人教版部編版八年級數(shù)學下冊期末試卷試卷(版含答案)

人教版部編版八年級數(shù)學下冊期末試卷試卷（word版含答案）一、選擇題1．要使二次根式有意義的條件是（）A． B． C． D．2．若的三邊a、b、c滿足條件，則為（）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形3．在四邊形ABCD中，連接對角線AC，已知AB＝CD，現(xiàn)增加一個條件，不能判斷該四邊形是平行四邊形的是（）A．AB∥CD B．AD＝BC C．∠B＝∠D D．∠BAC＝∠ACD4．紅河州博物館擬招聘一名優(yōu)秀講解員，其中小華筆試、試講、面試三輪測試得分分別為90分、94分、92分．綜合成績中筆試占30%、試講占50%、面試占20%，那么小華的最后得分為（）A．分 B．分 C．分 D．分5．如圖，在正方形ABCD中，取AD的中點E，連接EB，延長DA至F，使EF＝EB，以線段AF為邊作正方形AFGH，交AB于點H，則的值是（）A． B． C． D．6．如圖，在三角形紙片ABC中，∠A＝60°，∠B＝70°，將紙片的一角折疊，使點C落在△ABC外，若∠2＝18°，則∠1的度數(shù)為（）A．50° B．118° C．100° D．90°7．如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝2．以AB為一條邊向三角形外部作正方形，則正方形的面積是（）A．5 B．6 C．12 D．138．如圖，在平面直角坐標系中，四邊形，…都是菱形，點…都在x軸上，點，…都在直線上，且，則點的橫坐標是（）A． B． C． D．二、填空題9．若二次根式有意義，且關于x的分式方程+2＝有正數(shù)解，則符合條件的整數(shù)m的和是_____．10．已知菱形的兩條對角線長為和，菱形的周長是_______，面積是________．11．如圖，在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC的平分線BD交AC于點D．若BD＝10cm，BC＝8cm，則點D到直線AB的距離=________．12．如圖，在矩形中，對角線，交于點，若，，則的長為________．13．已知一次函數(shù)y=kx＋b圖像過點(0，5)與(2，3)，則該一次函數(shù)的表達式為_____．14．如圖，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，點P在AD上，PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，則PE+PF等于_____．15．某物流公司的快遞車和貨車同時從甲地出發(fā)，以各自的速度勻速向乙地行駛，快遞車到達乙地后卸完物品再另裝貨物共用45分鐘，立即按原路以另一速度勻速返回，直至與貨車相遇．已知貨車的速度為60千米/時，兩車之間的距離y（千米）與貨車行駛時間x（小時）之間的函數(shù)圖象如圖所示，現(xiàn)有以下4個結論：①快遞車從甲地到乙地的速度為100千米/時；②甲、乙兩地之間的距離為120千米；③圖中點B的坐標為（，75）；④快遞車從乙地返回時的速度為90千米/時．以上4個結論中正確的是___．16．如圖，是的中線，把沿折疊，使點落在點處，與的長度比是_______________________．三、解答題17．計算：（1）﹣4；（2）（2﹣）2×（6＋4）．18．小王與小林進行遙控賽車游戲，終點為點A，小王的賽車從點C出發(fā)，以4米/秒的速度由西向東行駛，同時小林的賽車從點B出發(fā)，以3米/秒的速度由南向北行駛（如圖）．已知賽車之間的距離小于或等于25米時，遙控信號會產生相互干擾，AC＝40米，AB＝30米．出發(fā)3秒鐘時，遙控信號是否會產生相互干擾？19．圖①、圖②均是的正方形網格，小正方形的邊長為1，每個小正方形的頂點稱為格點，點、均在格點上，只用無刻度的直尺，在給定的網格中按要求畫圖，所畫圖形的頂點均在格點上，所畫圖形不全等，不要求寫畫法．（1）在圖①中以線段為邊畫一個正方形．（2）在圖②中以線段為邊畫一個菱形．20．如圖，在平行四邊形中，，是對角線上的點，且，平分交于點，平分交于點．（1）求證：四邊形是平行四邊形；（2）當四邊形是菱形時，求證：四邊形是菱形．21．觀察下列等式：①②③······回答下列問題：（1）利用你觀察到的規(guī)律，化簡：．（2）．（n為正整數(shù)）（3）利用上面所揭示的規(guī)律計算：22．某學校欲購置一批標價為4800元的某種型號電腦，需求數(shù)量在6至15臺之間．經與兩個專賣店商談，優(yōu)惠方法如下：甲店：購買電腦打八折；乙店：先贈一臺電腦，其余電腦打九折優(yōu)惠．設學校欲購置x臺電腦，甲店購買費用為y甲（元），乙店購買費用為y乙（元）．（1）分別寫出購買費用y甲、y乙與所購電腦x（臺）之間的函數(shù)關系式；（2）對x的取值情況進行分析，說明這所學校購買哪家電腦更合算？23．已知：如圖，平行四邊形ABCD中，AB＝5，BD＝8，點E、F分別在邊BC、CD上（點E、F與平行四邊形ABCD的頂點不重合），CE＝CF，AE＝AF．（1）求證：四邊形ABCD是菱形；（2）設BE＝x，AF＝y(tǒng)，求y關于x的函數(shù)解析式，并寫出定義域；（3）如果AE＝5，點P在直線AF上，△ABP是以AB為腰的等腰三角形，那么△ABP的底邊長為．（請將答案直接填寫在空格內）24．如圖，在平面直角坐標系中，直線AB交x軸于點A（﹣2，0）,交y軸于點B（0，4），直線y＝kx+b經過點B且交x軸正半軸于點C，已知△ABC面積為10．（1）點C的坐標是（，），直線BC的表達式是；（2）如圖1，點E為線段AB中點，點D為y軸上一動點，以DE為直角邊作等腰直角三角形△EDF，且DE＝DF，當點F落在直線BC上時，求點D的坐標；（3）如圖2，若G為線段BC上一點，且滿足S△ABG＝S△ABO，點M為直線AG上一動點，在x軸上是否存在點N，使以點B，C，M，N為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，請直接寫出點N的坐標；若不存在，說明理由；25．如圖1，四邊形是正方形，點在邊上任意一點（點不與點，點重合），點在的延長線上，．（1）求證：；（2）如圖2，作點關于的對稱點，連接、、，與交于點，與交于點．與交于點．①若，求的度數(shù)；②用等式表示線段，，之間的數(shù)量關系，并說明理由．26．在正方形ABCD中，AB＝4，點E是邊AD上一動點，以CE為邊，在CE的右側作正方形CEFG，連結BF．（1）如圖1，當點E與點A重合時，則BF的長為．（2）如圖2，當AE＝1時，求點F到AD的距離和BF的長．（3）當BF最短時，請直接寫出此時AE的長．【參考答案】一、選擇題1．D解析：D【分析】根據(jù)二次根式有意義的條件，即根號下為非負數(shù)，判斷即可．【詳解】解：∵有意義，∴，解得：，故選：D．【點睛】本題主要考查二次根式有意義的條件，明確根號下為非負數(shù)是解題的關鍵．2．C解析：C【詳解】解析：∵，∴或．當只有成立時，是等腰三角形．當只有成立時，是直角三角形．當，同時成立時，是等腰直角三角形．答案：C題型解法：此類題型首先根據(jù)題意化簡式子，找出隱含條件，然后根據(jù)三邊的關系判斷三角形的形狀．當三角形的三邊滿足勾股定理時，即可判斷為直角三角形．3．C解析：C【解析】【分析】根據(jù)平行四邊形的判定定理對各個選項進行判斷即可.【詳解】解：A、∵AB＝CD，AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，不符合題意；B、∵AB＝CD，AD＝BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，不符合題意；C、∵AB＝CD，∠B＝∠D，不能判定四邊形ABCD是平行四邊形，符合題意；D、∵∠BAC＝∠ACD，∴AB∥CD，∵AB＝CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，不符合題意；故選C．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的判定定理，解題的關鍵在于能夠熟練掌握平行四邊形的判定定理.4．B解析：B【解析】【分析】根據(jù)加權平均數(shù)的定義列式計算即可．【詳解】解：小華的最后得分為90×30%+94×50%+92×20%=92.4（分），故選：B．【點睛】本題主要考查了加權平均數(shù)，解題的關鍵是掌握加權平均數(shù)的定義．5．A解析：A【分析】設AB＝2a，根據(jù)四邊形ABCD為正方形，E點為AD的中點，可得EF的長，進而可得結果．【詳解】解：設AB＝2a，∵四邊形ABCD為正方形，∴AD＝2a，∵E點為AD的中點，∴AE＝a，∴BEa，∴EFa，∴AF＝EF﹣AE＝（1）a，∵四邊形AFGH為正方形，∴AH＝AF＝（1）a，∴．故選：A．【點睛】本題考查了正方形的性質，解決本題的關鍵是掌握正方形的性質．6．B解析：B【解析】【分析】在△ABC中利用三角形內角和定理可求出∠C的度數(shù)，由折疊的性質，可知：∠CDE＝∠C′DE，∠CED＝∠C′ED，結合∠2的度數(shù)可求出∠CED的度數(shù)，在△CDE中利用三角形內角和定理可求出∠CDE的度數(shù)，再由∠1＝180°﹣∠CDE﹣∠C′DE即可求出結論．【詳解】解：在△ABC中，∠A＝60°，∠B＝70°，∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝50°．由折疊，可知：∠CDE＝∠C′DE，∠CED＝∠C′ED，∴∠CED＝＝99°，∴∠CDE＝180°﹣∠CED﹣∠C＝31°，∴∠1＝180°﹣∠CDE﹣∠C′DE＝180°﹣2∠CDE＝118°．故選：B．【點睛】本題考查了三角形內角和定理以及折疊的性質，利用三角形內角和定理及折疊的性質求出∠CDE的度數(shù)是解題的關鍵．7．D解析：D【解析】【分析】利用勾股定理即可求解.【詳解】解：∵∠C=90°，∴AB2=AC2+BC2=32+22=13，∴正方形面積S=AB2=13，故選D.【點睛】本題考查了勾股定理的應用，屬于基礎題.8．A解析：A【分析】分別過點作軸的垂線，交于，再連接，利用勾股定理及根據(jù)菱形的邊長求得、、的坐標然后分別表示出、、的坐標找出規(guī)律進而求得的坐標．【詳解】解：分別過點作軸的垂線，交于，再連接如下圖：，，，在中，根據(jù)勾股定理得：，即，解得：，的縱坐標為：，橫坐標為，，，四邊形，，，都是菱形，，，，，的縱坐標為：，代入，求得橫坐標為2，，的縱坐標為：，代入，求得橫坐標為5，，，，，，，，；，，，則點的橫坐標是：，故選：A．【點睛】本題是對點的坐標變化規(guī)律的考查，主要利用了菱形的性質，解直角三角形，根據(jù)已知點的變化規(guī)律求出菱形的邊長，得出系列點的坐標，找出規(guī)律是解題的關鍵．二、填空題9．-4【解析】【分析】根據(jù)二次根式有意義，可得m≤2，解出關于x的分式方程+2＝的解為x＝，解為正數(shù)解，進而確定m的取值范圍，注意增根時m的值除外，再根據(jù)m為整數(shù)，確定m的所有可能的整數(shù)值，求和即可．【詳解】解：+2＝，去分母得，﹣m+2（x﹣1）＝3，解得，x＝，∵關于x的分式方程+2＝有正數(shù)解，∴＞0，∴m＞﹣5，又∵x＝1是增根，當x＝1時，＝1，即m＝﹣3，∴m≠﹣3，∵有意義，∴2﹣m≥0，∴m≤2，因此﹣5＜m≤2且m≠﹣3，∵m為整數(shù)，∴m可以為﹣4，﹣2，﹣1，0，1，2，其和為﹣4，故答案為：﹣4．【點睛】考查二次根式的意義、分式方程的解法，以及分式方程產生增根的條件等知識，理解正數(shù)解，整數(shù)m的意義是正確解答的關鍵．10．A解析：24【解析】【分析】首先根據(jù)題意畫出圖形,然后由菱形的兩條對角線長分別是6和8，可求得OA=4，OB=3,再由勾股定理求得邊長，繼而求得此菱形的周長與面積．【詳解】解：如圖,菱形ABCD中，AC=8，BD=6，∴OA=AC=4，OB=BD=3，AC⊥BD，∴AB==5，∴C菱形的周長=5×4=20，S菱形ABCD=×6×8=24，故菱形的周長是20，面積是24．故答案為：20；24．【點睛】本題考查了菱形的周長和性質得求法，勾股定理，屬于簡單題，熟悉菱形的性質和菱形求面積的特殊方法是解題關鍵．11．D解析：6cm【解析】【分析】過點D作DE⊥AB于E，利用勾股定理列式求出CD，再根據(jù)角平分線上的點到角的兩邊距離相等可得DE=CD即可求解．【詳解】如圖，過點D作DE⊥AB于E，∵∠C=90°，BD=10cm，BC=8cm，∴CD=cm，∵∠C=90°，BD是∠ABC的平分線，∴DE=CD=6cm，即點D到直線AB的距離是6cm．故答案為：6cm．【點睛】本題考查了勾股定理、角平分線的性質、點到直線的距離等知識，在解題時要能靈活應用各個知識點是本題的關鍵．12．D解析：【分析】由題意易得OD=OC，∠DOC=60°，進而可得△DOC是等邊三角形，然后問題可求解．【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，BD＝12，∴，∵∠AOD＝120°，∴∠DOC=60°，∴△DOC是等邊三角形，∴；故答案為：6．【點睛】本題主要考查矩形的性質及等邊三角形的性質與判定，熟練掌握矩形的性質及等邊三角形的性質與判定是解題的關鍵．13．y=-x+5【分析】由直線y=kx+b經過（0，5）、（2，3）兩點，代入可求出函數(shù)關系式．【詳解】解：把點（0，5）和點（2，3）代入y=kx+b得，解得：，所以一次函數(shù)的表達式為y=-x+5，故答案為：y=-x+5．【點睛】此題主要考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，注意利用一次函數(shù)的特點，來列出方程組求解是解題關鍵．14．A解析：【詳解】解：設AC與BD相交于點O，連接OP，過D作DM⊥AC于M，∵四邊形ABCD是矩形，∴，AC=BD，∠ADC=90°．∴OA=OD．∵AB=3，AD=4，∴由勾股定理得：AC=．∵，∴DM=．∵，∴．∴PE+PF=DM=．故選B．15．①③④【分析】根據(jù)兩車速度之差×3小時=120，解方程可判斷①，根據(jù)兩車間的距離而且是同向可判斷②，根據(jù)卸貨與裝貨45分鐘時間可求拐點B橫坐標，利用貨車行駛45分鐘距離縮短求出B縱坐標可判斷③，解析：①③④【分析】根據(jù)兩車速度之差×3小時=120，解方程可判斷①，根據(jù)兩車間的距離而且是同向可判斷②，根據(jù)卸貨與裝貨45分鐘時間可求拐點B橫坐標，利用貨車行駛45分鐘距離縮短求出B縱坐標可判斷③，根據(jù)返回快遞車速與貨車速度之和乘以返貨到相遇時間=75，解方程可判斷④．【詳解】解：①設快遞車從甲地到乙地的速度為x千米/時，則3（x﹣60）=120，x=100．故①正確；②因為120千米是快遞車到達乙地后兩車之間的距離，不是甲、乙兩地之間的距離，故②錯誤；③因為快遞車到達乙地后缷完物品再另裝貨物共用45分鐘，所以圖中點B的橫坐標為3+=，點B縱坐標為120﹣60×=75，故③正確；④設快遞車從乙地返回時的速度為y千米/時，則（y+60）（）=75，y=90，故④正確．故答案為①③④．【點睛】本題考查一次函數(shù)行程問題圖像獲取信息，利用速度，時間與路程關系解決問題，掌握一次函數(shù)行程問題圖像獲取信息，利用速度，時間與路程關系解決問題，一次函數(shù)的應用是解題關鍵．16．【分析】設BD=CD=x，由題意可知∠ADC=45°，且將ADC沿AD折疊，故，則可運用勾股定理，將用x進行表示，即可得出的值．【詳解】解：∵點D是BC的中點，設BD=CD=x，則BC=2x解析：【分析】設BD=CD=x，由題意可知∠ADC=45°，且將ADC沿AD折疊，故，則可運用勾股定理，將用x進行表示，即可得出的值．【詳解】解：∵點D是BC的中點，設BD=CD=x，則BC=2x，又∵∠ADC=45°，將ADC沿AD折疊，故，=x，∴，是直角三角形，根據(jù)勾股定理可得：，∴，故答案為：．【點睛】本題主要考察了折疊問題與勾股定理，解題的關鍵在于通過折疊的性質，得出直角三角形，并運用勾股定理．三、解答題17．（1）2；（2）4【分析】（1）根據(jù)二次根式的混合運算法則計算即可；（2）根據(jù)完全平方公式以及平方差公式計算即可．【詳解】解：（1）原式＝﹣4＝﹣4＝6﹣4＝2；（2）原式＝（4﹣解析：（1）2；（2）4【分析】（1）根據(jù)二次根式的混合運算法則計算即可；（2）根據(jù)完全平方公式以及平方差公式計算即可．【詳解】解：（1）原式＝﹣4＝﹣4＝6﹣4＝2；（2）原式＝（4﹣4+2）×（6+4）＝（6﹣4）×（6+4）＝36﹣32＝4．【點睛】本題考查了二次根式的混合運算，乘法公式的運用，熟練掌握相關運算法則是解本題的關鍵．18．不會【分析】根據(jù)題意可分別求出出發(fā)3秒鐘時小王和小林的賽車行駛的路程，從而可分別求出他們的賽車距離終點的距離，再結合勾股定理即可求出出發(fā)3秒鐘時他們賽車的距離，和遙控信號會產生相互干擾的距離小于解析：不會【分析】根據(jù)題意可分別求出出發(fā)3秒鐘時小王和小林的賽車行駛的路程，從而可分別求出他們的賽車距離終點的距離，再結合勾股定理即可求出出發(fā)3秒鐘時他們賽車的距離，和遙控信號會產生相互干擾的距離小于或等于25米作比較即可得出答案．【詳解】解：如圖，出發(fā)3秒鐘時，米，米，∵AC=40米，AB=30米，∴AC1=28米，AB1=21米，∴在中，米＞25米，∴出發(fā)3秒鐘時，遙控信號不會產生相互干擾．【點睛】本題考查勾股定理的實際應用．讀懂題意，將實際問題轉化為數(shù)學問題是解答本題的關鍵．19．（1）見解析；（2）見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)正方形的判定進行畫圖即可；（2）根據(jù)菱形的判定進行畫圖即可．【詳解】解：（1）如圖所示：，，∴，∴∠ABC=90°，∴四邊形AB解析：（1）見解析；（2）見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)正方形的判定進行畫圖即可；（2）根據(jù)菱形的判定進行畫圖即可．【詳解】解：（1）如圖所示：，，∴，∴∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是正方形；（2）如圖所示，∴四邊形ABEF是菱形．【點睛】本題主要考查了菱形的判定，正方形的判定，勾股定理和勾股定理的逆定理，解題的關鍵在于能夠熟練掌握相關知識進行求解．20．（1）見解析；（2）見解析【分析】（1）連接EF交MN于O，證△ADE≌△CBF（ASA），得DE=BF，再證DE∥BF，則四邊形BEDF是平行四邊形，得OE=OF，OB=OD，然后證OM=ON解析：（1）見解析；（2）見解析【分析】（1）連接EF交MN于O，證△ADE≌△CBF（ASA），得DE=BF，再證DE∥BF，則四邊形BEDF是平行四邊形，得OE=OF，OB=OD，然后證OM=ON，即可得出結論；（2）由菱形的性質得EF⊥MN，由（1）得四邊形BEDF是平行四邊形，即可得出結論．【詳解】證明：（1）連接EF交MN于O，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A=∠C，AD=BC，AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC，∵DE平分∠ADB，BF平分∠DBC，∴∠ADE=∠EDB=∠CBF=∠FBD，在△ADE和△CBF中，，∴△ADE≌△CBF（ASA），∴DE=BF，∵∠EDB=∠FBD，∴DE∥BF，∴四邊形BEDF是平行四邊形，∴OE=OF，OB=OD，∵BM=DN，∴OB-BM=OD-DN，即OM=ON，∴四邊形EMFN是平行四邊形；（2）∵四邊形EMFN是菱形，∴EF⊥MN，由（1）得：四邊形BEDF是平行四邊形，∴平行四邊形BEDF是菱形．【點睛】本題考查了菱形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、平行線的平對于性質等知識；熟練掌握菱形的判定與性質，證明△ADE≌△CBF是解題的關鍵，屬于中考?？碱}型．21．（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)平方差公式分母有理化即可；（2）根據(jù)平方差公式分母有理化即可；（3）對每一個式子分母有理化，再進行合并計算即可；【詳解】（1）；故答案解析：（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)平方差公式分母有理化即可；（2）根據(jù)平方差公式分母有理化即可；（3）對每一個式子分母有理化，再進行合并計算即可；【詳解】（1）；故答案是：；（2）；故答案是：；（3），，；【點睛】本題主要考查了二次根式分母有理化，平方差公式，準確計算是解題的關鍵．22．（1），y甲＝3840x（6≤x≤15）；y乙＝4320x﹣4320（6≤x≤15）；（2）當購買9臺電腦時，到兩家商店購買費用相同；當10≤x≤15時，到甲商店更合算；當6≤x≤8時，到乙商店更合解析：（1），y甲＝3840x（6≤x≤15）；y乙＝4320x﹣4320（6≤x≤15）；（2）當購買9臺電腦時，到兩家商店購買費用相同；當10≤x≤15時，到甲商店更合算；當6≤x≤8時，到乙商店更合算【分析】（1）根據(jù)兩家電腦商的優(yōu)惠方法可得y甲（元），乙店購買費用為y乙（元）；（2）根據(jù)（1）的結論列方程或不等式解答即可．【詳解】解：（1）由題意可得：y甲＝4800×0.8x＝3840x（6≤x≤15）；y乙＝4800×0.9（x﹣1）＝4320x﹣4320（6≤x≤15）；（2）當3840x＝4320x﹣4320時，解得x＝9，即當購買9臺電腦時，到兩家商店購買費用相同；當3840x＜4320x﹣4320時，解得x＞9，即當10≤x≤15時，到甲商店更合算；當3840x＞4320x﹣4320時，解得x＜9，即當6≤x≤8時，到乙商店更合算．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的應用，讀懂題目信息，理解兩家電腦商的優(yōu)惠方法并表示出y甲、y乙與所購電腦x（臺）之間的函數(shù)關系式是解題的關鍵．23．（1）見解析；（2）；（3）8或或6【分析】（1）連結，證明，得到相等的角，再由平行線的性質證明，從而得，由菱形的定義判定四邊形是菱形；（2）連結，交于點，作于點，由菱形的面積及邊長求出菱形的解析：（1）見解析；（2）；（3）8或或6【分析】（1）連結，證明，得到相等的角，再由平行線的性質證明，從而得，由菱形的定義判定四邊形是菱形；（2）連結，交于點，作于點，由菱形的面積及邊長求出菱形的高，再求的長，由勾股定理列出關于、的等式，整理得到關于的函數(shù)解析式；（3）以為腰的等腰三角形分三種情況，其中有兩種情況是等腰三角形與或全等，另一種情況可由（2）中求得的菱形的高求出的長，再求等腰三角形的底邊長．【詳解】解：（1）證明：如圖1，連結，，，，，，即；四邊形是平行四邊形，，，，，四邊形是菱形（2）如圖2，連結，交于點，作于點，則，由（1）得，四邊形是菱形，，，，，，，，由，且，得，解得；，，由，且，得，點在邊上且不與點、重合，，關于的函數(shù)解析式為，（3）如圖3，，且點在的延長線上，，，，，，，，，，，，，，，，，，即等腰三角形的底邊長為8；如圖4，，作于點，于點，則，，，，，，由（2）得，，，，即等腰三角形的底邊長為；如圖5，，點與點重合，連結，，，，，，即，等腰三角形的底邊長為6．綜上所述，以為腰的等腰三角形的底邊長為8或或6，故答案為：8或或6．【點睛】此題重點考查菱形的性質、全等三角形的判定與性質、等腰三角形的判定、勾股定理、求與幾何圖形有關的函數(shù)關系式等知識與方法，在解第（3）題時，需要進行分類討論，求出所有符合條件的值，以免丟解．24．（1），；（2）或；（3）存在，或或【解析】【分析】（1）由△ABC面積為10，可得AC＝5，即可求C點坐標，再將點B與C代入y＝kx+b，解二元一次方程組可求y＝﹣x+4；（2）當D點在E解析：（1），；（2）或；（3）存在，或或【解析】【分析】（1）由△ABC面積為10，可得AC＝5，即可求C點坐標，再將點B與C代入y＝kx+b，解二元一次方程組可求y＝﹣x+4；（2）當D點在E上方時，過點D作MN⊥y軸，過E、F分別作ME、FN垂直與x軸，與MN交于點M、N，由△EDF是等腰直角三角形，可證得△MED≌△NDF（AAS），設D（0，y），F(xiàn)（m，﹣m+4），E（﹣1，2），由ME＝y(tǒng)﹣2，MD＝1，DN＝y(tǒng)﹣2，NF＝1，得到m＝y(tǒng)﹣2，y＝1+（﹣m+4）＝5﹣m，求出D（0，）；當點D在點E下方時，過點D作PQ⊥y軸，過P、Q分別作PE、FQ垂直與x軸，與PQ交于點P、Q，同理可證△PED≌△QDF（AAS），設D（0，y），F(xiàn)（m，﹣m+4），得到PE＝2﹣y，PD＝1，DQ＝2﹣y，QF＝1，所以m＝2﹣y，1＝﹣m+4﹣y，求得D（0，﹣1）；（3）連接OG，由S△ABG＝S△ABO，可得OG∥AB，求出AB的解析式為y＝2x+4，所以OG的解析式為y＝2x，可求出G（，），進而能求出AG的解析式為y＝x+，設M（t，t+），N（n，0），①當BC、MN分別為對角線時，BC的中點為（，2），MN的中點為（，t+），求得N（﹣，0）；②當BM、CN分別為對角線時，BM的中點為（，t+），CN的中點為（，0），求得N（﹣，0）；③當BN、CM分別為對角線時，BN的中點為（，2），CM的中點為（，t+），求得N（，0）．【詳解】解：（1）∵△ABC面積為10，∴×AC×OB＝×AC×4＝10，∴AC＝5，∵A（﹣2，0），∴C（3，0），將點B與C代入y＝kx+b，可得,∴，∴y＝﹣x+4，故答案為（3，0），y＝﹣x+4；（2）當D點在E上方時，過點D作MN⊥y軸，過E、F分別作ME、FN垂直與x軸，與MN交于點M、N，∵△EDF是等腰直角三角形，∴∠EDF＝90°，ED＝DF，∵∠MDE+∠NDF＝∠MDE+∠MED＝90°，∴∠NDF＝∠MED，∴△MED≌△NDF（AAS），∴ME＝DN，MD＝FN，設D（0，y），F(xiàn)（m，﹣m+4），∵E是AB的中點，∴E（﹣1，2），∴ME＝y(tǒng)﹣2，MD＝1，∴DN＝y(tǒng)﹣2，NF＝1，∴m＝y(tǒng)﹣2，y＝1+（﹣m+4）＝5﹣m，∴m＝，∴D（0，）；當點D在點E下方時，過點D作PQ⊥y軸，過P、Q分別作PE、FQ垂直與x軸，與PQ交于點P、Q，∵△EDF是等腰直角三角形，∴∠EDF＝90°，ED＝DF，∵∠PDE+∠QDF＝∠PDE+∠PED＝90°，∴∠QDF＝∠PED，∴△PED≌△QDF（AAS），∴PE＝DQ，PD＝FQ，設D（0，y），F(xiàn)（m，﹣m+4）∵E是AB的中點，∴E（﹣1，2），∴PE＝2﹣y，PD＝1，∴DQ＝2﹣y，QF＝1，∴m＝2﹣y，1＝﹣m+4﹣y，∴m＝3，∴D（0，﹣1）；綜上所述：D點坐標為（0，﹣1）或（0，）；（3）連接OG，∵S△ABG＝S△ABO，∴OG∥AB，設AB的解析式為y＝kx+b，將點A（﹣2，0），B（0，4）代入，得，解得，∴y＝2x+4，∴OG的解析式為y＝2x，∴2x＝﹣x+4，∴x＝，∴G（，），設AG的解析式為y＝k1x+b1，將點A、G代入可得，解得，∴y＝x+，∵點M為直線AG上動點，點N在x軸上，則可設M（t，t+），N（n，0），當BC、MN分別為對角線時，BC的中點為（，2），MN的中點為（，t+），∴，t+=2，∴t＝，n＝﹣，∴N（﹣，0）；當BM、CN分別為對角線時，BM的中點為（，t+），CN的中點為（，0），∴，t+=0，∴t＝﹣，n＝﹣，∴N（﹣，0）；③當BN、CM分別為對角線時，BN的中點為（，2），CM的中點為（，t+），∴，t+=2，∴t＝，n＝，∴N（，0）；綜上所述：以點B，C，M，N為頂點的四邊形為平行四邊形時，N點坐標為或或．【點睛】本題考查一次函數(shù)的綜合應用，（2）中注意D點的位置有兩種情況，避免丟解，同時解題時要構造K字型全等，將D點、F點坐標聯(lián)系起來，（3）中利用平行四邊形對角線互相平分的性質，借助中點坐標公式解題，能簡便運算，快速求解．25．（1）見解析；（2）①45°；②GH2＋BH2＝2CD2，理由見解析【分析】（1）證△CBE≌△CDF（SAS），即可得出結論；（2）①證△DCP≌△GCP（SSS），得∠DCP＝∠GCP，再解析：（1）見解析；（2）①45°；②GH2＋BH2＝2CD2，理由見解析【分析】（1）證△CBE≌△CDF（SAS），即可得出結論；（2）①證△DCP≌△GCP（SSS），得∠DCP＝∠GCP，再由全等三角形的性質得∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝20°，則∠BCG＝130°，然后由等腰三角形的性質和三角形內角和定理得∠CGH＝25°，即可求解；②連接BD，由①得CP垂直平分DG，則HD＝HG，∠GHF＝∠DHF，設∠BCE＝m°，證出∠GHF＝∠CHB＝45°，再證∠DHB＝90°，然后由勾股定理得DH2＋BH2＝BD2，進而得出結論．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴CB＝CD，∠CBE＝∠CDF＝90°，在△CBE和△CDF中，，∴△CBE≌△CDF（SAS），∴CE＝CF；（2）解：①點D關于CF的對稱點G，∴CD＝CG，DP＝GP，在△DCP和△GCP中，，∴△DCP≌△GCP（SSS），∴∠DCP＝∠GCP，由（1）得：△CBE≌△CDF，∴∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝20°，∴∠BCG＝20°＋20°＋90°＝130°，∵CG＝CD＝CB，∴∠CGH＝，∴∠CHB＝∠CGH＋∠GCP＝25°＋20°＝45°；②線段CD，GH，BH之間的數(shù)量關系為：GH2＋BH2＝2CD2，理由如下：連接B