2023-2024学年江苏省南通市崇川区田家炳中学八年级（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南通市崇川区田家炳中学八年级（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.正比例函数y=(k−1)x，且函数值y随自变量x的增大而减小，则k的取值范围是( )
A. k<1B. k>1C. k<0D. k>0
2.在平行四边形ABCD中，∠A+∠C=220°，则∠B的度数为( )
A. 50°B. 70°C. 110°D. 120°
3.已知直线y=kx+b经过第一、三、四象限，那么直线y=bx+k一定不经过( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
4.如图，四边形ABCD的对角线互相平分，要使它变为矩形，需要添加的条件是( )
A. AB=CD
B. AD=BC
C. AC=BD
D. AB=BC
5.一次函数y=2x+m的图象过点(a−1,y1)，(a,y2)，(a+1,y3)，则( )
A. y16.如图，菱形ABCD的两条对角线交于点O，BE⊥DC于点E，若AC=6，BD=8，则BE的长是( )
A. 245
B. 485
C. 125
D. 4
7.如图，在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，E为BD上一点，F为CE中点．若AE=AD，DF=2，则BD的长为( )
A. 2 2
B. 3
C. 2 3
D. 4
8.如图，F是▱ABCD的边CD上的点，Q是BF中点，连接CQ并延长交AB于点E，连接AF与DE相交于点P，若S△APD=4cm2，S▱ABCD=64cm2，则阴影部分的面积为cm2．( )
A. 24B. 27C. 28D. 30
9.如图，已知点P1为直线l：y=−2x+6上一点，先将点P1向下平移a个单位，再向右平移3个单位至点P2，然后再将点P2向下平移2个单位，向右平移b个单位至点P3.若点P3恰好落在直线l上，则a，b应满足的关系是( )
A. a−2b=4
B. b−2a=1
C. a+2b=8
D. 2a+b=7
10.如图，菱形ABCD的边AB=8，∠B=60°，P是AB上一点，BP=3，Q是CD边上一动点，将梯形APQD沿直线PQ折叠，A的对应点A′.当CA′的长度最小时，CQ的长为( )
A. 5B. 7C. 8D. 132
二、填空题：本题共8小题，共30分。
11.如图，矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，若AO=5，则BD= ______．
12.已知y=(m+2)xm2−3+3是一次函数，则m= ______．
13.如图，在平行四边形ABCD中，DE平分∠ADC，AD=12，BE=4，则平行四边形ABCD的周长是______．
14.已知一次函数y=−2x+1，若1≤x≤3，则y的取值范围是______．
15.如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，AD上，BE⊥CF于点G，若BC=8，AF=2，则GF的长为______．
16.如图，在平面直角坐标系中，线段AC所在直线的解析式为y=−x+4，点E是AB的中点，点P是AC上一动点，则PB+PE的最小值是 ．
17.如图，在矩形ABCD中，AB=3，点E在边BC上，且BE=1，若EA平分∠BED，则AD的长是______．
18.如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为(1,4)、(2,4)，在某动画程序中，用信号枪沿直线y=kx+2−43k发射信号，当信号与线段AB相交时，线段4B消失，能够使线段AB消失的k的取值范围是______．
三、解答题：本题共8小题，共90分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
已知一条直线与直线y=−3x+1平行，且过点(1,4)，求该直线的解析式．
20.(本小题8分)
已知：如图，在矩形ABCD中，点M、N在边AD上，且AM=DN，求证：BN=CM．
21.(本小题10分)
已知y−2与x+1成正比例函数关系，且当x=−2时，y=6；
(1)写出y与x之间的函数关系式．
(2)求当x=−3时，y的值．
22.(本小题12分)
如图，四边形ABCD是正方形，E，F是对角线AC上的两点，且AE=CF．
(1)求证：四边形BEDF是菱形；
(2)若AC=8，AE=2，求四边形BEDF的周长．
23.(本小题12分)
如图，在△ABC中，点D，E分别是边BA，BC的中点，连接DE.点F为CA延长线上一点，且FA=12AC，连接FD，FE，AE．
(1)求证：四边形AFDE是平行四边形；
(2)若∠DEB=∠DEF，求证：EF=EC；
(3)在(2)的条件下，若DE= 2，∠C=45°，求BC的长．
24.(本小题12分)
甲、乙两车从A城出发匀速行驶至B城.在整个行驶过程中，甲、乙两车离开A城的距离y1(千米)、y2(千米)与甲车行驶的时间t(小时)之间的函数关系如图所示．
(1)A，B两城相距______千米；
(2)分别求出甲乙两车离开A城的距离y1和y2关于t的函数关系式；
(3)乙车行驶过程中，当甲、乙两车相距50千米时，求出乙车行驶的时间．
25.(本小题14分)
在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E是射线BC上一个动点，连接AE并延长交射线DC于点F，将△ABE沿直线AE翻折到△AB′E，延长AB′与直线CD交于点M．
(1)求证：AM=MF；
(2)当点E是边BC的中点时，求CM的长；
(3)当CF=4时，求CM的长．
26.(本小题14分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(−1,0)，B(0,3)，点C在x轴上，且直线BC与直线AB关于y轴对称．
(1)求直线BC的解析式；
(2)若在直线AB上存在点P使S△BCP=12，求点P的坐标；
(3)若点M是直线AB上一点，点N是y轴上一点，连接CM，CN，MN，使△CMN是以CM为腰的等腰直角三角形，直接写出点N的坐标．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵函数值y随自变量x的增大而减小，
∴k−1<0，
∴k<1．
故选：A．
利用正比例函数的性质，可得出k−1<0，解之即可得出k的取值范围．
本题考查了正比例函数的性质，牢记“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”是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，AB/​/CD，
∵∠A+∠C=220°，
∴∠A=∠C=110°，
∴∠B=180°−∠A=70°．
故选：B．
由在平行四边形ABCD中，∠A+∠C=220°，即可求得∠A与∠C的度数，继而求得答案．
此题考查了平行四边形的性质．注意平行四边形的对角相等，邻角互补．
3.【答案】C
【解析】解：已知直线y=kx+b经过第一、三、四象限，
则得到k>0，b<0，
所以直线y=bx+k经过第一、二、四象限，不经过第三象限．
故选：C．
根据图象在坐标平面内的位置关系确定k，b的取值范围，从而求解．
本题主要考查一次函数图象在坐标平面内的位置与k、b的关系．解答本题注意理解：直线y=kx+b所在的位置与k、b的符号有直接的关系．k>0时，直线必经过一、三象限；k<0时，直线必经过二、四象限；b>0时，直线与y轴正半轴相交；b=0时，直线过原点；b<0时，直线与y轴负半轴相交．
4.【答案】C
【解析】解：可添加AC=BD，
∵四边形ABCD的对角线互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC=BD，根据矩形判定定理对角线相等的平行四边形是矩形，
∴四边形ABCD是矩形，
故选：C．
四边形ABCD的对角线互相平分，则说明四边形是平行四边形，由矩形的判定定理知，只需添加条件是对角线相等．
此题主要考查了矩形的判定，关键是矩形的判定：
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形．
5.【答案】A
【解析】解：∵k=2>0，
∴y随x的增大而增大，
又∵一次函数y=2x+m的图象过点(a−1,y1)，(a,y2)，(a+1,y3)，a−1∴y1故选：A．
由k=2>0，利用一次函数的性质可得出y随x的增大而增大，再结合a−1本题考查了一次函数的性质，牢记“k>0，y随x的增大而增大；k<0，y随x的增大而减小”是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：∵菱形ABCD，AC=6，BD=8，
∴AO=CO=3，BO=DO=4，AC⊥BD，
∴CD= CO2+DO2= 32+42=5，
∵S菱形ABCD=CD×BE=12AC×BD，
∴5BE=12×6×8，
解得：BE=245，
故选：A．
先求出菱形的边长，再由菱形的面积公式可求解．
本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的面积公式是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：∵D为斜边AC的中点，F为CE中点，DF=2，
∴AE=2DF=4，
∵AE=AD，
∴AD=4，
在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，
∴BD=12AC=AD=4，
故选：D．
根据三角形中位线可以求得AE的长，再根据AE=AD，可以得到AD的长，然后根据直角三角形斜边上的中线和斜边的关系，可以求得BD的长．
本题考查直角三角线斜边上的中线和斜边的关系、三角形的中位线，解答本题的关键是求出AD的长．
8.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD，AB/​/CD，
∵BE/​/CF，
∴△BEQ∽△FCQ，
∴BECF=BQFQ，
∵Q是BF中点，
∴BQ=CQ，
∴BE=CF，
∴AE=DF，
∵AE/​/DF，
∴△APE∽△FPD，
∴PEPD=AEDF=1，
∴PE=PD，
∴S△APE=S△APD=4cm2，
∵S▱ABCD=64cm2，
∴S△FAB=12×64=32(cm2)，
∴阴影部分的面积=32−4=28(cm2).
故选：C．
先根据平行四边形的性质得到AB=CD，AB/​/CD，再证明△BEQ∽△FCQ，所以BECF=BQFQ，则利用BQ=CQ得到BE=CF，所以AE=DF，同样方法证明PE=PD，利用三角形面积公式得到S△APE=S△APD=4cm2，然后利用平行四边形的面积公式得到S△FAB=32cm2，从而可求得阴影部分的面积．
本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；灵活运用相似三角形的性质计算相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键．也考查了平行四边形的性质．
9.【答案】A
【解析】解：∵点P1为直线l：y=−2x+6上一点，
∴设P1(m,−2m+6)，
∵将点P1向下平移a个单位，再向右平移3个单位至点P2，
∴P2(m+3,−2m+6−a)，
∵将点P2向下平移2个单位，向右平移b个单位至点P3，
∴P3(m+3+b,−2m+4−a)，
∵P3恰好落在直线l上，
∴−2m+4−a=−2(m+3+b)+6，化简得a−2b=4，
故选：A．
设P1(m,−2m+6)，用m表示P3坐标，再代入y=−2x+6即可得到答案．
本题考查一次函数图像上点的坐标，解题的关键是表示出P3的坐标代入y=−2x+6．
10.【答案】B
【解析】解：作CH⊥AB于H，如图，
∵菱形ABCD的边AB=8，∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴CH= 32AB=4 3，AH=BH=4，
∵PB=3，
∴HP=1，
在Rt△CHP中，CP= (4 3)2+12=7，
∵梯形APQD沿直线PQ折叠，A的对应点A′，
∴点A′在以P点为圆心，PA为半径的弧上，
∴当点A′在PC上时，CA′的值最小，
∴∠APQ=∠CPQ，
而CD/​/AB，
∴∠APQ=∠CQP，
∴∠CQP=∠CPQ，
∴CQ=CP=7．
故选：B．
作CH⊥AB于H，如图，根据菱形的性质可判断△ABC为等边三角形，则CH= 32AB=4 3，AH=BH=4，再利用勾股定理计算出CP=7，再根据折叠的性质得点A′在以P点为圆心，PA为半径的弧上，利用点与圆的位置关系得到当点A′在PC上时，CA′的值最小，然后证明CQ=CP即可．
本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．也考查了折叠的性质．解决本题的关键是确定A′在PC上时CA′的长度最小．
11.【答案】10
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BD=AC，AO=OC，
∵AO=5，
∴AC=10，
∴BD=10．
故答案为：10．
根据矩形的对角线相等即可得出结果．
本题考查了矩形的性质；熟记矩形的对角线相等是解决问题的关键．
12.【答案】2
【解析】解：根据一次函数的定义，得m2−3=1，且m+2≠0，
解得m=2．
故答案为：2．
根据一次函数的定义作答即可．
本题考查一次函数的定义，掌握一次函数的定义是本题的关键．
13.【答案】40
【解析】解：∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC=12，
∴∠ADE=∠DEC，CE=BC−BE=12−4=8，
∴∠DEC=∠CDE，
∴CD=CE=8，
∴平行四边形ABCD的周长是2(AD+CD)=2×(8+12)=40，
故答案为：40．
先根据角平分线的意义，平行四边形的性质和两直线平行，内错角相等得出∠DEC=∠CDE，再根据等角对等边得出CD=CE=8，即可求解．
本题考查了角平分线的意义，平行四边形的性质，平行线的性质，等角对等边，熟练掌握知识点是解题的关键．
14.【答案】−5≤y≤−1
【解析】解：∵k=−2，
∴y随x的增大而减小，
当x=1时，y=−2×1+1=−1；
当x=3时，y=−2×3+1=−5，
∴若1≤x≤3，则y的取值范围是−5≤y≤−1．
故答案为：−5≤y≤−1．
由k=−2，利用一次函数的性质，可得出y随x的增大而减小，由一次函数图象上点的坐标特征，可求出当x=1及x=3时y的值，进而可得出当1≤x≤3时y的取值范围．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及一次函数的性质，利用一次函数的性质及一次函数图象上点的坐标特征，求出当1≤x≤3时y的取值范围是解题的关键．
15.【答案】5.2
【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，BC=8，
∴∠CDF=∠BCE=90°，AD=DC=BC=8，
又∵DE=AF=2，
∴CE=DF=6，
∴在△CDF和△BCE中，
CD=BC∠CDF=∠BCEDF=CE，
∴△CDF≌△BCE(SAS)，
∴∠DCF=∠CBE，
∵∠DCF+∠BCF=90°，
∴∠CBE+∠BCF=90°，
∴∠BGC=90°，
∵在Rt△BCE中，BC=8，CE=6，
∴BE=10，
∴BE⋅CG=BC⋅CE，
∴CG=BC⋅CEBE=8×610=245，
∵△CDF≌△BCE(SAS)，
∴CF=BE=10，
∴GF=CF−CG=10−245=5.2．
故答案为：5.2．
先由正方形的性质及BC=8，得出∠CDF=∠BCE=90°，AD=DC=BC，再结合DE=AF=2，得出CE=DF=6，从而可判定△CDF≌△BCE(SAS)，然后证得∠BGC=90°，由面积法及勾股定理求得BE、CG的长，最后用CF的长的长减去CG的长即可得出答案．
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
16.【答案】2 5
【解析】解：如图所示，作点B关于AC的对称点B′，连接EB′交AC于点P′，
∵线段AC所在直线的解析式为y=−x+4，
当x=0时，y=4，
当y=0时，x=4，
∴AB=BC=4，
∴AC，BB′相互垂直平分，
∴四边形ABCB′是正方形，
∴点B′(4,4)，
∵点E(0,2)，
∴PB+PE的最小值为EB′= 42+(4−2)2=2 5．
故答案为：2 5．
作点B关于AC的对称点B′，连接EB′交AC于点P′，PB+PE的最小值为EB′，分别求出点A，C的坐标，证明四边形ABCB′是正方形即可求出点B′的坐标，即可求出EB′的长度．
本题考查一次函数的性质，解题的关键是利用一次函数的解析式求出点A，C的坐标．
17.【答案】5
【解析】解：过点D作DF⊥AE于点F，
∴∠DFA=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，AD//BC，
∴∠DFA=∠B，∠DAF=∠AEB，
∴△DFA∽△ABE，
∴ADAE=AFBE，
在Rt△ABE中，由勾股定理得AE= AB2+BE2= 32+12= 10，
∵AE平分∠BED，
∴∠AEB=∠AED，
∴∠DAF=∠AED，
∴AD=ED，
又∵DF⊥AE，
∴AF=12AE= 102，
∴AD 10= 1021，
∴AD=5，
故答案为：5．
先根据矩形的性质证△DFA∽△ABE，再根据勾股定理求出AE的长，再证得△ADE是等腰三角形，即可求出AF的长，最后根据相似三角形的对应边成比例即可求出AD的长．
本题考查了矩形的性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理，角平分线的定义，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
18.【答案】x≤−6或x≥3
【解析】解：如图：
把(1,4)代入y=kx+2−43k得：4=k+2−43k；
解得k=−6；
把(2,4)代入y=kx+2−43k得：4=2k+2−43k，
解得k=3，
由图可知，能够使线段AB消失的k的取值范围是x≤−6或x≥3；
故答案为：x≤−6或x≥3．
分别求出直线y=kx+2−43k经过(1,4)或(2,4)时的k值，再结合图象可得答案．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是数形结合思想的应用．
19.【答案】解：由题意：设直线解析式为y=−3x+b，
把(1,4)代入直线，得4=−3+b，
解得b=7，
∴直线解析式为y=−3x+7．
【解析】根据两条直线平行，设所求直线解析式为y=−3x+b，然后把点(1,4)代入y=−3x+b可求出b的值，从而可确定所求直线解析式．
本题考查了两条直线相交或平行问题：若直线y=k1x+b1与直线y=k2x+b2平行，则k1=k2；若直线y=k1x+b1与直线y=k2x+b2相交，则由两解析式所组成的方程组的解为交点坐标．也考查了待定系数法求函数解析式．
20.【答案】证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴BA=CD，∠A=∠D．
∵AM=DN，
∴AN=DM．
在△ABN和△DCM中，AB=DC∠A=∠DAN=DM，
∴△ABN≌△DCM(SAS)，
∴BN=CM．
【解析】由矩形的性质可得出BA=CD、∠A=∠D，由AM=DN可得出AN=DM，进而即可证出△ABN≌△DCM(SAS)，根据全等三角形的性质可证出BN=CM．
本题考查了矩形的性质以及全等三角形的判定与性质，利用全等三角形的判定定理SAS证出△ABN≌△DCM是解题的关键．
21.【答案】解：(1)依题意得：设y−2=k(x+1)．
将x=−2，y=6代入得：6−2=−k，
解得：k=−4．
故y与x之间的函数关系式为：y=−4x−2．
(2)由(1)知，y=−4x−2，
则当x=−3时，y=(−4)×(−3)−2=10，
即y=10．
【解析】(1)根据y−2与x+1成正比例关系设出函数的解析式，再把当x=−2时，y=6代入函数解析式即可求出k的值，进而求出y与x之间的函数解析式．
(2)根据(1)中所求函数解析式，将x=−3代入其中，求得y值；
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式、函数值．利用待定系数法求一次函数的解析式，通常先设出一次函数的关系式y=kx+b(k≠0)，将已知两点的坐标代入求出k、b的值，再根据一次函数的性质求解．
22.【答案】(1)证明：连接BD交AC于点O，如图所示：

在正方形ABCD中，AC⊥BD，且OA=OC=OB=OD，
∵AE=CF，
∴OE=OF，
∵OD=OB，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵BD⊥EF，
∴四边形BEDF是菱形；
(2)解：∵AC=8，
∴OA=OB=4，
∵AE=2，
∴OE=4−2=2，
在△EOB中，根据勾股定理，得BE=2 5，
∵四边形BEDF是菱形，
∴四边形BEDF的周长为2 5×4=8 5．
【解析】(1)连接BD交AC于点O，根据正方形的性质，可得BD⊥AC，OA=OB=OC=OD，根据AE=CF，可得OE=OF，即可得证；
(2)根据已知条件，可得OE=2，OB=4，根据勾股定理可得BE的值，即可求出菱形BDEF的周长．
本题考查了正方形的性质，涉及菱形的判定，勾股定理等，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵点D，E分别是边BA，BC的中点，
∴DE/​/AC，DE=12AC，
∵FA=12AC，
∴DE=FA，
∴四边形AFDE是平行四边形；
(2)证明：∵四边形AFDE是平行四边形，
∴DE/​/AC，DF/​/AE，
∴∠DEB=∠C，∠DEF=∠EFC，
∵∠DEB=∠DEF，
∴∠EFC=∠C，
∵EF=EC；
(3)解：∵FA=DE= 2，AC=2DE=2 2，
∴FC=FA+AC=3 2，
∵∠EFC=∠C=45°，
∴△EFC是等腰直角三角形，
∴EF=EC= 22FC=3，
∴BC=2EC=6．
【解析】(1)根据三角形中位线定理利用一组对边平行且相等的四边形即可证明四边形AFDE是平行四边形；
(2)利用平行四边形的性质，证明∠EFC=∠C，即可解决问题；
(3)结合(2)证明△EFC是等腰直角三角形，即可解决问题．
本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握三角形中位线定理．
24.【答案】300
【解析】解：(1)由图可知，A，B两城相距300千米；
故答案为：300；
(2)设y1=kt，把(5,300)代入得：5k=300，
解得：k=60，
∴y1=60t；
设y2=k′t+b，
把(1,0)，(4,300)代入得：
k′+b=04k′+b=300，
解得：k′=100b=−100，
∴y2=100t−100；
(3)根据题意得：|y2−y1|=50(1∴|(100t−100)−60t|=50，即|40t−100|=50，
∴40t−100=50或40t−100=−50，
解得：t=154或t=54，
∴当甲、乙两车相距50千米时，乙车行驶的时间为154小时或54小时．
(1)由图象直接可得答案；
(2)用待定系数法可得y1和y2关于t的函数关系式；
(3)根据题意可得|y2−y1|=50(1本题考查一次函数的应用，解题的关键是能从函数图象中获取有用的信息．
25.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB/​/CD，
∴∠F=∠BAF，
由折叠性质可得：
∠BAF=∠MAF，
∴∠F=∠MAF，
∴AM=MF，
(2)∵点E是边BC的中点，
∴BE=CE=12BC=4，
∵四边形ABCD是矩形，BC=8，
∴AB/​/CD，∠B=∠BCD=∠ADC=90°，AD=BC=8，
∴∠F=∠BAF，
在△AEB和△FEC中，
∠AEB=∠FEC∠F=∠BAFBE=EC,
∴△AEB≌△FEC(AAS)，
∴AB=CF=6，
设CM=x，
∴AM=MF=x+6，DM=6−x，
在Rt△ADM中，AM2=AD2+DM2，
∴(x+6)2=82+(6−x)2，
解得：x=83，
∴CM的长为83；
(3)当CF=4时，设CM=x，应分为两种情况：
第一种情况，如图，点E在线段BC上，
∴AM=MF=x+4，DM=6−x，
在Rt△ADM中，AM2=AD2+DM2，
∴(x+4)2=82+(6−x)2，
解得：x=215，
∴CM的长为215；
第二种情况，如图，点E在线段BC的延长线上，
∴AM=MF=x−4，DM=x−6，
在Rt△ADM中，AM2=AD2+DM2，
∴(x−4)2=82+(x−6)2，
解得：x=21，
∴CM的长为21；
综上，当CF=4时，CM的长为215或21．
【解析】(1)由折叠的性质和等腰三角形的判定即可求解；
(2)利用矩形的性质可得△AEB≌△FEC，利用全等三角形的性质可得AB=CF=6，设CM=x，由(1)可得AM=MF=x+6，DM=6−x，再利用勾股定理即可求解；
(3)当CF=4时，设CM=x，分为两种情况：第一种情况，点E在线段BC上，AM=MF=x+4，DM=6−x，第二种情况，点E在线段BC的延长线上，AM=MF=x−4，DM=x−6，利用勾股定理即可求解．
本题考查了折叠变换，矩形的性质，勾股定理等知识点，分类讨论的思想是解题的关键．
26.【答案】解：(1)∵直线BC与直线AB关于y轴对称，
∴OA=OC，
∵A(−1,0)，
∴C(1,0)，
设直线BC解析式为y=kx+b，把B(0,3)，C(1,0)代入得：
b=3k+b=0，
解得k=−3b=3，
∴直线BC解析式为y=−3x+3；
(2)如图：

∵A(−1,0)，C(1,0)，
∴AC=2，
∵B(0,3)，
∴S△ABC=12×2×3=3，
由A(−1,0)，B(0,3)可得直线AB解析式为y=3x+3，
设P(t,3t+3)，
当P在B的上方时，S△PAC=S△ABC+S△BCP=3+12=72，
∴12×2(3t+3)=72，
解得t=16，
∴P(16,72)；
当P′在B的下方时，S△P′AC=S△ABC−S△BCP=3−12=52，
∴12×2(3t+3)=52，
解得t=−16，
∴P′(−16,52)；
综上所述，P的坐标为(16,72)或(−16,52)；
(3)设M(m,3m+3)，N(0,n)，
当CM，MN为直角边时，过M作KT//y轴交x轴于T，过N作NK⊥KT于K，
若N在CM上方时，如图：

∵△CMN是等腰直角三角形，
∴CM=MN，∠CMN=90°，
∴∠CMT=90°−∠KMN=∠KNM，
∵∠CTM=90°=∠K，
∴△CTM≌△MKN(AAS)，
∴CT=MK，MT=KN，
即1−m=n−(3m+3)3m+3=−m，
解得m=−34n=52，
∴N(0,52)；
若N在CM下方时，如图：

同理可得△CTM≌△MKN(AAS)，
∴CT=MK，MT=KN，
∴1−m=3m+3−n−3m−3=−m，
解得m=−32n=−4，
∴N(0,−4)；
当CM，CN为直角边时，过C作GH/​/y轴，过M作MG⊥GH于G，过N作NH⊥GH于H，
当N在CM下方时，如图：

同理可得△CGM≌△NHC(AAS)，
∴MG=CH，CG=NH，
∴1−m=−n3m+3=1，
解得m=−23n=−53，
∴N(0,−53)；
当N在CM上方时，如图：

同理可得△CGM≌△NHC(AAS)，
∴MG=CH，CG=NH，
∴1−m=n−3m−3=1，
解得m=−43n=73，
∴N(0,73)；
综上所述，N的坐标为(0,52)或(0,−4)或(0,−53)或(0,73).
【解析】(1)求出C(1,0)，再用待定系数法可得直线BC解析式为y=−3x+3；
(2)求出S△ABC=12×2×3=3，直线AB解析式为y=3x+3，设P(t,3t+3)，当P在B的上方时，12×2(3t+3)=72，可得P(16,72)；当P′在B的下方时，12×2(3t+3)=52，可得P′(−16,52)；
(3)设M(m,3m+3)，N(0,n)，分CM，MN为直角边和CM，CN为直角边，分别画出图形，用全等三角形性质列方程组可解得答案．
本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，等腰直角三角形性质及应用，全等三角形判定与性质等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用．