人教版八年级期末试卷测试与练习(word解析版).doc

人教版八年级期末试卷测试与练习（word解析版）
一、选择题
1．函数y＝中自变量x的取值范围是（　　）
A．x≠1 B．x≥0 C．x＞0且x≠1 D．x≥0且x≠1
2．满足下述条件的三角形中，不是直角三角形的是（ ）
A．三条边长之比为1：：
B．三条边长分别为1，，2
C．三个内角之比为3：4：5
D．两个内角分别为40°和50°
3．如图所示，在中，点E，D，F分别在边上，且．下列判断中，不正确的是（ ）

A．四边形是平行四边形
B．如果，那么四边形是矩形
C．如果平分，那么四边形是菱形
D．如果，那么四边形是菱形
4．篮球队5名场上队员的身高（单位：cm）分别是：189，191，193，195，196．现用一名身高为192cm的队员换下身高为196cm的队员，与换人前相比，场上队员的身高（ ）
A．平均数变小，方差变小 B．平均数变小，方差变大
C．平均数变大，方差变小 D．平均数变大，方差变大
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ABCD中， ，则（ ）

A．30° B．25° C．20° D．15°
7．如图，将矩形ABCD沿EF翻折，使B点恰好与D点重合，已知AD＝8，CD＝4，则折痕EF的长为（ ）

A．4 B．5 C． D．
8．如图，在平面直角坐标系中，点，，，和，，，分别在直线和轴上，，，，是以，，，为顶点的等腰直角三角形．如果点，那么点的纵坐标是（ ）

A． B． C． D．
二、填空题
9．已知是实数，且满足，则的平方根是____________．
10．如图，在菱形ABCD中，AC＝6，BD＝8，则菱形的面积等于 ___．

11．如图 ，在△ ABC 中，∠C＝90°，∠ABC 的平分线 BD 交 AC 于点 D．若 BD＝10cm，BC＝8cm，则点 D 到直线 AB 的距离= ________．

12．如图，折叠长方形纸片ABCD，先折出折痕BD，再折叠使AD边与对角线BD重合，得折痕DE，若AB＝4，BC＝3，则AE的长是____．

13．已知一次函数y=ax﹣1的图象经过点（﹣2，2），则该一次函数的解析式为_________．
14．在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，要使四边形EFGH为菱形，则四边形ABCD的对角线应满足的条件是__
15．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，点P是线段AB的三等分点（AP＞BP），点C是x轴上的一个动点，连接BC，以BC为直角边，点B为直角顶点作等腰直角△BCD，连接DP．则DP长度的最小值是___．

16．如图，正方形的顶点、分别在坐标轴的正半轴上，点是第一象限内直线上的一点，则点的坐标为______．

三、解答题
17．计算
（1）
（2）
（3）
（4）
18．我市《道路交通管理条例》规定：小汽车在城市街道上的行驶速度不得超过60km/h．如图，一辆小汽车在一条城市街道上沿直道行驶，某一时刻刚好行驶到车速检测点A正前方30m的C处，2秒后又行驶到与车速检测点A相距50m的B处．请问这辆小汽车超速了吗？若超速，请求出超速了多少？

19．如图，每个小正方形的边长都是1．A、B、C、D均在网格的格点上．

（1）求边BC、BD的长度．
（2）∠BCD是直角吗？请证明你的判断．
（3）找到格点E，画出四边形ABED，使其面积与四边形ABCD面积相等（一个即可，且E与C不重合）．
20．如图，∠A=∠B=40°，P为AB中点，点M为射线AC上（不与点A重合）的任意一点，连接MP，并使MP的延长线交射线BD于点N，设∠BPN=α．

（1）求证：APMBPN；
（2）当α等于多少度时，以A、M、B、N为顶点的四边形是菱形？
21．观察与计算：
6；
2；
；
．
象上面各式左边两因式均为无理数，右边结果为有理数，我们把符合上述等式的左边两个因式称为互为有理化因式．当有些分母为带根号的无理数时，我们可以分子、分母同乘分母的有理化因式进行化简．例如：；；
【应用】（1）化简：① ； ②．
（2）化简：
22．暑假即将来临，某运动馆推出针对学生两种暑期优惠方案：
方案一：先办理VIP卡需100元，然后每次按全票价打五折；
方案二：学生每次按全票价打九折；
已知运动馆全票价为20元/次，回答下面问题：
（1）设方案一、方案二的费用分别为y1、y2，直接写出y1、y2与去运动馆次数x的关系式；
（2）某同学估计暑假要去运动馆大概30次，请你帮他分析要不要办VIP卡．
23．已知四边形ABCD是正方形，将线段CD绕点C逆时针旋转（），得到线段CE，联结BE、CE、DE. 过点B作BF⊥DE交线段DE的延长线于F．
（1）如图，当BE=CE时，求旋转角的度数；
（2）当旋转角的大小发生变化时，的度数是否发生变化?如果变化，请用含的代数式表示；如果不变，请求出的度数；
（3）联结AF，求证：．

24．直线：交x轴于A，交y轴于B．

（1）求的长；
（2）如图1，直线关于y轴对称的直线交x轴于点C，直线：经过点C，点D、T分别在直线、上．若以A、B、D、T为顶点的四边形是平行四边形，求点D的坐标；
（3）如图2，平行y轴的直线交x轴于点E，将直线向上平移5个单位长度后交x轴于M，交y轴于N，交直线于点P．点在四边形内部，直线交于G，直线交于H，求的值．
25．如图1，四边形是正方形，点在边上任意一点（点不与点，点重合），点在的延长线上，．
（1）求证：；
（2）如图2，作点关于的对称点，连接、、，与交于点，与交于点．与交于点．
①若，求的度数；
②用等式表示线段，，之间的数量关系，并说明理由．

26．等腰Rt△ABC，CA＝CB，D在AB上，CD＝CE，CD⊥CE．

（1）如图1，连接BE，求证：AD＝BE．
（2）如图2，连接AE，CF⊥AE交AB于F，T为垂足，
①求证：FD＝FB；
②如图3，若AE交BC于N，O为AB中点，连接OC，交AN于M，连FM、FN，当，求OF2+BF2的最小值．
【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≥0且x﹣1≠0，
解得：x≥0且x≠1，
故选：D．
【点睛】
本题考查的是函数自变量的取值范围，自变量的取值范围必须使含有自变量的表达式都有意义．当表达式的分母中含有自变量时，自变量取值要使分母不为零．当函数的表达式是偶次根式时，自变量的取值范围必须使被开方数不小于零．
2．C
解析：C
【分析】
根据勾股定理的逆定理和三角形内角和定理对各选项进行逐一判断即可．
【详解】
解：A、∵12＋（）2＝3＝（）2，∴能够成直角三角形，故本选项不符合题意；
B、∵12＋（）2＝4＝22，∴能够成直角三角形，故本选项不符合题意；
C、设∠A＝3x°，∠B＝4x°，∠C＝5x°，
∵∠A＋∠B＋∠C＝180°，
∴3x＋4x＋5x＝180，
解得：x＝15，
∴∠C＝5x°＝75°，
即此时三角形不是直角三角形，故本选项符合题意；
D、两个内角分别为40°和50°，所以另一个内角是90°，是直角三角形，故本选项不符合题意；
故选：C．
【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，也考查了三角形的内角和定理．
3．D
解析：D
【解析】
【分析】
由DE∥CA，DF∥BA，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AEDF是平行四边形，据此可以判断A正确；又有∠BAC=90°，根据有一角是直角的平行四边形是矩形，可得四边形AEDF是矩形，故可以判断B选项；如果AD平分∠BAC，那么∠EAD=∠FAD，又有DF∥BA，可得∠EAD=∠ADF，进而知∠FAD=∠ADF，AF=FD，那么根据邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形AEDF是菱形；如果AD⊥BC且当AB=AC时，那么AD平分∠BAC，则可得四边形AEDF是菱形，故知D选项不正确．
【详解】
解：由DE∥CA，DF∥BA，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AEDF是平行四边形；
又有∠BAC=90°，根据有一角是直角的平行四边形是矩形，可得四边形AEDF是矩形．故A、B正确；
如果AD平分∠BAC，那么∠EAD=∠FAD，又有DF∥BA，可得∠EAD=∠ADF，
∴∠FAD=∠ADF，
∴AF=FD，那么根据邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形AEDF是菱形，故C正确；
如果AD⊥BC且AB=AC，那么AD平分∠BAC，可得四边形AEDF是菱形．只有AD⊥BC，不能判断四边形AEDF是菱形，故D选项错误．
故选：D．
【点睛】
本题考查平行四边形、矩形及菱形的判定，具体选择哪种方法需要根据已知条件来确定，此题是道基础概念题，需要熟练掌握菱形的判定定理．
4．A
解析：A
【解析】
【分析】
分别计算出原数据和新数据的平均数和方差即可得．
【详解】
解：原数据的平均数为=192.8，
则原数据的方差为[（189-192.8）2+（191-192.8）2+（193-192.8）2+（195-192.8）2+（196-192.8）2]=4.512，
新数据的平均数为=192，
则新数据的方差为[（189-192）2+（191-192）2+（193-192）2+（195-192）2+（192-192）2]=4，
所以平均数变小，方差变小，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了方差和平均数，解题的关键是掌握方差的计算公式．
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．D
解析：D
【解析】
【分析】
直接利用菱形的性质得出，，进而结合平行四边形的性质得出答案．
【详解】
解：四边形是菱形，
，，
，
，
．
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了菱形的性质，正确得出的度数是解题关键．
7．D
解析：D
【解析】
【分析】
作于，则，由四边形为矩形，得，由折叠的性质及等量代换得，设，则，由勾股定理解得，所以，，根据矩形的判定可证四边形是矩形，可得出，在由勾股定理得即可计算出．
【详解】
解：如图，作于，则，

四边形为矩形，
，，，，
，
矩形沿折叠，使点与点重合，
，，，
，
，
设，则，
在中，，
，
解得：，
，，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
在中，，
故选：D．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，矩形的判定和性质、勾股定理，解题的关键是掌握折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化．
8．A
解析：A
【分析】
设点A2，A3，A4…，A2019坐标，结合函数解析式，寻找纵坐标规律，进而解题．
【详解】
解：在直线，
，
，
设，，，，，，，，，
则有，，，，
又△，△，△，，都是等腰直角三角形，
，，，．
将点坐标依次代入直线解析式得到：
，，，，，
又，
，，，，，
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了一次函数点坐标特点，等腰直角三角形斜边上高等于斜边长一半，解题的关键是找出规律．
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件可求得x，然后求得y，最后求平方根即可．
【详解】
解：∵是实数，且满足，
∴并且，
解得，此时，
∴，其平方根是．
故答案为：．
【点睛】
本题考查二次根式有意义的条件，求一个数的平方根，二次根式的化简，理解二次根式有意义被开方数非负是解题关键．
10．24
【解析】
【分析】
根据菱形的面积=对角线积的一半，可求菱形的面积．
【详解】
四边形是菱形，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查菱形的性质，解题的关键是熟练运用菱形的性质．
11．D
解析：6cm
【解析】
【分析】
过点D作DE⊥AB于E，利用勾股定理列式求出CD，再根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DE=CD即可求解．
【详解】
如图，过点D作DE⊥AB于E，

∵∠C=90°，BD=10cm，BC=8cm，
∴CD=cm，
∵∠C=90°，BD是∠ABC的平分线，
∴DE=CD=6cm，
即点D到直线AB的距离是6cm．
故答案为：6cm．
【点睛】
本题考查了勾股定理、角平分线的性质、点到直线的距离等知识，在解题时要能灵活应用各个知识点是本题的关键．
12．A
解析：
【分析】
由折叠的可知，AD=A'D，AE=A'E，∠A=∠DA'E，分别求出A'D=3，BD=5，A'B=2，在Rt△A'EB中，由勾股定理得（4-AE）2=AE2+22，即可求AE=．
【详解】
解：由折叠的可知，AD=A'D，AE=A'E，∠A=∠DA'E，
∵AB=4，BC=3，
∴A'D=3，BD==5，
∴A'B=2，
在Rt△A'EB中，EB2=A'E2+A'B2，
∴（4-AE）2=AE2+22，
∴AE=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质，熟练应用勾股定理是解题的关键．
13．y=x-1
【详解】
试题分析：把（﹣2，2）代入y=ax﹣1得：﹣2a﹣1=2，解得：a=，即y=x﹣1．
故答案为y=x-1．
考点： 一次函数图象上点的坐标特征．
14．A
解析：AC＝BD
【分析】
根据三角形的中位线定理和菱形的判定，可得顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得四边形是菱形，故可添加：AC=BD.
【详解】
解：如图，AC=BD，E、F、G、H分别是线段AB、BC、CD、AD的中点，则EH、FG分别是△ABD、△BCD的中位线，EF、HG分别是△ACD、△ABC的中位线，根据三角形的中位线的性质知，EH=FG=BD，EF=HG=AC，当AC=BD，有EH=FG=HG=EF，则四边形EFGH是菱形.故添加：AC=BD.
【点睛】
本题是开放题，可以针对各种特殊的平行四边形的判定方法，给出条件，再证明结论.答案可以有多种，主要条件明确，说法有理即可.
15．【分析】
过点B作BM⊥轴于点B，使BM=OB，利用SAS证得△BOC△BMD，再证明M、D、A三点共线，推出四边形AMBO是正方形，当且仅当PD⊥AM时，线段DP的长度取得最小值，利用勾股定理即
解析：
【分析】
过点B作BM⊥轴于点B，使BM=OB，利用SAS证得△BOC△BMD，再证明M、D、A三点共线，推出四边形AMBO是正方形，当且仅当PD⊥AM时，线段DP的长度取得最小值，利用勾股定理即可求解．
【详解】
解：过点B作BM⊥轴于点B，使BM=OB，连接DM，AD，

∵直线y＝﹣x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴令，则；令，则；
∴点A的坐标为(2，0)，点B的坐标为(0，2)，
∴OA=OB=BM=2，
∵BM⊥轴，
∴∠OBM=90°，
∴点M的坐标为(2，2)，
∵△BCD是等腰直角三角形，
∴BC=BD，∠CBD=90°，
∴∠CBD=∠OBM=90°，
∴∠CBD-∠OBD=∠OBM-∠OBD，
∴∠CBO=∠DBM，
在△BOC和△BMD，
，
∴△BOC△BMD(SAS)，
∴∠BOC=∠BMD=90°，
∴BM⊥DM，
∴DM∥OB，
∵M、D、A三点的横坐标相同，都为2，
∴M、D、A三点共线，
∴四边形AMBO是正方形，
∴∠BAM=45°，
∵AB=，
点P是线段AB的三等分点（AP＞BP），
∴AP=AB=，
当且当PD⊥AM时，线段DP的长度取得最小值，
此时，△PAD为等腰直角三角形，
∴PD=AP=，
∴线段DP长度最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了一次函数的的图象与坐标轴的交点问题，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识点，证得四边形AMBO是正方形，以及当PD⊥AM时，线段DP的长度取得最小值是解题的关键．
16．【分析】
根据正方形的性质可得点B的横纵坐标相等计算即可；
【详解】
由题可知：点B在直线上且点B是正方形ABCD的一个顶点，
设，
∴，
解得： ，
∴，
∴；
故答案是．
【点睛】
本题主要考
解析：
【分析】
根据正方形的性质可得点B的横纵坐标相等计算即可；
【详解】
由题可知：点B在直线上且点B是正方形ABCD的一个顶点，
设，
∴，
解得： ，
∴，
∴；
故答案是．
【点睛】
本题主要考查了一次函数的性质、正方形的性质，准确计算是解题的关键．
三、解答题
17．（1）1；（2）；（3）0；（4）．
【分析】
（1）先运用分母有理化化简，然后再计算即可；
（2）先运用二次根式的性质化简，然后再计算即可；
（3）先运用平方差公式计算，然后再化简即可；
（4）先
解析：（1）1；（2）；（3）0；（4）．
【分析】
（1）先运用分母有理化化简，然后再计算即可；
（2）先运用二次根式的性质化简，然后再计算即可；
（3）先运用平方差公式计算，然后再化简即可；
（4）先运用零次幂、二次根式的性质、完全平方公式化简，然后再计算即可．
【详解】
解：（1）
=
=
=4-3
=1；
（2）
=
=；
（3）
=5-7+2
=0；
（4）
=
=
=．
【点睛】
本题主要考查了二次根式的运算，掌握分母有理化、二次根式的性质成为解答本题的关键．
18．超速了，超速了12km/h
【分析】
由勾股定理可求得小汽车行驶的距离，再除以小汽车行驶的时间即为小汽车行驶的车速，再与限速比较即可．
【详解】
.解：由已知得
∴在直角三角形ABC中AB2＝AC2
解析：超速了，超速了12km/h
【分析】
由勾股定理可求得小汽车行驶的距离，再除以小汽车行驶的时间即为小汽车行驶的车速，再与限速比较即可．
【详解】
.解：由已知得
∴在直角三角形ABC中AB2＝AC2＋BC2
∴BC2＝AB2－AC2＝，

又

∵72－60＝12km/h
∴这辆小汽车超速了，超速了12km/h．
【点睛】
本题考查了勾股定理，其中1 米/秒=3.6 千米/时的速度换算是易错点．
19．（1），；（2）不是直角，证明见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）利用勾股定理求解即可．
（2）利用勾股定理的逆定理判断即可．
（3）利用等高模型解决问题即可．
【详解】
解：（1）BC
解析：（1），；（2）不是直角，证明见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）利用勾股定理求解即可．
（2）利用勾股定理的逆定理判断即可．
（3）利用等高模型解决问题即可．
【详解】
解：（1）BC==，BD==．
（2）结论：不是直角．
理由：∵CD=，BC=，BD=，
∴BC2+CD2≠BD2，
∴∠BCD≠90°．
（3）如图，四边形ABED即为所求．

【点睛】
本题考查作图-应用与设计作图，勾股定理，勾股定理的逆定理，四边形的面积等知识，解题的关键是掌握勾股定理以及勾股定理的逆定理解决问题，属于中考常考题型．
20．（1）见解析；（2）90°
【分析】
（1）利用判定定理进行证明即可；
（2）根据（1）能得出对角线互相平分，得出是平行四边形，即当∠BPN=90°时，AB⊥MN，以A、M、B、N为顶点的四边形是菱
解析：（1）见解析；（2）90°
【分析】
（1）利用判定定理进行证明即可；
（2）根据（1）能得出对角线互相平分，得出是平行四边形，即当∠BPN=90°时，AB⊥MN，以A、M、B、N为顶点的四边形是菱形．
【详解】
（1）证明：P为AB中点，
PA=PB，
在△APM和△BPN中，，
△APM△BPN；
(2)连接MB、NA，

由(1)知△APM△BPN，
PM=PN，
PA=PB，
四边形MBNA为平行四边形，
当∠BPN=90°时，AB⊥MN，
四边形AMBN为菱形．
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定及性质、菱形的判定，解题的关键是掌握相关的判定定理．
21．（1）观察与计算：－7；18；应用：（1）①；；（2）
【解析】
【分析】
观察与计算：根据二次根式的乘法和平方差公式求解即可；
应用：（1）仿照题意进行分母有理化即可；
（2）先对原式每一项进行分
解析：（1）观察与计算：－7；18；应用：（1）①；；（2）
【解析】
【分析】
观察与计算：根据二次根式的乘法和平方差公式求解即可；
应用：（1）仿照题意进行分母有理化即可；
（2）先对原式每一项进行分母有理化即可得到，由此求解即可．
【详解】
解：观察与计算：，，
故答案为：-7，18；
应用：（1）① ；
②；
（2）原式＝
＝
＝
＝
＝
=．
【点睛】
本题主要考查了二次根式的乘法运算，平方差公式和分母有理化，解题的关键在于能够准确理解题意进行求解．
22．（1），；（2）该同学要办，理由见解析
【分析】
（1）较简单，求出打折后单次的价格，再根据方案一、方案二，表示题中的数量关系，即可列出函数关系式；
（2）将代入（1）中的函数关系式，即可求出方案一
解析：（1），；（2）该同学要办，理由见解析
【分析】
（1）较简单，求出打折后单次的价格，再根据方案一、方案二，表示题中的数量关系，即可列出函数关系式；
（2）将代入（1）中的函数关系式，即可求出方案一及方案二的费用，继而判断是否需要办．
【详解】
解：（1）（元次），（元次），
，，
（2）当时，
方案一的费用为：，
方案二的费用为：，
，即，
该同学要办．
答：（1），；（2）该同学要办．
【点睛】
本题考查了一次函数的实际应用，解题的关键是能够用函数关系式表示量与量之间的关系，并进行比较，做出独立判断．
23．（1）30°；（2）不变；45°；（3）见解析
【分析】
（1）利用图形的旋转与正方形的性质得到△BEC是等边三角形，从而求得=∠DCE=30°．
（2）因为△CED是等腰三角形，再利用三角形的内角
解析：（1）30°；（2）不变；45°；（3）见解析
【分析】
（1）利用图形的旋转与正方形的性质得到△BEC是等边三角形，从而求得=∠DCE=30°．
（2）因为△CED是等腰三角形，再利用三角形的内角和即可求∠BEF=.
（3）过A点与C点添加平行线与垂线，作得四边形AGFH是平行四边形，求得△ABG≌△ADH.从而求得矩形AGFH是正方形，根据正方形的性质证得△AHD≌△DIC，从而得出结论．
【详解】
（1）证明：在正方形ABCD中, BC=CD.由旋转知，CE=CD,
又∵BE=CE,
∴BE=CE=BC,
∴△BEC是等边三角形，
∴∠BCE=60°.
又∵∠BCD=90°,
∴=∠DCE=30°.
（2）∠BEF的度数不发生变化.
在△CED中，CE=CD,
∴∠CED=∠CDE=，
在△CEB中,CE=CB,∠BCE=,
∴∠CEB=∠CBE=,
∴∠BEF=.
（3）过点A作AG∥DF与BF的延长线交于点G，过点A作AH∥GF与DF交于点H，过点C作CI⊥DF于点I
易知四边形AGFH是平行四边形，
又∵BF⊥DF，
∴平行四边形AGFH是矩形.
∵∠BAD=∠BGF=90°，
∠BPF=∠APD ，
∴∠ABG=∠ADH.
又∵∠AGB=∠AHD=90°，AB=AD，
∴△ABG≌△ADH.
∴AG=AH ，
∴矩形AGFH是正方形.
∴∠AFH=∠FAH=45°，
∴AH=AF
∵∠DAH+∠ADH=∠CDI+∠ADH=90°
∴∠DAH=∠CDI
又∵∠AHD=∠DIC=90°，AD=DC，
∴△AHD≌△DIC
∴AH=DI，
∵DE=2DI，
∴DE=2AH=AF

【点晴】
本题考查正方形的性质和判定、图形的旋转、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24．（1）；（2）点D的坐标为或或；（3）．
【解析】
【分析】
（1）根据直线的解析式求出其与x轴的交点A和与y轴的交点B的坐标，进而求出OA与OB的长度，再使用勾股定理即可求出AB的长度；
（2）根
解析：（1）；（2）点D的坐标为或或；（3）．
【解析】
【分析】
（1）根据直线的解析式求出其与x轴的交点A和与y轴的交点B的坐标，进而求出OA与OB的长度，再使用勾股定理即可求出AB的长度；
（2）根据直线和直线关于y轴对称求出直线的解析式，再求出直线的解析式，根据点D在直线上，可设点，然后分类讨论点D是在线段BC上，还是在线段BC的延长线上，或者在线段CB的延长线上，在每一种情况下结合平行四边形的性质和平移的性质，可用含有m的式子表示点T的坐标，再根据点T在直线上求出m的值，即可求出点D的坐标；
（3）根据平移的性质求出直线MN的解析式，再结合直线x=2求出点，点和点，进而求出ME的长度，然后再结合点求出直线和直线，进而求出点和，即可得到GE与HE的长度，最后再代入计算即可．
【详解】
解：（1）∵直线交x轴于A，交y轴于B，
∴，．
∴，．
∴，．
∴，．
∴，．
∵，
∴．
（2）∵直线关于y轴对称的直线交x轴于点C，直线交x轴与点，
∴点A与点C关于y轴对称．
∴．
∵点在y轴上，
∴直线经过点B．
∴设直线．
∵直线经过点，
∴．
解得：．
∴直线．
∵直线经过点，
∴．
解得：．
∴直线．
∵点D在直线上，
∴设点．
①如下图所示，当点D在线段上时．

∵四边形ABDT是平行四边形，
∴．
∴BD经过平移之后到达AT．
∴．
∵点T在直线上，
∴，解得．
∴；
②如下图所示，当点D在线段的延长线上时．

∵四边形ABTD是平行四边形，
∴．
∴AD经过平移之后到达BT．
∴．
∵点T在直线上，
∴，解得．
∴；
③如下图所示，当点D在线段的延长线上时．

∵四边形ADBT是平行四边形，
∴．
∴BD经过平移之后到达TA．
∴．
∵点T在直线上，
∴，解得．
∴．
综上所述，点D的坐标为或或．
（3）直线向上平移5个单位长度得到的直线解析式为．
∵直线x=2与x轴交于点E，与直线MN交于点P，直线MN交x轴于点M，
∴，，．
∴，．
∴，．
∴，．
∴，
设直线的解析式为，
∵直线PF经过点与，
∴解得
∴直线的解析式为．
∵直线PF与x轴交于点G，
∴．
∴．
解得：．
∴．
∴．
设直线OF的解析式为y=cx，
∵直线OF经过点，
∴．
解得：．
∴直线的解析式为．
∵直线OF与直线交于点H．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
【点睛】
本题考查了一次函数的综合应用，涉及坐标与长度的关系，勾股定理，轴对称和平移的性质，平行四边形的性质和判定定理，代数式求值，应用一次函数的性质正确求出点的坐标是解题关键．
25．（1）见解析；（2）①45°；②GH2＋BH2＝2CD2，理由见解析
【分析】
（1）证△CBE≌△CDF（SAS），即可得出结论；
（2）①证△DCP≌△GCP（SSS），得∠DCP＝∠GCP，再
解析：（1）见解析；（2）①45°；②GH2＋BH2＝2CD2，理由见解析
【分析】
（1）证△CBE≌△CDF（SAS），即可得出结论；
（2）①证△DCP≌△GCP（SSS），得∠DCP＝∠GCP，再由全等三角形的性质得∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝20°，则∠BCG＝130°，然后由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得∠CGH＝25°，即可求解；
②连接BD，由①得CP垂直平分DG，则HD＝HG，∠GHF＝∠DHF，设∠BCE＝m°，证出∠GHF＝∠CHB＝45°，再证∠DHB＝90°，然后由勾股定理得DH2＋BH2＝BD2，进而得出结论．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠CBE＝∠CDF＝90°，
在△CBE和△CDF中，
，
∴△CBE≌△CDF（SAS），
∴CE＝CF；
（2）解：①点D关于CF的对称点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线段CD，GH，BH之间的数量关系为：GH2＋BH2＝2CD2，理由如下：
连接BD，如图2所示：

由①得：CP垂直平分DG，
∴HD＝HG，∠GHF＝∠DHF，
设∠BCE＝m°，
由①得：∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝m°，
∴∠BCG＝m°＋m°＋90°＝2m°＋90°，
∵CG＝CD＝CB，
∴∠CGH＝，
∴∠CHB＝∠CGH＋∠GCP＝45°−m°＋m°＝45°，
∴∠GHF＝∠CHB＝45°，
∴∠GHD＝∠GHF＋∠DHF＝45°＋45°＝90°，
∴∠DHB＝90°，
在Rt△BDH中，由勾股定理得：DH2＋BH2＝BD2，
∴GH2＋BH2＝BD2，
在Rt△BCD中，CB＝CD，
∴BD2＝2CD2，
∴GH2＋BH2＝2CD2．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理以及三角形内角和定理等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明△CBE≌△CDF和△DCP≌△GCP是解题的关键．
26．（1）见解析；（2）①见解析；②
【分析】
（1）利用SAS证明△ACD≌△BCE，从而利用全等三角形的性质即可得出结论；
（2）①过点D作DH⊥CF于H，过点B作BG⊥CF，交CF的延长线于G，首
解析：（1）见解析；（2）①见解析；②
【分析】
（1）利用SAS证明△ACD≌△BCE，从而利用全等三角形的性质即可得出结论；
（2）①过点D作DH⊥CF于H，过点B作BG⊥CF，交CF的延长线于G，首先证明△ACT≌△BCG及△DCH≌△ECT，得到CT＝BG，CT＝DH，通过等量代换得出DH＝BG，再证明△DHF≌△BGF，则可证明结论；
②首先利用等腰三角形的性质和ASA证明△AOM≌△COF，则有OM＝OF，然后利用等腰直角三角形的性质得出FK＝BF，然后利用三角形的面积得出OF×BF＝10，最后利用平方的非负性和完全平方公式求解即可．
【详解】
证明：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，AC=BC，
∴∠ACB=90°，
∵CD⊥CE，
∴∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD+∠BCD=∠BCE+∠BCD，即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE；

（2）①如图2，过点D作DH⊥CF于H，过点B作BG⊥CF，交CF的延长线于G，

∵CF⊥AE，
∴∠ATC=∠ATF=90°，
∴∠ACT+∠CAT＝90°，
又∵∠ACT+∠BCG＝90°，
∴∠CAT＝∠BCG，
在△ACT和△CBG中，
，
∴△ACT≌△CBG（AAS），
∴CT＝BG，
同理可证△DCH≌△ECT，
∴CT＝DH，
∴DH＝BG，
在△DHF和△BGF中，
，
∴△DHF≌△BGF（AAS），
∴DF＝BF；
②如图3，过点F作FK⊥BC于K，
∵等腰Rt△ABC，CA＝CB，点O是AB的中点，
∴AO＝CO＝BO，CO⊥AB，∠ABC＝45°，
∴∠OCF+∠OFC＝90°，
∵AT⊥CF，
∴∠ATF=90°，
∴∠OFC+∠FAT＝90°，
∴∠FAT＝∠OCF，
在△AOM和△COF中，
，
∴△AOM≌△COF（ASA），
∴OM＝OF，
又∵CO⊥AO，
∴∠OFM＝∠OMF＝45°，，
∴∠OFM＝∠ABC，MF＝OF，
∴MFBC，
∴∠MFK=∠BKF=90°，
∵∠ABC＝45°，FK⊥BC，
∴∠ABC＝∠BFK＝45°，
∴FK＝BK，
∵，
∴FK＝BF，
∵S△FMN＝5，
∴×MF×FK＝5，
∴OF×BF＝10，
∴OF×BF＝10，
∵（BF﹣OF）2≥0，
∴BF2+OF2﹣2BF×OF≥0，

∴BF2+OF2≥2×10＝20，
∴BF2+OF2的最小值为20．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的性质与判定，平行线的性质与判定，三角形面积，完全平方公式等等，掌握等腰直角三角形的性质与判定和全等三角形的判定方法及性质是解题的关键．