部编版八年级数学下册期末试卷测试与练习(word解析版).doc

部编版八年级数学下册期末试卷测试与练习（word解析版）
一、选择题
1．在二次根式中，x的取值范围是（　　）
A．x≥1 B．x＞1 C．x≤1 D．x＜1
2．由线段a，b，c组成的三角形不能构成直角三角形的是（ ）
A．0.6，0.8，1 B．4，5，6 C．5，12，13 D．20，21，29
3．四边形的三个相邻内角的度数依次如下，那么其中是平行四边形的为（ ）
A．，， B．，， C．，， D．，，
4．一组数据，，，，的中位数和平均数分别是（ ）
A．和 B．和 C．和 D．和
5．如图，在四边形中，，，，，且，则四边形的面积是（ ）

A． B． C． D．
6．规定：菱形与正方形的接近程度叫做“接近度”，并用表示．设菱形的两个相邻内角分别为、，菱形的接近度定义为．则下列说法不正确的是（ ）
A．接近度越大的菱形越接近于正方形
B．有一个内角等于100°的菱形的接近度
C．接近度的取值范围是
D．当时，该菱形是正方形
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．小张、小王两个人从甲地出发，去8千米外的乙地，图中线段OA、PB分别反映了小张、小王步行所走的路程S（千米）与时间t（分钟）的函数关系，根据图像提供的信息，小王比小张早到乙地的时间是__________分钟．

A．4 B．6 C．16 D．10
二、填空题
9．若在实数范围内有意义，则实数的取值范围是_______________．
10．如果菱形的两条对角线长为与，则此菱形的面积______
11．如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∠AOD＝60°，AD＝4，则AB＝___．

12．如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若OB＝2，∠ACB＝30°，则AB的长度为____．

13．如图，直线y＝kx+6与x轴、y轴分别交于点E、F．点E的坐标为（﹣8，0），点A的坐标为（﹣6，0）．若点P（x，y）是第二象限内的直线上的一个动点．当点P运动到_____（填P点的坐标）的位置时，△OPA的面积为9．

14．如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，点E，F分别是A4B．AC边的中点，请你在△ABC中添加一个条件：_______________使得四边形AEDF是菱形．

15．如图，直线：与直线：相交于点，直线与轴交于点，直线与轴交于点与轴交于点，交轴于点．直线上有一点（在轴上方）且，则点的坐标为________．

16．如图，，，，，将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处；再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点处，两条折痕与斜边AB分别交于点E、F，则线段的长为________．

三、解答题
17．计算
（1）
（2）（＋）（－）
（3）
（4）
18．一架云梯长25m，如图那样斜靠在一面墙上，云梯顶端离地面24m．
（1）这架云梯的底端距墙角有多远?
（2）如果云梯的顶端下滑了4m，那么它的底部在水平方向滑动了多少m？

19．如图，正方形网格中的每个小正方形的边长都是1，每个小格的顶点叫格点，网格中有以格点A、B、C为顶点的，请你根据所学的知识回答下列问题：
（1）判断的形状，并说明理由：
（2）求的面积．

20．如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，点E在线段OB上（不与点B，点O重合），点F在线段OD上，且DF＝BE，连接AE，AF，CE，CF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若AC＝4，BD＝8，当BE＝3时，判断△ADE的形状，说明理由．

21．阅读下列解题过程：
＝＝-1；
＝＝-；
＝＝-＝2-；
…
解答下列各题：
（1）＝　　；
（2）观察下面的解题过程，请直接写出式子＝　　．
（3）利用这一规律计算：（+…+）×（+1）．
22．为丰富同学们的课余活动，某校成立了篮球课外兴趣小组，计划购买一批篮球，需购买、两种不同型号的篮球共300个．已知购买3个型篮球和2个型篮球共需340元，购买2个型篮球和1个型篮球共需要210元．
（1）求购买一个型篮球、一个型篮球各需多少元？
（2）若该校计划投入资金元用于购买这两种篮球，设购进的型篮球为个，求关于的函数关系式；
（3）学校在体育用品专卖店购买、两种型号篮球共300个，经协商，专卖店给出如下优惠：种球每个降价8元，种球打9折，计算下来，学校共付费16740元，学校购买、两种篮球各多少个？
23．如图，四边形是边长为的正方形，为线段上一动点，，垂足为．
（1）如图，连接交于点，若，求的长；
（2）如图，点在的延长线上，点在上运动时，满足，
①连接，，判断，的数量关系并说明理由；
②如图，若为的中点，直接写出的最小值为 ．

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．探究：如图①，△ABC是等边三角形，在边AB、BC的延长线上截取BM=CN，连结MC、AN，延长MC交AN于点P．
（1）求证：△ACN≌△CBM；
（2）∠CPN= °；（给出求解过程）
（3）应用：将图①的△ABC分别改为正方形ABCD和正五边形ABCDE，如图②、③，在边AB、BC的延长线上截取BM=CN，连结MC、DN，延长MC交DN于点P，则图②中∠CPN= °；（直接写出答案）
（4）图③中∠CPN= °；（直接写出答案）
（5）拓展：若将图①的△ABC改为正n边形，其它条件不变，则∠CPN= °（用含n的代数式表示，直接写出答案）．

【参考答案】
一、选择题
1．A
解析：A
【分析】
根据二次根式有意义的条件即可求出答案．
【详解】
解：由题意可知：，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查二次根式有意义的条件，解题的关键是正确理解二次根式有意义的条件，本题属于基础题型．
2．B
解析：B
【分析】
利用勾股定理的逆定理进行逐一判断即可．
【详解】
解：A、∵，∴能构成直角三角形，不符合题意；
B、∵，∴不能构成直角三角形，符合题意；
C、∵，∴能构成直角三角形，不符合题意；
D、∵，∴能构成直角三角形，不符合题意；
故选B．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的逆定理，解题的关键在于能够熟练掌握：如果三角形的三边a、b、c的三边满足，那么这个三角形是直角三角形．
3．D
解析：D
【解析】
【分析】
两组对角分别相等的四边形是平行四边形，根据所给的三个角的度数可以求出第四个角，然后根据平行四边形的判定方法验证即可．
【详解】
A、第四个角是76°，有一组对角不相等，不是平行四边形；
B、第四个角是72°，两组对角都不相等，不是平行四边形；
C、第四个角是88°，而C中相等的两个角不是对角，不是平行四边形；
D、第四个角是72°，满足两组对角分别相等，因而是平行四边形．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的判定：两组对角分别相等的四边形是平行四边形．注意角的对应的位置关系，并不是有两组角相等的四边形就是平行四边形．
4．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据中位数的定义和平均数的求法计算即可，中位数是将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．
【详解】
解：把这组数据按从小到大的顺序排列是：2，3，4，4，5，
故这组数据的中位数是：4．
平均数＝（2＋3＋4＋4＋5）÷5＝3.6．
故选：B．
【点睛】
本题考查了中位数的定义和平均数的求法，解题的关键是牢记定义，此题比较简单，易于掌握．
5．B
解析：B
【分析】
利用勾股定理求出AC2的值，再由勾股定理的逆定理判定△ACD也为直角三角形，则S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD．
【详解】
解：如图，连接AC．

在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=2，
∵AC2+CD2=AD2，
∴△CDA也为直角三角形，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=AB×BC+AC×CD=．
故四边形ABCD的面积是．故选B.
【点睛】
本题考查勾股定理及其逆定理的应用．解答此题的关键是作出辅助线，构造出直角三角形，求出AC的长．
6．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据接近度的意义，逐项计算判断即可．
【详解】
解：菱形的两个相邻内角、越接近，菱形越接近于正方形，也就是说的值越小，菱形越接近于正方形，即接近度越大的菱形越接近于正方形，故A正确，不符合题意；
有一个内角等于100°的菱形的两个邻角的度数分别为100°和80°，，故B正确，不符合题意；
∵菱形的两个相邻内角分别为、，
∴，的取值范围是，故C错误，符合题意；
当时，，所以该菱形是正方形，故D正确，不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形与正方形的性质，正方形的判定，正确理解“接近度”的意思是解决问题的关键．
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．B
解析：B
【分析】
由函数图象求出、解析式，再把代入解析式就可以求出小张、小王所用时间．
【详解】
解：由图象可知：
设的解析式为：，
经过点，
，
得，
函数解析式为：①，
把代入①得：，
解得：，
小张到达乙地所用时间为96（分钟）；
设的解析式为：，
，
解得：，
的解析式为：②，
把代入②得：，
解得：，
则小王到达乙地的时间为小张出发后90（分钟），
小王比小张早到（分钟），
故选：B．
【点睛】
本题考查的一次函数的应用，关键是由图象求函数解析式．
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件可直接进行求解．
【详解】
解：由题意得：
，
解得：；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
10．60
【解析】
【详解】
分析：已知对角线的长度，根据菱形的面积计算公式即可计算菱形的面积．
详解：根据对角线的长可以求得菱形的面积，
根据S=ab=×10cm×12cm=60cm2，
故答案为60.
点睛：本题考查了根据对角线计算菱形的面积的方法，根据菱形对角线求得菱形的面积是解题的关键，难度一般．
11．B
解析：
【解析】
【分析】
由矩形对角线的性质得到，结合题意证明是等边三角形，解得BD的长，在中，理由勾股定理解题即可．
【详解】
解：矩形ABCD中，AC=BD且AO=OC,BO=DO

是等腰三角形
∠AOD＝60°
是等边三角形

AD＝4

中

故答案为：．
【点睛】
本题考查矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
12．A
解析：2
【分析】
利用矩形的性质即可得到的长，再根据含30°角的直角三角形的性质，即可得到的长．
【详解】
解：∵矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，
∴AC＝2BO＝4，
又∵∠ACB＝30°，∠ABC＝90°，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质及含角的直角三角形的性质，掌握矩形四个角都是直角，对角线相等且互相平分是解题的关键．
13．E
解析：（﹣4，3）．
【分析】
求出直线EF的解析式，由三角形的面积公式构建方程即可解决问题.
【详解】
解：∵点E（﹣8，0）在直线y＝kx+6上，
∴﹣8k+6＝0，
∴k＝，
∴y＝x+6，
∴P（x， x+6），
由题意：×6×（x+6）＝9，
∴x＝﹣4，
∴P（﹣4，3），
故答案为（﹣4，3）．
【点睛】
本题考查一次函数图象上的点的坐标特征，三角形的面积等知识，解题的关键是学会构建方程解决问题，属于中考常考题型．
14．A
解析：AB=AC（或∠B=∠C，或BD=DC）
【分析】
可根据三角形的中位线定理、等腰三角形的性质、菱形的判定，分析得出当△ABC满足条件AB=AC或∠B=∠C时，四边形AEDF是菱形．
【详解】
解：要使四边形AEDF是菱形，则应有DE=DF=AE=AF，
∵E，F分别为AC，BC的中点
∴AE=BE，AF=FC，
应有DE=BE，DF=CF，则应有△BDE≌△CDF，应有BD=CD，
∴当点D应是BC的中点，而AD⊥BC，
∴△ABC应是等腰三角形，
∴应添加条件：AB=AC或∠B=∠C．
则当△ABC满足条件AB=AC或∠B=∠C时，四边形AEDF是菱形．
故答案为：AB=AC（或∠B=∠C，或BD=DC）．
【点睛】
本题考查了菱形的判定，解答此类题的关键是要突破思维定势的障碍，运用发散思维，多方思考，探究问题在不同条件下的不同结论，挖掘它的内在联系，向“纵、横、深、广”拓展，从而寻找出添加的条件和所得的结论．
15．【分析】
分别解得直线、与坐标轴的交点即点、、，根据平行线的性质解得直线AE的解析式，再解得点，最后由三角形面积公式解题．
【详解】
解：令，直线与轴的交点，
令，直线与轴的交点，
直线与直线的
解析：
【分析】
分别解得直线、与坐标轴的交点即点、、，根据平行线的性质解得直线AE的解析式，再解得点，最后由三角形面积公式解题．
【详解】
解：令，直线与轴的交点，
令，直线与轴的交点，

直线与直线的交点为：

即
解得，
把代入得，

令，直线与轴的交点，

设直线AE的解析式为，将点代入得，

当时，

把代入直线：，得

故答案为：．
【点睛】
本题考查一次函数的图象与性质、待定系数法求一次函数解析式、一次函数与二元一次方程组、三角形面积等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
16．【分析】
根据折叠性质和余角定理可知是等腰直角三角形，是直角三角形，运用勾股定理求出DF的值，最后用勾股定理得出的值．
【详解】
解：根据折叠的性质可知，，，，，
∴；
∵，(三角形外角定理)，
解析：
【分析】
根据折叠性质和余角定理可知是等腰直角三角形，是直角三角形，运用勾股定理求出DF的值，最后用勾股定理得出的值．
【详解】
解：根据折叠的性质可知，，，，，
∴；
∵，(三角形外角定理)，
(、都是的余角，同角的余角相等)，
∴，
∵在中，，
∴，
∴是等腰直角三角形，，
∵和互为补角，
∴，
∴，为直角三角形，
∵，
∴，
∵根据勾股定理求得，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查折叠性质与勾股定理的应用，掌握折叠性质及勾股定理，运用等面积法求出CE的值是解题关键．
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．（1）；（2）
【分析】
根据题意，画出图形，
（1）在 中，直接根据勾股定理，即可求解；
（2）设它的底部在水平方向滑动了 ，即 ，则 ，在 中，由勾股定理，即可求解．
【详解】
解：根据题意，画
解析：（1）；（2）
【分析】
根据题意，画出图形，
（1）在 中，直接根据勾股定理，即可求解；
（2）设它的底部在水平方向滑动了 ，即 ，则 ，在 中，由勾股定理，即可求解．
【详解】
解：根据题意，画出图形，如下图：

（1）根据题意得： ， ，
在 中，由勾股定理得：
，
即这架云梯的底端距墙角 ；
（2）设它的底部在水平方向滑动了 ，即 ，则 ，
根据题意得： ， ，则 ，
在 中，由勾股定理得： ，
即 ，
解得： ，
即它的底部在水平方向滑动了．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的应用，熟练掌握直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方是解题的关键．
19．（1）直角三角形，理由见解析；（2）5
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理得到，，，再根据勾股定理的逆定理即可求解；
（2）用正方形的面积减去3个三角形的面积即可求解．
【详解】
解：（1）是直
解析：（1）直角三角形，理由见解析；（2）5
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理得到，，，再根据勾股定理的逆定理即可求解；
（2）用正方形的面积减去3个三角形的面积即可求解．
【详解】
解：（1）是直角三角形，理由：
正方形小方格边长为1，
，，．
，
是直角三角形；
（2）的面积，
故的面积为5．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理、勾股定理，解题的关键是熟知勾股定理及勾股定理的逆定理．
20．（1）见解析；（2）直角三角形，理由见解析
【分析】
（1）根据菱形的性质得出AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求出OE=OF，再根据菱形的判定得出即可；
（2）根据菱形的性质求出AO=2，BO=
解析：（1）见解析；（2）直角三角形，理由见解析
【分析】
（1）根据菱形的性质得出AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求出OE=OF，再根据菱形的判定得出即可；
（2）根据菱形的性质求出AO=2，BO=DO=4，求出OE和DE，根据勾股定理求出AD2=20，AE2=5，求出AD2+AE2=DE2，再根据勾股定理的逆定理求出答案即可．
【详解】
解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BC，AO＝CO，BO＝DO，
∵BE＝DF，BO＝DO，
∴BO﹣BE＝DO﹣DF，
即OE＝OF，
∵AO＝CO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：△ADE是直角三角形，
理由是：∵AC＝4，BD＝8，AO＝CO，BO＝DO，
∴AO＝2，BO＝DO＝4，
∵BE＝3，
∴OE＝4﹣3＝1，DE＝DO+OE＝4+1＝5，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AD2＝AO2+DO2＝22+42＝20，
在Rt△AOE中，由勾股定理得：AE2＝AO2+OE2＝22+12＝5，
∵DE2＝52＝25，
∴AD2+AE2＝DE2，
∴∠DAE＝90°，
即△ADE是直角三角形．
【点睛】
本题考查了菱形的性质和判定，平行四边形的判定，勾股定理，勾股定理的逆定理等知识点，能熟记菱形的性质和判定是解此题的关键．
21．（1）；（2）；（3）2020
【解析】
【分析】
（1）把分子分母都乘以，然后利用平方差公式和二次根式的性质计算，即可得到答案；
（2）把分子分母都乘以，然后利用平方差公式和二次根式的性质计算，即
解析：（1）；（2）；（3）2020
【解析】
【分析】
（1）把分子分母都乘以，然后利用平方差公式和二次根式的性质计算，即可得到答案；
（2）把分子分母都乘以，然后利用平方差公式和二次根式的性质计算，即可得到答案；
（3）根据（1）和（2）的结论，先分母有理化，经加减运算后，再利用平方差公式计算，即可得到答案．
【详解】
（1）
＝
＝
＝
故答案为：；
（2）

故答案为：；
（3）（+…+）×（+1）
＝（+…+）×（+1）
＝（）×（+1）
＝
＝2020．
【点睛】
本题考查了二次根式和数字规律的知识：解题的关键是熟练掌握二次根式混合运算、数字规律、平方差公式的性质，从而完成求解．
22．（1）一个A型篮球为80元，一个B型篮球为50元；（2）函数解析式为：；（3）A型篮球120个，则B型篮球为180个．
【分析】
（1）设一个A型篮球为x元，一个B型篮球为y元，根据题意列出方程组求
解析：（1）一个A型篮球为80元，一个B型篮球为50元；（2）函数解析式为：；（3）A型篮球120个，则B型篮球为180个．
【分析】
（1）设一个A型篮球为x元，一个B型篮球为y元，根据题意列出方程组求解即可得；
（2）A型篮球t个，则B型篮球为个，根据单价、数量、总价的关系即可得；
（3）根据A型篮球与B型篮球的优惠政策求出单价，然后代入（2）解析式中求解即可得．
【详解】
解：（1）设一个A型篮球为x元，一个B型篮球为y元，根据题意可得：
，
解得：，
∴一个A型篮球为80元，一个B型篮球为50元；
（2）A型篮球t个，则B型篮球为个，根据题意可得：
，
∴函数解析式为：；
（3）根据题意可得：A型篮球单价为元，B型篮球单价为元，则
，
解得：，，
∴A型篮球120个，则B型篮球为180个．
【点睛】
题目主要考查二元一次方程组及一次函数的应用，理解题意，列出相应方程是解题关键．
23．（1）；（2）DG=BF，证明见解析；（3）
【分析】
（1）如图1，过点作于点，先根据正方形性质和三角形内角和定理得出：，，设，则，运用勾股定理即可求出答案；
（2）①如图2，过点作于点，设，则，
解析：（1）；（2）DG=BF，证明见解析；（3）
【分析】
（1）如图1，过点作于点，先根据正方形性质和三角形内角和定理得出：，，设，则，运用勾股定理即可求出答案；
（2）①如图2，过点作于点，设，则，运用勾股定理即可证得结论；
②如图3，取、的中点、，延长至，使，延长至，使，连接，，过点作，延长交于，先证得，再证得四边形是平行四边形，得出当、、三点共线时，最小，故当、、三点共线时，最小，即最小，再运用勾股定理计算即可．
【详解】
解：（1）如图1，过点作于点，

四边形是边长为2的正方形，
，，，
，
，
，
，
，即，
，
又，，
，，
，，
设，则，
由勾股定理得，
又，
，
，即，
，
中，，
由勾股定理得：；
（2）①，理由如下：
如图2，过点作于点，

，
，，
，
，
，
，
设，则，，
，
四边形是边长为2的正方形，点在的延长线上，
，
在和中，，
分别由勾股定理得：
，，
，
；
②如图3，取、的中点、，延长至，使，延长至，使，连接，，过点作，延长交于，

，为中点，
，
、分别是、的中点，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
又，
四边形是平行四边形，
，，
，
当、、三点共线时，最小，
当、、三点共线时，最小，
即最小，
此时，，，
，
，，
，
，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形性质，勾股定理，平移的运用，平行四边形的判定与性质等知识，解题的关键是正确利用直角三角形斜边上中线等于斜边一半和平移，将求的最小值转化为两点之间线段最短来解决，属于中考常考题型．
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）120；（3）90；（4）72；（5）.
【分析】
（1）利用等边三角形的性质得到BC=AC，∠ACB=∠ABC，从而得到△ACN≌△CBM.
（2）利用全等三角形的性质得到∠C
解析：（1）见解析；（2）120；（3）90；（4）72；（5）.
【分析】
（1）利用等边三角形的性质得到BC=AC，∠ACB=∠ABC，从而得到△ACN≌△CBM.
（2）利用全等三角形的性质得到∠CAN=∠BCM，再利用三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，即可求解.
（3）利用正方形（或正五边形）的性质得到BC=DC，∠ABC=∠BCD，从而判断出△DCN≌△CBM，再利用全等三角形的性质得到∠CDN=∠BCM，再利用内角和定理即可得到答案.
（4）由（3）的方法即可得到答案.
（5）利用正三边形，正四边形，正五边形，分别求出∠CPN的度数与边数的关系式，即可得到答案.
【详解】
（1）∵△ABC是等边三角形，
∴BC=AC，∠ACB=∠BAC=∠ABC=60，
∴∠ACN=∠CBM=120，
在△CAN和△CBM中，
，
∴△ACN≌△CBM.
（2）∵△ACN≌△CBM.
∴∠CAN=∠BCM，
∵∠ABC=∠BMC+∠BCM，∠BAN=∠BAC+∠CAN，
∴∠CPN=∠BMC+∠BAN
=∠BMC+∠BAC+∠CAN
=∠BMC+∠BAC+∠BCM
=∠ABC+∠BAC
=60+60,
=120，
故答案为：120.
（3）将等边三角形换成正方形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=DC，∠ABC=∠BCD=90，
∴∠MBC=∠DCN=90，
在△DCN和△CBM中，
，
∴△DCN≌△CBM，
∴∠CDN=∠BCM，
∵∠BCM=∠PCN，
∴∠CDN=∠PCN，
在Rt△DCN中，∠CDN+∠CND=90，
∴∠PCN+∠CND=90，
∴∠CPN=90，
故答案为：90.
（4）将等边三角形换成正五边形，
∴∠ABC=∠DCB=108，
∴∠MBC=∠DCN=72，
在△DCN和△CBM中，
，
∴△DCN≌△CBM，
∴∠BMC=∠CND，∠BCM=∠CDN，
∵∠BCM=∠PCN，
∴∠CND=∠PCN，
在△CDN中，∠CDN+∠CND=∠BCD=108，
∴∠CPN=180-(∠CND+∠PCN)
=180-(∠CND+∠CDN)
=180-108，
=72，
故答案为：72.
（5）正三边形时，∠CPN=120=，
正四边形时，∠CPN=90=，
正五边形时，∠CPN=72=，
正n边形时，∠CPN=，
故答案为： .
【点睛】
此题考查正多边形的性质，三角形全等的判定及性质，图形在发生变化但是解题的思路是不变的，依据此特点进行解题是解此题的关键.