期末复习模拟测试卷05-2021-2022学年八年级数学下学期期末复习常考点知识巩固+例题练习+期末模拟测试卷（人教版）

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2021—2022学年八年级下期末模拟测试卷——卷5（答案卷）
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑）
1．（4分）计算的结果是（　　）
A．0 B． C． D．
【分析】根据二次根式的性质化简第一项，根据二次根式的乘法化简第二项，然后合并即可．
【解答】解：原式＝
＝
＝．
故选：B．
2．（4分）函数中自变量x的取值范围是（　　）
A．x≥1 B．x＞1 C．x＞0 D．x≤1且x≠0
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数、分母不为0列出不等式，解不等式得到答案．
【解答】解：由题意得：x﹣1≥0且x≠0，
解得：x≥1，
故选：A．
3．（4分）新冠疫情防控形势下，学校要求学生每日测量体温．某同学连续一周的体温情况如表所示，则该同学这一周的体温数据的众数和中位数分别是（　　）
日期
星期一
星期二
星期三
星期四
星期五
星期六
星期天
体温（℃）
36.3
36.7
36.2
36.3
36.2
36.4
36.3
A．36.3和36.2 B．36.2和36.3 C．36.3和36.3 D．36.2和36.1
【分析】根据中位数、众数的意义求解即可．
【解答】解：把已知数据按照由小到大的顺序重新排序后为36.2，36.2，36.3，36.3，36.3，36.4，36.7，
该名同学这一周体温出现次数最多的是36.3℃，共出现3次，因此众数是36.3，
将这七天的体温从小到大排列处在中间位置的一个数是36.3℃，因此中位数是36.3，
故选：C．
4．（4分）如图，将一副三角板在平行四边形ABCD中作如下摆放，设∠1＝30°，那么∠2＝（　　）

A．55° B．65° C．75° D．85°
【分析】根据等腰直角三角形的性质求出∠FHE＝45°，求出∠NHB＝∠FHE＝45°，根据三角形内角和定理求出∠HNB＝105°，根据平行四边形的性质得出CD∥AB，根据平行线的性质得出∠2+∠HNB＝180°，再求出答案即可．
【解答】解：延长EH交AB于N，

∵△EFH是等腰直角三角形，
∴∠FHE＝45°，
∴∠NHB＝∠FHE＝45°，
∵∠1＝30°，
∴∠HNB＝180°﹣∠1﹣∠NHB＝105°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，
∴∠2+∠HNB＝180°，
∴∠2＝75°，
故选：C．
5．（4分）2、5、m是某三角形三边的长，则等于（　　）
A．2m﹣10 B．10﹣2m C．10 D．4
【分析】直接利用三角形三边关系得出m的取值范围，再利用二次根式的性质化简得出答案．
【解答】解：∵2、5、m是某三角形三边的长，
∴5﹣2＜m＜5+2，
故3＜m＜7，
∴+
＝m﹣3+7﹣m
＝4．
故选：D．
6．（4分）《九章算术》是我国古代数学的经典著作，书中有一个“折竹抵地”问题：“今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？”意思是：一根竹子，原来高一丈（一丈为十尺），虫伤有病，一阵风将竹子折断，其竹梢恰好抵地，抵地处离原竹子根部三尺远，问：原处还有多高的竹子？（　　）

A．4尺 B．4.55尺 C．5尺 D．5.55尺
【分析】竹子折断后刚好构成一直角三角形，设竹子折断处离地面x尺，则斜边为（10﹣x）尺．利用勾股定理解题即可．
【解答】解：设竹子折断处离地面x尺，则斜边为（10﹣x）尺，
根据勾股定理得：x2+32＝（10﹣x）2
解得：x＝4.55．
答：原处还有4.55尺高的竹子．
故选：B．
7．（4分）已知一次函数y＝（2m﹣3）x+3n+1的图象经过一、二、三象限，则m、n的取值是（　　）
A．m＞3，n＞3 B．m＞，n＞﹣ C．m＜，n＜ D．m＞，n＜
【分析】根据一次函数的性质得到有关m、n的不等式组，求解即可．
【解答】解：∵一次函数y＝（2m﹣3）x+3n+1的图象经过一、二、三象限，
∴，
解得：m＞，n＞﹣，
故选：B．
8．（4分）如图，将图1中的菱形纸片沿对角线剪成4个直角三角形，拼成如图2的四边形ABCD（相邻纸片之间不重叠，无缝隙）．若四边形ABCD的面积为13，中间空白处的四边形EFGH的面积为1，直角三角形的两条直角边分别为a，b，则（a+b）2＝（　　）

A．25 B．24 C．13 D．12
【分析】由菱形的性质可得四边形ABCD是正方形，可得AD2＝13＝a2+b2，中间空白处的四边形EFGH也是正方形，可得（b﹣a）2＝1，求出2ab＝12，即可求解．
【解答】解：由题意得：四边形ABCD和四边形EFGH是正方形，
∵正方形ABCD的面积为13，
∴AD2＝13＝a2+b2①，
∵中间空白处的四边形EFGH的面积为1，
∴（b﹣a）2＝1，
∴a2﹣2ab+b2＝1②，
①﹣②得：2ab＝12，
∴（a+b）2＝a2+b2+2ab＝13+12＝25，
故选：A．
9．（4分）如图，P为AB上任意一点，分别以AP、PB为边在AB同侧作正方形APCD、正方形PBEF，设∠CBE＝α，则∠AFP为（　　）

A．2α B．90°﹣α C．45°+α D．90°﹣α
【分析】根据正方形的性质先表示出∠PBC的度数，然后利用“SAS”证明△APF≌△CPB，证得∠AFP＝∠PBC即可求得答案．
【解答】解：∵四边形PBEF为正方形，
∴∠PBE＝90°，
∵∠CBE＝α，
∴∠PBC＝90°﹣α，
∵四边形APCD、PBEF是正方形，
∴AP＝CP，∠APF＝∠CPB＝90°，PF＝PB，
在△APF和△CPB中，
，
∴△APF≌△CPB（SAS），
∴∠AFP＝∠PBC＝90°﹣α．
故选：B．
10．（4分）已知A，B两地相距60km，甲、乙两人沿同一条公路从A地出发到B地，甲骑自行车匀速行驶3h到达，乙骑摩托车，比甲迟1h出发，行至30km处追上甲，停留半小时后继续以原速行驶．他们离开A地的路程y与甲行驶时间x的函数图象如图所示．当乙再次追上甲时距离B地（　　）

A．15km B．16km C．44km D．45km
【分析】根据图象信息先求出甲、乙速度，然后根据第二次乙追上甲时所走路程相同求出甲所用时间，再求距离B地的距离即可．
【解答】解：由图象可知：甲的速度为：60÷3＝20（km/h），
乙追上甲时，甲走了30km，此时甲所用时间为：30÷20＝1.5（h），
乙所用时间为：1.5﹣1＝0.5（h），
∴乙的速度为：30÷0.5＝60（km/h），
设乙休息半小时再次追上甲时，甲所用时间为t，
则：20t＝60（t﹣1﹣0.5），
解得：t＝2.25，
此时甲距离B地为：（3﹣2.25）×20＝0.75×20＝15（km），
故选：A．
11．（4分）如图，△OA1A2为等腰直角三角形，OA1＝1，以斜边OA2为直角边作等腰直角三角形OA2A3，再以OA3为直角边作等腰直角三角形OA3A4，…，按此规律作下去，则OAn的长度为（　　）

A．（）n B．（）n﹣1 C．（）n D．（）n﹣1
【分析】利用等腰直角三角形的性质以及勾股定理分别求出各边长，依据规律即可得出答案．
【解答】解：∵△OA1A2为等腰直角三角形，OA1＝1，
∴OA2＝；
∵△OA2A3为等腰直角三角形，
∴OA3＝2＝；
∵△OA3A4为等腰直角三角形，
∴OA4＝2＝．
∵△OA4A5为等腰直角三角形，
∴OA5＝4＝，
……
∴OAn的长度为（）n﹣1．
故选：B．
12．（4分）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为对角线AC上与A，C不重合的一个动点，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG，下列结论：①DE＝FG；②DE⊥FG；③∠BFG＝∠ADE；④FG的最小值为3．其中正确结论的个数有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①连接BE，易知四边形EFBG为矩形，可得BE＝FG；由△AEB≌△AED可得DE＝BE，所以DE＝FG；
②延长DE，交FG于M，交FB于点H，由矩形EFBG可得OF＝OB，则∠OBF＝∠OFB；由∠OBF＝∠ADE，则∠OFB＝∠ADE；由四边形ABCD为正方形可得∠BAD＝90°，即∠AHD+∠ADH＝90°，所以∠AHD+∠OFH＝90°，即∠FMH＝90°，可得DE⊥FG；
③由②中的结论可得∠BFG＝∠ADE；
④由于点E为AC上一动点，当DE⊥AC时，根据垂线段最短可得此时DE最小，最小值为，由①知FG＝DE，所以FG的最小值为2；
【解答】解：①连接BE，交FG于点O，如图，

∵EF⊥AB，EG⊥BC，
∴∠EFB＝∠EGB＝90°．
∵∠ABC＝90°，
∴四边形EFBG为矩形．
∴FG＝BE，OB＝OF＝OE＝OG．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝45°．
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS）．
∴BE＝DE．
∴DE＝FG．
∴①正确；
②延长DE，交FG于M，交FB于点H，∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE＝∠ADE．
由①知：OB＝OF，
∴∠OFB＝∠ABE．
∴∠OFB＝∠ADE．
∵∠BAD＝90°，
∴∠ADE+∠AHD＝90°．
∴∠OFB+∠AHD＝90°．
即：∠FMH＝90°，
∴DE⊥FG．
∴②正确；
③由②知：∠OFB＝∠ADE．
即：∠BFG＝∠ADE．
∴③正确；
④∵点E为AC上一动点，
∴根据垂线段最短，当DE⊥AC时，DE最小．
∵AD＝CD＝4，∠ADC＝90°，
∴AC＝．
∴DE＝AC＝2．
由①知：FG＝DE，
∴FG的最小值为2，
∴④错误．
综上，正确的结论为：①②③．
故选：C．
二、填空题（本题共4个小题，每小题4分，共16分，答题请用黑色墨水笔或签字笔直接答在答题卡相应的位置上）
13．（4分）“共和国勋章”获得者、“杂交水稻之父”袁隆平为世界粮食安全作出了杰出贡献．全球共有40多个国家引种杂交水稻，中国境外种植面积达800万公顷．某村引进了甲、乙两种超级杂交水稻品种，在条件（肥力、日照、通风…）不同的6块试验田中同时播种并核定亩产，统计结果为：＝1042kg/亩，s甲2＝6.5，＝1042kg/亩，s乙2＝1.2，则 　 　品种更适合在该村推广．（填“甲”或“乙”）
【分析】根据方差的定义，方差越小数据越稳定，即可得出答案．
【解答】解：∵＝1042kg/亩，＝1042kg/亩，s甲2＝6.5，s乙2＝1.2，
∴＝，S甲2＞S乙2，
∴产量稳定，适合推广的品种为乙，
故答案为：乙．
14．（4分）平面直角坐标系xOy中，已知点P（m，3n2﹣9），且实数m，n满足m﹣n2+4＝0，则点P到原点O的距离的最小值为 　．
【分析】由m﹣n2+4＝0可得3n2﹣9＝3m+3，根据点到坐标原点的距离可求解．
【解答】解：∵m﹣n2+4＝0，
∴n2﹣4＝m，
∴3n2﹣9＝3m+3，
∵P（m，3n2﹣9），
∴P点到原点的距离为＝，
∴点P到原点O的距离的最小值为，
故答案为．
15．（4分）如图，在正方形ABCD中，AB＝2，E为边AB上一点，F为边BC上一点．连接DE和AF交于点G，连接BG．若AE＝BF，则BG的最小值为 ．

【分析】如图，取AD的中点T，连接BT，GT，首先利用全等三角形的性质证明∠AGD＝90°，求出GT＝1，BT＝，根据BG≥BT﹣GT，可得结论．
【解答】解：如图，取AD的中点T，连接BT，GT，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝2，∠DAE＝∠ABF＝90°，
在△DAE和△ABF中，
，
∴△DAE≌△ABF（SAS），
∴∠ADE＝∠BAF，
∵∠BAF+∠DAF＝90°，
∴∠EDA+∠DAF＝90°，
∴∠AGD＝90°，
∵DT＝AT，
∴GT＝AD＝1，BT＝＝＝，
∴BG≥BT﹣GT，
∴BG≥﹣1，
∴BG的最小值为﹣1．
故答案为：﹣1．

16．（4分）如图，在平面直角坐标系中，点N1（1，1）在直线l：y＝x上，过点N1作N1M1⊥l，交x轴于点M1；过点M1作M1N2⊥x轴，交直线于N2；过点N2作N2M2⊥l，交x轴于点M2；过点M2作M2N3⊥x轴，交直线l于点N3；…，按此作法进行下去，则点M2021的坐标为 　 　．

【分析】因为直线解析式为y＝x，故可以证明直线l是第一象限的角平分线，所以∠N1OM1＝45°，所以可以证明△N1OM1为等腰直角三角形，可以利用N1的坐标求出OM1的长度，得到其坐标，用同样的方法求得M2，M3，...，即可解决．
【解答】解：如图1，过N1作N1E⊥x轴于E，过N1作N1F⊥y轴于F，
∵N1（1，1），
∴N1E＝N1F＝1，
∴∠N1OM1＝45°，
∴∠N1OM1＝∠N1M1O＝45°，
∴△N1OM1是等腰直角三角形，
∴N1E＝OE＝EM1＝1，
∴OM1＝2，
∴M1（2，0），
同理，△M2ON2是等腰直角三角形，
∴OM2＝2OM1＝4，
∴M2（4，0），
同理，OM3＝2OM2＝22OM1＝23，
∴，
∴，
∴M4（24，0），
依此类推，故M2021（22021，0），
故答案为：（22021，0）．

三、解答题（本题共8个小题，共86分，答题请用黑色墨水笔或签字笔直接答在答题卡相应的位置上，解答时应写出必要的文字说明、证明步骤或演算步骤.）
17．（8分）（1）计算：；
（2）先化简，再求值：，其中a，b满足．
【分析】（1）根据二次根式的乘法法则和零指数幂的意义得到原式＝﹣4××1＝2﹣，然后合并即可；
（2）先把分子和分母因式分解和除法运算化为乘法运算，再计算括号内的运算，然后约分得到原式＝，再根据非负数的性质得到a+1＝0，b﹣＝0，解得a＝﹣1，b＝，然后把a和b的值代入计算即可．
【解答】解：（1）原式＝﹣4××1
＝2﹣
＝；
（2）原式＝[﹣]•
＝（﹣）•
＝•
＝，
∵+|b﹣|＝0，
∴a+1＝0，b﹣＝0，
解得a＝﹣1，b＝，
当a＝﹣1，b＝时，原式＝﹣＝﹣
18．（8分）一梯子AC长2.5m，如图那样斜靠在一面墙上，梯子底端离墙0.7m．
（1）这架梯子的顶端离地面有多高？
（2）设梯子顶端到水平地面的距离为m，底端到垂直墙面的距离为n，若＝a，根据经验可知：当2.7＜a＜5.6时，梯子最稳定，使用时最安全．若梯子的顶端下滑了0.4m，请问这时使用是否安全．
【分析】（1）由勾股定理求出AB的长即可；
（2）由题意得：AA'＝0.4m，再由勾股定理得BC'＝1.5（m），则＝＝＜2.7，即可得出结论．
【解答】解：（1）由题意可知，∠B＝90°，AC＝2.5m，BC＝0.7m，
∴AB＝＝＝2.4（m），
答：这架梯子的顶端离地面有2.4m高；
（2）这时使用不安全，理由如下：
由题意得：AA'＝0.4m，
在Rt△A'BC'中，A'B＝AB﹣AA'＝2.4﹣0.4＝2（m），A'C'＝2.5m，
∴BC'＝＝＝1.5（m），
∴＝＝＜2.7，
∴这时使用不安全．
19．（10分）如图，在△ABC中，D是AC边上一点，过点D作DE∥BC交AB于点E，DF∥AB交BC于点F．
（1）如果BD是△ABC的角平分线，求证：四边形BEDF是菱形．
（2）如果BD是△ABC的中线且AC＝2BD，请判断四边形BEDF的形状并说明理由．

【分析】（1）先证四边形BEDF是平行四边形，再证BE＝DE，即可证四边形BEDF为菱形；
（2）由题意可得AD＝CD＝BD，等边对等角可得∠BAC＝∠ABD，∠BCA＝∠CBD，由三角形的内角和定理可求∠ABC＝90°，即可得平行四边形BEDF是矩形．
【解答】（1）证明：∵DE∥BC，DF∥AB，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵DE∥BC，
∴∠EDB＝∠DBF，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBF，
∴∠ABD＝∠EDB，
∴DE＝BE，
∴平行四边形BEDF是菱形；
（2）解：四边形BEDF是矩形，理由如下：
∵DE∥BC，DF∥AB，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵BD是△ABC的中线，
∴AD＝CD＝AC，
∵AC＝2BD，
∴AD＝CD＝BD，
∴∠BAC＝∠ABD，∠BCA＝∠CBD，
∵∠BAC+∠ABD+∠BCA+∠CBD＝180°，即2∠ABD+2∠CBD＝180°，
∴∠ABD+∠CBD＝90°，即∠ABC＝90°，
∴平行四边形BEDF是矩形．

20．（10分）在进行二次根式的化简时，我们有时会碰上如这样的式子，其实我们还需要将其进一步化简：．以上这种化简的步骤叫做分母有理化．
也可以用如下方法化简：．
（1）请用两种不同的方法化简；
（2）化简：．
【分析】（1）①把分子分母都乘以（﹣），再利用平方差公式计算；
②利用平方差公式和二次根式的性质把2化为（+）（﹣），然后约分即可；
（2）先分母有理化，然后合并即可．
【解答】解：（1）①；
②；
（2）解：原式＝
＝
＝．

21．（12分）某中学为了解初三学生参加志愿者活动的次数，随机调查了该年级20名学生，统计得到该20名学生参加志愿者活动的次数如下：
3，5，3，6，3，4，4，5，2，4，5，6，1，3，5，5，4，4，2，4
根据以上数据，得到如下不完整的频数分布表：
次数
1
2
3
4
5
6
人数
1
2
a
6
b
2
（1）表格中的a＝　 　，b＝　 　；
（2）在这次调查中，参加志愿者活动的次数的众数和中位数各是多少？
（3）若该校初三年级共有300名学生，根据调查统计结果，估计该校初三年级学生参加志愿者活动的次数为4次的人数．
【分析】（1）由题中的数据即可求解；
（2）根据中位数、众数的定义，即可解答；
（3）根据样本估计总体，即可解答．
【解答】解：（1）由该20名学生参加志愿者活动的次数得：a＝4，b＝5，
故答案为：4，5；
（2）该20名学生参加志愿者活动的次数从小到大排列如下：
1，2，2，3，3，3，3，4，4，4，4，4，4，5，5，5，5，5，6，6，
∵4出现的最多，有6次，
∴众数为4，中位数为第10，第11个数的平均数＝4，
故答案为：4，4；
（3）300×＝90（人）．
答：估计该校初三年级学生参加志愿者活动的次数为4次的人数有90人．
22．（12分）如图，在正方形ABCD中，点P是BC延长线上一点，连结AP，过点B作BE⊥AP于点E，过点D作DF⊥AP于点F．
（1）证明：△ABE≌△DAF；
（2）若AB＝10，∠P＝30°，求EF的长．
【分析】（1）根据正方形的性质及全等三角形的判定可得答案；
（2）由正方形的性质及直角三角形的性质可得DF和AE的长，再由线段的和差关系可得答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，
∵BE⊥AP，DF⊥AP，
∴∠AEB＝∠DFA＝90°，
∴∠ABE+∠BAE＝∠BAE+∠FAD＝90°，
∴∠ABE＝∠DFA，
∴△ABE≌△DAF（AAS）；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，∠APB＝30°，
∴AD∥BC，
∴∠DAP＝∠APB＝30°，
∵DF⊥AP，
∴DF＝AD＝＝5，
在Rt△ADF中，由勾股定理，得AF＝＝＝5，
∵△ABE≌△DAF，
∴AE＝DF＝5，
∴EF＝5．
23．（12分）城乡学校集团化办学已成为西宁教育的一张名片．“五四”期间，西宁市某集团校计划组织乡村学校初二年级200名师生到集团总校共同举办“十四岁集体生日”．现需租用A，B两种型号的客车共10辆，两种型号客车的载客量（不包括司机）和租金信息如表：
型号
载客量（人/辆）
租金单价（元/辆）
A
16
900
B
22
1200
若设租用A型客车x辆，租车总费用为y元．
（1）请写出y与x的函数关系式（不要求写自变量取值范围）；
（2）据资金预算，本次租车总费用不超过11800元，则A型客车至少需租几辆？
（3）在（2）的条件下，要保证全体师生都有座位，问有哪几种租车方案？请选出最省钱的租车方案．
【分析】（1）根据题意，列出函数关系式y＝900x+1200（10﹣x）＝﹣300x+12000，整理可求解；
（2）根据题意，得到不等式关系﹣300x+12000≤11800，根据应用实际问题，x的实际取值，可求解；
（3）由（2）的条件，可以求出x的取值范围，即≤x≤，x取1，2，3时三种方案，根据函数的增减性，易求出最省钱的租车方案．
【解答】解：（1）y＝900x+1200（10﹣x）＝﹣300x+12000，
∴y＝﹣300x+12000；
（2）根据题意，得﹣300x+12000≤11800，
解得：x≥，
∵x应为正整数，
∴x≥1，
∴A型客车至少需租1辆；
（3）根据题意，得16x+22（10﹣x）≥200，
解得x≤，
结合（2）的条件，≤x≤，
∵x应为正整数，
∴x取1，2，3，
∴租车方案有3种，
方案一：A型客车租1辆，B型客车租9辆；
方案二：A型客车租2辆，B型客车租8辆；
方案三：A型客车租3辆，B型客车租7辆；
∵y＝﹣300x+12000，k＜0，
∴y随x的增大而减小，
∴当x＝3时，函数值y最小，
∴最省钱的租车方案是A型客车租3辆，B型客车租7辆．
24．（14分）如图1，在矩形OACB中，点A，B分别在x轴、y轴正半轴上，点C在第一象限，OA＝8，OB＝6．
（1）请直接写出点C的坐标；
（2）如图②，点F在BC上，连接AF，把△ACF沿着AF折叠，点C刚好与线段AB上一点C′重合，求线段CF的长度；
（3）如图3，动点P（x，y）在第一象限，且点P在直线y＝2x﹣4上，点D在线段AC上，是否存在直角顶点为P的等腰直角三角形BDP，若存在，请求出直线PD的的解析式；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据矩形的性质可得答案；
（2）首先求出AB＝10，再利用三角形的面积可得CF的长；
（3）设P（a，2a﹣4），分点P在BC上方或点P在BC的下方，分别构造k型全等，可得点P和D的坐标，再利用待定系数法可得答案．
【解答】解：（1）∵四边形OACB是矩形，
∴OB＝AC＝6，
∴C（8，6）；
（2）∵OA＝8，OB＝6，
由勾股定理得AB＝10，
∵把△ACF沿着AF折叠，点C刚好与线段AB上一点C′重合，
∴CF＝C'F，
∵S△ABC＝S△ABF+S△ACF，
∴AB×FC'+AC×CF＝AC×BC，
∴10FC'+6CF＝48，
∴CF＝3；
（3）存在，设P（a，2a﹣4），
当点P在BC上方时，过点P作EF∥BC，交y轴于E，交DC的延长线于F，
∵∠BPE+∠PBE＝90°，∠BPE+∠DPF＝90°，
∴∠PBE＝∠DPF，
∵∠BEP＝∠PFD，BP＝PD，
∴△BEP≌△PFD（AAS），
∴BE＝PF＝2a﹣10，DF＝PE＝a，
∴EF＝PE+PF＝a+2a﹣10＝8，
∴a＝6，
∴P（6，8），D（8，2），
设直线PD的解析式为y＝kx+b，
则，
∴，
∴y＝﹣3x+26，
当点P在BC下方时，过点P作EF∥BC，交y轴于E，交DC于F，
同理可得△BEP≌△PFD（AAS），
∴BE＝PF＝10﹣2a，DF＝PE＝a，
∴EF＝PE+PF＝a+10﹣2a＝8，
∴a＝2，
∴P（2，0）（舍），
综上：直线AD的解析式为：y＝﹣3x+26．