2021-2022学年广西贵港市桂平市八年级（下）期末数学试卷(word解析版)

2021-2022学年广西贵港市桂平市八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（12小题，每小题3分，共36分，每小题给出的4个选项中只有一个是正确的）
1．（3分）在平面直角坐标系中，点P（2，﹣3）在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（3分）下列各组线段中，能构成直角三角形的是（　　）
A．2，3，4 B．3，4，6 C．5，12，13 D．4，6，7
3．（3分）若一个多边形的每个外角都等于60°，则它的内角和等于（　　）
A．180° B．720° C．1080° D．540°
4．（3分）下列条件中，不能判定 ABCD为矩形的是（　　）
A．∠A＝∠C B．∠A＝∠B C．AC＝BD D．AB⊥BC
5．（3分）班级共有40名学生，在一次体育抽测中有4人不合格，那么不合格人数的频率为（　　）
A．0.01 B．0.1 C．0.2 D．0.5
6．（3分）下列说法中，错误的是（　　）
A．角平分线上的点到角两边的距离相等
B．正方形的对角线互相垂直平分
C．斜边和一锐角对应相等的两个直角三角形全等
D．如果两个三角形全等，那么这两个三角形一定成中心对称
7．（3分）在平面直角坐标系中，若点P（a﹣3，1）与点Q（2，b+1）关于x轴对称，则a+b的值是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．（3分）已知一次函数y＝（a+3）x+b+1的图象经过过一、二、四象限，那么a，b的取值范围是（　　）
A．a＞﹣3，b＞﹣1 B．a＜﹣3，b＜﹣1 C．a＞﹣3，b＜﹣1 D．a＜﹣3，b＞﹣1
9．（3分）如图，CD是△ABC的中线，∠ACB＝90°，∠CDB＝100°，则∠A等于（　　）
A．20° B．45° C．50° D．80°
10．（3分）一次函数y＝﹣x+3的图象分别与x轴、y轴交于点A、B，以线段AB为边在第一象限内作等腰Rt△ABC，∠BAC＝90°．则过B、C两点直线的解析式为（　　）
A．y＝x+3 B．y＝x+3 C．y＝x+3 D．y＝x+3
11．（3分）如图，在△ABC中，AC＝3、AB＝4、BC＝5，P为BC上一动点，PG⊥AC于点G，PH⊥AB于点H，M是GH的中点，P在运动过程中PM的最小值为（　　）
A．2.4 B．1.4 C．1.3 D．1.2
12．（3分）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，已知BC＝1，CE＝7，点H是AF的中点，则CH的长是（　　）
A．5 B．3.5 C．4 D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
13．（3分）在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，BC＝6，则DE＝　 　．
14．（3分）《论语十则》中有句话是“知之为知之，不知为不知．”在这句话中，“知”字出现的频率为　 　．
15．（3分）直线y＝x+1向上平移5个单位后，得到的直线的表达式是 　 　．
16．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD为中线，E为AD的中点，F为BE的中点，连结DF．若AC＝4，DF⊥BE，则DF的长为 　 　．
17．（3分）如图，将两条宽度均为2的纸条相交成30°角叠放，则重合部分构成的四边形ABCD的面积为　 　．
18．（3分）对于点P（a，b），点Q（c，d），如果a﹣b＝c﹣d，那么点P与点Q就叫作等差点．例如：点P（4，2），点Q（﹣1，﹣3），因4﹣2＝﹣1﹣（﹣3）＝2，则点P与点Q就是等差点．如图在矩形GHMN中，点H（2，3），点N（﹣2，﹣3），MN⊥y轴，HM⊥x轴，点P是直线y＝x+b上的任意一点（点P不在矩形的边上），若矩形GHMN的边上存在两个点与点P是等差点，则b的取值范围为　 　．
三、解答题（本大题共8小题，共66分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（6分）设一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象经过A（1，3）、B（0，﹣2）两点，求此函数的解析式．
20．（6分）已知△ABC的三边长a、b、c满足|a﹣4|+（2b﹣12）2+＝0，试判断△ABC的形状，并说明理由．
21．（8分）如图，BD是 ABCD的一条对角线，过A、C两点做AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F，延长AE、CF分别交CD、CF于M、N．
（1）求证：四边形CMAN是平行四边形；
（2）已知DM＝2，AN＝3，求AB的长．
22．（8分）某校为了解八年级学生的视力情况，对八年级的学生进行了一次视力抽样调查，并将调查的数据进行统计整理，绘制出如图的频数分布表和频数分布直方图．
视力 频数/人 频率
4.0≤x＜4.3 20 0.1
4.3≤x＜4.6 40 0.2
4.6≤x＜4.9 80 0.4
4.9≤x＜5.2 a 0.25
5.2≤x＜5.5 10 b
（1）在频数分布表中，则a＝　 　，b＝　 　；
（2）将频数分布直方图补充完整；
（3）若视力在4.6以上（含4.6）均属正常，求视力正常的人数占被调查人数的百分比．
23．（8分）某公司到果园基地购买某种优质水果，慰问医务工作者，果园基地对购买量在3000千克以上（含3000千克）的有两种销售方案，甲方案：每千克9元，由基地送货上门．乙方案：每千克8元，由顾客自己租车运回，已知该公司租车从基地到公司的运输费为5000元．
（1）分别写出该公司两种购买方案的付款y（元）与所购买的水果质量x（千克）之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．
（2）依据购买量判断，选择哪种购买方案付款最少？并说明理由．
24．（8分）已知：如图，边长为4的菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，若∠CAD＝∠DBC．
（1）求证：四边形ABCD是正方形．
（2）E是OB上一点，BE＝1，且DH⊥CE，垂足为H，DH与OC相交于点F，求线段OF的长．
25．（10分）如图，在平面直角坐标系中，长方形OABC的顶点A，C分别在x轴、y轴的正半轴上，点B的坐标为（8，4），将该长方形沿OB翻折，点A的对应点为点D，OD与BC交于点E．
（1）证明：EO＝EB；
（2）求点E的坐标；
（3）点P是直线OB上的任意一点，且△OPC是等腰三角形，请直接写出满足条件的点P的坐标．
26．（12分）如图，在 ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于F，以EC、CF为邻边作 ECFG．
（1）证明 ECFG是菱形；
（2）若∠ABC＝120°，连接BD、CG，求∠BDG的度数；
（3）若∠ABC＝90°，AB＝6，AD＝8，M是EF的中点，求DM的长．
2021-2022学年广西贵港市桂平市八年级（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（12小题，每小题3分，共36分，每小题给出的4个选项中只有一个是正确的）
1．【分析】根据各象限内点的坐标特征解答．
【解答】解：点P（2，﹣3）在第四象限．
故选：D．
【点评】本题考查了各象限内点的坐标的符号特征，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限（+，+）；第二象限（﹣，+）；第三象限（﹣，﹣）；第四象限（+，﹣）．
2．【分析】判断是否为直角三角形，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【解答】解：A、22+32＝13≠42，故A选项构成不是直角三角形；
B、32+42＝25≠62，故B选项构成不是直角三角形；
C、52+122＝169＝132，故C选项构成是直角三角形；
D、42+62＝52≠72，故D选项构成不是直角三角形．
故选：C．
【点评】本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．
3．【分析】由一个多边形的每个外角都等于60°，根据n边形的外角和为360°计算出多边形的边数n，然后根据n边形的内角和定理计算即可．
【解答】解：设多边形的边数为n，
∵多边形的每个外角都等于60°，
∴n＝360°÷60°＝6，
∴这个多边形的内角和＝（6﹣2）×180°＝720°．
故选：B．
【点评】本题考查了n边形的内角和定理：n边形的内角和＝（n﹣2） 180°；也考查了n边形的外角和为360°．
4．【分析】由矩形的判定方法分别对各个选项进行判断，即可得出结论．
【解答】解：A、在 ABCD，若∠A＝∠C，
则四边形ABCD还是平行四边形；故选项A符合题意；
B、在 ABCD中，AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴ ABCD是矩形，故选项B不符合题意；
C、在 ABCD中，AC＝BD，
则 ABCD是矩形；故选项C不符合题意；
D、在 ABCD中，AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∴ ABCD是矩形，故选项D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题主要考查了矩形的判定以及平行四边形的性质；熟练掌握矩形的判定方法是解题的关键．
5．【分析】根据频率的计算公式求得不合格人数的频率即可．
【解答】解：∵班级共有40名学生，在一次体育抽测中有4人不合格，
∴不合格人数的频率是＝0.1．
故选：B．
【点评】本题主要考查了频率与概率，解题的关键是明确频率是指每个对象出现的次数与总次数的比值（或者百分比）．
6．【分析】根据角平分线的性质即可判断选项A；根据正方形的性质即可判断选项B；根据全等三角形的判定即可判断选项C；根据中心对称的性质和全等三角形的性质即可判断选项D．
【解答】解：A．角平分线上的点到角两边的距离相等，正确，故本选项不符合题意；
B．正方形的对角线互相平分，垂直且相等，正确，故本选项不符合题意；
C．斜边和一锐角对应相等（还有直角相等），符合两直角三角形的全等的判定定理AAS，能推出两直角三角形全等，正确，故本选项不符合题意；
D．如图：
两三角形全等，但是两三角形不关于一点成中心对称，错误，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，中心对称的性质，正方形的性质，角平分线的性质等知识点，能熟记全等三角形的判定和性质、中心对称的性质、正方形的性质、角平分线的性质是解此题的关键．
7．【分析】直接利用关于x轴对称点的性质：横坐标不变，纵坐标互为相反数，即可得出a，b的值，进而得出答案．
【解答】解：∵点P（a﹣3，1）与点Q（2，b+1）关于x轴对称，
∴a﹣3＝2，b+1＝﹣1，
∴a＝5，b＝﹣2，
则a+b＝5﹣2＝3．
故选：C．
【点评】此题主要考查了关于x轴对称点的性质，正确记忆关于x轴对称点的符号关系是解题关键．
8．【分析】根据一次函数图象经过第一、二、四象限，则a+3＜0，b+1＞0，即可求解．
【解答】解：一次函数y＝（a+3）x+b+1的图象经过过一、二、四象限，
故a+3＜0，b+1＞0，
∴a＜﹣3，b＞﹣1，
故选：D．
【点评】本题考查的是一次函数的图象与系数的关系，即一次函数y＝kx+b（k≠0）中，当k＜0，b＞0时函数的图象在一、二、四象限．
9．【分析】根据直角三角形斜边上的中线性质求出CD＝AB，求出CD＝AD，根据等腰三角形的性质求出∠A＝∠ACD，根据三角形的外角性质求出∠CDB＝∠A+∠ACD，再求出答案即可．
【解答】解：∵CD是△ABC的中线，∠ACB＝90°，
∴CD＝AB，AD＝AB，
∴CD＝AD，
∴∠A＝∠ACD，
∵∠CDB＝∠A+∠ACD，∠CDB＝100°，
∴100°＝2∠A，
即∠A＝50°，
故选：C．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线的性质，三角形外角性质和等腰三角形的性质等知识点，能熟记直角三角形斜边上的中线性质是解此题的关键，注意：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
10．【分析】先根据一次函数的解析式求出A、B两点的坐标，再作CD⊥x轴于点D，由全等三角形的判定定理可得出△ABO≌△CAD，由全等三角形的性质可知OA＝CD，故可得出C点坐标，再用待定系数法即可求出直线BC的解析式．
【解答】解：∵一次函数y＝﹣x+3中，
令x＝0得：y＝3；令y＝0，解得x＝4，
∴B的坐标是（0，3），A的坐标是（4，0），
如图，作CD⊥x轴于点D，
∵∠BAC＝90°，
∴∠OAB+∠CAD＝90°，
又∵∠CAD+∠ACD＝90°，
∴∠ACD＝∠BAO，
在△ABO与△CAD中，
，
∴△ABO≌△CAD（AAS），
∴OB＝AD＝3，OA＝CD＝4，OD＝OA+AD＝7，
则C的坐标是（7，4），
设直线BC的解析式是y＝kx+b，
根据题意得：，
解得：，
∴直线BC的解析式是y＝x+3
故选：A．
【点评】本题考查的是待定系数法求一次函数的解析式、全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．
11．【分析】先由勾股定理的逆定理证出△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，再证四边形AGPH为矩形，得AP与GH互相平分且相等，则M是AP的中点，当AP⊥BC时，AP最小，然后由三角形面积求出AP的长，即可求解．
【解答】解：连接PA，如图所示：
∵AC＝3、AB＝4、BC＝5，
∴AC2+AB2＝BC2，
∴△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，
∵PG⊥AC于点G，PH⊥AB于点H，
∴∠PGA＝∠PHA＝90°，
∴四边形AGPH为矩形，
∴AP与GH互相平分且相等，
∵M是GH的中点，
∴M是AP的中点，
当AP⊥BC时，AP最小，
此时，△ABC的面积BC×AP＝AC×AB，
则AP＝＝＝2.4，
∴PM＝AP＝1.2，
即PM的最小值为1.2，
故选：D．
【点评】此题考查了矩形的判定与性质、勾股定理的逆定理以及三角形面积等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，求出当AP⊥AB时AP的长是解题的关键．
12．【分析】根据正方形的性质求出AB＝BC＝1，CE＝EF＝7，∠E＝90°，延长AD交EF于M，连接AC、CF，求出AM＝8，FM＝6，∠AMF＝90°，根据正方形性质求出∠ACF＝90°，根据直角三角形斜边上的中线性质求出CH＝AF，根据勾股定理求出AF即可．
【解答】解：∵正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC＝1，CE＝7，
∴AB＝BC＝1，CE＝EF＝7，∠E＝90°，
延长AD交EF于M，连接AC、CF，
则AM＝BC+CE＝1+7＝8，FM＝EF﹣AB＝7﹣1＝6，∠AMF＝90°，
∵四边形ABCD和四边形GCEF是正方形，
∴∠ACD＝∠GCF＝45°，
∴∠ACF＝90°，
∵H为AF的中点，
∴CH＝AF，
在Rt△AMF中，由勾股定理得：AF＝＝＝10，
∴CH＝5，
故选：A．
【点评】本题考查了勾股定理，正方形的性质，直角三角形斜边上的中线的应用，解此题的关键是能正确作出辅助线，并求出AF的长和得出CH＝AF，有一定的难度．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
13．【分析】根据三角形的中位线定理得出DE＝BC，代入求出即可．
【解答】解：如图，
∵在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE＝BC，
∵BC＝6，
∴DE＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了三角形的中位线性质，能根据三角形的中位线性质得出DE＝BC是解此题的关键．
14．【分析】用“知”字出现的次数除以字的总个数即可得．
【解答】解：∵这句话共有10个字，其中“知”字出现4次，
∴在这句话中，“知”字出现的频率为＝，
故答案为：．
【点评】本题主要考查频数与频率，一般称落在不同小组中的数据个数为该组的频数，频数与数据总数的比值为频率．频率反映了各组频数的大小在总数中所占的分量．
15．【分析】直接根据上加下减的平移规律求解即可．
【解答】解：直线y＝x+1向上平移5个单位后，得到的直线的解析式是y＝x+1+5，即y＝x+6．
故答案为：y＝x+6．
【点评】本题考查了一次函数图象与几何变换，熟记直线解析式平移的规律：“上加下减，左加右减”是解题的关键．
16．【分析】连接CE，由中位线的性质可得CE＝2DF，DF∥CE，再证△DEF≌△DBF（SAS），进而可证CD＝ED，然后证CD＝AD，AD＝4DF，利用勾股定理求出AD的长，即可解决问题．
【解答】解：如图，连接CE，
∵AD是BC边上的中线，F点为BE的中点，
∴DF为△BCE的中位线，
∴CE＝2DF，DF∥CE，
∴∠BDF＝∠DCE，∠EDF＝∠DEC，
∵DF⊥BE，
∴∠DFE＝∠DFB＝90°，
在△DEF和△DBF中，
，
∴△DEF≌△DBF（SAS），
∴∠EDF＝∠BDF，
∴∠DEC＝∠DCE，
∴CD＝ED，
∵E为AD的中点，∠ACB＝90°，
∴CE＝ED＝CD＝AD，
∴AD＝4DF，
∵AC＝4，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：CD2+AC2＝AD2，
即（AD）2+（4）2＝AD2，
解得：AD＝8（负值已舍去），
∴DF＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形中位线定理等知识，熟练掌握勾股定理，证出AD＝4DF是解题的关键．
17．【分析】先可判断重叠部分为平行四边形，再由平行四边形的面积可得邻边相等，则重叠部分为菱形，然后由含30°角的直角三角形的性质求出BC＝AB＝4，最后根据平行四边形的面积公式求得即可．
【解答】解：过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，如图所示：
∵两条纸条宽度相同，
∴AE＝AF，
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝30°，
∵S ABCD＝BC AE＝CD AF，
又∵AE＝AF，
∴BC＝CD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
在Rt△AEB中，∠AEB＝90°，∠ABC＝30°，AE＝2，
∴BC＝AB＝2AE＝4，
∴四边形ABCD的面积＝BC AE＝4×2＝8，
故答案为：8．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，证得四边形ABCD为菱形是解题的关键．
18．【分析】由题意，G（﹣2，3），M（2，﹣3），根据等差点的定义可知，当直线y＝x+b与矩形MNGH有两个交点时，矩形GHMN的边上存在两个点与点P是等差点，求出直线经过点G或M时的b的值即可判断．
【解答】解：由题意，G（﹣2，3），M（2，﹣3），
根据等差点的定义可知，当直线y＝x+b与矩形MNGH有两个交点时，矩形GHMN的边上存在两个点与点P是等差点，
当直线y＝x+b经过点G（﹣2，3）时，b＝5，
当直线y＝x+b经过点M（2，﹣3）时，b＝﹣5，
∴满足条件的b的范围为：﹣5＜b＜5．
故答案为﹣5＜b＜5
【点评】本题考查一次函数图象上点的特征、矩形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
三、解答题（本大题共8小题，共66分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．【分析】直接把A点和B点坐标代入y＝kx+b得到关于k、b的方程组，然后解方程组即可．
【解答】解：把A（1，3）、B（0，﹣2）代入y＝kx+b得，解得，
所以此函数解析式为y＝5x﹣2．
【点评】本题考查了待定系数法求一次函数解析式：先设出函数的一般形式，如求一次函数的解析式时，先设y＝kx+b；将自变量x的值及与它对应的函数值y的值代入所设的解析式，得到关于待定系数的方程或方程组；解方程或方程组，求出待定系数的值，进而写出函数解析式．
20．【分析】根据非负数的性质解得各边的长，再根据勾股定理的逆定理判定是否直角三角形．
【解答】解：△ABC为直角三角形，理由如下：
由题意得a﹣4＝0，2b﹣12＝0，10﹣c＝0，
所以a＝8，b＝6，c＝10，
因为82+62＝102，
所以a2+b2＝c2，
∴△ABC为直角三角形．
【点评】此题考查了勾股定理的逆定理：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．也考查了非负数的性质，解本题的关键是求出a，b，c的值．
21．【分析】（1）先证AM∥CN，再由平行四边形的性质得CM∥AN，然后由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）根据平行四边形的性质解答即可．
【解答】（1）证明：∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴AM∥CN，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CM∥AN，
∴四边形CMAN是平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC＝AB，
∵四边形CMAN是平行四边形，
∴CM＝AN，
∴CD﹣CM＝AB﹣AN，
即DM＝BN＝2，
∴AB＝AN+DM＝3+2＝5．
【点评】本题考查平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
22．【分析】（1）根据频数分布表中的数据，可以计算出本次调查的人数，然后即可计算出a和b的值；
（2）根据（1）中a的值，可以将频数分布直方图补充完整；
（3）根据频数分布表中的数据，可以计算出视力正常的人数占被调查人数的百分比．
【解答】解：（1）本次调查的人数为：20÷0.1＝200，
a＝200×0.25＝50，b＝10÷200＝0.05，
故答案为：50，0.05；
（2）由（1）知，a＝50，
补全的频数分布直方图如右图所示；
（3）（0.4+0.25+0.05）×100%＝70%，
答：视力正常的人数占被调查人数的百分比是70%．
【点评】本题考查频数分布直方图、频数分布表，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
23．【分析】（1）根据甲，乙两种销售方案，分别得出两种购买方案的付款y（元）与所购买的水果质量x（千克）之间的函数关系式，即单价×质量，列出即可；
（2）根据分析9x与8x+5000的大小关系，得出不等式的解集可以得出购买方案付款的多少问题．
【解答】解：（1）甲方案：每千克9元，由基地送货上门，
根据题意得：y＝9x；x≥3000，
乙方案：每千克8元，由顾客自己租车运回，已知该公司租车从基地到公司的运输费为5000元，
根据题意得：y＝8x+5000；x≥3000．
（2）根据题意可得：当9x＝8x+5000时，
x＝5000，
当购买5000千克时两种购买方案付款相同，
当大于5000千克时，9x＞8x+5000，
∴甲方案付款多，乙付款少，
当小于5000千克时，9x＜8x+5000，
∴甲方案付款少，乙付款多．
【点评】此题主要考查了一次函数的应用，得出两函数的解析式利用不等式即可得出付费的多少．
24．【分析】（1）由菱形的性质得出AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，得出∠BAD+∠ABC＝180°，证出∠BAD＝∠ABC，求出∠BAD＝90°，即可得出结论；
（2）由正方形的性质得出AC⊥BD，AC＝BD，CO＝AC，DO＝BD，得出∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，证出∠ECO＝∠EDH，证明△ECO≌△FDO（ASA），即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠CAD＝∠DBC，
∴∠BAD＝∠ABC，
∴2∠BAD＝180°，
∴∠BAD＝90°，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝BC＝4，
∴AC⊥BD，AC＝BD＝4，
∴OB＝CO＝AC＝2，DO＝BD＝2，
∴∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，
∵DH⊥CE，垂足为H，
∴∠DHE＝90°，∠EDH+∠DEH＝90°，
∵∠ECO+∠DEH＝90°，
∴∠ECO＝∠EDH，
在△ECO和△FDO中，
，
∴△ECO≌△FDO（ASA），
∴OE＝OF．
∵BE＝1，
∴OE＝OF＝OB﹣BE＝2﹣1．
【点评】本题考查了正方形的判定与性质、菱形的性质，全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键．
25．【分析】（1）由折叠得到∠DOB＝∠AOB，再由BC∥OA得到∠OBC＝∠AOB，即∠OBC＝∠DOB，即可得出结论；
（2）由（1）得到EO＝EB设OE＝x则CE＝8﹣x，再用勾股定理建立方程16+（8﹣x）2＝x2，求出x即可；
（3）设出点P坐标，分三种情况，根据等腰三角形的性质即可求解．
【解答】（1）证明：∵将该长方形沿OB翻折，点A的对应点为点D，OD与BC交于点E．
∴∠DOB＝∠AOB，
∵四边形OABC是长方形，
∴BC∥OA，
∴∠OBC＝∠AOB，
∴∠OBC＝∠DOB，
∴EO＝EB；
（2）解：由（1）得，EO＝EB，
∵长方形OABC的顶点A，C分别在x轴、y轴的正半轴上，点B的坐标为（8，4），
设OE＝BE＝x，则CE＝8﹣x，
在Rt△OCE中，OC＝4，根据勾股定理得，OC2+CE2＝OE2，
∴16+（8﹣x）2＝x2，
∴x＝5，
∴BE＝5，
∴CE＝3，
∴E（3，4）；
（3）解：点B的坐标为（8，4），
∴直线OB解析式为y＝x，
∵点P是直线OB上的任意一点，
∴设P（a， a），
∵O（0，0），C（0，4），
∴OC＝4，PO2＝a2+（a）2＝a2，PC2＝a2+（4﹣a）2，
∵△OPC是等腰三角形，
①当PO＝PC时，PO2＝PC2，
∴a2＝a2+（4﹣a）2，
∴a＝4，
∴P（4，2）；
②当PO＝OC时，PO2＝OC2，
∴a2＝16，
∴a＝±，
∴P（，）或P（﹣，﹣）；
③当PC＝OC时，PC2＝OC2，
∴a2+（4﹣a）2＝16，
∴a＝0（舍）或a＝，
∴P（，）；
∴满足条件的点P的坐标为（4，2）或（，）或P（﹣，﹣）或（，）．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解本题的关键求出点E的坐标，学会用分类讨论的思想思考问题．
26．【分析】（1）平行四边形的性质可得AD∥BC，AB∥CD，再根据平行线的性质证明∠CEF＝∠CFE，根据等角对等边可得CE＝CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形，即可解决问题；
（2）先判断出∠BEG＝120°＝∠DCG，再判断出AB＝BE，进而得出BE＝CD，即可判断出△BEG≌△DCG（SAS），再判断出∠CGE＝60°，进而得出△BDG是等边三角形，即可得出结论；
（3）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM＝BM，∠DMC＝∠BME，再根据∠BMD＝∠BME+∠EMD＝∠DMC+∠EMD＝90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）证明：
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF＝∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠CFE，
∴∠CEF＝∠CFE，
∴CE＝CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，
∴四边形ECFG为菱形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝DC，AD∥BC，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BCD＝60°，∠BCF＝120°
由（1）知，四边形CEGF是菱形，
∴CE＝GE，∠BCG＝∠BCF＝60°，
∴CG＝GE＝CE，∠DCG＝120°，
∵EG∥DF，
∴∠BEG＝120°＝∠DCG，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠DAE＝∠BAE，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝BE，
∴BE＝CD，
∴△BEG≌△DCG（SAS），
∴BG＝DG，∠BGE＝∠DGC，
∴∠BGD＝∠CGE，
∵CG＝GE＝CE，
∴△CEG是等边三角形，
∴∠CGE＝60°，
∴∠BGD＝60°，
∵BG＝DG，
∴△BDG是等边三角形，
∴∠BDG＝60°；
（3）如图2中，连接BM，MC，
∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，
∠ECF＝90°，
∴四边形ECFG为正方形．
∵∠BAF＝∠DAF，
∴BE＝AB＝DC，
∵M为EF中点，
∴∠CEM＝∠ECM＝45°，
∴∠BEM＝∠DCM＝135°，
在△BME和△DMC中，
∵，
∴△BME≌△DMC（SAS），
∴MB＝MD，
∠DMC＝∠BME．
∴∠BMD＝∠BME+∠EMD＝∠DMC+∠EMD＝90°，
∴△BMD是等腰直角三角形．
∵AB＝6，AD＝8，
∴BD＝10，
∴DM＝BD＝5．
【点评】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．