已知BC＝4，AB＝5，求GE2的值．

24．如图，点，过点做直线平行于轴，点关于直线对称点为．

（1）求点的坐标；
（2）点在直线上，且位于轴的上方，将沿直线翻折得到，若点恰好落在直线上，求点的坐标和直线的解析式；
（3）设点在直线上，点在直线上，当为等边三角形时，求点的坐标．
25．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，6），点B在x轴的正半轴上.若点P、Q在线段AB上，且PQ为某个一边与x轴平行的矩形的对角线，则称这个矩形为点P、Q的“涵矩形”。下图为点P、Q的“涵矩形”的示意图.

（1）点B的坐标为（3，0）；
①若点P的横坐标为，点Q与点B重合，则点P、Q的“涵矩形”的周长为 .
②若点P、Q的“涵矩形”的周长为6，点P的坐标为（1，4），则点E（2，1），F（1，2），G（4，0）中，能够成为点P、Q的“涵矩形”的顶点的是 .
（2）四边形PMQN是点P、Q的“涵矩形”，点M在△AOB的内部，且它是正方形；
①当正方形PMQN的周长为8，点P的横坐标为3时，求点Q的坐标.
②当正方形PMQN的对角线长度为/2时，连结OM.直接写出线段OM的取值范围 .
26．某数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下研究：

（1）如图1，△ABC中分别以AB，AC为边向外作等腰△ABE和等腰△ACD使AE＝AB，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD，连接BD，CE，试猜想BD与CE的大小关系，并说明理由．
（2）如图2，△ABC中分别以AB，AC为边向外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACD，∠EAB＝∠CAD＝90°，连接BD，CE，若AB＝4，BC＝2，∠ABC＝45゜，求BD的长．
（3）如图3，四边形ABCD中，连接AC，CD＝BC，∠BCD＝60°，∠BAD＝30°，AB＝15，AC＝25，求AD的长．
【参考答案】
一、选择题
1．B
解析：B
【分析】
根据负数没有平方根判断即可确定出的范围．
【详解】
解：要使式子在实数范围内有意义，则需，即，
则的取值范围是，
故选：B．
【点睛】
此题考查了二次根式有意义的条件，弄清二次根式性质是解本题的关键．
2．A
解析：A
【分析】
根据各个选项中的条件，可以判断△ABC是否为直角三角形，从而可以解答本题．
【详解】
解：当∠A：∠B：∠C＝3：4：5时，则∠C＝180°×＝75°，同理可得∠A＝45°，∠B＝60°，故选项A符合题意；
当∠C＝∠A﹣∠B时，可得∠C+∠B＝∠A，又∵∠A+∠B+∠C＝180°，∴∠A＝90°，故选项B不符合题意；
当a2+b2＝c2时，则△ABC时直角三角形，故选项C不符合题意；
当a：b：c＝6：8：10时，a2+b2＝c2，则△ABC是直角三角形，故选项D不符合题意；
故选：A．
【点睛】
本题考查勾股定理的逆定理、三角形内角和，解答本题的关键是明确题意，利用勾股定理的逆定理解答．
3．C
解析：C
【解析】
【分析】
由平行四边形的判定方法分别对各个条件进行判断即可．
【详解】
解：①，，根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形” 能判定四边形ABCD是平行四边形，故①正确；
②，，根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形” 能判定四边形ABCD是平行四边形，故②正确；
③，，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故③不符合题意；
④，，根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形” 能判定四边形ABCD是平行四边形，故④正确；
⑤由，可得到，根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形” 能判定四边形ABCD是平行四边形，故⑤正确；
所以，正确的结论有4个，
故选：C
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定；熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
先求出平均数，再利用方差公式计算即可．
【详解】
解：，
．
故选：．
【点睛】
本题考查了方差：一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差．方差通常用来表示，计算公式是：．方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
5．B
解析：B
【分析】
已知EF⊥AE，当E点在线段BC上运动到两端时，正好是M点运动的两个端点，由此可以判断M点的运动轨迹是BC、CD中点的连线长.
【详解】
解：取BC、CD的中点G、H，连接GH，连接BD
∴GH为△BCD的中位线，即
∵将AE绕点E顺时针旋转90°至EF，
∴EF⊥AE，
当E点在B处时，M点在BC的中点G处，当E点在C点处时，M点在CD中点处，
∴点M经过的路径长为GH的长，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴
∴，
故选B．

【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，勾股定理和中位线定理，解题的关键在于找到M点的运动轨迹.
6．A
解析：A
【解析】
【分析】
先利用平行四边形的性质得到，再由折叠的性质得到，，由此可得到，再利用勾股定理求解即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
由折叠的性质可知：，，
∴，
∴，
∴在直角三角形中，
故选A．

【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，折叠的性质，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
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．A
解析：A
【分析】
由线段DE所代表的意思，结合装货半小时，可得出a的值，从而判断出①成立；结合路程=速度×时间，能得出甲车的速度，从而判断出②成立；设出乙车刚出发时的速度为x千米/时，则装满货后的速度为（x-50）千米/时，由路程=速度×时间列出关于x的一元一次方程，解出方程即可得知乙车的初始速度，由甲车先跑的路程÷两车速度差即可得出乙车追上甲车的时间，从而得出③成立；由乙车刚到达货站的时间，可以得出甲车行驶的总路程，结合A、B两地的距离即可判断④也成立．综上可知①②③④皆成立．
【详解】
∵线段DE代表乙车在途中的货站装货耗时半小时，
∴a=4+0.5=4.5(小时)，即①成立；
40分钟=小时，
甲车的速度为460÷(7+)=60(千米/时)，
即②成立；
设乙车刚出发时的速度为x千米/时,则装满货后的速度为(x−50)千米/时，
根据题意可知：4x+(7−4.5)( x−50)=460，
解得：x=90.
乙车发车时,甲车行驶的路程为60×23=40(千米)，
乙车追上甲车的时间为40÷(90−60)=(小时), 小时=80分钟，即③成立；
乙车刚到达货站时,甲车行驶的时间为(4+)小时，
此时甲车离B地的距离为460−60×(4+)=180(千米)，
即④成立.
综上可知正确的有：①②③④.
故选A.
【点睛】
本题考查一次函数的应用——行程问题，解决此类题的关键是，要读懂图象，看清横纵坐标所代表的数学量，及每段图象所代表的情况.
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
根据被开方数大于或等于0，列式计算即可得解．
【详解】
解：∵有意义，
∴2x-6≥0，
解得x≥3．
故答案为：x≥3．
【点睛】
本题考查二次根式有意义的条件．解题的关键是明确二次根式的被开方数是非负数．
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．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：
【分析】
根据矩形的性质得出OA=OB=OC=OD，∠BAD=90°，求出△AOB是等边三角形，求出OB=AB=5，根据矩形的性质求出BD，根据勾股定理求出AD即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD, ∠BAD=90°，
∵
∴△AOB是等边三角形，
∴OB=AB=5，
∴BD=2BO=10，
在Rt△BAD中,
故答案为：
【点睛】
考查矩形的性质，勾股定理等，等边三角形的性质与判定，掌握矩形的对角线相等是解题的关键.
13．A
解析：y＝2x+4
【分析】
根据函数y＝kx+b的图象与直线y＝2x平行，且经过点A（1，6），即可得出k和b的值，即得出了函数解析式．
【详解】
解：∵函数y＝kx+b的图象与直线y＝2x平行，
∴k＝2，
又∵函数y＝2x+b的图象经过点A（1，6），
∴6＝2+b，
∴b＝4，
∴一次函数的解析式为y＝2x+4，
故答案为y＝2x+4．
【点睛】
本题考查了一次函数的性质，待定系数法求解析式，理解两条直线平行，解析式中的值相等是解题的关键．
14．A
解析：5cm．
【详解】
试题分析：在Rt△ABC中，
∵AB=5cm，BC=12cm，
∴AC=13cm，
∵点E、F分别是AO、AD的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
EF=OD=BD=AC=3.25cm，
AF=AD=BC=6cm，
AE=AO=AC=3.25cm，
∴△AEF的周长=AE+AF+EF=3.25+6+3.25=12.5（cm）．
故答案是12.5cm．
考点：1.三角形中位线定理2.矩形的性质．
15．【分析】
作点C关于AB的对称点F，关于AO的对称点G，连接DF，EG，由轴对称的性质，可得DF＝DC，EC＝EG，故当点F，D，E，G在同一直线上时，△CDE的周长＝CD＋DE＋CE＝DF＋DE
解析：
【分析】
作点C关于AB的对称点F，关于AO的对称点G，连接DF，EG，由轴对称的性质，可得DF＝DC，EC＝EG，故当点F，D，E，G在同一直线上时，△CDE的周长＝CD＋DE＋CE＝DF＋DE＋EG＝FG，此时△DEC周长最小，然后求出F、G的坐标从而求出直线FG的解析式，再求出直线AB和直线FG的交点坐标即可得到答案．
【详解】
解：如图，作点C关于AB的对称点F，关于AO的对称点G，连接FG分别交AB、OA于点D、E，
由轴对称的性质可知，CD=DF，CE=GE，BF=BC，∠FBD=∠CBD，
∴△CDE的周长=CD+CE+DE=FD+DE+EG，
∴要使三角形CDE的周长最小，即FD+DE+EG最小，
∴当F、D、E、G四点共线时，FD+DE+EG最小，

∵直线y＝x＋2与两坐标轴分别交于A、B两点，
∴B（-2，0），
∴OA＝OB，
∴∠ABC＝∠ABD＝45°，
∴∠FBC=90°，
∵点C是OB的中点，
∴C(，0)，
∴G点坐标为（1，0），，
∴F点坐标为（-2，），
设直线GF的解析式为，
∴，
∴，
∴直线GF的解析式为，
联立，
解得，
∴D点坐标为（，）
故答案为：（，）．
【点睛】
本题主要考查了轴对称-最短路线问题，一次函数与几何综合，解题的关键是利用对称性在找到△CDE周长的最小时点D、点E位置，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，多数情况要作点关于某直线的对称点．
16．1
【分析】
首先将已知变形进而得出x＋y＝2xy，再代入原式求出答案．
【详解】
∵
∴x＋y＝2xy
∴====1
故答案为：1.
【点睛】
此题主要考查了分式的值，正确将已知变形进而化简是解题
解析：1
【分析】
首先将已知变形进而得出x＋y＝2xy，再代入原式求出答案．
【详解】
∵
∴x＋y＝2xy
∴====1
故答案为：1.
【点睛】
此题主要考查了分式的值，正确将已知变形进而化简是解题关键．
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．B、C两点之间的距离为海里
【分析】
根据题意可知，然后根据勾股定理计算即可．
【详解】
解：根据题意可知，
1小时后，海里，海里，
在中，
海里，
∴B、C两点之间的距离为海里．
【点睛】
本题考
解析：B、C两点之间的距离为海里
【分析】
根据题意可知，然后根据勾股定理计算即可．
【详解】
解：根据题意可知，
1小时后，海里，海里，
在中，
海里，
∴B、C两点之间的距离为海里．
【点睛】
本题考查了方向角以及勾股定理，读懂题意，得出是关键．
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．（1）见解析；（2）90°
【分析】
（1）由题意利用全等三角形的判定证得，得出，进而利用菱形的判定定理进行证明即可；
（2）由题意利用菱形的性质可得，进而进行角的等量替换得出即的度数．
【详解】
解析：（1）见解析；（2）90°
【分析】
（1）由题意利用全等三角形的判定证得，得出，进而利用菱形的判定定理进行证明即可；
（2）由题意利用菱形的性质可得，进而进行角的等量替换得出即的度数．
【详解】
解：（1）证明：∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
又∵，
∴四边形是菱形；
（2）∵四边形是菱形，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴．
即．
【点睛】
本题考查菱形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质以及菱形的判定与性质是解题的关键.
21．【解析】
【分析】
根据题意给出的解法即可求出答案即可．
【详解】
设x=+，
两边平方得：x2=（）2+（）2+2，
即x2=4++4﹣+6，
x2=14
∴x=±．
∵+＞0，∴x=．
【点
解析：
【解析】
【分析】
根据题意给出的解法即可求出答案即可．
【详解】
设x=+，
两边平方得：x2=（）2+（）2+2，
即x2=4++4﹣+6，
x2=14
∴x=±．
∵+＞0，∴x=．
【点睛】
本题考查了二次根式的运算，解题的关键是正确理解题意给出的解法，本题属于中等题型．
22．（1），；（2）当时，甲批发店购买更省钱；当时，甲乙批发店花同样多的钱；当时，乙批发店购买更省钱．
【分析】
（1）根据“甲批发店每千克苹果的价格为3元，乙批发店当一次性购买不超过10千克时，每千克
解析：（1），；（2）当时，甲批发店购买更省钱；当时，甲乙批发店花同样多的钱；当时，乙批发店购买更省钱．
【分析】
（1）根据“甲批发店每千克苹果的价格为3元，乙批发店当一次性购买不超过10千克时，每千克价格为4元，超过10千克时，超过部分每千克价格为2元”写出y1、y2与x的函数关系式；
（2）根据题意，分别在当和比较y1、y2，列不等式求得的范围．
【详解】
（1）依题意，得；
当时，；
当时，

（2）①当，，则
，
②当：
当时，即时，
当时，即时，
当时，即时，
当时，甲批发店购买更省钱；
当时，甲乙批发店花同样多的钱；
当时，乙批发店购买更省钱．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，正确的列出函数关系式和掌握一次函数的性质是解题的关键．
23．（1）3；（2）见解析；（2）73
【分析】
（1）由勾股定理得出AC==3；
（2）由勾股定理得出OD2+OA2=AD2，OD2+OC2=CD2，OB2+OC2=BC2，OA2+OB2=AB2，则
解析：（1）3；（2）见解析；（2）73
【分析】
（1）由勾股定理得出AC==3；
（2）由勾股定理得出OD2+OA2=AD2，OD2+OC2=CD2，OB2+OC2=BC2，OA2+OB2=AB2，则AB2+CD2=OA2+OB2+OD2+OC2，AD2+BC2=OD2+OA2+OB2+OC2，即可得出结论；
（3）连接CG、AE，设AG交CE于I，AB交CE于J，由正方形的性质得出∠GBC=∠EBA=90°，AB=BE=5，BG=BC=4，证出∠ABG=∠EBC，由SAS证得△ABG≌△EBC得出∠BAG=∠BEC，则∠EBJ=∠AIJ=90°，得出AG⊥CE，由（2）可得AC2+GE2=CG2+AE2，由勾股定理得出CG2=BC2+BG2，即CG2=42+42=32，AE2=BE2+AB2，即AE2=52+52=50，AB2=AC2+BC2，即52=AC2+42，推出AC2=9，代入AC2+GE2=CG2+AE2 ，即可得出结果．
【详解】
解：（1）：∵在△ABC中，∠C=90°中，BC=4，AB=5，
∴AC==3，
故答案为：3；
（2）证明：在Rt△DOA中，∠DOA=90°，
∴OD2+OA2=AD2，
同理：OD2+OC2=CD2，OB2+OC2=BC2，OA2+OB2=AB2，
∴AB2+CD2=OA2+OB2+OD2+OC2，AD2+BC2=OD2+OA2+OB2+OC2，
∴AB2+CD2=AD2+BC2 ；
（3）解：连接CG、AE，设AG交CE于I，AB交CE于J，如图3所示：
∵四边形BCFG和四边形ABED都是正方形，
∴∠GBC=∠EBA=90°，AB=BE=5，BG=BC=4，
∴∠GBC+∠CBA=∠EBA+∠CBA，
∴∠ABG=∠EBC，
在△ABG和△EBC中，
，
∴△ABG≌△EBC（SAS），
∴∠BAG=∠BEC，
∵∠AJI=∠EJB，
∴∠EBJ=∠AIJ=90°，
∴AG⊥CE，
由（2）可得：AC2+GE2=CG2+AE2，
在Rt△CBG中，CG2=BC2+BG2，
即CG2=42+42=32，
在Rt△ABE中，AE2=BE2+AB2，
即AE2=52+52=50，
在Rt△ABC中，AB2=AC2+BC2，
即52=AC2+42，
∴AC2=9，
∵AC2+GE2=CG2+AE2 ，
 即9+GE2=32+50，
∴GE2=73．

【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理的知识；熟练掌握正方形的性质与勾股定理是解题的关键．
24．（1）（3，0）；（2）A（1，）；直线BD为；（3）点P的坐标为（，）或（，）.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，点B、C关于点M对称，即可求出点C的坐标；
（2）由折叠的性质，得AB=CB，
解析：（1）（3，0）；（2）A（1，）；直线BD为；（3）点P的坐标为（，）或（，）.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，点B、C关于点M对称，即可求出点C的坐标；
（2）由折叠的性质，得AB=CB，BD=AD，根据勾股定理先求出AM的长度，设点D为（1，a），利用勾股定理构造方程，即可求出点D坐标，然后利用待定系数法求直线BD.
（3）分两种情形：如图2中，当点P在第一象限时，连接BQ，PA．证明点P在AC的垂直平分线上，构建方程组求出交点坐标即可．如图3中，当点P在第三象限时，同法可得△CAQ≌△CBP，可得∠CAQ=∠CBP=30°，构建方程组解决问题即可．
【详解】
解：（1）根据题意，
∵点B、C关于点M对称，且点B、M、C都在x轴上，
又点B（），点M（1，0），
∴点C为（3，0）；
（2）如图：

由折叠的性质，得：AB=CB=4，AD=CD=BD，
∵BM=2，∠AMB=90°，
∴，
∴点A的坐标为：（1，）；
设点D为（1，a），则DM=a，BD=AD=，
在Rt△BDM中，由勾股定理，得
，
解得：，
∴点D的坐标为：（1，）；
设直线BD为，则
，解得：，
∴直线BD为：；
（3）如图2中，当点P在第一象限时，连接BQ，PA．

∵△ABC，△CPQ都是等边三角形，
∴∠ACB=∠PCQ=60°，
∴∠ACP=∠BCQ，
∵CA=CB，CP=CQ，
∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴AP=BQ，
∵AD垂直平分线段BC，
∴QC=QB，
∴PA=PC，
∴点P在AC的垂直平分线上，
由，解得，
∴P（，）．
如图3中，当点P在第三象限时，同法可得△CAQ≌△CBP，

∴∠CAQ=∠CBP=30°，
∵B（-1，0），
∴直线PB的解析式为，
由，解得：，
∴P（，）.
【点睛】
本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建一次函数，利用方程组确定交点坐标，属于中考压轴题．
25．（1）①9，②（1，2）；（2）①（1，5）或（5，1），②522≤OM≤5
【解析】
【分析】
（1）①根据题意求出PE，EQ即可解决问题．
②求出点P、Q的“涵矩形”的长与宽即可判断．
（2）①
解析：（1）①9，②（1，2）；（2）①（1，5）或（5，1），②
【解析】
【分析】
（1）①根据题意求出PE，EQ即可解决问题．
②求出点P、Q的“涵矩形”的长与宽即可判断．
（2）①求出正方形的边长，分两种情形分别求解即可解决问题．
②点M在直线y=-x+5上运动，设直线y=-x+5交x轴于F，交y轴于E，作OD⊥EF于D．求出OM的最大值，最小值即可判断．
【详解】
解：（1）①如图1中，

由题意：矩形PEQF中，EQ=PF=3- ，
∴OE=EQ，
∵EP∥OA，
∴AP=PQ，
∴PE=QF=OA=3，
∴点P、Q的“涵矩形”的周长=（3+）×2=9．
②如图2中，

∵点P、Q的“涵矩形”的周长为6，
∴邻边之和为3，
∵矩形的长是宽的两倍，
∴点P、Q的“涵矩形”的长为2，宽为1，
∵P（1，4），F（1，2），
∴PF=2，满足条件，
∴F（1，2）是矩形的顶点．
（2）①如图3中，

∵点P、Q的“涵矩形”是正方形，
∴∠ABO=45°，
∴点A的坐标为（0，6），
∴点B的坐标为（6，0），
∴直线AB的函数表达式为y=-x+6，
∵点P的横坐标为3，
∴点P的坐标为（3，3），
∵正方形PMQN的周长为8，
∴点Q的横坐标为3-2=1或3+2=5，
∴点Q的坐标为（1，5）或（5，1）．
②如图4中，

∵正方形PMQN的对角线为，
∴PM=MQ=1，
易知M在直线y=-x+5上运动，设直线y=-x+5交x轴于F，交y轴于E，作OD⊥EF于D，
∵OE=OF=5，
∴EF= ，
∵OD⊥EF，
∴ED=DF，
∴OD=EF= ，
∴OM的最大值为5，最小值为，
∴．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，一次函数的应用，垂线段最短等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
26．（1）CE=BD，见解析；（2）6；（3）20
【分析】
（1）证△EAC≌△BAD即可；
（2）证△EAC≌△BAD，得BD=CE，易得∠EBC=90゜，从而在Rt△EBC中运用勾股定理即可求得结
解析：（1）CE=BD，见解析；（2）6；（3）20
【分析】
（1）证△EAC≌△BAD即可；
（2）证△EAC≌△BAD，得BD=CE，易得∠EBC=90゜，从而在Rt△EBC中运用勾股定理即可求得结果；
（3）连接BD，把△ACD绕点D顺时针旋转60゜得到△EBD，连接AE，则可得BE=AC，△ADE是等边三角形，从而易得AB⊥AE，在Rt△BAE中由勾股定理可求得AE，也即AD的长．
【详解】
（1）∵∠EAB=∠CAD
∴∠BAC+∠EAB=∠BAC+∠CAD
即∠EAC=∠BAD
在△EAC和△BAD中

∴△EAC≌△BAD(SAS)
∴CE=BD
（2）∵∠EAB=∠CAD=90゜
∴∠BAC+∠EAB=∠BAC+∠CAD
即∠EAC=∠BAD
∵△EAB、△CAD都是等腰直角三角形，且∠EAB=∠CAD=90゜
∴AE=AB=4，∠EBA=45゜，AC=AD
∴由勾股定理得：
在△EAC和△BAD中

∴△EAC≌△BAD(SAS)
∴CE=BD
∵∠EBC=∠EBA+∠ABC=45゜+45゜=90゜
∴在Rt△EBC中，由勾股定理得：
∴BD=6
（3）如图，连接BD
∵CD=BC，∠BCD=60゜
∴△BCD是等边三角形
把△ACD绕点D顺时针旋转60゜得到△EBD，点E与点A对应，连接AE
则BE=AC=25，△ADE是等边三角形
∴∠DAE=60゜，AD=AE
∴∠BAE=∠BAD+∠DAE=30゜+60゜=90゜
即AB⊥AE
在Rt△BAE中，由勾股定理得：
∴AD=20

【点睛】
本题是三角形的综合题，考查了三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，旋转变换，第三问作旋转变换是关键，也是难点．本质上来说，前两问也可看成把△EAC绕A点逆时针旋转的角度一定角度而得到△BAD．