辽宁省本溪市名校2023-2024学年数学八年级第一学期期末调研模拟试题【含解析】

这是一份辽宁省本溪市名校2023-2024学年数学八年级第一学期期末调研模拟试题【含解析】，共26页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，下列命题中，是假命题的是，直线与直线的交点不可能在等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．我国的纸伞工艺十分巧妙,如图,伞圈 D 能沿着伞柄滑动,伞不论张开还是缩拢,伞柄 AP 始终平分同一平面内所成的角∠BAC,为了证明这个结论,我们的依据是
A．SASB．SSSC．AASD．ASA
2．为了应用乘法公式计算（x－2y＋1）（x＋2y－1），下列变形中正确的是 ( )
A．[x－(2y＋1)]2B．[x－（2y－1）][x＋(2y－1)]
C．[(x－2y)＋1][(x－2y)－1]D．[x＋(2y－1)]2
3．实数a，b在数轴上的位置如图所示，下列结论错误的是（ ）
A．|a|<1<|b|B．1<–a4．已知关于x，y的二元一次方程组的解为，则a﹣2b的值是（ ）
A．﹣2B．2C．3D．﹣3
5．下列命题中，是假命题的是（ ）
A．平行四边形的两组对边分别相等B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
C．矩形的对角线相等D．对角线相等的四边形是矩形
6．小军同学在网格纸上将某些图形进行平移操作，他发现平移前后的两个图形所组成的图形可以是轴对称图形.如图所示，现在他将正方形从当前位置开始进行一次平移操作，平移后的正方形的顶点也在格点上，则使平移前后的两个正方形组成轴对称图形的平移方向有( )
A．3个B．4个C．5个D．无数个
7．小强是一位密码编译爱好者，在他的密码手册中，有这样一条信息：a﹣b，x﹣y，x+y，a+b，x2﹣y2，a2﹣b2分别表示下列六个字兴、爱、我、义、游、美，现将（x2﹣y2）a2﹣（x2﹣y2）b2因式分解，结果呈现的密码可能是（ ）
A．我爱美B．兴义游C．美我兴义D．爱我兴义
8．直线与直线的交点不可能在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
9．一个多边形的外角和等于它的内角和的倍，那么这个多边形从一个顶点引对角线的条数是( )条
A．3B．4C．5D．6
10．如图，在中， 的垂直平分线分别交于点，则边的长为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，∠AOB＝45°，点P是∠AOB内的定点且OP＝，若点M、N分别是射线OA、OB上异于点O的动点，则△PMN周长的最小值是_____．
12．如图，已知，直线分别交，于点，，平分，若，则的度数为__________．
13．三角形三条中线交于一点，这个点叫做三角形的_____．
14．如图，一张三角形纸片，其中，，，现小林将纸片做三次折叠：第一次使点落在处；将纸片展平做第二次折叠，使点若在处；再将纸片展平做第三次折叠，使点落在处，这三次折叠的折痕长依次记为，则的大小关系是（从大到小）__________．
15．如图，以AB为斜边的Rt△ABC的每条边为边作三个正方形，分别是正方形ABMN，正方形BCPQ，正方形ACEF，且边EF恰好经过点N．若S3＝S4＝5，则S1+S5＝_____．(注：图中所示面积S表示相应封闭区域的面积，如S3表示△ABC的面积)
16．化简：=_________．
17．已知，那么______．
18．为了考察甲、乙两块地小麦的长势，分别从中随机抽出10株苗，测得苗高如图所示．若和 分别表示甲、乙两块地苗高数据的方差，则________．(填“>”、“<”或“=”)．
三、解答题(共66分)
19．（10分）已知如图，等边的边长为，点分别从、两点同时出发，点沿向终点运动，速度为；点沿，向终点运动，速度为，设它们运动的时间为．
（1）当为何值时，？当为何值时，？
（2）如图②，当点在上运动时，与的高交于点，与是否总是相等？请说明理由．
20．（6分）如图，点，，，在一条直线上，，，.求证：.
21．（6分）若一次函数的图象经过点.
求的值，并在给定的直角坐标系中画出此函数的图象.
观察此图象，直接写出当时，的取值范围.
22．（8分）如图1,在和中, ,, .
(1)若三点在同一直线上,连接交于点,求证: .
(2)在第(1)问的条件下,求证: ；
(3)将绕点顺时针旋转得到图2,那么第(2)问中的结论是否依然成立?若成立,请证明你的结论:若不成立,请说明理由.
23．（8分）如图，等腰直角三角形中，，，点坐标为，点坐标为，且 ，满足．
(1)写出、两点坐标；
(2)求点坐标；
(3)如图，，为上一点，且，请写出线段的数量关系，并说明理由．
24．（8分）（材料阅读）我们曾解决过课本中的这样一道题目：
如图，四边形是正方形，为边上一点，延长至，使，连接.……
提炼1：绕点顺时针旋转90°得到；
提炼2：；
提炼3：旋转、平移、轴对称是图形全等变换的三种方式.
（问题解决）（1）如图，四边形是正方形，为边上一点，连接，将沿折叠，点落在处，交于点，连接.可得： °；三者间的数量关系是 .
（2）如图，四边形的面积为8，，，连接.求的长度.
（3）如图，在中，，，点在边上，.写出间的数量关系，并证明.
25．（10分）如图，直线相交于点，分别是直线上一点，且，，点分别是的中点．求证：．
26．（10分）如图AM∥BN，C是BN上一点， BD平分∠ABN且过AC的中点O，交AM于点D，DE⊥BD，交BN于点E．
（1）求证：△ADO≌△CBO．
（2）求证：四边形ABCD是菱形．
（3）若DE = AB = 2，求菱形ABCD的面积．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】根据确定三角形全等的条件进行判定即可得解．
【详解】解：根据伞的结构，AE=AF，伞骨DE=DF，AD是公共边，
∵在△ADE和△ADF中，
∴△ADE≌△ADF（SSS），
∴∠DAE=∠DAF，
即AP平分∠BAC．
故选B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的应用，理解题意确定出全等的三角形以及全等的条件是解题的关键．
2、B
【解析】分析：根据平方差公式的特点即可得出答案．
详解：（x﹣2y+1）（x+2y﹣1）=[x﹣（2y﹣1）][x+（2y﹣1）]
故选B．
点睛：本题考查了平方差公式的应用，主要考查学生的理解能力．
3、A
【解析】试题分析：由图可知：故A项错误，C项正确；故B、D项正确．故选A．
考点：1、有理数大小比较；2、数轴．
4、B
【详解】把代入方程组得：，
解得：，
所以a−2b=−2×()=2.
故选B.
5、D
【分析】分别利用平行四边形的性质以及矩形的性质与判定方法分析得出即可.
【详解】解：A、平行四边形的两组对边分别相等，正确，不合题意；
B、两组对边分别相等的四边形是偶像四边形，正确，不合题意；
C、矩形的对角线相等，正确，不合题意；
D、对角线相等的四边形是矩形，错误，等腰梯形的对角线相等，故此选项正确.
故选D.
“点睛”此题主要考查了命题与定理，正确把握矩形的判定与性质是解题的关键.
6、C
【分析】结合正方形的特征，可知平移的方向只有5个，向上，下，右，右上45°，右下45°方向，否则两个图形不轴对称.
【详解】因为正方形是轴对称图形，有四条对称轴，因此只要沿着正方形的对称轴进行平移，平移前后的两个图形组成的图形一定是轴对称图形，
观察图形可知，向上平移，向上平移、向右平移、向右上45°、向右下45°平移时，平移前后的两个图形组成的图形都是轴对称图形，
故选C.
【点睛】
本题考查了图形的平移、轴对称图形等知识，熟练掌握正方形的结构特征是解本题的关键.
7、D
【分析】将所给整式利用提取公因式法和平方差公式进行因式分解，再与所给的整式与对应的汉字比较，即可得解．
【详解】解：∵（x2﹣y2）a2﹣（x2﹣y2）b2
＝（x2﹣y2）（a2﹣b2）
＝（x+y）（x﹣y）（a+b）（a﹣b）
∵x﹣y，x+y，a﹣b，a+b四个代数式分别对应：爱、我、兴、义
∴结果呈现的密码可能是爱我兴义．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查因式分解，掌握提取公因式和因式分解的方法是解题的关键.
8、C
【分析】判断出直线可能经过的象限，即可求得它们的交点不可能在的象限．
【详解】解：因为y＝−x＋4的图象经过一、二、四象限，所以直线y＝x＋m与y＝−x＋4的交点不可能在第三象限，
故选：C．
【点睛】
本题考查一次函数的图象和系数的关系，根据一次函数的系数k，b与0的大小关系判断出直线经过的象限即可得到交点不在的象限．
9、A
【分析】设这个多边形有n条边，由题意得方程（n-2）×180=360×2，解方程可得到n的值，然后根据n边形从一个顶点出发可引出（n-3）条对角线可得答案．
【详解】设这个多边形有n条边，由题意得：
（n-2）×180=360×2，
解得；n=6，
从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是6-3=3，
故答案为：A．
【点睛】
此题主要考查了多边形的内角和外角，以及对角线，关键是掌握多边形的内角和公式．
10、C
【分析】根据垂直平分线的性质证得AE=E，再根据等腰三角形性质和三角形内角和定理求出∠B=∠ACB=72°，求出∠BEC=∠B，推出BC=CE，由AE=EC得出BC=AE=1．
【详解】∵DE垂直平分AC，
∴CE=AE，
∴∠A=∠ECD=36°，
∵AB=AC，∠A=36°，
∴∠B=∠ACB=72°，
∴∠BEC=∠A+∠ECD=72°，
∴∠BEC=∠B，
∴BC=EC，
∵EC=AE，
∴BC=1．
故选：C．
【点睛】
本题考查了线段垂直平分线的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，三角形外角的性质的应用，注意：线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【分析】作点P关于OA的对称点F，点P关于OB的对称点E，连接EF交OA，OB于点M，N，连接PM，PN，此时，EF即△PMN周长的最小值，由对称性可知：∆OEF是等腰直角三角形，进而即可得到答案．
【详解】作点P关于OA的对称点F，点P关于OB的对称点E，连接EF交OA，OB于点M，N，连接PM，PN，则△PMN的周长=PM+PN+MN=FM+EN+MN=EF，此时，EF即△PMN周长的最小值，
∵∠AOB＝45°，
∴∠EOF＝90°，
由对称性可知：OF＝OP＝OE＝，
∴∠OEF＝∠OFE＝45°，
∴EF＝OE＝×＝1，
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查轴对称的性质以及等腰直角三角形的性质定理，根据轴对称性，添加辅助线，构造等腰直角三角形，是解题的关键．
12、
【分析】先由AB∥CD得出∠1+∠BEF=180°，∠2=∠BEG，再根据角平分线及∠1的度数求出∠BEG的度数即可．
【详解】解：∵AB∥CD，
∴∠1+∠BEF=180°，∠2=∠BEG
又∵∠1=50°，
∴∠BEF=130°，
又∵EG平分∠BEF，
∴∠FEG=∠BEG=65°，
∴∠2=∠BEG=65°
故答案为：65°．
【点睛】
本题考查了角平分线的定义、平行线的性质，解题的关键是求出∠BEF的度数．
13、重心
【解析】重心：三角形三条中线交于一点，且重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2:1
【详解】解：三角形三条中线交于一点，
这个点叫做三角形的重心，
故答案为：重心．
【点睛】
本题考查的是三角形重心的概念，掌握即可解题.
14、b＞c＞a.
【分析】由图1，根据折叠得DE是△ABC的中位线，可得出DE的长，即a的长；
由图2，同理可得MN是△ABC的中位线，得出MN的长，即b的长；
由图3，根据折叠得：GH是线段AB的垂直平分线，得出AG的长，再利用两角对应相等证△ACB∽△AGH，利用比例式可求GH的长，即c的长．
【详解】解：第一次折叠如图1，折痕为DE，
由折叠得：AE＝EC＝AC＝×4＝2，DE⊥AC
∵∠ACB＝90°
∴DE∥BC
∴a＝DE＝BC＝×3＝，
第二次折叠如图2，折痕为MN，
由折叠得：BN＝NC＝BC＝×3＝，MN⊥BC
∵∠ACB＝90°
∴MN∥AC
∴b＝MN＝AC＝×4＝2，
第三次折叠如图3，折痕为GH，
由勾股定理得：AB＝＝5
由折叠得：AG＝BG＝AB＝，GH⊥AB
∴∠AGH＝90°
∵∠A＝∠A，∠AGH＝∠ACB，
∴△ACB∽△AGH
∴，即，
∴GH＝，即c＝，
∵2＞＞，
∴b＞c＞a，
故答案为：b＞c＞a.
【点睛】
本题考查了折叠的问题，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，对应边和对应角相等．本题的关键是明确折痕是所折线段的垂直平分线，准确找出中位线，利用中位线的性质得出对应折痕的长，没有中位线的可以考虑用三角形相似来解决．
15、1
【分析】如图，连接MQ，作MG⊥EC于G，设PC交BM于T，MN交EC于R．证明△ABC≌△MBQ（SAS），推出∠ACB＝∠BQM＝90°，由∠PQB＝90°，推出M，P，Q共线，由四边形CGMP是矩形，推出MG＝PC＝BC，证明△MGR≌△BCT（AAS），推出MR＝BT，由MN＝BM，NR＝MT，可证△NRE≌MTP，推出S1+S1＝S3＝1．
【详解】解：如图，连接MQ，作MG⊥EC于G，设PC交BM于T，MN交EC于R．
∵∠ABM＝∠CBQ＝90°，
∴∠ABC＝∠MBQ，
∵BA＝BM，BC＝BQ，
∴△ABC≌△MBQ（SAS），
∴∠ACB＝∠MQB＝90°，
∵∠PQB＝90°，
∴M，P，Q共线，
∵四边形CGMP是矩形，
∴MG＝PC＝BC，
∵∠BCT＝∠MGR＝90°，∠BTC+∠CBT＝90°，∠BQM+∠CBT＝90°，
∴∠MRG＝∠BTC，
∴△MGR≌△BCT（AAS），
∴MR＝BT，
∵MN＝BM，
∴NR＝MT，
∵∠MRG＝∠BTC，
∴∠NRE＝∠MTP，
∵∠E＝∠MPT＝90°，则△NRE≌MTP（AAS），
∴S1+S1＝S3＝1．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、矩形的性质，解题的关键是三组三角形全等，依次为：△ABC≌△MBQ，△MGR≌△BCT，△NRE≌MTP．
16、19﹣6．
【分析】利用完全平方公式计算．
【详解】原式＝18﹣6+1
＝19﹣6．
故答案为19﹣6．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
17、1
【分析】由完全平方公式变形，把两边同时平方，然后移项即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了完全平方公式的运用，解题的关键是熟练掌握完全平方公式进行解题．
18、<
【解析】方差用来计算每一个变量（观察值）与总体均数之间的差异，所以从图像看苗高的波动幅度，可以大致估计甲、乙两块地苗高数据的方差.
【详解】解：由图可知，甲、乙两块地的苗高皆在12cm上下波动，但乙的波动幅度比甲大，
∴ 则
故答案为：<
【点睛】
本题考查了方差，方差反映了数据的波动程度，方差越大，数据的波动越大，正确理解方差的含义是解题的关键.
三、解答题(共66分)
19、（1）当时，PQ∥AB，当时，；（2）OP=OQ，理由见解析
【分析】（1）当PQ∥AB时，△PQC为等边三角形，根据PC=CQ列出方程即可解出x的值，当PQ⊥AC时，可得，列出方程解答即可；
（2）作QH⊥AD于点H，计算得出QH=DP，从而证明△OQH≌△OPD（AAS）即可．
【详解】解：（1）∵当PQ∥AB时，
∴∠QPC=∠B=60°，
又∵∠C=60°
∴△PQC为等边三角形
∴PC=CQ，
∵PC=4-x，CQ=2x，
由4-x=2x
解得：，
∴当时，PQ∥AB；
若PQ⊥AC，
∵∠C=60°，
∴∠QPC=30°，
∴，
即，
解得：
∴当时，
（2）OP=OQ，理由如下：
作QH⊥AD于点H，
∵AD⊥BC，
∠QAH=30°，
∴，
∵DP=BP-BD=x-2，
∴DP=QH，
∴在△OQH与△OPD中
∴△OQH≌△OPD（AAS）
∴OQ=OP
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，含30°直角三角形的性质，全等三角形的性质及判定，几何中的动点问题，解题的关键是灵活运用等边三角形及全等三角形的性质及判定．
20、见解析
【分析】根据得出,根据平行得出,,从而得出三角形全等.
【详解】证明：∵,
∴.
∵,
∴,
∴在和中,
∴.
∴.
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定定理、平行线的性质定理，能够熟练运用性质定理是解题的关键.
21、,图像见解析；.
【分析】(1)把点代入一次函数解析式来求b的值，根据“两点确定一条直线”画图;
(2)根据图象直接回答问题.
【详解】（1）将点代入y＝﹣2x＋b，得2＝-4+b
解得：b=6
∴y＝﹣2x＋6
列表得：

描点，并连线
∴该直线如图所示：
（2）确定直线与x轴的交点（3，0），与y轴的交点（0，6）由图象知：当时，的取值范围．
【点睛】
本题考查了一次函数的图象、一次函数图象上点的坐标特征等.一次函数的图象是一直线,根据“两点确定一条直线”来作图.
22、（1）见解析；（2）见解析；（3）成立，理由见解析
【分析】（1）根据SAS得出△BAD≌△CAE；
（2）根据△BAD≌△CAE，得出∠ABD=∠ACE，根据直角三角形两锐角互余和对顶角相等即可得出答案；
（3）延长BD交CE于点M，交AC于点F．根据SAS证明ΔBAD≌ΔCAE，得出∠ABD=∠ACE，根据直角三角形两锐角互余和对顶角相等即可得出答案．
【详解】（1）∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
即∠BAD=∠CAE．
∵AB=AC，AD=AE，
∴ΔBAD≌ΔCAE．
（2）∵ΔBAD≌ΔCAE，
∴∠ABD=∠ACE．
∵∠BAC=90°，
∴∠ABD+∠AFB=90°．
∵∠AFB=∠CFD，
∴∠ACE+∠CFD=90°，
∴∠CDF=90°，
∴BD⊥CE．
（3）成立．理由如下：
延长BD交CE于点M，交AC于点F．
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC-∠CAD=∠DAE-∠CAD，
即∠BAD=∠CAE．
∵AB=AC，AD=AE，
∴ΔBAD≌ΔCAE，
∴∠ABD=∠ACE．
∵∠BAC=90°，
∴∠ABD+∠AFB=90°．
∵∠AFB=∠CFM，
∴∠CMF=90°，
∴BD⊥CE．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质和三角形内角和定理等知识，根据已知得出△BAD≌△CAE是解题的关键．
23、（1）点A的坐标为，点C的坐标为；（2）点B的坐标为（2,4）；（3）MN= CN＋AM，理由见解析
【分析】（1）根据绝对值的非负性和平方的非负性即可求出a、b的值，从而求出、两点坐标；
（2）过点A作AE∥y轴，过点B作BE⊥AE，作BD⊥x轴，设点B的坐标为（x，y），分别用x、y表示出CD、BE、AE的长，然后利用AAS证出△EBA≌△DBC，可得BE=BD，AE=CD，列出方程即可求出点B的坐标；
（3）过点B作BF⊥BM，交AC的延长线与点F，连接MF，利用SAS证出△ABM≌△CBF，从而得到AM=CF，BM=BF，∠AMB=∠CFB，根据等边对等角可得∠BMF=∠BFM，然后证出∠FMN=∠MFN，再根据等角对等边可得MN=NF，即可得出结论．
【详解】解：（1）∵
∴
∵
∴
解得：a=-2，b=2
∴点A的坐标为，点C的坐标为；
（2）过点A作AE∥y轴，过点B作BE⊥AE，作BD⊥x轴，如下图所示
设点B的坐标为（x，y）
∴BD=y，OD=x
∴CD=4－x，BE=x－（-2）=x＋2，AE=y－2
∵BD⊥x轴
∴BD∥y轴
∴AE∥BD
∴∠DBE=180°－∠AEB=90°
∴∠EBA＋∠ABD=90°
∵等腰直角三角形中，，
∴∠DBC＋∠ABD=90°
∴∠EBA=∠DBC
在△EBA和△DBC中
∴△EBA≌△DBC
∴BE=BD，AE=CD
即x＋2= y，y－2=4－x
解得：x=2，y=4
∴点B的坐标为（2,4）；
（3）MN= CN＋AM，理由如下
过点B作BF⊥BM，交AC的延长线与点F，连接MF
∴∠MBC＋∠CBF=90°
∵△ABC为等腰三角形
∴BA=BC，∠BAC=∠BCA=45°，∠ABC=90°
∴∠MBC＋∠ABM=90°，∠BCF=180°－∠BCA=135°，∠BAM=∠MAC＋∠BAC=135°
∴∠ABM =∠CBF，∠BAM=∠BCF
在△ABM和△CBF中
∴△ABM≌△CBF
∴AM=CF，BM=BF，∠AMB=∠CFB
∴∠BMF=∠BFM，
∵
∴∠NMB=∠CFB
∴∠BMF－∠NMB=∠BFM－∠CFB
∴∠FMN=∠MFN
∴MN=NF
∵NF=CN＋CF
∴MN=CN＋AM
【点睛】
此题考查的是非负性的应用、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质和点的坐标与线段长度的关系，掌握绝对值和平方的非负性、等腰直角三角形的性质、构造全等三角形的方法和全等三角形的判定及性质是解决此题的关键．
24、（1）45，；（2）4；（3），见解析
【分析】（1）根据折叠的性质可得DG=DA=DC，根据HL证明△DAF≌△DGF，得到AF=GF，，故可求解；
（2）延长到，使，连接，证明，再得到△AEC为等腰直角三角形，根据四边形的面积与的面积相等，即可利用等腰直角三角形求出AC的长；
（3）将绕点逆时针旋转90°得到，连接，可证明.
得到，可求得，得到，由即可证明.
【详解】解：（1）∵将沿折叠得到△GDE,根据折叠的性质可得DG=DA=DC，
∵,DF=DF,
∴Rt△DAF≌Rt△DGF，
∴AF=GF，，
∴=;
EF=FG+EG=AF+CE,即
故答案为：45°，；
（2）如图，延长到，使，连接.
∵
∴
又
∴
又BC=DE,
∴，
∴，.
∴.
∴为等腰直角三角形，
∵四边形的面积为8，∴的面积为8.
∴.
解得，.（-4舍去）
（3），理由如下：
如图：将绕点逆时针旋转90°得到，连接.
∴,
∵，∴
∴
又CE=CE,CD=CH
∴.
∴.
∵旋转角=90°，
∴.
∴.
又，
∴.
【点睛】
此题主要考查旋转的性质，等腰三角形的性质与判定，解题的关键根据题意构造辅助线，利用等腰三角形、全等三角形的判定与性质进行求解.
25、证明见解析．
【分析】根据直角三角形的性质得到DM=BM，根据等腰三角形的三线合一证明结论．
【详解】解：证明：∵BC⊥a，DE⊥b
∴△EBC和△EDC都是直角三角形
∵M为CE中点，
∴DM=EC，BM=EC
∴DM=BM
∵N是DB的中点
∴MN⊥BD.
【点睛】
本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
26、（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由ASA即可得出结论；
（2）先证明四边形ABCD是平行四边形，再证明AD＝AB，即可得出结论；
（3）由菱形的性质得出AC⊥BD，证明四边形ACED是平行四边形，得出AC＝DE＝2，AD＝EC，由菱形的性质得出EC＝CB＝AB＝2，得出EB＝4，由勾股定理得BD═，即可得出答案．
【详解】（1）∵点O是AC的中点，
∴AO＝CO，
∵AM∥BN，
∴∠DAC＝∠ACB，
在△AOD和△COB中，
，
∴△ADO≌△CBO（ASA）；
（2）由（1）得△ADO≌△CBO，
∴AD＝CB，
又∵AM∥BN，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AM∥BN，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵BD平分∠ABN，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AD＝AB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（3）由（2）得四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AD＝CB，
又DE⊥BD，
∴AC∥DE，
∵AM∥BN，
∴四边形ACED是平行四边形，
∴AC＝DE＝2，AD＝EC，
∴EC＝CB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴EC＝CB＝AB＝2，
∴EB＝4，
在Rt△DEB中，由勾股定理得BD＝＝，
∴．
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．