八年级下册数学期末试卷模拟练习卷(Word版含解析)(1).doc

八年级下册数学期末试卷模拟练习卷（Word版含解析）(1)
一、选择题
1．若二次根式有意义，则的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
2．若线段a，b，c首尾顺次连接后能组成直角三角形，则它们的长度比可能为（　　）
A．2：3：4 B．3：4：5 C．4：5：6 D．5：6：7
3．下列命题中，为假命题是（ ）
A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
B．两组对边分别相等的四边形是早行四边形
C．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
D．对角线相等的四边形是平行四边形
4．甲、乙两人一周中每天制作工艺品的数量如图所示，则对甲、乙两人每天制作工艺品数量描述正确的是（ ）

A．甲比乙稳定 B．乙比甲稳定
C．甲与乙一样稳定 D．无法确定
5．如图，已知点E、F、G、H分别是矩形ABCD各边的中点，则四边形EFGH是（ ）

A．矩形 B．菱形 C．矩形或菱形 D．不能确定的
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，平行四边形OABC的顶点O（0，0），A（1，2），点C在x轴的正半轴上，延长BA交y轴于点D．将△ODA绕点O顺时针旋转得到△OD'A'，当点D的对应点D'落在OA上时，D'A'的延长线恰好经过点C，则点B的坐标为（ ）

A．（2，2） B．（2，2） C．（21，2） D．（21，2）
8．一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象经过点B（﹣6，0），且与正比例函数y＝x的图象交于点A（m，﹣3），若kx﹣x＞﹣b，则（　　）

A．x＞0 B．x＞﹣3 C．x＞﹣6 D．x＞﹣9
二、填空题
9．计算：______．
10．已知菱形ABCD的面积为24，AC＝6，则AB＝___．
11．如图，在△ABD中，∠D＝90°，CD＝6，AD＝8，∠ACD＝2∠B，BD的长为_____．

12．如阳，在矩形中，对角线、相交于点，点、分别是、的中点，若 cm，cm，则______ cm．

13．定义：对于一次函数，我们把点称为这个一次函数的伴随点.已知一次函数的伴随点在它的图象上，则__________．
14．已知，如图，△ABC中，E为AB的中点，DC∥AB，且DC＝AB，请对△ABC添加一个条件：_____，使得四边形BCDE成为菱形．

15．如图，直线与直线相交于点B，直线与y轴交于点A，直线与x轴交于点D与y轴交于点C，交x轴于点E．直线上有一点P（P在x轴上方）且，则点P的坐标为_______．

16．已知，如图点，，点为轴上一点，当最大时，点的坐标为________．

三、解答题
17．计算：
（1）2﹣6×；
（2）（﹣2）2﹣（﹣2）（+2）；
（3）（1+）•（2﹣）；
（4）．
18．如图，一架长为5米的梯子AB，顶端B靠在墙上，梯子底端A到墙的距离AC=3米．
（1）求BC的长；
（2）如果梯子的顶端B沿墙向下滑动2米，问梯子的底端A向外移动了多少米？

19．如图，每个小正方形的边长都为1，AB的位置如图所示．
（1）在图中确定点C，请你连接CA，CB，使CB⊥BA，AC＝5；
（2）在完成（1）后，在图中确定点D，请你连接DA，DC，DB，使CD＝，AD＝，直接写出BD的长．

20．如图，MN∥PQ，直线l分别交MN、PQ于点A、C，同旁内角的平分线AB、CB相交于点B，AD、CD相交于点D．试证明四边形ABCD是矩形．

21．阅读下列解题过程：
====
===
请回答下列问题：
（1）观察上面的解题过程，请直接写出结果．
=　 　．
（2）利用上面提供的信息请化简：
的值．
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．已知：如图，平行四边形ABCD中，AB＝5，BD＝8，点E、F分别在边BC、CD上（点E、F与平行四边形ABCD的顶点不重合），CE＝CF，AE＝AF．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）设BE＝x，AF＝y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）如果AE＝5，点P在直线AF上，△ABP是以AB为腰的等腰三角形，那么△ABP的底边长为 　 　．（请将答案直接填写在空格内）

24．在平面直角坐标系xOy中，对于任意两点M（x1，y1），N（x2，y2），我们将|x1﹣x2|＋2|y1﹣y2|称为点M与点N的“纵2倍直角距离”，记作dMN．
例如：点M（﹣2，7）与N（5，6）的“纵2倍直角距离”dMN＝|﹣2﹣5|＋2|7﹣6|＝9，
（1）①已知点P1（1，1），P2（﹣4，0），P3（0，），则在这三个点中，与原点O的“纵2倍直角距离”等于3的点是 　 　；
②已知点P（x，y），其中y≥0，若点P与原点O的“纵2倍直角距离”dPO＝3，请在下图中画出所有满足条件的点P组成的图形．
（2）若直线y＝2x＋b上恰好有两个点与原点O的“纵2倍直角距离”等于3，求b的取值范围；
（3）已知点A（1，1），B（3，1），点T（t，0）是x轴上的一个动点，正方形CDEF的顶点坐标分别为C（t﹣，0），D（t，），E（t＋，0），F（t，﹣）．若线段AB上存在点G，正方形CDEF上存在点H，使得dGH＝5，直接写出t的取值范围．

25．如图所示，四边形是正方形， 是延长线上一点．直角三角尺的一条直角边经过点，且直角顶点在边上滑动(点不与点重合)，另一直角边与的平分线相交于点．
(1)求证: ;
(2)如图(1)，当点在边的中点位置时，猜想与的数量关系，并证明你的猜想;
(3)如图(2)，当点在边(除两端点)上的任意位置时，猜想此时与有怎样的数量关系，并证明你的猜想．

【参考答案】
一、选择题
1．B
解析：B
【分析】
根据被开方数大于等于0列不等式求解即可．
【详解】
解：由题意得，x-2≥0，
解得x≥2．
故选：B．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件，二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
2．B
解析：B
【分析】
根据勾股定理的逆定理对各选项进行逐一判断即可．
【详解】
解：A、∵22+32≠42，∴不能够成直角三角形，故本选项不符合题意；
B、∵32+42＝52，∴能够成直角三角形，故本选项符合题意；
C、∵52+42≠62，∴不能够成直角三角形，故本选项不符合题意；
D、∵52+62≠72，∴不能够成直角三角形，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查的是勾股定理的逆定理，即如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．
3．D
解析：D
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判定判断即可．
【详解】
解：、两组对边分别平行的四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意；
、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意；
、两组对角分别相等的四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意；
、对角线互相平分的四边形是平行四边形，原命题是假命题，符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的判定定理，解题关键是熟练运用平行四边形的判定定理．
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
先根据折线统计图得出甲、乙每天制作的个数，从而得出两组数据之间的关系，继而得出方差关系．
【详解】
解：由折线统计图知，甲5天制作的个数分别为15、20、15、25、20，
乙5天制作的个数分别为10、15、10、20、15，
∴甲从周一至周五每天制作的个数分别比乙每天制作的个数多5个，
∴甲、乙制作的个数稳定性一样，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了利用方差进行决策，准确分析判断是解题的关键．
5．B
解析：B
【分析】
根据矩形中，、、、分别是、、、的中点，利用三角形中位线定理证得，然后利用四条边都相等的四边形是菱形即可判定．
【详解】
解：四边形是菱形；
理由：如图，连接，，

、、、分别是、、、的中点，
，，，
同理，，，，，
∵在矩形中，
，
，
四边形是菱形．
故选：．
【点睛】
此题主要考查学生对菱形的判定、三角形中位线定理和矩形的性质的理解和掌握，证明此题的关键是正确利用三角形中位线定理进行证明．
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．D
解析：D
【解析】
【分析】
连接，由题意可证明，利用相似三角形线段成比例即可求得OC的长，再由平行线的性质即可得点的坐标．
【详解】
解：如图，连接，轴，绕点顺时针旋转得到，

∴，，
，
，
∵，
，
，
，
，
，，
，
∴，
∴，
∴点B的坐标为：，
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，平行线的性质，利用相似三角形的性质得到线段的比例是解题关键．
8．D
解析：D
【分析】
先利用正比例函数解析式,确定A点坐标;然后利用函数图像，写出一次函数y=kx+b（k≠0）的图像，在正比例函数图像上方所对应的自变量的范围.
【详解】
解：把A（m，﹣3）代入y＝x得m＝﹣3，解得m＝﹣9，
所以当x＞﹣9时，kx+b＞x，
即kx﹣x＞﹣b的解集为x＞﹣9．
故选D．
【点睛】
本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=kx+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图像的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合.
二、填空题
9．##
【解析】
【分析】
由题可得，，即可得出，再根据二次根式的性质化简即可．
【详解】
解：由题可得，，
∴，
∴，
∴

．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了二次根式有意义的条件以及二次根式的性质与化简，掌握二次根式的性质是解决问题的关键．
10．B
解析：5
【解析】
【分析】
根据菱形的面积等于对角线乘积的一半可求出另一条对角线BD的长．然后根据勾股定理即可求得边长．
【详解】
解：菱形ABCD的面积=AC•BD，
∵菱形ABCD的面积是24cm2，其中一条对角线AC长6cm，
∴另一条对角线BD的长=8cm；
∵OA=OC，OB=OD,
∴OA=3，OB=4，
又∵AC⊥BD，
∴由勾股定理得：，
故答案为：5

【点睛】
本题考查了菱形的性质．菱形被对角线分成4个全等的直角三角形，以及菱形的面积的计算，理解菱形的性质是关键．
11．A
解析：【解析】
【分析】
根据勾股定理求出AC，根据三角形的外角的性质得到∠B＝∠CAB，根据等腰三角形的性质求出BC，计算即可．
【详解】
解：∵∠D＝90°，CD＝6，AD＝8，
∴AC＝＝＝10，
∵∠ACD＝2∠B，∠ACD＝∠B+∠CAB，
∴∠B＝∠CAB，
∴BC＝AC＝10，
∴BD＝BC+CD＝16，
故答案：16．
【点睛】
本题考查勾股定理、三角形的外角的性质，直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．
12．B
解析：5
【分析】
先由勾股定理求出BD，再得出OD，证明EF是△AOD的中位线，即可得出结果．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，OD=BD，AD=BC=8，
∴，
∴OD=5cm，
∵点E、F分别是AO、AD的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴EF=OD=2.5cm；
故答案为2.5．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、勾股定理以及三角形中位线定理；熟练掌握菱形的性质，证明三角形中位线是解决问题的关键．
13．
【分析】
先写出的伴随点，再根据伴随点在它的图象上代入一次函数解析式，计算即可求得m．
【详解】
解：的伴随点为，
因为伴随点在它的图象上，则有
解得．
故答案为:．
【点睛】
本题考查一次函数图象上点的坐标特征． 一次函数图象上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b．
14．A
解析：AB＝2BC．
【分析】
先由已知条件得出CD=BE，证出四边形BCDE是平行四边形，再证出BE=BC，根据邻边相等的平行四边形是菱形可得四边形BCDE是菱形．
【详解】
解：添加一个条件：AB＝2BC，可使得四边形BCDE成为菱形．理由如下：
∵DC＝AB，E为AB的中点，
∴CD＝BE＝AE．
又∵DC∥AB，
∴四边形BCDE是平行四边形，
∵AB＝2BC，
∴BE＝BC，
∴四边形BCDE是菱形．
故答案为：AB＝2BC．
【点睛】
本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定；熟记平行四边形和菱形的判定方法是解决问题的关键．
15．（-3，4）
【分析】
先求出A（0，4），D（-1，0），C（0，-2），得到AC=6，再求出B点坐标，从而求出△ABC的面积；然后求出直线AE的解析式得到E点坐标即可求出DE的长，再由进行求解即
解析：（-3，4）
【分析】
先求出A（0，4），D（-1，0），C（0，-2），得到AC=6，再求出B点坐标，从而求出△ABC的面积；然后求出直线AE的解析式得到E点坐标即可求出DE的长，再由进行求解即可．
【详解】
解：∵A是直线与y轴的交点，C、D是直线与y轴、x轴的交点，
∴A（0，4），D（-1，0），C（0，-2），
∴AC=6；
联立 ，
解得，
∴点B的坐标为（-2，2），
∴，
∵，
∴可设直线AE的解析式为，
∴，
∴直线AE的解析式为，
∵E是直线AE与x轴的交点，
∴点E坐标为（2，0），
∴DE=3，
∴，
∴，
∴，
∴点P的坐标为（-3，4），
故答案为：（-3，4）．

【点睛】
本题主要考查了一次函数综合，求一次函数与坐标轴的交点，两直线的交点坐标，三角形面积，解题的关键在于能够熟练掌握一次函数的相关知识．
16．【分析】
作A关于x轴对称点C，连接BC并延长，BC的延长线与x轴的交点即为所求的P点；首先利用待定系数法即可求得直线BC的解析式，继而求得点P的坐标．
【详解】
作A关于x轴对称点C，连接BC并
解析：
【分析】
作A关于x轴对称点C，连接BC并延长，BC的延长线与x轴的交点即为所求的P点；首先利用待定系数法即可求得直线BC的解析式，继而求得点P的坐标．
【详解】
作A关于x轴对称点C，连接BC并延长交x轴于点P，

∵A（1，1），
∴C的坐标为（1，-1），
连接BC，
设直线BC的解析式为：，
，解得：，
∴直线BC的解析式为，
当y=0时，，
∴点P的坐标为：，
∵当B，C，P不共线时，根据三角形三边的关系可得：
|PA-PB|=|PC-PB|＜BC，
∴此时|PA-PB|=|PC-PB|=BC取得最大值．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了轴对称的性质，待定系数法求一次函数的解析式以及点与一次函数的关系．解题的关键是找到P点，注意数形结合思想与方程思想的应用．
三、解答题
17．（1）3﹣3；（2）﹣4；（3）﹣1+；（4）﹣
【分析】
（1）直接利用二次根式的性质以及立方根的性质，进而合并同类二次根式得出答案；
（2）直接利用乘法公式化简，再合并得出答案；
（3）直接利用
解析：（1）3﹣3；（2）﹣4；（3）﹣1+；（4）﹣
【分析】
（1）直接利用二次根式的性质以及立方根的性质，进而合并同类二次根式得出答案；
（2）直接利用乘法公式化简，再合并得出答案；
（3）直接利用二次根式的混合运算法则计算得出答案；
（4）直接利用二次根式的性质化简，进而得出答案．
【详解】
解：（1）2﹣6×
=6
=6
=；
（2）（﹣2）2﹣（﹣2）（+2）
=5+4-4-(13-4)
=9-4-9
=-4；
（3）（1+）•（2﹣）
=2-
=-1+；
（4）
=
=
=．
【点睛】
本题主要考查了二次根式的混合运算以及立方根的性质，正确化简二次根式是解题关键．
18．（1）的长为4米；（2）梯子的底端A向外移动了米
【分析】
（1）直接利用勾股定理得出的长；
（2）根据及（1）中的答案求得的长，进而利用勾股定理得出答案即可．
【详解】
解：（1）一架长5米的梯子
解析：（1）的长为4米；（2）梯子的底端A向外移动了米
【分析】
（1）直接利用勾股定理得出的长；
（2）根据及（1）中的答案求得的长，进而利用勾股定理得出答案即可．
【详解】
解：（1）一架长5米的梯子，顶端靠在墙上，梯子底端到墙的距离米，
，
答：的长为4米；
（2）∵，，
∴，
，
∴，
答：梯子的底端A向外移动了米．
【点睛】
此题主要考查了勾股定理的应用，正确应用勾股定理是解题关键．
19．（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）利用网格即可确定C点位置；
（2）由勾股定理在Rt△DBG中，可求BD的长．
【详解】
解：（1）如图，
∴
∴BC⊥AB，
在Rt△ACH中，A
解析：（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）利用网格即可确定C点位置；
（2）由勾股定理在Rt△DBG中，可求BD的长．
【详解】
解：（1）如图，

∴
∴BC⊥AB，
在Rt△ACH中，AC＝5；
（2）∵CD＝，AD＝，可确定D点位置如图，
∴在Rt△DBG中，BD＝．

【点睛】
本题考查勾股定理的应用，利用三角形内角和确定C点位置，由勾股定理确定D点的位置是解题的关键．
20．见解析
【分析】
首先推出∠BAC=∠DCA，继而推出AB∥CD；推出∠BCA=∠DAC，进而推出AD∥CB，因此四边形ABCD平行四边形，再证明∠ABC=90°，可得平行四边形ABCD是矩形．
【
解析：见解析
【分析】
首先推出∠BAC=∠DCA，继而推出AB∥CD；推出∠BCA=∠DAC，进而推出AD∥CB，因此四边形ABCD平行四边形，再证明∠ABC=90°，可得平行四边形ABCD是矩形．
【详解】
证明：∵MN∥PQ，
∴∠MAC=∠ACQ, ∠ACP=∠NAC，
∠MAC+∠ACP=1800，
∵AB、CD分别平分∠MAC和∠ACQ，
∴∠BAC=∠MAC,∠DCA=∠ACQ，
又∵∠MAC=∠ACQ，
∴∠BAC=∠DCA，
∴AB∥CD，
∵AD、CB分别平分∠ACP和∠NAC，
∴∠BCA=∠ACP,∠DAC=∠NAC，
又∵∠ACP=∠NAC，
∴∠BCA=∠DAC，
∴AD∥CB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠BAC=∠MAC，∠BCA=∠ACP，∠MAC+∠ACP=180°，
∴∠BAC+∠BCA=90°，
∴∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形．
【点睛】
本题主要考查了矩形的判定，关键是掌握有一个角是直角的平行四边形是矩形．
21．（1）（3）
【解析】
【分析】
（1）利用已知数据变化规律直接得出答案；
（2）利用分母有理化的规律将原式化简进而求出即可．
【详解】
解：（1）
（2）利用上面提供的信息请化简：
﹣1．
【点
解析：（1）（3）
【解析】
【分析】
（1）利用已知数据变化规律直接得出答案；
（2）利用分母有理化的规律将原式化简进而求出即可．
【详解】
解：（1）
（2）利用上面提供的信息请化简：

﹣1．
【点睛】
考核知识点：实数运算.
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）见解析；（2）；（3）8或或6
【分析】
（1）连结，证明，得到相等的角，再由平行线的性质证明，从而得，由菱形的定义判定四边形是菱形；
（2）连结，交于点，作于点，由菱形的面积及边长求出菱形的
解析：（1）见解析；（2）；（3）8或或6
【分析】
（1）连结，证明，得到相等的角，再由平行线的性质证明，从而得，由菱形的定义判定四边形是菱形；
（2）连结，交于点，作于点，由菱形的面积及边长求出菱形的高，再求的长，由勾股定理列出关于、的等式，整理得到关于的函数解析式；
（3）以为腰的等腰三角形分三种情况，其中有两种情况是等腰三角形与或全等，另一种情况可由（2）中求得的菱形的高求出的长，再求等腰三角形的底边长．
【详解】
解：（1）证明：如图1，连结，

，，，
，
，
即；
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
四边形是菱形
（2）如图2，连结，交于点，作于点，则，
由（1）得，四边形是菱形，

，
，
，，
，
，
，
由，且，得，
解得；
，
，
由，且，得，
点在边上且不与点、重合，
，
关于的函数解析式为，
（3）如图3，，且点在的延长线上，

，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
即等腰三角形的底边长为8；
如图4，，作于点，于点，则，

，
，
，
，
，
由（2）得，，
，
，
即等腰三角形的底边长为；
如图5，，点与点重合，连结，

，，，
，
，
即，
等腰三角形的底边长为6．
综上所述，以为腰的等腰三角形的底边长为8或或6，
故答案为：8或或6．
【点睛】
此题重点考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理、求与几何图形有关的函数关系式等知识与方法，在解第（3）题时，需要进行分类讨论，求出所有符合条件的值，以免丢解．
24．（1）①P1，P3；②见解析；（2）；（3）或．
【解析】
【分析】
（1）①根据“纵2倍直角距离”分别计算三个点到原点O的“纵2倍直角距离”，即可判断；
②根据“纵2倍直角距离”的定义得|x|+2
解析：（1）①P1，P3；②见解析；（2）；（3）或．
【解析】
【分析】
（1）①根据“纵2倍直角距离”分别计算三个点到原点O的“纵2倍直角距离”，即可判断；
②根据“纵2倍直角距离”的定义得|x|+2|y|＝3，根据y≥0，再分两种情况可得两个函数关系式，分别画出即可；
（2）作出与原点O的“纵2倍直角距离”等于3的点，通过观察作出图2可得：当直线y＝2x＋b与x轴的交点在对角线AC上（不含AC两点）时，恰好与四边形的边有两个公共点，由此即可求出b的取值范围；
（3）根据线段AB上存在点G的坐标求出当时，dGH＝5所有满足条件的点H组成的图形，再结合图形的特征求出正方形CDEF与点H的满足“纵2倍直角距离”的点组成图形有公共点时t的取值范围．
【详解】
解：（1）①∵点点P1（1，1），P2（﹣4，0），P3（0，），
∴|1-0|+2|1-0|＝3，||+2|0|＝4，||+2||，
∴与原点O的“纵2倍直角距离”的点是P1，P3；
故答案为：P1，P3；
②设P（x，y），
∵点P与原点O的“纵2倍直角距离”dOP＝3，
∴|x|+2|y|＝3，
当y≥0，x≥0时，x+2y＝3，即，
当y≥0，x≤0时，﹣x+2y＝3，即，
如图1所示，

（2）如图，与原点O的“纵2倍直角距离”等于3的点组成图形是四边形ABCD， 直线y＝2x＋b经过A点或C点时，与四边形只有一个公共点，当直线y＝2x＋b与x轴交点在AC之间时，与菱形有两个公共点，

当直线，y＝2x＋b经过A点（-3，0）时；，解得：，
当直线，y＝2x＋b经过A点（3，0）时；，解得：，
∴b的取值范围为；
（3）设正方形CDEF上存在点H（x，y）
当线段AB上存在点G坐标为（1，1），则：dGH＝，
当，时，，即，满足条件的图形为线段，
当，时，，即，满足条件的图形为线段，

当点G坐标从A（1，1）移动B（3，1）时对应满足条件的H点图形也平移2个单位到线段，线段，
∴满足点G的“纵2倍直角距离”的H点图形如图阴影部分所示：所有满足条件的H点是线段
其中：线段的解析式为，线段的解析式为，
由图可得：当正方形在线段下方时，D点在线段，正方形与满足条件的H点图形有公共点D（t，），
即：，解得，
同理求出当正方形在线段下方时，F点在线段，正方形与满足条件的H点图形有公共点D（t，），即，解得，
∴当，正方形与满足条件的H点图形由公共点存在，
同理可求：当，正方形与满足条件的H点图形由公共点存在，
综上所述：若线段AB上存在点G，正方形CDEF上存在点H，使得dGH＝5，则或．
【点睛】
本题属于新定义与一次函数相结合的综合压轴题，读懂定义，紧扣定义解题，熟练掌握“纵2倍直角距离”的定义是解答此题的关键，根据G点的位置确定满足“纵2倍直角距离”的H点的范围是解（3）的难点．
25．（1）详见解析；（2），理由详见解析；（3），理由详见解析
【分析】
（1）根据，等量代换即可证明；（2）DE=EF，连接NE，在DA边上截取DN=EB，证出△DNE≌△EBF即可得出答案；（3）在
解析：（1）详见解析；（2），理由详见解析；（3），理由详见解析
【分析】
（1）根据，等量代换即可证明；（2）DE=EF，连接NE，在DA边上截取DN=EB，证出△DNE≌△EBF即可得出答案；（3）在边上截取，连接，证出即可得出答案．
【详解】
(1)证明:∵，
∴，
∴;
(2) 理由如下:
如图，取的中点，连接，

∵四边形为正方形，
∴ ，
∵分别为中点
∴，
∴
又∵
∴
∴，
又∵，平分
∴．
∴
在和中

，
∴
(3) .理由如下:
如图，在边上截取，连接，

∵四边形是正方形， ，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∵
∴，
∵平分， ，
∴，
∴，
在和中

∴，
∴．
【点睛】
此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解决本题的关键就是求证△DNE≌△EBF．