人教版八年级期末试卷培优测试卷.doc

人教版八年级期末试卷培优测试卷
一、选择题
1．要使式子﹣有意义，则x的值可以为（ ）
A．﹣6 B．0 C．2 D．π
2．下列给出的四组数中，能构成直角三角形三边的一组是（　　）
A．3，4，5 B．5，12，14 C．6，8，9 D．8，13，15
3．如图，在平行四边形ABCD中， 对角线AC、BD相交于点O． E、F是对角线AC上的两个不同点，当E、F两点满足下列条件时，四边形DEBF不一定是平行四边形（ ）．

A．AE＝CF B．DE＝BF
C．∠ADE=∠CBF D．∠AED=∠CFB
4．已知两组数据x1，x2，x3和x1+1，x2+1，x3+1，则这两组数据没有改变大小的统计量是（　　）
A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差
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，菱形纸片ABCD的边长为a，∠ABC＝60°，将菱形ABCD沿EF，GH折叠，使得点B，D两点重合于对角线BD上一点P，若AE＝2BE，则六边形AEFCHG面积的是（ ）

A．a2 B．a2 C．a2 D．a2
7．如图，四边形是边长为9的正方形纸片，将其沿折叠，使点落在边上的点处，点的对应点为点，，则的长为（ ）

A．1.8 B．2 C．2.3 D．
8．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线与x轴交于B点，与轴交于A点，点在线段 上，且，若点P在坐标轴上，则满足的点P的个数是（ ）

A．4 B．3 C．2 D．1
二、填空题
9．在函数y＝中，自变量x的取值范围是_______．
10．已知菱形的两条对角线长为和，菱形的周长是_______，面积是________．
11．图中阴影部分是一个正方形，则此正方形的面积为_______ ．

12．如图，在矩形中，对角线、相交于点，，，则的长是______．

13．已知一次函数y＝kx﹣b，当自变量x的取值范围是1≤x≤3时，对应的因变量y的取值范围是5≤y≤10，那么k﹣b的值为_______．
14．若顺次连接四边形ABCD四边中点所得的四边形是菱形，则原四边形的对角线AC、BD所满足的条件是________．
15．如图，已知直线与轴交于点与直线交于点，点为轴上的一点，若为直角三角形，则点的坐标为__________．

16．如图，在平面直角坐标系中，直线直线交于点，直线交y轴于点，将沿直线翻折得到，其中点O的对应点为点C，在直线BC下方以BC为边作等腰直角，则点P的坐标为_________．

三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）．
18．由于大风，山坡上的一颗甲树从A点处被拦腰折断，其顶点恰好落在一棵树乙的底部C处，如图所示，已知AB＝4米，BC＝13米，两棵树的水平距离是12米，求甲树原来的高度．

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，的对角线，相交于点，且，，．
求证：是菱形．

21．（1）若实数m、n满足等式，求2m+3n的平方根；
（2）已知，求的值．
22．一辆汽车油箱内有油a升，从某地出发，每行驶1小时耗油6升，若设剩余油量为Q升，行驶时间为t小时，根据以上信息回答下列问题：
（1）开始时，汽车的油量a＝　 　升；
（2）在行驶了 　 　小时汽车加油，加了 　 　升；
（3）根据图象求加油前Q与t之间的关系式，并写出t的取值范围．

23．图1，在正方形中，，为线段上一点，连接，过点作，交于点．将沿所在直线对折得到，延长交于点．

（1）求证：．
（2）若，求的长．
（3）如图2，延长交的延长线于点，若，记的面积为，求与之间的函数关系式．

24．如图，在平面直角坐标系中，直线：经过，两点，且、满足，过点作轴，交直线：于点，连接.
（1）求直线的函数表达式；
（2）在直线上是否存在一点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
（3）点是轴上的一个动点，点是轴上的一个动点，过点作轴的垂线交直线、于点、，若是等腰直角三角形，请直接写出符合条件的的值.

25．如图1，在中，，,，以OB为边，在外作等边，D是OB的中点，连接AD并延长交OC于E．

（1）求证：四边形ABCE是平行四边形；
（2）连接AC，BE交于点P，求AP的长及AP边上的高BH；
（3）在（2）的条件下，将四边形OABC置于如图所示的平面直角坐标系中，以E为坐标原点，其余条件不变，以AP为边向右上方作正方形APMN：
①M点的坐标为 ．
②直接写出正方形APMN与四边形OABC重叠部分的面积（图中阴影部分）．
26．（1）操作发现：如图①，在RtABC中，∠C＝2∠B＝90°，点D是BC上一点，沿AD折叠ADC，使得点C恰好落在AB上的点E处，请写出AB、AC、CD之间的关系？并说明理由．
（2）问题解决：如图②，若（1）中∠C≠90°，其他条件不变，请猜想AB、AC、CD之间的关系，并证明你的结论；
（3）类比探究：如图③，在四边形ABCD中，∠B＝120°，∠D＝90°，AB＝BC，AD＝BC，连接AC，点E是CD上一点，沿AE折叠，使得点D正好落在AC上的点F处，若BC＝3，求出DE的长．

【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．
【详解】
解：由题意得：x﹣3≥0，
解得：x≥3，
各个选项中，π符合题意，
故选：D．
【点睛】
此题主要考查二次根式有意义的条件，解题的关键是熟知二次根式的性质．
2．A
解析：A
【分析】
分别把选项中的三边平方后，根据勾股定理逆定理即可判断能否构成直角三角形．
【详解】
解：A．∵32+42=52，∴能构成直角三角形三边；
B．∵52+122≠142，∴不能构成直角三角形三边；
C．∵62+82≠92，∴不能构成直角三角形三边；
D．∵82+132≠152，∴不能构成直角三角形三边．
故选A．
【点睛】
本题考查了利用勾股定理逆定理判定直角三角形的方法．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．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质以及平行四边形的判定定理即可得出判断．
【详解】
解：A、∵在平行四边形ABCD中，OA=OC，OB=OD，
若AE=CF，则OE=OF，
∴四边形DEBF是平行四边形；
B、若DE=BF，没有条件能够说明四边形DEBF是平行四边形，则选项错误；
C、∵在平行四边形ABCD中，OB=OD，AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
若∠ADE=∠CBF，则∠EDB=∠FBO，
∴DE∥BF，
则△DOE和△BOF中，

∴△DOE≌△BOF，
∴DE=BF，
∴四边形DEBF是平行四边形．故选项正确；
D、∵∠AED=∠CFB，
∴∠DEO=∠BFO，
∴DE∥BF，
在△DOE和△BOF中，
，
∴△DOE≌△BOF，
∴DE=BF，
∴四边形DEBF是平行四边形．故选项正确．
故选B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质以及判定定理，涉及到全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
4．D
解析：D
【解析】
【分析】
由平均数，中位数，众数，方差的定义逐项判断即可．
【详解】
A．第一组数据平均数为，第二组数据平均数为，有改变，故该选项不符合题意．
B．由于不知道各数据具体数值，故无法比较中位数是否变化，故该选项不符合题意．
C．由于不知道各数据具体数值，故无法比较众数是否变化，故该选项不符合题意．
D．由第二组数据是把第一组数据都加1得到的一组新数据，平均数与差的平方的平均数没有改变，波动没变，所以方差不变，故该选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查平均数，中位数，众数，方差的定义．掌握方差是用来衡量一组数据波动大小的量，数据的波动情况不变，方差不会变是解答本题的关键．
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】
由菱形的性质可得AC⊥BD，∠BAD＝120°，AB＝BC＝a，AE＝，BE＝a，∠ABD＝30°，由折叠的性质可得EF⊥BP，∠BEF＝∠PEF，BE＝EP＝a，可证△BEF是等边三角形，△GDH是等边三角形，四边形AEPG是平行四边形，可得AG＝EP＝a，即可求DG的长，由面积和差可求解．
【详解】
解：如图，连接AC，

∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，AE＝2BE，
∴AC⊥BD，∠BAD＝120°，AB＝BC＝a，AE＝，BE＝a，∠ABD＝30°，
∴AC＝AB＝BC＝a，BD＝a，
∵将菱形ABCD沿EF，GH折叠，
∴EF⊥BP，∠BEF＝∠PEF，BE＝EP＝a，
∴EF∥AC，
∴，
∴BE＝BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴∠BEF＝60°＝∠PEF，
∴∠BEP＝∠BAD＝120°，
∴EH∥AD，
同理可得：△GDH是等边三角形，GP∥AB，
∴四边形AEPG是平行四边形，
∴AG＝EP＝a，
∴DG＝a，
∴六边形AEFCHG面积＝S菱形ABCD﹣S△BEF﹣S△GDH＝•a•a﹣×（a）2﹣×（a）2＝a2，
故选：C．
【点睛】
本题考查了翻折变换，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的性质判定等知识，求出DG的长是本题的关键．
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
连接BM，MB′，由于CB′=3，则DB′=6，在Rt△ABM和Rt△MDB′中由勾股定理求得AM的值．
【详解】
解：连接BM，MB′，

设AM=x，
在Rt△ABM中，AB2+AM2=BM2，
在Rt△MDB′中，B′M2=MD2+DB′2，
∵折叠，
∴MB=MB′，
∴AB2+AM2= MD2+DB′2，
即92+x2=(9-x)2+(9-3)2，
解得x=2，
即AM=2，
故选：B．
【点睛】
本题考查了翻折的性质，对应边相等，利用了勾股定理建立方程求解．
8．A
解析：A
【分析】
作点关于轴的对称点，根据直线与x轴交于B点，与轴交于A点，求出A，B两点的坐标，然后利用勾股定理求得，即，可判断点P在x轴上，使得的点P的个数是两个；作点关于轴的对称点，同理可判断点P在y轴上，使得的点P的个数是两个，据此求解即可．
【详解】
解：如图示，作点关于轴的对称点，

直线与x轴交于B点，与轴交于A点，
则当时，，即A点坐标是：（0，），
当时，，即B点坐标是：（，0），
∴，
∴，
∵，
∴，，
由勾股定理可得：，，
∴，
∴C点坐标是：（，），D点坐标是：（， ），
则点坐标是：（，），
∴，
∴，
即：，
∴如下图示，

点P在y轴上，使得的点P的个数是两个，
如图示，作点关于轴的对称点，

同理可以求得，
即：，
∴点P在y轴上，使得的点P的个数是两个，
综上所述，点P在坐标轴上，满足的点P的个数是4个，
故选：A．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用、轴对称的性质、勾股定理的应用，熟悉相关性质是解题的关键．
二、填空题
9．x≥﹣3
【解析】
【分析】
根据二次根式的被开方数要为非负数，即x+3≥0，解此不等式即可．
【详解】
解：根据题意得：x+3≥0，解得：x≥﹣3．
故答案为：x≥﹣3．
【点睛】
本题考查了函数自变量的确定，熟练掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
10．A
解析：24
【解析】
【分析】
首先根据题意画出图形,然后由菱形的两条对角线长分别是6和8，可求得OA=4，OB=3,再由勾股定理求得边长，继而求得此菱形的周长与面积．
【详解】
解：如图,

菱形ABCD中，AC=8，BD=6，
∴OA=AC=4，OB=BD=3，AC⊥BD，
∴AB==5，
∴C菱形的周长=5×4=20，
S菱形ABCD=×6×8=24，
故菱形的周长是20，面积是24．
故答案为：20；24．
【点睛】
本题考查了菱形的周长和性质得求法，勾股定理，属于简单题，熟悉菱形的性质和菱形求面积的特殊方法是解题关键．
11．36cm2
【解析】
【分析】
利用勾股定理求正方形边长，从而求正方形的面积．
【详解】
解：由题意可知：正方形的边长为：
∴正方形的面积为：6²=36
故答案为：36 cm2．
【点睛】
本题考查勾股定理解直角三角形，题目比较简单，正确计算是解题关键．
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.
13．5或10
【分析】
本题分情况讨论①k＞0时，x=1时对应y=5；②k＞0时，x=1时对应y=10．
【详解】
解：①k＞0时，由题意得：x=1时，y=5，
∴k-b=5；
②k＜0时，由题意得：x=1时，y=10，
∴k-b=10；
综上，k-b的值为5或10．
故答案为：5或10．
【点睛】
本题考查了待定系数法求函数解析式，注意本题需分两种情况，不要漏解．
14．A
解析：
【分析】
如下图，根据三角形中位线的定理，可得AG=EF=，GF=AE=，再根据菱形四条边相等的性质，可得出AC与BD的关系．
【详解】
如下图，点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点

∵点E、F是AB、BC的中点
∴EF=
同理可得：AG=EF=，GF=AE=
∵要使得四边形HEFG是菱形，则HE=EF=FG=GH
∴只需AC=BD即可
故答案为：AC=BD
【点睛】
本题考查菱形的性质和三角形中位线的性质，解题关键是得出AG=EF=，GF=AE=．
15．(2，0)或（5，0）
【分析】
先求出A，再求出，解得，则点B（2，3），分类讨论直角顶点，当点C为直角顶点时，当点B为直角顶点时，根据△ABC为等腰直角三角形即可求出点C坐标．
【详解】
与轴交
解析：(2，0)或（5，0）
【分析】
先求出A，再求出，解得，则点B（2，3），分类讨论直角顶点，当点C为直角顶点时，当点B为直角顶点时，根据△ABC为等腰直角三角形即可求出点C坐标．
【详解】
与轴交于点，
∴y=0，x=-1，
∴A(-1，0)，
直线与直线交于点，
，
解得，
∴B（2，3），
当点C为直角顶点时，
∴BC⊥AC，
∴BC∥y轴，
B、C横坐标相同，C（2，0），
当点B为直角顶点时，
∴BC⊥AB，
，k=1，
∴∠BAC=45°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴AB=，
AC==6，
AO=1，
CO=AC-AO=5，
C（5，0），
C点坐标为（2，0）或（5，0）．
故答案为：（2，0）或（5，0）．

【点睛】
本题考查等腰直角三角形的性质，掌握直角三角形的顶点分两种情况讨论解决问题是关键．
16．或或
【分析】
解方程得到A（4，3），利用待定系数法求得直线的解析式，根据勾股定理得到OA的长，根据等腰三角形的性质得到∠OAB=∠OBA，根据折叠的性质得到∠OAB=∠CAB，于是得到AC∥OB
解析：或或
【分析】
解方程得到A（4，3），利用待定系数法求得直线的解析式，根据勾股定理得到OA的长，根据等腰三角形的性质得到∠OAB=∠OBA，根据折叠的性质得到∠OAB=∠CAB，于是得到AC∥OB，可求得点C的坐标，分类讨论，利用全等三角形的判定和性质即可求解．
【详解】
由题意得：直线的解析式为，将代入得：，
解得，
∴，
将，代入得：
，解得，
∴直线的解析式为，
∵，
∴，
∴，
∴，
由折叠得：，
∴，
∴，
，
∴；
以BC为边在直线BC下方作等腰直角三角形，共有以下三种情况：
如图，

①，，
过C，分别向y轴作垂线，垂足为M，N，
则，
∵，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，，
∴；
②，时，
由图象得为和C的中点，
由中点坐标公式可得：；
③当，时
由图象得B和关于对称，．
综上，满足条件的P点的坐标为或或．
【点睛】
本题考查了一次函数的综合题，折叠的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的求得C点的坐标是解题的关键．
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．
18．19米
【分析】
如图所示，过点C作CD⊥AB交AB延长线于D，则根据题意可以得到CD=12米，根据勾股定理即可求出BD的长，再利用勾股定理求出AC的长即可得到AC+AB的长.
【详解】
解：如图所
解析：19米
【分析】
如图所示，过点C作CD⊥AB交AB延长线于D，则根据题意可以得到CD=12米，根据勾股定理即可求出BD的长，再利用勾股定理求出AC的长即可得到AC+AB的长.
【详解】
解：如图所示，过点C作CD⊥AB交AB延长线于D
由题意得：CD=12，AB＝4米，BC＝13米
在Rt△BCD中米
∴米
在Rt△ACD中米
∴米
∴甲树原来的高度是19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）．
【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】
根据已知数据，先求证是，即，进而根据菱形的判定定理即可得证．
【详解】
，，，
，，
，
是，
，
即，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理
解析：见解析
【分析】
根据已知数据，先求证是，即，进而根据菱形的判定定理即可得证．
【详解】
，，，
，，
，
是，
，
即，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理，菱形的判定定理，勾股定理证得为是解题的关键．
21．（1）；（2）4
【解析】
【分析】
（1）根据绝对值的非负性和算数平方根的非负性得出m和n的值，代入即可求解；
（2）根据二次根式有意义的范围求解x，进而求得y，最后代入即可求解．
【详解】
（1
解析：（1）；（2）4
【解析】
【分析】
（1）根据绝对值的非负性和算数平方根的非负性得出m和n的值，代入即可求解；
（2）根据二次根式有意义的范围求解x，进而求得y，最后代入即可求解．
【详解】
（1）∵
∴，
∴
∴16的平方根为；
（2）∵
∴根据使二次根式有意义的条件得
∴x=24，y=-8
∴
∴原式的值为4．
【点睛】
本题考查了绝对值的非负性，算术平方根的非负性，二次根式的定义，关键是掌握使二次根式有意义的条件．
22．（1）42；（2）5，24；（3）Q＝﹣6t＋42，（0≤t≤5）
【分析】
（1）根据图象开始时Q的值即可得出结论；
（2）根据图象，中途Q增大的位置即可得出结论；
（3）根据图象上的两个点，用待
解析：（1）42；（2）5，24；（3）Q＝﹣6t＋42，（0≤t≤5）
【分析】
（1）根据图象开始时Q的值即可得出结论；
（2）根据图象，中途Q增大的位置即可得出结论；
（3）根据图象上的两个点，用待定系数法即可．
【详解】
解：（1）由图象知，t＝0时，Q＝42，
∴开始时，汽车的油量a＝42升，
故答案为42；
（2）当t＝5时，Q的值增大，
∴在行驶5小时时加油，加油量为36﹣12＝24升，
故答案为5，24；
（3）加油前，图像上有两点（0，42），（5，12），
设Q与t的关系式为Q＝kt＋b，
代入（0，42），（5，12），得：
，
解得，
∴Q＝﹣6t＋42，（0≤t≤5）．
【点睛】
本题主要考查一次函数的应用，关键是要会用待定系数法求一次函数的解析式．
23．（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】
（1）先证，再据ASA证明△ABP≌△BCQ，可证得BP=CQ；
（2）连接，先证，得到，设AN=x，用x表示出ND；再求出DQ和的值，再在RT△NDQ
解析：（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】
（1）先证，再据ASA证明△ABP≌△BCQ，可证得BP=CQ；
（2）连接，先证，得到，设AN=x，用x表示出ND；再求出DQ和的值，再在RT△NDQ中用勾股定理列方程求解；
（3）作QG⊥AB于G，先证MB=MQ并设其为y，再在RT△MGQ中用勾股定理列出关于x、y的方程，并用x表示y；用y表示出△MBQ的面积，用x表示出△的面积．最后据用x、y表示出S，并把其中的y用x代换即可．
【详解】
（1）在正方形ABCD中
，
，
，
，
，
，
，
．
（2）在正方形ABCD中
连接，如下图：

由折叠知BC=，
又AB=BC，∠BAN=90°
∴， ，
，
，
，
，
，
设，
，
，
，
，
．
（3）如下图，作，垂足为，

由（1）知
∵∠MBQ=∠CQB=∠MQB
∴BM=MQ
设，则．
，

，
，

故．
【点睛】
此题综合考查了正方形性质、三角形全等，勾股定理等知识点，其关键是要熟练掌握相关知识，能灵活应用．
24．（1）；（2）存在点，点的纵坐标为0或4；（3）4或或47或.
【解析】
【分析】
(1)根据非负性求出a、b的值，然后运用待定系数法解答即可;
(2)根据平行和坐标以及SΔBPQ=SΔBPA确定Q
解析：（1）；（2）存在点，点的纵坐标为0或4；（3）4或或或.
【解析】
【分析】
(1)根据非负性求出a、b的值，然后运用待定系数法解答即可;
(2)根据平行和坐标以及确定Q坐标即可;
（3）连接DM、DN，由题意可得M、N的坐标分别为（n，）,（n，n）,MN=|n-2|，然后再分MN=DM,MN=DN,DM=DN三种情况解答即可.
【详解】
解：（1）∵
∴
∴
把、代入中，得：

解得：
∴
（2）存在点，使.
∵
∴
∴
∵
∴点的纵坐标为0或4
∴
(3) ①当DM=MN或DM=DN时，如图:过M做DM∥x轴交y轴于D点，连接DN

∵C点坐标为（n，n），
∴M、N的坐标分别为（n，）,（n，n）,D（0,n） MN=|n-2|，
∴|n-2|=|n|,解得：n=4或n=
②当DM=DN或DM=DN时，如图

∵C点坐标为（n，n），
∴M、N的坐标分别为（n，）,（n，n）,D（0,n） MN=|n-2|，
又∵是等腰直角三角形
∴D在MN的垂直平分线上，DF=MN
∴,D（0, +1）F(n，|)
∴|n| =|n-2|，解得：或
综上，n的取值为4或或或时，是等腰直角三角形.
【点睛】
本题属于一次函数综合题，考查了一次函数图像上点的坐标特点、一次函数的解析式、一次函数的动点问题以及等腰三角形等知识，考查知识点较多难度较大，解答的关键在于对所学知识的灵活应用以及较强的计算能力.
25．（1）见解析；（2），；（3）①；②
【分析】
（1）利用直角三角形斜边中线的性质可得DO=DA，推出∠AEO=60°，进一步得出BC∥AE，CO∥AB，可得结论；
（2）先计算出OA=，推出PB=
解析：（1）见解析；（2），；（3）①；②
【分析】
（1）利用直角三角形斜边中线的性质可得DO=DA，推出∠AEO=60°，进一步得出BC∥AE，CO∥AB，可得结论；
（2）先计算出OA=，推出PB=，利用勾股定理求出AP=，再利用面积法计算BH即可；
（3）①求出直线PM的解析式为y=x-3，再利用两点间的距离公式计算即可；
②易得直线BC的解析式为y=x+4，联立直线BC和直线PM的解析式成方程组，求得点G的坐标，再利用三角形面积公式计算．
【详解】
（1）证明：∵Rt△OAB中，D为OB的中点，
∴AD=OB，OD=BD=OB，
∴DO=DA，
∴∠DAO=∠DOA=30°，∠EOA=90°，
∴∠AEO=60°，
又∵△OBC为等边三角形，
∴∠BCO=∠AEO=60°，
∴BC∥AE，
∵∠BAO=∠COA=90°，
∴CO∥AB，
∴四边形ABCE是平行四边形；
（2）解：在Rt△AOB中，∠AOB=30°，OB=8，
∴AB=4，
∴OA=，
∵四边形ABCE是平行四边形，
∴PB=PE，PC=PA，
∴PB=，
∴
∴，
即
∴；
（3）①∵C（0，4），
设直线AC的解析式为y=kx+4，
∵P（，0），
∴0=k+4，
解得，k=，
∴y=x+4，
∵∠APM=90°，
∴直线PM的解析式为y=x+m，
∵P（，0），
∴0=×+m，
解得，m=-3，
∴直线PM的解析式为y=x-3，
设M（x，x-3），
∵AP=，
∴（x-）2+（x-3）2=（）2，
化简得，x2-4x-4=0，
解得，x1=，x2=（不合题意舍去），
当x=时，y=×（）-3=，
∴M（，），
故答案为：（，）；
②∵
∴直线BC的解析式为：，
联立，解得，
∴，

【点睛】
本题考查的是平行四边形的判定，等边三角形的性质，两点间的距离，正方形的性质，矩形的性质，一次函数的图象和性质，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键．
26．（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3）
【分析】
（1）由翻折的性质可知：，，然后证明为等腰直角三角形，从而得到，故此可证得；
（2）由翻折的性质得到，，，由三角形外角的性质可证明，从而得到
解析：（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3）
【分析】
（1）由翻折的性质可知：，，然后证明为等腰直角三角形，从而得到，故此可证得；
（2）由翻折的性质得到，，，由三角形外角的性质可证明，从而得到，于是可证明；
（3）过点作，垂足为，由直角三角形性质和勾股定理可求得的长，从而得到的长，设，则，，求解即可．根据，建立方程求解即可．
【详解】
解：（1）．理由如下：
如图①，，
，
由翻折的性质可知：，，，
∴，
，，
，
，
，
，
，
；
（2）．理由如下：
如图②，由翻折的性质得：，，，
，，
，
，
，
，
；
（3）如图，过点作，垂足为．

，，
．
，
，
，
在中，，
，，
．
．
在中，，，，
，
由折叠得：，，，
，，
设，则，，
在中，，
，
解得：，
的长为．
【点睛】
本题是三边形综合题，主要考查的是翻折的性质、三角形外角的性质、等腰三角形三线合一的性质、直角三角形性质，勾股定理的应用，灵活运用相关图形的性质是解题的关键．