八年级数学下册期末试卷专题练习(word版(1).doc

八年级数学下册期末试卷专题练习（word版(1)
一、选择题
1．在二次根式中，x的取值范围是（　　）
A．x≥1 B．x＞1 C．x≤1 D．x＜1
2．满足下述条件的三角形中，不是直角三角形的是（ ）
A．三条边长之比为1：：
B．三条边长分别为1，，2
C．三个内角之比为3：4：5
D．两个内角分别为40°和50°
3．在下列条件中，不能判定四边形为平行四边形的是（ ）
A．对角线互相平分 B．一组对边平行且相等
C．两组对角分别相等 D．对角线互相垂直
4．在1，3，5，7中再添加一个数使得添加前、后两组数据的平均数相同，则添加的数为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
5．下列条件中，不能判断一个三角形是直角三角形的是（　　）
A．三条边的比为2∶3∶4 B．三条边满足关系a2＝b2﹣c2
C．三条边的比为1∶1∶ D．三个角满足关系∠B+∠C＝∠A
6．如图，在ABC中，∠B+∠C＝α，按图进行翻折，使，则∠FE的度数是（　　）

A． B．90°﹣ C．α﹣90° D．2α﹣180°
7．如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，是边的中点，，则（ ）．

A．1 B．2 C．4 D．8
8．如图，直线与直线相交于点，直线与轴交于点，一动点从点出发，先沿平行于轴的方向运动，到达直线上的点处后，改为垂直于轴的方向运动，到达直线上的点处后，再沿平行于轴的方向运动，到达直线上的点处后，又改为垂直于轴的方向运动，到达直线上的点处后，仍沿平行于轴的方向运动……照此规律运动，动点依次经过点，，，，，， 则的长度为（ ）

A． B． C．2020 D．4040
二、填空题
9．式子在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是________．
10．菱形的两条对角线分别为8、10，则菱形的面积为_____．
11．如图，在△ABC 中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC=8cm，分别以三角形的三条边为边作正方形，则三个正方形的面 S1＋S2＋S3 的值为_______．

12．如图，在△ABC中，∠C＝90°，D为AB的中点，AB＝6，则CD的长是________．

13．一次函数y=kx+b，当-3≤x≤1时，对应的y的值为1≤y≤9，则k+b=________ .
14．如图，已知矩形ABCD中(AD＞AB)，EF经过对角线的交点O，且分别交AD，BC于E，F，请你添加一个条件：______，使四边形EBFD是菱形．

15．如图所示，直线与两坐标轴分别交于、两点，点是的中点，、分别是直线、轴上的动点，当周长最小时，点的坐标为_____．

16．菱形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2，…，按照如图所示的方式放置．点A1，A2，A3，…和点C1，C2，C3，…分别在直线y＝kx+b和x轴上．已知∠A1OC1＝60°，点B1(3，)，B2(8，2)，则An的坐标是______(用含n的式子表示)

三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）．
18．《九章算术》是我国古代第一部数学专著，它的出现标志中国古代数学形成了完整的体系，“折竹抵地”问题源自《九章算术》中：“今有竹高一丈，去本四尺，问折者高几何？”翻译成数学问题是：如图所示，∠ACB＝90°，AC+AB＝10尺，BC=4尺，求AC的长．

19．阅读探究
小明遇到这样一个问题：在中，已知，，的长分别为，，，求的面积．
小明是这样解决问题的：如图1所示，先画一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点（即的3个顶点都在小正方形的顶点处），从而借助网格就能计算出的面积．他把这种解决问题的方法称为构图法，
（1）图1中的面积为________．

实践应用
参考小明解决问题的方法，回答下列问题：
（2）图2是一个的正方形网格（每个小正方形的边长为1）．
①利用构图法在答题卡的图2中画出三边长分别为，，的格点．
②的面积为________（写出计算过程）．
拓展延伸
（3）如图3，已知，以，为边向外作正方形和正方形，连接．若，，，则六边形的面积为________（在图4中构图并填空）．

20．已知：在矩形ABCD中，E，F分别是AD，BC边上的点，且DE＝BF．
（1）求证：四边形AFCE是平行四边形．
（2）若AD＝6，AB＝4，EF⊥AC，求BF的长．

21．观察下列等式：
①；
②；
③；
……
回答下列问题：
（1）仿照上列等式，写出第n个等式： ；
（2）利用你观察到的规律，化简：；
（3）计算：
22．我国传统的计重工具——秤的应用，方便了人们的生活，如图1，可以用秤砣到秤纽的水平距离，来得出秤钩上所挂物体的重量．称重时，若秤杆上秤砣到秤纽的水平距离为x（厘米）时，秤钩所挂物重为y（斤）．如表中为若干次称重时所记录的一些数据．
x（厘米）
1
2
4
7
y（斤）
0.75
1.00
1.50
2.25
（1）在图2中将表x，y的数据通过描点的方法表示，观察判断x，y的函数关系，并求秤杆上秤砣到秤纽的水平距离为16厘米时，秤钩所挂物重是多少斤？
（2）已知秤砣到秤纽的最大水平距离为50厘米，这杆秤的可称物重范围是多少斤？

23．社团活动课上，数学兴趣小组的同学探索了这样的一个问题：
如图，，点为边上一定点，点为边上一动点，以为一边在∠MON的内部作正方形，过点作，垂足为点（在点、之间），交与点，试探究的周长与的长度之间的等量关系该兴趣小组进行了如下探索：
（动手操作，归纳发现）
（1）通过测量图、、中线段、、和的长，他们猜想的周长是长的_____倍．请你完善这个猜想

（推理探索，尝试证明）
为了探索这个猜想是否成立，他们作了如下思考，请你完成后续探索过程：
（2）如图，过点作，垂足为点
则

又四边形正方形，
，
则

在与中，
（类比探究，拓展延伸）
（3）如图，当点在线段的延长线上时，直接写出线段、、与长度之间的等量关系为 ．

24．如图，点，过点做直线平行于轴，点关于直线对称点为．

（1）求点的坐标；
（2）点在直线上，且位于轴的上方，将沿直线翻折得到，若点恰好落在直线上，求点的坐标和直线的解析式；
（3）设点在直线上，点在直线上，当为等边三角形时，求点的坐标．
25．如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，点E在边AD所在的直线上，连接CE，以CE为边，作正方形CEFG（点C、E、F、G按逆时针排列），连接BF.

（1）如图1,当点E与点D重合时，BF的长为 ；
（2）如图2，当点E在线段AD上时，若AE=1，求BF的长；（提示：过点F作BC的垂线，交BC的延长线于点M，交AD的延长线于点N.）
（3）当点E在直线AD上时，若AE=4，请直接写出BF的长.
【参考答案】
一、选择题
1．A
解析：A
【分析】
根据二次根式有意义的条件即可求出答案．
【详解】
解：由题意可知：，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查二次根式有意义的条件，解题的关键是正确理解二次根式有意义的条件，本题属于基础题型．
2．C
解析：C
【分析】
根据勾股定理的逆定理和三角形内角和定理对各选项进行逐一判断即可．
【详解】
解：A、∵12＋（）2＝3＝（）2，∴能够成直角三角形，故本选项不符合题意；
B、∵12＋（）2＝4＝22，∴能够成直角三角形，故本选项不符合题意；
C、设∠A＝3x°，∠B＝4x°，∠C＝5x°，
∵∠A＋∠B＋∠C＝180°，
∴3x＋4x＋5x＝180，
解得：x＝15，
∴∠C＝5x°＝75°，
即此时三角形不是直角三角形，故本选项符合题意；
D、两个内角分别为40°和50°，所以另一个内角是90°，是直角三角形，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查的是勾股定理的逆定理，即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，也考查了三角形的内角和定理．
3．D
解析：D
【解析】
【分析】
利用平行四边形的判定可求解．
【详解】
解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故该选项不符合题意；
B、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故该选项不符合题意；
C、两组对角分别相等的四边形是平行四边形，故该选项不符合题意；
D、对角线互相垂直的四边形不一定是平行四边形，故该选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是本题的关键．
4．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据平均数的公式求出数据1，3，5，7的平均数，根据题意可知添加的一个数据是平均数，从而求解．
【详解】
解：原数据的平均数为=4，
所以添加的数为4，
故选：B．
【点睛】
本题考查了算术平均数，平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．它是反映数据集中趋势的一项指标．
5．A
解析：A
【分析】
根据直角三角形的判定方法，对选项进行一一分析，排除错误答案．
【详解】
A、三条边的比为2：3：4，22+32≠42，故不能判断一个三角形是直角三角形；
B、三条边满足关系a2=b2-c2，即a2+c2=b2，故能判断一个三角形是直角三角形；
C、三条边的比为1：1：，12+12=（）2，故能判断一个三角形是直角三角形；
D、三个角满足关系∠B+∠C=∠A，则∠A为90°，故能判断一个三角形是直角三角形．
故选：A．
【点睛】
此题考查勾股定理的逆定理的应用．解题关键在于掌握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；若已知角，只要求得一个角为90°即可．
6．D
解析：D
【解析】
【分析】
设∠ADB′＝γ，∠AGC′＝β，∠CEB′＝y，∠C′FE＝x，利用平行线的性质，三角形内角和定理构建方程组即可解决问题．
【详解】
解：设∠ADB′＝γ，∠AGC′＝β，∠CEB′＝y，∠C′FE＝x，
∵，
∴，，
∴γ+β＝∠B+∠C＝α，
∵EB′∥FG，
∴∠CFG＝∠CEB′＝y，
∴x+2y＝180°①，
根据平行线的性质和翻折的性质可得：，，
∴，
∵γ+y＝2∠B，
同理可得出：β+x＝2∠C，
∴γ+y+β+x＝2α，
∴x+y＝α②，
②×2﹣①可得x＝2α﹣180°，
∴∠C′FE＝2α﹣180°．
故选：D．

【点睛】
本题考查三角形内角和定理，平行线的性质，翻折变换等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
利用平行四边形的性质，先证明是的中位线，可得，从而可得答案.
【详解】
解：四边形是平行四边形，
；
又点是的中点，
是的中位线，
根据三角形的中位线定理可得：．
则
故选：．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的性质，三角形的中位线的性质，证明是的中位线，是解本题的关键.
8．B
解析：B
【分析】
先求出P点坐标，再由直线l1:y=x+1可知,A（0,1）,则B1纵坐标为1,代入直线l2:y=x+中,得B1（1,1）,又A1、B1横坐标相等,可得A1（1,2）,则AB1=1,A1B1=2-1=1,可判断AA1B1为等腰直角三角形,利用平行线的性质,得A1A2B2、A2A3B3、…、都是等腰直角三角形,根据平行于x轴的直线上两点纵坐标相等,平行于y轴的直线上两点横坐标相等以及直线l1、l2的解析式,分别求A1B1,A2B2的长得出一般规律，再利用规律解答即可．
【详解】
解：由直线直线l1：y=x+1可知，P（-1,0）A（0，1），
根据平行于x轴的直线上两点纵坐标相等，平行于y轴的直线上两点横坐标相等以及直线l1、l2的解析式可知，B1（1，1），A1（1，2），B2（3，2），A2（3，4），B3（7，4），A3（7，8），
A1B1=2-1，A2B2=4-2=2，A3B3=8-4=4，…AnBn=2n-2（n-1）
当n=2020时，=22020-22019=2×22019-22019=22019（2-1）=22019．
故选B．
【点睛】
本题主要考查了一次函数的综合运用以及等腰三角形的知识．掌握平行于x轴的直线上点的纵坐标相等,平行于y轴的直线上点的横坐标相等成为解答本题的关键．
二、填空题
9．x≥﹣3
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件，根号内的式子必需大于等于0，即可求出答案．
【详解】
解：式子在实数范围内有意义，则3+x≥0，
解得：x≥﹣3．
故答案为：x≥﹣3．
【点睛】
本题主要考查了二次根式有意义，熟练其要求是解决本题的关键．
10．【解析】
【分析】
根据对角线的长度，利用面积公式即可求解．
【详解】
解：菱形的面积计算公式S＝ab（a、b为菱形的对角线长）
∴菱形的面积S＝×8×10＝40，
故答案为: 40．
【点睛】
本题主要考查菱形的面积，掌握菱形的面积公式是解题的关键．
11．A
解析：200
【解析】
【分析】
根据正方形的面积公式和勾股定理，即可得到阴影部分的面积S1+S2+S3的值．
【详解】
解：∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB2＝AC2+BC2＝62+82＝100
∴S1+S2+S3＝AC2+BC2 +AB2＝62+82+100＝200
故答案为：200
【点睛】
本题考查勾股定理，解题关键是将勾股定理和正方形的面积公式进行结合应用．
12．C
解析：3
【分析】
利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到答案.
【详解】
解：∵∠C＝90°，D为AB的中点，
∴CD＝AB＝3．
故答案为：3．
【点睛】
本题主要考查了直角三角形斜边上的中线，解题的关键在于能够熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.
13．9或1
【解析】
【分析】
本题分情况讨论：①x=-3时对应y=1，x=1时对应y=9；②x=-3时对应y=9，x=1时对应y=1；将每种情况的两组数代入即可得出答案．
【详解】
①当x=−3时，y=1；当x=1时，y=9，
则
解得：
所以k+b=9；
②当x=−3时，y=9；当x=1时，y=1，
则
解得：
所以k+b=1.
故答案为9或1.
【点睛】
本题考查了待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是熟练掌握待定系数法求一次函数解析式.
14．E
解析：EF⊥BD
【分析】
通过证明△OBF≌△ODE，可证四边形EBFD是平行四边形，若四边形EBFD是菱形，则对角线互相垂直，因而可添加条件：EF⊥BD．
【详解】
当EF⊥BD时，四边形EBFD是菱形．
理由：
∵四边形ABCD是矩形，
​∴AD∥BC，OB=OD，
∴∠FBO=∠EDO，
在△OBF和△ODE中
，
∴△OBF≌△ODE（ASA），
∴OE=OF，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形EBFD是菱形．
故答案为：EF⊥BD.
【点睛】
本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，以及全等三角形的判定方法，熟练掌握性质及判定方法是解答本题的关键.
15．【分析】
作点C关于AB的对称点F，关于AO的对称点G，连接DF，EG，由轴对称的性质，可得DF＝DC，EC＝EG，故当点F，D，E，G在同一直线上时，△CDE的周长＝CD＋DE＋CE＝DF＋DE
解析：
【分析】
作点C关于AB的对称点F，关于AO的对称点G，连接DF，EG，由轴对称的性质，可得DF＝DC，EC＝EG，故当点F，D，E，G在同一直线上时，△CDE的周长＝CD＋DE＋CE＝DF＋DE＋EG＝FG，此时△DEC周长最小，然后求出F、G的坐标从而求出直线FG的解析式，再求出直线AB和直线FG的交点坐标即可得到答案．
【详解】
解：如图，作点C关于AB的对称点F，关于AO的对称点G，连接FG分别交AB、OA于点D、E，
由轴对称的性质可知，CD=DF，CE=GE，BF=BC，∠FBD=∠CBD，
∴△CDE的周长=CD+CE+DE=FD+DE+EG，
∴要使三角形CDE的周长最小，即FD+DE+EG最小，
∴当F、D、E、G四点共线时，FD+DE+EG最小，

∵直线y＝x＋2与两坐标轴分别交于A、B两点，
∴B（-2，0），
∴OA＝OB，
∴∠ABC＝∠ABD＝45°，
∴∠FBC=90°，
∵点C是OB的中点，
∴C(，0)，
∴G点坐标为（1，0），，
∴F点坐标为（-2，），
设直线GF的解析式为，
∴，
∴，
∴直线GF的解析式为，
联立，
解得，
∴D点坐标为（，）
故答案为：（，）．
【点睛】
本题主要考查了轴对称-最短路线问题，一次函数与几何综合，解题的关键是利用对称性在找到△CDE周长的最小时点D、点E位置，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，多数情况要作点关于某直线的对称点．
16．(3•2n﹣1﹣2，2n﹣1•)
【分析】
分别过A1、A2、A3作x轴的垂线，垂足分别为D、E、F，如图，根据菱形的性质得四边形A1B1C1O和四边形A2B2C2C1都为菱形，则A1B1∥x轴，A
解析：(3•2n﹣1﹣2，2n﹣1•)
【分析】
分别过A1、A2、A3作x轴的垂线，垂足分别为D、E、F，如图，根据菱形的性质得四边形A1B1C1O和四边形A2B2C2C1都为菱形，则A1B1∥x轴，A2B2∥x轴，∠A2C1E＝∠A3C2F＝60°，在Rt△A1OD中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出OD＝1，OA1＝2，则A1(1，)，且OC1＝OA1＝2，接着在Rt△A2C1E中可计算出C1E＝2，A2C1＝4，则A2(4，2)，C1C2＝4，同理可得A3(10，4)，然后利用待定系数法求出直线解析式为y＝x+，由A1、A2、A3的纵坐标的规律可得An的纵坐标2n-1•，于是利用一次函数图象上点的坐标特征可求出An的横坐标，从而得到An的坐标．
【详解】
解：分别过A1、A2、A3作x轴的垂线，垂足分别为D、E、F，如图，

∵∠A1OC1＝60°，而四边形A1B1C1O和四边形A2B2C2C1都为菱形，
∴∠A2C1E＝∠A3C2F＝60°，
在Rt△A1OD中，∵A1D＝，∠OA1D＝30°，
∴OD＝1，OA1＝2，
∴A1(1，)，OC1＝OA1＝2，
在Rt△A2C1E中，∵A2E＝2，∠C1A2E＝30°，
∴C1E＝2，A2C1＝4，
∴A2(4，2)，C1C2＝4，
同理可得A3(10，4)，
把A1(1，)，A2(4，2)分别代入y＝kx+b得，
解得．
∴直线解析式为y＝x+，
由A1、A2、A3的纵坐标的规律可得An的纵坐标2n-1•，
当y＝2n-1•时，x+＝2n﹣1•，
解得x＝3•2n-1﹣2．
∴An的坐标是(3•2n-1﹣2，2n-1•)．
故答案为(3•2n-1﹣2，2n-1•)．
【点睛】
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．也考查了一次函数图象上点的坐标特征．
三、解答题
17．（1）；（2）．
【分析】
（1）根据二次根式的运算法则即可求解；
（2）根据加减消元法即可求解．
【详解】
解：（1）原式＝4﹣+3﹣2
＝+1；
（2）原方程组整理得，
①﹣②得2y＝0，解得y
解析：（1）；（2）．
【分析】
（1）根据二次根式的运算法则即可求解；
（2）根据加减消元法即可求解．
【详解】
解：（1）原式＝4﹣+3﹣2
＝+1；
（2）原方程组整理得，
①﹣②得2y＝0，解得y＝0，
把y＝0代入①得2x＝4，
解得x＝2，
所以原方程组的解为．
【点睛】
此题主要考查二次根式的运算与二元一次方程组的求解，解题的关键是熟知其解法．
18．AC=4.2尺．
【分析】
根据题意画出图形，根据已知用AC表示的AB长，然后根据勾股定理，列出AC的方程，解方程即可．
【详解】
解：∵∠ACB＝90°，AC+AB＝10尺，
∴AB=10-AC，
解析：AC=4.2尺．
【分析】
根据题意画出图形，根据已知用AC表示的AB长，然后根据勾股定理，列出AC的方程，解方程即可．
【详解】
解：∵∠ACB＝90°，AC+AB＝10尺，
∴AB=10-AC，
∵BC=4尺，
在Rt△ABC中，根据勾股定理，，即
解得AC=4.2尺．

【点睛】
本题考查勾股定理的应用，掌握勾股定理的应用条件与解题方法是解题关键．
19．（1）；（2）①作图见详解；②8；（3）在网格中作图见详解；31．
【解析】
【分析】
（1）根据网格可直接用割补法求解三角形的面积；
（2）①利用勾股定理画出三边长分别为、、，然后依次连接即可；②
解析：（1）；（2）①作图见详解；②8；（3）在网格中作图见详解；31．
【解析】
【分析】
（1）根据网格可直接用割补法求解三角形的面积；
（2）①利用勾股定理画出三边长分别为、、，然后依次连接即可；②根据①中图形，可直接利用割补法进行求解三角形的面积；
（3）根据题意在网格中画出图形，然后在网格中作出，，进而可得，得出，进而利用割补法在网格中求解六边形的面积即可．
【详解】
解：（1）△ABC的面积为：，
故答案为：；
（2）①作图如下（答案不唯一）：

②的面积为：，
故答案为：8；
（3）在网格中作出，，

在与中，
，
∴，
∴，
，
六边形AQRDEF的面积=正方形PQAF的面积+正方形PRDE的面积+的面积
，
故答案为：31．
【点睛】
本题主要考查勾股定理、正方形的性质、割补法求解面积及二次根式的运算，熟练掌握勾股定理、正方形的性质、割补法求解面积及二次根式的运算是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）BF
【分析】
（1）在矩形ABCD中，根据DE＝BF，可得AE＝CF，AE∥CF进而证明四边形AFCE为平行四边形；
（2）根据EF⊥AC，可得四边形AFCE为菱形；根据AD＝
解析：（1）见解析；（2）BF
【分析】
（1）在矩形ABCD中，根据DE＝BF，可得AE＝CF，AE∥CF进而证明四边形AFCE为平行四边形；
（2）根据EF⊥AC，可得四边形AFCE为菱形；根据AD＝6，AB＝4，AE＝AF＝FC＝AD﹣DE，即可在Rt△ABF中，根据勾股定理，求BF的长．
【详解】
（1）证明：在矩形ABCD中，
AD∥BC，AD＝BC
又∵DE＝BF，
∴AE＝CF，AE∥CF
∴四边形AFCE是平行四边形．

（2）解：∵EF⊥AC，
∴□AFCE是菱形，
∴AF＝CF
在矩形ABCD中，∠B＝90°
BC＝AD＝6，又AB＝4，
设BF＝x，则AF＝CF＝6－x，在Rt△AFB中，∴，
解得 即BF．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的判定与性质．
21．（1） （2分）
（2）（3分）
（3）-1（3分）
【解析】
【详解】
试题分析：
（1）根据题意可以观察出：第n个等式：；
（2）由（1）中的结论可得结果；（3）由（1）中的结论将式子化简，然后
解析：（1） （2分）
（2）（3分）
（3）-1（3分）
【解析】
【详解】
试题分析：
（1）根据题意可以观察出：第n个等式：；
（2）由（1）中的结论可得结果；（3）由（1）中的结论将式子化简，然后其中的有些数可以互相抵消，最后化简即可．
试题解析：
（1）根据题意可以观察出：第n个等式：；
（2）根据（1）的结论可得：；
（3）原式= .
考点：分母有理化．
22．（1），4.5斤；（2）最多13斤．
【分析】
（1）根据表中数据利用描点法在图二中画图，可得出x，y满足一次函数的变化关系，设函数关系式为，利用待定系数法求解即可；
（2）根据秤砣到秤纽的最大水平
解析：（1），4.5斤；（2）最多13斤．
【分析】
（1）根据表中数据利用描点法在图二中画图，可得出x，y满足一次函数的变化关系，设函数关系式为，利用待定系数法求解即可；
（2）根据秤砣到秤纽的最大水平距离为50厘米可知，求出y的取值范围即可．
【详解】
解：（1）利用描点法画出图像如下，

观察图象可知x，y满足一次函数的变化关系，
设，把代入可得：
，
解得，
∴，
当时，，
∴秤杆上秤砣到秤纽的水平距离为16厘米时，秤钩所挂物重是4.5斤；
（2）由题意可得 ，
所以可得：，
即，
∴这杆秤的可称物重范围是13斤以内．
【点睛】
本题考查了一次函数的图象及应用，待定系数法，一元一次不等式等知识，利用数形结合的思想是解题的关键．
23．（1）2；（2）证明见解析过程；（3）AE+EF-AF=2OA．
【分析】
（1）通过测量可得；
（2）过点C作CG⊥ON，垂足为点G，由AAS可证△ABO≌△BCG，可得BG=AO，BO=CG，由
解析：（1）2；（2）证明见解析过程；（3）AE+EF-AF=2OA．
【分析】
（1）通过测量可得；
（2）过点C作CG⊥ON，垂足为点G，由AAS可证△ABO≌△BCG，可得BG=AO，BO=CG，由SAS可证△ABE≌△CBE，可得AE=CE，由线段的和差关系可得结论；
（3）过点C作CG⊥ON，垂足为点G，由AAS可证△ABO≌△BCG，可得BG=AO，BO=CG，由SAS可证△ABE≌△CBE，可得AE=CE，可得结论．
【详解】
解：（1）△AEF的周长是OA长的2倍，
故答案为：2；
（2）如图4，过点C作CG⊥ON，垂足为点G，

则∠CGB=90°，
∴∠GCB+∠CBG=90°，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，∠DBC=∠DBA=45°，
则∠CBG+∠ABO=90°，
∴∠GCB=∠ABO，
在△BCG与△ABO中，
，
∴△BCG≌△ABO（AAS），
∴BG=AO，CG=BO，
∵∠AOB=90°=∠CGB=∠CFO，
∴四边形CGOF是矩形，
∴CF=GO，CG=OF=OB，
在△ABE和△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴AE=CE，
∴△AEF的周长=AE+EF+AF=CE+EF+AF=CF+AF=GO+AF=BG+BO+AF=2AO；
（3）如图5，过点C作CG⊥ON于点G，

则∠CGB=90°，
∴∠GCB+∠CBG=90°，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，∠DBC=∠DBA=45°，
则∠CBG+∠ABO=90°，
∴∠GCB=∠ABO，
在△BCG与△ABO中
，
∴△BCG≌△ABO（AAS），
∴BG=AO，BO=CG，
∵∠AOB=90°=∠CGB=∠CFO，
∴四边形CGOF是矩形，
∴CF=GO，CG=OF=OB，
在△ABE和△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴AE=CE，
∴AE+EF-AF=EF+CE-AF=NB+BO-（OF-AO）=OA+OB-（OB-OA）=2OA．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，矩形的判定和性质，添加恰当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．
24．（1）（3，0）；（2）A（1，）；直线BD为；（3）点P的坐标为（，）或（，）.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，点B、C关于点M对称，即可求出点C的坐标；
（2）由折叠的性质，得AB=CB，
解析：（1）（3，0）；（2）A（1，）；直线BD为；（3）点P的坐标为（，）或（，）.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，点B、C关于点M对称，即可求出点C的坐标；
（2）由折叠的性质，得AB=CB，BD=AD，根据勾股定理先求出AM的长度，设点D为（1，a），利用勾股定理构造方程，即可求出点D坐标，然后利用待定系数法求直线BD.
（3）分两种情形：如图2中，当点P在第一象限时，连接BQ，PA．证明点P在AC的垂直平分线上，构建方程组求出交点坐标即可．如图3中，当点P在第三象限时，同法可得△CAQ≌△CBP，可得∠CAQ=∠CBP=30°，构建方程组解决问题即可．
【详解】
解：（1）根据题意，
∵点B、C关于点M对称，且点B、M、C都在x轴上，
又点B（），点M（1，0），
∴点C为（3，0）；
（2）如图：

由折叠的性质，得：AB=CB=4，AD=CD=BD，
∵BM=2，∠AMB=90°，
∴，
∴点A的坐标为：（1，）；
设点D为（1，a），则DM=a，BD=AD=，
在Rt△BDM中，由勾股定理，得
，
解得：，
∴点D的坐标为：（1，）；
设直线BD为，则
，解得：，
∴直线BD为：；
（3）如图2中，当点P在第一象限时，连接BQ，PA．

∵△ABC，△CPQ都是等边三角形，
∴∠ACB=∠PCQ=60°，
∴∠ACP=∠BCQ，
∵CA=CB，CP=CQ，
∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴AP=BQ，
∵AD垂直平分线段BC，
∴QC=QB，
∴PA=PC，
∴点P在AC的垂直平分线上，
由，解得，
∴P（，）．
如图3中，当点P在第三象限时，同法可得△CAQ≌△CBP，

∴∠CAQ=∠CBP=30°，
∵B（-1，0），
∴直线PB的解析式为，
由，解得：，
∴P（，）.
【点睛】
本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建一次函数，利用方程组确定交点坐标，属于中考压轴题．
25．（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）利用勾股定理即可求出.
（2）过点F作FH⊥AD交AD于的延长线于点H，作FM⊥AB于点M，证出，进而求得MF，BM的长，再利用勾股定理，即可求得.
（3）分
解析：（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）利用勾股定理即可求出.
（2）过点F作FH⊥AD交AD于的延长线于点H，作FM⊥AB于点M，证出，进而求得MF，BM的长，再利用勾股定理，即可求得.
（3）分两种情况讨论，同（2）证得三角形全等，再利用勾股定理即可求得.
【详解】
（1）由勾股定理得：
（2）过点F作FH⊥AD交AD于的延长线于点H，作FM⊥AB于点M，如图2所示：

则FM=AH，AM=FH
∵四边形CEFG是正方形 ∴EC=EF,∠FEC=90° ∴∠DEC+∠FEH=90°，
又∵四边形是正方形 ∴∠ADC=90° ∴∠DEC+∠ECD=90°，∴∠ECD=∠FEH
又∵∠EDC=∠FHE=90°，∴ ∴FH=ED EH=CD=3
∵AD=3,AE=1,ED=AD-AE=3-1=2,∴FH=ED=2
∴MF=AH=1+3=4，MB=FH+CD=2+3=5
在Rt△BFM中，BF=
（3）分两种情况：
①当点E在边AD的左侧时，过点F作FM⊥BC交BC的反向延长线于点M，交DE于点N.如图3所示：

同（2）得：
∴EN=CD=3，FN=ED=7
∵AE=4∴AN=AE-EN=4-3=1
∴MB=AN=1 FM=FN+NM=7+3=10
在中
由勾股定理得：
②当点E在边AD的右侧时，过点F作FN⊥AD交AD的延长线于点N，交BC延长线于M，如图4所示：

同理得：
∴NF=DE=1，EN=CD=3
∴FM=3-1=2，CM=DN=DE+EN=1+3=4
∴BM=CB+CM=3+4=7
在中
由勾股定理得：
故BF的长为
【点睛】
本题为考查三角形全等和勾股定理的综合题，难点在于根据E点位置的变化，画出图形，注意（3）分情况讨论，难度较大，属压轴题，熟练掌握三角形全等的性质和判定以及勾股定理的运用是解题关键.