人教版部编版八年级数学下册期末试卷试卷(版含答案)

人教版部编版八年级数学下册期末试卷试卷（word版含答案）一、选择题1．要使二次根式有意义的条件是（）A． B． C． D．2．若的三边a、b、c满足条件，则为（）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．在四边形ABCD中，连接对角线AC，已知AB＝CD，现增加一个条件，不能判断该四边形是平行四边形的是（）A．AB∥CD B．AD＝BC C．∠B＝∠D D．∠BAC＝∠ACD4．红河州博物馆拟招聘一名优秀讲解员，其中小华笔试、试讲、面试三轮测试得分分别为90分、94分、92分．综合成绩中笔试占30%、试讲占50%、面试占20%，那么小华的最后得分为（）A．分 B．分 C．分 D．分5．如图，在正方形ABCD中，取AD的中点E，连接EB，延长DA至F，使EF＝EB，以线段AF为边作正方形AFGH，交AB于点H，则的值是（）A． B． C． D．6．如图，在三角形纸片ABC中，∠A＝60°，∠B＝70°，将纸片的一角折叠，使点C落在△ABC外，若∠2＝18°，则∠1的度数为（）A．50° B．118° C．100° D．90°7．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝2．以AB为一条边向三角形外部作正方形，则正方形的面积是（）A．5 B．6 C．12 D．138．如图，在平面直角坐标系中，四边形，…都是菱形，点…都在x轴上，点，…都在直线上，且，则点的横坐标是（）A． B． C． D．二、填空题9．若二次根式有意义，且关于x的分式方程+2＝有正数解，则符合条件的整数m的和是_____．10．已知菱形的两条对角线长为和，菱形的周长是_______，面积是________．11．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，在矩形中，对角线，交于点，若，，则的长为________．13．已知一次函数y=kx＋b图像过点(0，5)与(2，3)，则该一次函数的表达式为_____．14．如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，点P在AD上，PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，则PE+PF等于_____．15．某物流公司的快递车和货车同时从甲地出发，以各自的速度匀速向乙地行驶，快递车到达乙地后卸完物品再另装货物共用45分钟，立即按原路以另一速度匀速返回，直至与货车相遇．已知货车的速度为60千米/时，两车之间的距离y（千米）与货车行驶时间x（小时）之间的函数图象如图所示，现有以下4个结论：①快递车从甲地到乙地的速度为100千米/时；②甲、乙两地之间的距离为120千米；③图中点B的坐标为（，75）；④快递车从乙地返回时的速度为90千米/时．以上4个结论中正确的是___．16．如图，是的中线，把沿折叠，使点落在点处，与的长度比是_______________________．三、解答题17．计算：（1）﹣4；（2）（2﹣）2×（6＋4）．18．小王与小林进行遥控赛车游戏，终点为点A，小王的赛车从点C出发，以4米/秒的速度由西向东行驶，同时小林的赛车从点B出发，以3米/秒的速度由南向北行驶（如图）．已知赛车之间的距离小于或等于25米时，遥控信号会产生相互干扰，AC＝40米，AB＝30米．出发3秒钟时，遥控信号是否会产生相互干扰？19．图①、图②均是的正方形网格，小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点称为格点，点、均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上，所画图形不全等，不要求写画法．（1）在图①中以线段为边画一个正方形．（2）在图②中以线段为边画一个菱形．20．如图，在平行四边形中，，是对角线上的点，且，平分交于点，平分交于点．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）当四边形是菱形时，求证：四边形是菱形．21．观察下列等式：①②③······回答下列问题：（1）利用你观察到的规律，化简：．（2）．（n为正整数）（3）利用上面所揭示的规律计算：22．某学校欲购置一批标价为4800元的某种型号电脑，需求数量在6至15台之间．经与两个专卖店商谈，优惠方法如下：甲店：购买电脑打八折；乙店：先赠一台电脑，其余电脑打九折优惠．设学校欲购置x台电脑，甲店购买费用为y甲（元），乙店购买费用为y乙（元）．（1）分别写出购买费用y甲、y乙与所购电脑x（台）之间的函数关系式；（2）对x的取值情况进行分析，说明这所学校购买哪家电脑更合算？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．如图，在平面直角坐标系中，直线AB交x轴于点A（﹣2，0）,交y轴于点B（0，4），直线y＝kx+b经过点B且交x轴正半轴于点C，已知△ABC面积为10．（1）点C的坐标是（，），直线BC的表达式是；（2）如图1，点E为线段AB中点，点D为y轴上一动点，以DE为直角边作等腰直角三角形△EDF，且DE＝DF，当点F落在直线BC上时，求点D的坐标；（3）如图2，若G为线段BC上一点，且满足S△ABG＝S△ABO，点M为直线AG上一动点，在x轴上是否存在点N，使以点B，C，M，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由；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．在正方形ABCD中，AB＝4，点E是边AD上一动点，以CE为边，在CE的右侧作正方形CEFG，连结BF．（1）如图1，当点E与点A重合时，则BF的长为．（2）如图2，当AE＝1时，求点F到AD的距离和BF的长．（3）当BF最短时，请直接写出此时AE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，即根号下为非负数，判断即可．【详解】解：∵有意义，∴，解得：，故选：D．【点睛】本题主要考查二次根式有意义的条件，明确根号下为非负数是解题的关键．2．C解析：C【详解】解析：∵，∴或．当只有成立时，是等腰三角形．当只有成立时，是直角三角形．当，同时成立时，是等腰直角三角形．答案：C题型解法：此类题型首先根据题意化简式子，找出隐含条件，然后根据三边的关系判断三角形的形状．当三角形的三边满足勾股定理时，即可判断为直角三角形．3．C解析：C【解析】【分析】根据平行四边形的判定定理对各个选项进行判断即可.【详解】解：A、∵AB＝CD，AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；B、∵AB＝CD，AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；C、∵AB＝CD，∠B＝∠D，不能判定四边形ABCD是平行四边形，符合题意；D、∵∠BAC＝∠ACD，∴AB∥CD，∵AB＝CD，∴四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；故选C．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定定理，解题的关键在于能够熟练掌握平行四边形的判定定理.4．B解析：B【解析】【分析】根据加权平均数的定义列式计算即可．【详解】解：小华的最后得分为90×30%+94×50%+92×20%=92.4（分），故选：B．【点睛】本题主要考查了加权平均数，解题的关键是掌握加权平均数的定义．5．A解析：A【分析】设AB＝2a，根据四边形ABCD为正方形，E点为AD的中点，可得EF的长，进而可得结果．【详解】解：设AB＝2a，∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝2a，∵E点为AD的中点，∴AE＝a，∴BEa，∴EFa，∴AF＝EF﹣AE＝（1）a，∵四边形AFGH为正方形，∴AH＝AF＝（1）a，∴．故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，解决本题的关键是掌握正方形的性质．6．B解析：B【解析】【分析】在△ABC中利用三角形内角和定理可求出∠C的度数，由折叠的性质，可知：∠CDE＝∠C′DE，∠CED＝∠C′ED，结合∠2的度数可求出∠CED的度数，在△CDE中利用三角形内角和定理可求出∠CDE的度数，再由∠1＝180°﹣∠CDE﹣∠C′DE即可求出结论．【详解】解：在△ABC中，∠A＝60°，∠B＝70°，∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝50°．由折叠，可知：∠CDE＝∠C′DE，∠CED＝∠C′ED，∴∠CED＝＝99°，∴∠CDE＝180°﹣∠CED﹣∠C＝31°，∴∠1＝180°﹣∠CDE﹣∠C′DE＝180°﹣2∠CDE＝118°．故选：B．【点睛】本题考查了三角形内角和定理以及折叠的性质，利用三角形内角和定理及折叠的性质求出∠CDE的度数是解题的关键．7．D解析：D【解析】【分析】利用勾股定理即可求解.【详解】解：∵∠C=90∘，∴AB2=AC2+BC2=32+22=13，∴正方形面积S=AB2=13，故选D.【点睛】本题考查了勾股定理的应用，属于基础题.8．A解析：A【分析】分别过点作轴的垂线，交于，再连接，利用勾股定理及根据菱形的边长求得、、的坐标然后分别表示出、、的坐标找出规律进而求得的坐标．【详解】解：分别过点作轴的垂线，交于，再连接如下图：，，，在中，根据勾股定理得：，即，解得：，的纵坐标为：，横坐标为，，，四边形，，，都是菱形，，，，，的纵坐标为：，代入，求得横坐标为2，，的纵坐标为：，代入，求得横坐标为5，，，，，，，，；，，，则点的横坐标是：，故选：A．【点睛】本题是对点的坐标变化规律的考查，主要利用了菱形的性质，解直角三角形，根据已知点的变化规律求出菱形的边长，得出系列点的坐标，找出规律是解题的关键．二、填空题9．-4【解析】【分析】根据二次根式有意义，可得m≤2，解出关于x的分式方程+2＝的解为x＝，解为正数解，进而确定m的取值范围，注意增根时m的值除外，再根据m为整数，确定m的所有可能的整数值，求和即可．【详解】解：+2＝，去分母得，﹣m+2（x﹣1）＝3，解得，x＝，∵关于x的分式方程+2＝有正数解，∴＞0，∴m＞﹣5，又∵x＝1是增根，当x＝1时，＝1，即m＝﹣3，∴m≠﹣3，∵有意义，∴2﹣m≥0，∴m≤2，因此﹣5＜m≤2且m≠﹣3，∵m为整数，∴m可以为﹣4，﹣2，﹣1，0，1，2，其和为﹣4，故答案为：﹣4．【点睛】考查二次根式的意义、分式方程的解法，以及分式方程产生增根的条件等知识，理解正数解，整数m的意义是正确解答的关键．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．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．D解析：【分析】由题意易得OD=OC，∠DOC=60°，进而可得△DOC是等边三角形，然后问题可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，BD＝12，∴，∵∠AOD＝120°，∴∠DOC=60°，∴△DOC是等边三角形，∴；故答案为：6．【点睛】本题主要考查矩形的性质及等边三角形的性质与判定，熟练掌握矩形的性质及等边三角形的性质与判定是解题的关键．13．y=-x+5【分析】由直线y=kx+b经过（0，5）、（2，3）两点，代入可求出函数关系式．【详解】解：把点（0，5）和点（2，3）代入y=kx+b得，解得：，所以一次函数的表达式为y=-x+5，故答案为：y=-x+5．【点睛】此题主要考查了待定系数法求一次函数解析式，注意利用一次函数的特点，来列出方程组求解是解题关键．14．A解析：【详解】解：设AC与BD相交于点O，连接OP，过D作DM⊥AC于M，∵四边形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=．故选B．15．①③④【分析】根据两车速度之差×3小时=120，解方程可判断①，根据两车间的距离而且是同向可判断②，根据卸货与装货45分钟时间可求拐点B横坐标，利用货车行驶45分钟距离缩短求出B纵坐标可判断③，解析：①③④【分析】根据两车速度之差×3小时=120，解方程可判断①，根据两车间的距离而且是同向可判断②，根据卸货与装货45分钟时间可求拐点B横坐标，利用货车行驶45分钟距离缩短求出B纵坐标可判断③，根据返回快递车速与货车速度之和乘以返货到相遇时间=75，解方程可判断④．【详解】解：①设快递车从甲地到乙地的速度为x千米/时，则3（x﹣60）=120，x=100．故①正确；②因为120千米是快递车到达乙地后两车之间的距离，不是甲、乙两地之间的距离，故②错误；③因为快递车到达乙地后缷完物品再另装货物共用45分钟，所以图中点B的横坐标为3+=，点B纵坐标为120﹣60×=75，故③正确；④设快递车从乙地返回时的速度为y千米/时，则（y+60）（）=75，y=90，故④正确．故答案为①③④．【点睛】本题考查一次函数行程问题图像获取信息，利用速度，时间与路程关系解决问题，掌握一次函数行程问题图像获取信息，利用速度，时间与路程关系解决问题，一次函数的应用是解题关键．16．【分析】设BD=CD=x，由题意可知∠ADC=45°，且将ADC沿AD折叠，故，则可运用勾股定理，将用x进行表示，即可得出的值．【详解】解：∵点D是BC的中点，设BD=CD=x，则BC=2x解析：【分析】设BD=CD=x，由题意可知∠ADC=45°，且将ADC沿AD折叠，故，则可运用勾股定理，将用x进行表示，即可得出的值．【详解】解：∵点D是BC的中点，设BD=CD=x，则BC=2x，又∵∠ADC=45°，将ADC沿AD折叠，故，=x，∴，是直角三角形，根据勾股定理可得：，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考察了折叠问题与勾股定理，解题的关键在于通过折叠的性质，得出直角三角形，并运用勾股定理．三、解答题17．（1）2；（2）4【分析】（1）根据二次根式的混合运算法则计算即可；（2）根据完全平方公式以及平方差公式计算即可．【详解】解：（1）原式＝﹣4＝﹣4＝6﹣4＝2；（2）原式＝（4﹣解析：（1）2；（2）4【分析】（1）根据二次根式的混合运算法则计算即可；（2）根据完全平方公式以及平方差公式计算即可．【详解】解：（1）原式＝﹣4＝﹣4＝6﹣4＝2；（2）原式＝（4﹣4+2）×（6+4）＝（6﹣4）×（6+4）＝36﹣32＝4．【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，乘法公式的运用，熟练掌握相关运算法则是解本题的关键．18．不会【分析】根据题意可分别求出出发3秒钟时小王和小林的赛车行驶的路程，从而可分别求出他们的赛车距离终点的距离，再结合勾股定理即可求出出发3秒钟时他们赛车的距离，和遥控信号会产生相互干扰的距离小于解析：不会【分析】根据题意可分别求出出发3秒钟时小王和小林的赛车行驶的路程，从而可分别求出他们的赛车距离终点的距离，再结合勾股定理即可求出出发3秒钟时他们赛车的距离，和遥控信号会产生相互干扰的距离小于或等于25米作比较即可得出答案．【详解】解：如图，出发3秒钟时，米，米，∵AC=40米，AB=30米，∴AC1=28米，AB1=21米，∴在中，米＞25米，∴出发3秒钟时，遥控信号不会产生相互干扰．【点睛】本题考查勾股定理的实际应用．读懂题意，将实际问题转化为数学问题是解答本题的关键．19．（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据正方形的判定进行画图即可；（2）根据菱形的判定进行画图即可．【详解】解：（1）如图所示：，，∴，∴∠ABC=90°，∴四边形AB解析：（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据正方形的判定进行画图即可；（2）根据菱形的判定进行画图即可．【详解】解：（1）如图所示：，，∴，∴∠ABC=90°，∴四边形ABCD是正方形；（2）如图所示，∴四边形ABEF是菱形．【点睛】本题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，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．20．（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）连接EF交MN于O，证△ADE≌△CBF（ASA），得DE=BF，再证DE∥BF，则四边形BEDF是平行四边形，得OE=OF，OB=OD，然后证OM=ON解析：（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）连接EF交MN于O，证△ADE≌△CBF（ASA），得DE=BF，再证DE∥BF，则四边形BEDF是平行四边形，得OE=OF，OB=OD，然后证OM=ON，即可得出结论；（2）由菱形的性质得EF⊥MN，由（1）得四边形BEDF是平行四边形，即可得出结论．【详解】证明：（1）连接EF交MN于O，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠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，∴四边形BEDF是平行四边形，∴OE=OF，OB=OD，∵BM=DN，∴OB-BM=OD-DN，即OM=ON，∴四边形EMFN是平行四边形；（2）∵四边形EMFN是菱形，∴EF⊥MN，由（1）得：四边形BEDF是平行四边形，∴平行四边形BEDF是菱形．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的平对于性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明△ADE≌△CBF是解题的关键，属于中考常考题型．21．（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）根据平方差公式分母有理化即可；（2）根据平方差公式分母有理化即可；（3）对每一个式子分母有理化，再进行合并计算即可；【详解】（1）；故答案解析：（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）根据平方差公式分母有理化即可；（2）根据平方差公式分母有理化即可；（3）对每一个式子分母有理化，再进行合并计算即可；【详解】（1）；故答案是：；（2）；故答案是：；（3），，；【点睛】本题主要考查了二次根式分母有理化，平方差公式，准确计算是解题的关键．22．（1），y甲＝3840x（6≤x≤15）；y乙＝4320x﹣4320（6≤x≤15）；（2）当购买9台电脑时，到两家商店购买费用相同；当10≤x≤15时，到甲商店更合算；当6≤x≤8时，到乙商店更合解析：（1），y甲＝3840x（6≤x≤15）；y乙＝4320x﹣4320（6≤x≤15）；（2）当购买9台电脑时，到两家商店购买费用相同；当10≤x≤15时，到甲商店更合算；当6≤x≤8时，到乙商店更合算【分析】（1）根据两家电脑商的优惠方法可得y甲（元），乙店购买费用为y乙（元）；（2）根据（1）的结论列方程或不等式解答即可．【详解】解：（1）由题意可得：y甲＝4800×0.8x＝3840x（6≤x≤15）；y乙＝4800×0.9（x﹣1）＝4320x﹣4320（6≤x≤15）；（2）当3840x＝4320x﹣4320时，解得x＝9，即当购买9台电脑时，到两家商店购买费用相同；当3840x＜4320x﹣4320时，解得x＞9，即当10≤x≤15时，到甲商店更合算；当3840x＞4320x﹣4320时，解得x＜9，即当6≤x≤8时，到乙商店更合算．【点睛】本题考查了一次函数的应用，读懂题目信息，理解两家电脑商的优惠方法并表示出y甲、y乙与所购电脑x（台）之间的函数关系式是解题的关键．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），；（2）或；（3）存在，或或【解析】【分析】（1）由△ABC面积为10，可得AC＝5，即可求C点坐标，再将点B与C代入y＝kx+b，解二元一次方程组可求y＝﹣x+4；（2）当D点在E解析：（1），；（2）或；（3）存在，或或【解析】【分析】（1）由△ABC面积为10，可得AC＝5，即可求C点坐标，再将点B与C代入y＝kx+b，解二元一次方程组可求y＝﹣x+4；（2）当D点在E上方时，过点D作MN⊥y轴，过E、F分别作ME、FN垂直与x轴，与MN交于点M、N，由△EDF是等腰直角三角形，可证得△MED≌△NDF（AAS），设D（0，y），F（m，﹣m+4），E（﹣1，2），由ME＝y﹣2，MD＝1，DN＝y﹣2，NF＝1，得到m＝y﹣2，y＝1+（﹣m+4）＝5﹣m，求出D（0，）；当点D在点E下方时，过点D作PQ⊥y轴，过P、Q分别作PE、FQ垂直与x轴，与PQ交于点P、Q，同理可证△PED≌△QDF（AAS），设D（0，y），F（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）连接OG，由S△ABG＝S△ABO，可得OG∥AB，求出AB的解析式为y＝2x+4，所以OG的解析式为y＝2x，可求出G（，），进而能求出AG的解析式为y＝x+，设M（t，t+），N（n，0），①当BC、MN分别为对角线时，BC的中点为（，2），MN的中点为（，t+），求得N（﹣，0）；②当BM、CN分别为对角线时，BM的中点为（，t+），CN的中点为（，0），求得N（﹣，0）；③当BN、CM分别为对角线时，BN的中点为（，2），CM的中点为（，t+），求得N（，0）．【详解】解：（1）∵△ABC面积为10，∴×AC×OB＝×AC×4＝10，∴AC＝5，∵A（﹣2，0），∴C（3，0），将点B与C代入y＝kx+b，可得,∴，∴y＝﹣x+4，故答案为（3，0），y＝﹣x+4；（2）当D点在E上方时，过点D作MN⊥y轴，过E、F分别作ME、FN垂直与x轴，与MN交于点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，设D（0，y），F（m，﹣m+4），∵E是AB的中点，∴E（﹣1，2），∴ME＝y﹣2，MD＝1，∴DN＝y﹣2，NF＝1，∴m＝y﹣2，y＝1+（﹣m+4）＝5﹣m，∴m＝，∴D（0，）；当点D在点E下方时，过点D作PQ⊥y轴，过P、Q分别作PE、FQ垂直与x轴，与PQ交于点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，设D（0，y），F（m，﹣m+4）∵E是AB的中点，∴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）；综上所述：D点坐标为（0，﹣1）或（0，）；（3）连接OG，∵S△ABG＝S△ABO，∴OG∥AB，设AB的解析式为y＝kx+b，将点A（﹣2，0），B（0，4）代入，得，解得，∴y＝2x+4，∴OG的解析式为y＝2x，∴2x＝﹣x+4，∴x＝，∴G（，），设AG的解析式为y＝k1x+b1，将点A、G代入可得，解得，∴y＝x+，∵点M为直线AG上动点，点N在x轴上，则可设M（t，t+），N（n，0），当BC、MN分别为对角线时，BC的中点为（，2），MN的中点为（，t+），∴，t+=2，∴t＝，n＝﹣，∴N（﹣，0）；当BM、CN分别为对角线时，BM的中点为（，t+），CN的中点为（，0），∴，t+=0，∴t＝﹣，n＝﹣，∴N（﹣，0）；③当BN、CM分别为对角线时，BN的中点为（，2），CM的中点为（，t+），∴，t+=2，∴t＝，n＝，∴N（，0）；综上所述：以点B，C，M，N为顶点的四边形为平行四边形时，N点坐标为或或．【点睛】本题考查一次函数的综合应用，（2）中注意D点的位置有两种情况，避免丢解，同时解题时要构造K字型全等，将D点、F点坐标联系起来，（3）中利用平行四边形对角线互相平分的性质，借助中点坐标公式解题，能简便运算，快速求解．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B