2021-2022学年广西贵港市港北区八年级（下）期末数学试卷(word解析版)

2021-2022学年广西贵港市港北区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题．（每小题3分，共36分）
1．（3分）下列各组数中，属于勾股数的是（　　）
A．1，，2 B．1.5，2，2.5 C．6，8，10 D．5，6，7
2．（3分）在下列所给出坐标的点中在第二象限的是（　　）
A．（2，3 ） B．（﹣2，3 ） C．（﹣2，﹣3） D．（ 2，﹣3）
3．（3分）一次跳远比赛中，成绩在4.00米以上的有9人，频率为0.3，则参加比赛的共有（　　）
A．10人 B．20人 C．30人 D．40人
4．（3分）在函数中，自变量x的取值范围是（　　）
A．x≠﹣2 B．x＞﹣2 C．x≤﹣2 D．x≥﹣2
5．（3分）下列条件中，不能判定△ABC为直角三角形的是（　　）
A．c2＝a2+b2 B．∠A+∠B＝∠C
C．∠A：∠B：∠C＝2：3：5 D．a＝6，b＝12，c＝13
6．（3分）已知A（﹣1，y1）、B（﹣2，y2）、C（1，y3）是一次函数y＝﹣3x+8的图象上三点，则y1、y2、y3的大小关系为（　　）
A．y2＜y1＜y3 B．y3＜y2＜y1 C．y1＜y2＜y3 D．y3＜y1＜y2
7．（3分）下列判断错误的是（　　）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．四个内角都相等的四边形是矩形
C．两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
D．四条边都相等的四边形是菱形
8．（3分）如图，已知△ABC的周长是36cm，∠ABC和∠ACB的角平分线交于点O，OD⊥BC于点D，若OD＝3cm，则△ABC的面积是（　　）
A．48cm2 B．54cm2 C．60cm2 D．66cm2
9．（3分）将直线y＝2x﹣1向上平移2个单位长度，可得直线的解析式为（　　）
A．y＝2x﹣3 B．y＝2x﹣2 C．y＝2x+1 D．y＝2x
10．（3分）菱形的两条对角线的长分别为6和8，则菱形的高为（　　）
A． B． C． D．
11．（3分）两个一次函数y1＝ax+b与y2＝bx+a，它们在一直角坐标系中的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
12．（3分）如图，动点P从点（3，0）出发，沿所示方向运动，每当碰到长方形OABC的边时反弹，反弹后的路径与长方形的边的夹角为45°，第1次碰到长方形边上的点的坐标为（0，3）…第2021次碰到长方形边上的坐标为（　　）
A．（1，4） B．（5，0） C．（8，3） D．（7，4）
二、填空题（每小题3分，共18分）
13．（3分）一个正多边形的每个外角都是36°，这个正多边形的边数是　 　．
14．（3分）已知一次函数y＝mx+n与x轴的交点为（﹣3，0），则方程mx+n＝0的解是　 　．
15．（3分）直线y＝2x+b与x轴、y轴围成的三角形面积为4，则b＝　 　．
16．（3分）如图①，在矩形MNPQ中，动点R从点N出发，沿N→P→Q→M方向运动至点M处停止，设点R运动的路程为x，△MNR的面积为y，如果y关于x的函数图象如图②所示，则矩形MNPQ的面积是　 　．
17．（3分）在平面直角坐标系中，已知A（﹣3，2）、B（2，7），在x轴上求一点C，使|CB﹣CA|最大，则点C的坐标为 　 　．
18．（3分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，动点F，E分别以相同的速度从D，C两点同时出发向C和B运动（任何一个点到达即停止），连接AE，BF交于点P，过点P作PM∥CD
交BC于M点，PN∥BC交CD于N点，连接MN，在运动过程中则下列结论：
①△ABE≌△BCF；②AE＝BF；③AE⊥BF；④线段MN的最小值为﹣1．
其中正确的结论有 　 　．（填写正确的序号）
三、解答题（共66分）
19．（8分）在如图所示的平面直角坐标系中，每个小方格都是边长为1的正方形，△ABC的顶点均在格点上，点A（﹣3，﹣1）．点B（﹣2，﹣4），点C（﹣1，﹣2）．
（1）将△ABC先向右平移4个单位，再向上平移3个单位得到△A1B1C1，画出△A1B1C1，并写出点B1坐标；
（2）画出△A1B1C1关于x轴对称的△A2B2C2，并写出点B2的坐标．
20．（7分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，E为AB的中点，DE⊥AB于点E，交BC于D，且CD＝DE．
（1）求∠B的度数．
（2）若DE＝5，求AB的长．
21．（8分）为了响应节能减排的号召，推动绿色生活方式，某品牌汽车4S店准备购进A型和B型两种不同型号的电动汽车共20辆进行销售．
成本价（万元/辆） 售价（万元/辆）
A型 16 16.8
B型 28 29.4
（1）如果该4S店购进20辆两种型号的电动汽车所花费成本为416万元，那么购进A、B两种型号的电动汽车各多少辆？
（2）如果为了保证该4S店购进的A型电动汽车不少于B型电动汽车的2倍，那么20辆电动汽车全部售出后，求购进多少辆A型电动汽车可使4S店销售的利润最大，最大利润是多少？
22．（6分）2015年3月30日是全国中小学生安全教育日，某学校为加强学生的安全意识，组织了全校1500名学生参加安全知识竞赛，从中抽取了部分学生成绩（得分取正整数，满分为100分）进行统计．请根据尚未完成的频率分布表和频数分布直方图，解答下列问题：
频率分布表
分数段 频数 频率
50.5～60.5 16 0.08
60.5～70.5 40 0.2
70.5～80.5 50 0.25
80.5～90.5 m 0.35
90.5～100.5 24 n
（1）这次抽取了　 　名学生的竞赛成绩进行统计，其中：m＝　 　，n＝　 　；
（2）补全频数分布直方图；
（3）若成绩在70分以下（含70分）的学生为安全意识不强，有待进一步加强安全教育，则该校安全意识不强的学生约有多少人？
23．（9分）如图，直线l1的函数解析式为y＝﹣2x+4，且l1与x轴交于点D，直线l2经过点A、B，直线l1、l2交于点C．
（1）求直线l2的函数解析式；
（2）求△ADC的面积；
（3）在直线l2上是否存在点P，使得△ADP面积是△ADC面积的2倍？如果存在，请求出P坐标；如果不存在，请说明理由．
24．（8分）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AB＝，BD＝2，求OE的长．
25．（9分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．G为CD边中点，DF∥AC交BG延长线于点F，BF交AC于点E，且BE＝AB，连接DE，CF．
（1）求证：四边形CFDE是矩形；
（2）若四边形CFDE是正方形，且BC＝10，请直接写出AB的长．
26．（11分）已知函数的图象与x轴、y轴分别交于点A，B，与函数y＝2x的图象交于点M（2，4）．在x轴上有一动点P，过点P作x轴的垂线，分别交函数和y＝2x的图象于点C，D．
（1）求直线AB的函数关系式及点A的坐标；
（2）设点P（a，0），若CD＝OB，求a的值及点C的坐标；
（3）在y轴上是否存在点E，使△OEM为等腰三角形？如果存在，求出点E的坐标；如果不存在，说明理由．
2021-2022学年广西贵港市港北区八年级（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题．（每小题3分，共36分）
1．【分析】根据勾股数的定义：满足a2+b2＝c2 的三个正整数，称为勾股数，据此判断即可．
【解答】解：A、1，，2，因为不是正整数，故一定不是勾股数，故此选项错误；
B、1.5，2，2.5，因为不是正整数，故一定不是勾股数，故此选项错误；
C、因为62+82＝102，故是勾股数．故此选项正确；
D、因为52+62≠72，故不是勾股数，故此选项错误；
故选：C．
【点评】此题主要考查了勾股数的判定方法，比较简单，首先看各组数据是否都是正整数，再检验是否符合勾股定理的逆定理．
2．【分析】根据第二象限内点的横坐标是负数，纵坐标是正数解答即可．
【解答】解：∵第二象限内点的横坐标是负数，纵坐标是正数，
∴（2，3）、（﹣2，3）、（﹣2，﹣3）、（2，﹣3）中只有（﹣2，3）在第二象限．
故选：B．
【点评】本题考查了点的坐标的知识，解答本题的关键在于记住各象限内点的坐标的符号．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（+，﹣）．
3．【分析】根据频率＝进行计算即可．
【解答】解：9÷0.3＝30（人），
故选：C．
【点评】本题考查频数与频率，掌握频率＝是解决问题的关键．
4．【分析】被开方数x+2大于0，求解即可．
【解答】解：根据题意，x+2＞0，
解得x＞﹣2．
故选：B．
【点评】本题主要考查了函数自变量的取值范围，一般考虑被开方数非负数，分母不等于0．
5．【分析】根据勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，进行计算逐一判断即可解答．
【解答】解：A、∵c2＝a2+b2，
∴能判定△ABC为直角三角形，
故A不符合题意；
B、∵∠A+∠B＝∠C，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴2∠C＝180°，
∴∠C＝90°，
∴能判定△ABC为直角三角形，
故B不符合题意；
C、∵∠A：∠B：∠C＝2：3：5，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠C＝180°×＝90°，
∴能判定△ABC为直角三角形，
故C不符合题意；
D、∵a＝6，b＝12，c＝13，
∴a2+b2＝62+122＝180，c2＝132＝169，
∴a2+b2≠c2，
∴不能判定△ABC为直角三角形，
故D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，熟练掌握勾股定理的逆定理，三角形内角和定理是解题的关键．
6．【分析】因为k＝﹣30，所以y随x的增大而减小，横坐标越大，纵坐标越小．
【解答】解：∵k＝﹣3，
∴y随x的增大而减小，
∵﹣2＜﹣1＜1，
∴y3＜y1＜y2，
故选：D．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，利用了一次函数的性质，当k＞0时，y随x的增大而增大；当k＜0时，y随x的增大而减小，这是解题的关键．
7．【分析】根据平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定定理逐项判断即可．
【解答】解：A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故A正确，不符合题意；
B．四个内角都相等的四边形是矩形，故B正确，不符合题意；
C．两条对角线互相垂直且相等的四边形不一定是正方形，故C错误，符合题意；
D．四条边都相等的四边形是菱形，故D正确，不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定定，解题的关键是掌握矩形，菱形，正方形的判定定理．
8．【分析】过点O作OE⊥AC于点E，OF⊥AB于点F，连接OA，根据角平分线的性质可得OD＝OE＝OF＝3cm，再根据S△ABC＝S△AOB+S△BOC+S△AOC＝×OD×C△ABC即可计算结果．
【解答】解：如图，过点O作OE⊥AC于点E，OF⊥AB于点F，连接OA，
∵OB、OC分别平分∠ABC、∠ACB，OD⊥BC，
∴OD＝OE＝OF＝3（cm），
∴S△ABC＝S△AOB+S△BOC+S△AOC
＝×AB×OF+×BC×OD+×AC×OE
＝×OD×C△ABC
＝×3×36
＝54（cm2）．
故选：B．
【点评】本题主要考查角平分线的性质，熟知角平分线的性质是解题关键．
9．【分析】平移时k的值不变，只有b发生变化．
【解答】解：原直线的k＝2，b＝﹣1；向上平移2个单位长度，得到了新直线，
那么新直线的k＝2，b＝﹣1+2＝1．
∴新直线的解析式为y＝2x+1．
故选：C．
【点评】本题考查了一次函数图象的几何变换，难度不大，要注意平移后k值不变．
10．【分析】根据对角线的长度即可计算菱形的面积，根据菱形对角线互相垂直平分的性质，可以求得△AOB为直角三角形，根据AO，BO可以求得AB的值，根据菱形的面积和边长即可解题．
【解答】解：由题意知AC＝6，BD＝8，则菱形的面积S＝×6×8＝24，
∵菱形对角线互相垂直平分，
∴△AOB为直角三角形，AO＝3，BO＝4，
∴AB＝＝5，
∴菱形的高h＝＝．
故选：A．
【点评】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，菱形面积的计算，本题中求根据AO，BO的值求AB是解题的关键．
11．【分析】先由一次函数y1＝ax+b图象得到字母系数的正负，再与一次函数y2＝bx+a的图象相比较看是否一致．
【解答】解：A、∵一次函数y1＝ax+b的图象经过一三四象限，
∴a＞0，b＜0；
由一次函数y2＝bx+a图象可知，b＜0，a＜0，两结论矛盾，故错误；
B、∵一次函数y1＝ax+b的图象经过一二三象限，
∴a＞0，b＞0；
由y2的图象可知，a＞0，b＜0，两结论相矛盾，故错误；
C、∵一次函数y1＝ax+b的图象经过一三四象限，
∴a＞0，b＜0；
由y2的图象可知，a＞0，b＜0，两结论不矛盾，故正确；
D、∵一次函数y1＝ax+b的图象经过一二四象限，
∴a＜0，b＞0；
由y2的图象可知，a＜0，b＜0，两结论相矛盾，故错误．
故选：C．
【点评】此题主要考查了一次函数的图象性质，要掌握它的性质才能灵活解题．一次函数y＝kx+b的图象有四种情况：
①当k＞0，b＞0，函数y＝kx+b的图象经过第一、二、三象限；
②当k＞0，b＜0，函数y＝kx+b的图象经过第一、三、四象限；
③当k＜0，b＞0时，函数y＝kx+b的图象经过第一、二、四象限；
④当k＜0，b＜0时，函数y＝kx+b的图象经过第二、三、四象限．
12．【分析】该题属于找规律题型，只要把运动规律找出来就可解决问题．
【解答】解：由反弹线前后对称规律，得出第1﹣6次碰到长方形的边的点的坐标依次为：（0，3），（1，4），（5，0），（8，3），（7，4），（3，0），
由此可以得出运动周期为6次一循环，
∵2021÷6＝336……5，
∴第2020次碰到长方形的边的点的坐标为（7，4）．
故选：D．
【点评】此题主要考查了规律性，图形的变化，解答本题关键是明确反弹前后特征，发现点的变化规律，利用变化规律解答．
二、填空题（每小题3分，共18分）
13．【分析】多边形的外角和等于360°，因为所给多边形的每个外角均相等，故又可表示成36°n，列方程可求解．
【解答】解：设所求正n边形边数为n，
则36°n＝360°，
解得n＝10．
故正多边形的边数是10．
【点评】本题考查根据多边形的外角和求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．
14．【分析】直接根据函数图象与x轴的交点进行解答即可．
【解答】解：∵一次函数y＝mx+n与x轴的交点为（﹣3，0），
∴当mx+n＝0时，x＝﹣3．
故答案为：x＝﹣3．
【点评】本题主要考查了一次函数与一元一次方程的关系．任何一元一次方程都可以转化为ax+b＝0（a，b为常数，a≠0）的形式，所以解一元一次方程可以转化为：当某个一次函数的值为0时，求相应的自变量的值．从图象上看，相当于已知直线y＝ax+b确定它与x轴的交点的横坐标的值．
15．【分析】先用b表示出直线与x、y轴的交点，再利用三角形的面积公式即可得出结论．
【解答】解：一次函数y＝2x+b与x轴的交点为（﹣，0），与y轴的交点为（0，b）．
∵y＝2x+b和两坐标轴围成的三角形的面积是4，
∴×|﹣|×|b||＝4，
∴b＝±4．
故答案为：±4．
【点评】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
16．【分析】根据图象横坐标的变化，问题可解．
【解答】解：由图象可知，x＝4时，点R到达P，x＝9时，点R到Q点，则PN＝4，QP＝5
∴矩形MNPQ的面积是20．
【点评】本题为动点问题的函数图象探究题，考查了动点到达临界点前后图象趋势的趋势变化．解答时，要注意数形结合．
17．【分析】由BC﹣AC≤AB可知当A、B、C三点共线时|CB﹣CA|最大，求直线AB的解析式，与x轴的交点就是C．
【解答】解：由BC﹣AC≤AB可知当A、B、C三点共线时|CB﹣CA|最大，
∴设直线AB为y＝kx+b，
∵直线过A（﹣3，2）、B（2，7），
∴，
解得，
∴直线AB为y＝x+5，
∴当y＝0时，x＝﹣5，
∴点C的坐标为（﹣5，0）．
故答案为：（﹣5，0）．
【点评】本题考查了三角形中两边之差小于第三边的性质，当共线时差最大，关键是求直线解析式，再求与x轴的交点．
18．【分析】由正方形的性质及F，E以相同的速度运动，利用SAS证明△ABE≌△BCF，得到AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，再根据∠CBF+∠ABP＝90°，可得∠BAE+∠ABP＝90°，进而得到AE⊥BF，根据点P在运动中保持∠APB＝90°，可得点P的路径是一段以AB为直径的弧，设AB的中点为H，连接CH交弧于点P，此时CP的长度最小，根据勾股定理，求出CH的长度，再求出PH的长度，即可求出线段CP的最小值，根据矩形对角线相等即可得到MN．
【解答】解：∵动点F，E分别以相同的速度从D，C两点同时出发向C和B运动，
∴DF＝CE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝2，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴CF＝BE，
∴△ABE≌△BCF（SAS），故①正确；
∴AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，故②正确；
∵∠CBF+∠ABP＝90°，
∴∠BAE+∠ABP＝90°，
∴∠APB＝90°，即AE⊥BF，故③正确；
∵点P在运动中始终保持∠APB＝90°，
∴点P的路径是一段以AB为直径的弧，如图，
设AB的中点为H，连接CH交弧于点P，此时CP的长度最小，
在Rt△BCH中，CH＝＝，
∵PH＝AB＝1，
∴CP＝CH﹣PH＝﹣1，
∵PM∥CD，PN∥BC，
∴四边形PMCN是平行四边形，
∵∠BCD＝90°，
∴四边形PMCN是矩形，
∴MN＝CP＝﹣1，即线段MN的最小值为﹣1，故④正确．
故答案为：①②③④．
【点评】本题主要考查正方形的性质、全等三角形、勾股定理等，解题的关键是证明△ABE≌△BCF．
三、解答题（共66分）
19．【分析】（1）根据平移变换的性质找出对应点即可求解；
（2）根据轴对称的性质找出对应点即可求解．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1，即为所求；B1（2，﹣1）；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求，B2（2，1）．
【点评】本题考查了平移变换的性质以及轴对称变换的性质，熟练掌握平移变换以及轴对称的性质是解题的关键．
20．【分析】（1）由“SAS”可证△AED≌△BED，可得∠B＝∠DAE，由三角形内角和定理可求解；
（2）由全等三角形的性质可得AE＝BE，由直角三角形的性质可求BE的长，即可求解．
【解答】解：（1）∵DE⊥AB，
∴∠AED＝∠BED＝90°，
∵E为AB的中点，
∴AE＝BE，
在△AED和△BED中，
，
∴△AED≌△BED（SAS），
∴∠B＝∠DAE，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD＝∠DAE，
∵∠B+∠CAD+∠DAE＝90°，
∴3∠B＝90°，
∴∠B＝30°；
（2）∵△AED≌△BED，
∴AE＝BE，
∵∠B＝30°，DE⊥AB，
∴BE＝DE＝5，
∴AB＝10．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
21．【分析】（1）设购进A型电动汽车x辆，购进B型电动汽车y辆，由题意：该4S店购进20辆两种型号的电动汽车所花费成本为416万元，列出二元一次方程组，解方程组即可；
（2）设购进A型电动汽车m辆，则购进B型电动汽车（20﹣m）辆，由题意：购进的A型电动汽车不少于B型电动汽车的2倍，列出一元一次不等式，解不等式取最小整数值，然后再求出利润的解析式即可．
【解答】解：（1）设购进A型电动汽车x辆，购进B型电动汽车y辆，
根据题意，得：，
解得：，
答：购进A型电动汽车12辆，B型电动汽车8辆；
（2）
设购进A型电动汽车m辆，则购进B型电动汽车（20﹣m）辆，
∵购进的A型电动汽车不少于B型电动汽车的2倍，
∴m≥2（20﹣m），
即m≥，
根据题意，得：w＝（16.8﹣16）m+（29.4﹣28）（20﹣m），
＝﹣0.6m+28．
∵﹣0.6＜0，
∴m＝14时，利润最大，最大值为：﹣0.6×14+28＝19.6万元，
∴购进14辆A型电动汽车可使4S店销售的利润最大，最大利润是19.6万元．
【点评】本题考查了一元一次不等式的应用、二元一次方程组的应用；解题的关键是：（1）找准等量关系，列出二元一次方程组；（2）找出数量关系，列出一元一次不等式．
22．【分析】（1）用第一个分数段的频数除以它的频率可得到调查的总人数，然后用总人数成以0.35得到m的值，用24除以总人数可得到n的值；
（2）利用80﹣90的频数为70可补全频数分布直方图；
（3）估计样本估计总体，用1500乘以前面两分数段的频率之和可估计出该校安全意识不强的学生数．
【解答】解：（1）16÷0.08＝200，
m＝200×0.35＝70，n＝24÷200＝0.12；
故答案为200，70；0.12；
（2）如图，
（3）1500×（0.08+0.2）＝420，
所以该校安全意识不强的学生约有420人．
【点评】本题考查了频数（率）分布直方图：提高读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力；利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．也考查了用样本估计总体．
23．【分析】（1）根据点A、B的坐标利用待定系数法即可求出直线l2的函数解析式；
（2）令y＝﹣2x+4＝0求出x值，即可得出点D的坐标，联立两直线解析式组成方程组，解方程组即可得出点C的坐标，再根据三角形的面积公式即可得出结论；
（3）假设存在，根据两三角形面积间的关系得到|yP|＝2|yC|＝4，将点P的纵坐标代入直线l2的函数解析式中即可求出点P的坐标．
【解答】解：（1）设直线l2的函数解析式为y＝kx+b，
将A（5，0）、B（4，﹣1）代入y＝kx+b，
，解得：，
∴直线l2的函数解析式为y＝x﹣5．
（2）联立两直线解析式组成方程组，
，解得：，
∴点C的坐标为（3，﹣2）．
当y＝﹣2x+4＝0时，x＝2，
∴点D的坐标为（2，0）．
∴S△ADC＝AD |yC|＝×（5﹣2）×2＝3．
（3）假设存在．
∵△ADP面积是△ADC面积的2倍，
∴|yP|＝2|yC|＝4，
当y＝x﹣5＝﹣4时，x＝1，
此时点P的坐标为（1，﹣4）；
当y＝x﹣5＝4时，x＝9，
此时点P的坐标为（9，4）．
综上所述：在直线l2上存在点P（1，﹣4）或（9，4），使得△ADP面积是△ADC面积的2倍．
【点评】本题考查了两条直线相交或平行问题、一次函数图象上点的坐标特征以及待定系数法求一次函数解析式，根据给定点的坐标利用待定系数法求出函数解析式是解题的关键．
24．【分析】（1）先判断出∠OAB＝∠DCA，进而判断出∠DAC＝∠DCA，得出CD＝AD＝AB，即可得出结论；
（2）先判断出OE＝OA＝OC，再求出OB＝1，利用勾股定理求出OA，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠OAB＝∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠OAB＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴CD＝AD＝AB，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝AB，
∴ ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，BD⊥AC，
∵CE⊥AB，
∴OE＝OA＝OC，
∵BD＝2，
∴OB＝BD＝1，
在Rt△AOB中，AB＝，OB＝1，
∴OA＝＝2，
∴OE＝OA＝2．
【点评】此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理，判断出CD＝AD＝AB是解本题的关键．
25．【分析】（1）由“ASA”可证△DGF≌△CGE，可得DF＝CE，可证四边形CFDE是平行四边形，由平行四边形的性质可得BE＝EF＝AB＝CD，根据对角线相等的平行四边形是矩形可得结论；
（2）根据正方形的性质求得BG＝3CG，由勾股定理可求CG的长，进而求出CD，可得结论．
【解答】（1）证明：∵DF∥AC，
∴∠FDC＝∠DCE，
∵点G是CD的中点，
∴DG＝GC，
在△DGF和△CGE中，
，
∴△DGF≌△CGE（ASA），
∴DF＝CE，
又∵DF∥AC，
∴四边形DFCE是平行四边形，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝DO，AB＝CD，
∵AC∥DF，
∴，
∴BE＝EF，
∵BE＝AB，
∴BE＝EF＝AB＝CD，
∴平行四边形DFCE是矩形；
（2）解：∵四边形CFDE是正方形，
∴EF⊥CD，GC＝GE＝GF，
∴BG＝3CG，
在Rt△BGC中，BC2＝BG2+CG2，
∴100＝9CG2+CG2，
∴CG＝或CG＝﹣（不合题意，舍去），
∴AB＝2．
【点评】本题考查了正方形的性质，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
26．【分析】（1）把点M（2，4）代入y＝﹣x+b解答即可；
（2）先确定B点坐标为（0，5），则OB＝5，CD＝，再表示出C点坐标为（a，﹣ a+5），D点坐标为（a，2a），所以|2a﹣（﹣a+5）|＝，然后解方程即可；
（3）分三种情况：①OE＝OM，②OE＝EM，③OM＝EM，根据等腰三角形的性质即可求解．
【解答】解：（1）把点M（2，4）代入y＝﹣x+b中，可得：4＝﹣×2+b，
解得：b＝5，
所以直线AB的函数关系式是y＝﹣x+5，
把y＝0代入y＝﹣x+5得x＝10，
∴点A坐标为（10，0）；
（2）把x＝0代入y＝﹣x+5得y＝5，
∴B点坐标为（0，5），
∴OB＝5，
∵CD＝OB，
∴CD＝，
∵PC⊥x轴，点P（a，0），
∴C点坐标为（a，﹣ a+5），D点坐标为（a，2a），
∴|2a﹣（﹣a+5）|＝，
∴a＝3或1，
当a＝3时，y＝﹣x+5＝；
当a＝1时，y＝﹣x+5＝；
∴点C的坐标为（1，）或（3，）；
（3）设点E（0，m），
∵点M（2，4）．
∴OM2＝22+42＝20，
OE2＝m2，EM2＝22+（m﹣4）2＝m2﹣8m+20，
①OE＝OM时，OE2＝OM2，
∴m2＝20，
∴m＝±2，
∴点E的坐标为（0，2）或（0，﹣2）；
②OE＝EM时，OE2＝EM2，
∴m2＝m2﹣8m+20，
∴m＝，
∴点E的坐标为（0，）；
③OM＝EM时，OM2＝EM2，
∴20＝m2﹣8m+20，
∴m＝8或0（舍去），
∴点E的坐标为（0，8）；
综上，存在，点E的坐标为（0，2）或（0，﹣2）或（0，）或（0，8）．
【点评】本题为一次函数的综合应用，涉及待定系数法、函数图象的交点、等腰三角形的性质、方程思想等知识．在（1）中求得b的值是解题的关键，在（2）中求得CD的长是解题的关键，在（3）中分类思想的运用是解题的关键．