部编版八年级下册数学期末试卷综合测试(Word版含答案).doc

部编版八年级下册数学期末试卷综合测试（Word版含答案）
一、选择题
1．若在实数范围内有意义，则a可以是（　　）
A．﹣22 B．﹣1 C． D．0
2．已知中，、、分别是、、的对边，下列条件中不能判断是直角三角形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．下列关于平行四边形的命题中，错误的是（ ）
A．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
B．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
C．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形
D．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
4．某班3位同学进行投篮比赛，每人投10次，平均每人投中8次，已知第一、三位同学分别投中8次，10次，那么第二位同学投中（　　）
A．6次 B．7次 C．8次 D．9次
5．某三角形三条中位线的长分别为3、4、5，则此三角形的面积为（ ）
A．6 B．12 C．24 D．48
6．如图，菱形中，是的垂直平分线，，则等于（ ）

A． B． C． D．
7．如图，四边形是矩形，点在线段的延长线上，连接交于点，，点是的中点，若，，则的长为（ ）

A．8 B．9 C． D．
8．如图点按的顺序在边长为1的正方形边上运动，是边上的中点．设点经过的路程为自变量，的面积为，则函数的大致图象是（ ）．

A． B． C． D．
二、填空题
9．若代数式有意义，则的取值范围__________．
10．已知一个菱形有一个内角为，周长为，那么该菱形的面积等于________ ．
11．如图，一名滑雪运动员沿着坡比为的滑道，从A滑行至B，已知米，则这名滑雪运动员的高度下降了_______米．

12．如图，点在矩形的对角线上，且不与点重合，过点分别作边的平行线，交两组对边于点和．四边形和四边形都是矩形并且面积分别为S1，S2，则S1，S2之间的关系为__________．

13．小明从家步行到学校需走的路程为2000米．图中的折线OAB反映了小明从家步行到学校所走的路程s（米）与时间t（分钟）的函数关系，根据图象提供的信息，当小明从家出发去学校步行20分钟时，距离学校还有__米．

14．如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，矩形ABCD的周长是20 cm，AE＝5 cm，则AB的长为____cm.

15．如图，点A（﹣2，0），直线l：y＝与x轴交于点B，以AB为边作等边△ABA1，过点A1作A1B1∥x轴，交直线l于点B1，以A1B1为边作等边△A1B1A2，过点A2作A2B2∥x轴，交直线l于点B2，以A2B2为边作等边△A2B2A3，则点A3的坐标是_____．

16．重庆实验外国语学校每年四月初都定期举办体育文化节，初届周华同学为了在本次活动中获得更好的成绩，他让父亲带自己进行了体能训练，他们找了条笔直的跑道，两人都从起点出发且一直保持匀速运动，父亲先出发两分钟后周华才出发，两人到达终点后均停止运动，周华与父亲之间的距离（米）与周华出发的时间（分）的关系如图所示，当周华到达终点时，父亲离终点的距离为________米．

三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）．
18．一架云梯长25m，如图那样斜靠在一面墙上，云梯顶端离地面24m．
（1）这架云梯的底端距墙角有多远?
（2）如果云梯的顶端下滑了4m，那么它的底部在水平方向滑动了多少m？

19．如图，在4×3正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，正方形顶点叫格点，连接两个网格格点的线段叫网格线段，点A固定在格点上．

（1）若a是图中能用网格线段表示的最小无理数，b是图中能用网格线段表示的最大无理数，则a＝　 　，b＝　 　；
（2）请你画出顶点在格点上且边长为的所有菱形ABCD，你画出的菱形面积为　 　；
20．如图，的对角线的垂直平分线与、分别交于、，垂足为点．
（1）求证：四边形是菱形．
（2）若，，，则的面积为 ．

21．先观察下列等式，再回答下列问题：
①；
②；
③．
（1）请你根据上面三个等式提供的信息，猜想的结果，并验证；
（2）请利用上述规律来计算（仿照上式写出过程）；
（3）请你按照上面各等式反映的规律，试写出一个用为正整数）表示的等式．
22．某水果批发商以4元斤的价格对外销售芒果，为了减少库存，尽快回笼资金，推出两种批发方案
方案一：每斤打9.5折；
方案二：不超过200斤的部分按原价销售，超过200斤的部分打7.5折．
某超市计划从该水果批发商处购进x斤芒果，按方案一购买需支付费用元，按方案购买需支付费用元，则该超市选择哪种方案（只能选择一种方案）更合算，请说明理由．

23．如图1，四边形ACBD中，AC=AD，BC=BD．我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”，如图2，在“筝形”ACBD中，对角线AB=CD，过点B作BE⊥AC于E点，F为线段BE上一点，连接FA、FD，FA=FB．
（1）求证：△ABF≌△CDA；
（2）如图3，FA、FD分别交CD、AB于点M、N，若AM=MF，求证：BN=CM+MN．

24．如图1，矩形在平面直角坐标系中的位置如图所示，点A，C分别在x轴，y轴上，点B的坐标为，点P，Q同时以相同的速度分别从点O，B出发，在边，上运动，连接，当点P到达A点时，运动停止．

（1）求证：在运动过程中，四边形是平行四边形．
（2）如图2，在运动过程中，是否存在四边形是菱形的情况？若存在，求出此时直线的解析式；若不存在，请说明理由．
（3）如图3，在（2）的情况下，直线上是否存在一点D，使得是直角三角形？如果存在，请直接写出点D的坐标；如果不存在，请说明理由．
25．已知正方形与正方形（点C、E、F、G按顺时针排列），是的中点，连接，.

（1）如图1，点在上，点在的延长线上，
求证：=ME，⊥.ME
简析： 由是的中点，AD∥EF，不妨延长EM交AD于点N，从而构造出一对全等的三角形，即 ≌ .由全等三角形性质，易证△DNE是 三角形,进而得出结论.
（2）如图2， 在的延长线上，点在上，（1）中结论是否成立？若成立,请证明你的结论；若不成立，请说明理由.
（3）当AB=5，CE=3时，正方形的顶点C、E、F、G按顺时针排列.若点在直线CD上，则DM= ;若点E在直线BC上，则DM= .
【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
二次根式有意义的条件为二次根式中的被开方数是非负数．
【详解】
解：若在实数范围内有意义，则a≥0，
∴a的值可以是0，不可以是﹣22，﹣1或，
∴A，B，C选项不合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是利用二次根式中的被开方数是非负数．
2．A
解析：A
【分析】
从三角形三边的关系利用勾股定理的逆定理和从角的关系利用三角形内角和定理逐个判断即可．
【详解】
解：选项A：设，由三角形内角和为180°可知：，解得，故，故选项A不符合题意；
选项B：由三角形内角和定理可知：，即，此时是直角三角形，故选项B符合题意；
选项C：已知条件可变形为，由勾股定理的逆定理可知是直角三角形，故选项C符合题意；
选项D：设，此时，由勾股定理的逆定理可知是直角三角形，故选项D符合题意；
故选：A．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理及三角形的内角和定理，熟练掌握各定理是解决本题的关键．
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判定方法，一一判断即可．
【详解】
解：A. 两组对角分别相等的四边形是平行四边形,正确；根据平行四边形的判定方法，可得结论；
B. 一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形，错误；如：等腰梯形；
C. 一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形正确，由题意可以证明两组对边分别平行，四边形是平行四边形；
D. 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，正确，根据平行四边形的判定方法，可得结论．
故选：B
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定方法，属于中考基础题．
4．A
解析：A
【解析】
【分析】
设第二位同学投中x次，根据算术平均数的计算公式列方程即可得到结论．
【详解】
解：设第二位同学投中x次，
∵平均每人投中8次，
∴＝8，
解得：x＝6，
∴第二位同学投中6次，
故选：A．
【点睛】
本题考查了算术平均数，根据题意列方程是解题的关键．
5．C
解析：C
【分析】
先根据三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半，即求出原三角形的边长分别为6、8、10，再根据勾股定理的逆定理判断原三角形的形状，即可根据三角形面积公式求得面积．
【详解】
解：∵三角形三条中位线的长为3、4、5，
∴原三角形三条边长为，
，
∴此三角形为直角三角形，
，
故选C．
【点睛】
本题考查的是三角形的中位线定理、勾股定理的逆定理，属于基础应用题，熟知性质定理是解题的关键．
6．A
解析：A
【解析】
【分析】
由菱形的性质可得出，，，再根据是的垂直平分线，可得出，因此，，可推出
，最终得出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴，，
∴，
∵是的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：A
【点睛】
本题考查的知识点是菱形的性质以及线段垂直平分线的性质，根据是的垂直平分线，得出，是解此题的关键．
7．D
解析：D
【解析】
【分析】
由矩形性质及G为中点，可得∠AGE=2∠ADE=2∠CED=∠AED，从而可得AE=AG，由矩形性质AB=CD=3，由勾股定理可得AE，再根据直角形的性质从而可求得DF的长．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形
∴∠DAB=∠ABC=∠ABE=90゜，AB=CD=3，AD∥BC
∵G点是DF的中点
∴AG是Rt△DAF斜边DF上的中线
∴AG=DG=
∴∠GAD=∠ADE
∴∠AGE=2∠ADE
∵AD∥BC
∴∠CED=∠ADE
∴∠AGE=2∠CED
∵∠AED=2∠CED
∴∠AED=∠AGE
∴AE=AG
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
∴
∴
故选：D．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的判定，勾股定理，矩形的性质，直角三角形斜边上中线的性质等知识，关键是得出∠AED=∠AGE．
8．C
解析：C
【分析】
分类讨论，分别表示出点P位于线段AB上、点P位于线段BC上、点P位于线段MC上时对应的的面积，判断函数图像，选出正确答案即可．
【详解】
由点M是CD中点可得：CM=，
（1）如图：当点P位于线段AB上时，即0≤x≤1时，

y==x；
（2）如图：当点P位于线段BC上时，即1<x≤2时，

BP=x－1，CP=2－x，
y===；
（3）如图：当点P位于线段MC上时，即2<x≤时，

MP=，
y===．
综上所述：
．
根据一次函数的解析式判断一次函数的图像，只有C选项与解析式相符．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查一次函数的实际应用，分类讨论，将分别表示为一次函数的形式是解题关键．
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
由代数式有意义可得且 从而可得答案.
【详解】
解： 代数式有意义，
且
且
所以：＞
故答案为：＞
【点睛】
本题考查的是二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，利用二次根式与分式有意义列不等式组是解题的关键.
10．E
解析：
【解析】
【分析】
作于E，由三角函数求出菱形的高AE，再运菱形面积公式=底×高计算即可；
【详解】
作于E，如图所示，

∵四边形ABCD是菱形，周长为，，
∴，，
∴，
∴菱形的面积．
故答案为．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，结合三角函数的计算是解题的关键．
11．A
解析：150
【解析】
【分析】
根据坡比的定义，得到AC和BC的关系，利用勾股定理求出AB和AC的关系，从而求解．
【详解】
如图，在中，
由题意可知，
∴，
∴，
∴米，
故答案为：150．

【点睛】
本题考查了坡度坡比的定义，利用勾股定理解直角三角形，解题的关键是掌握坡比的定义．
12．S1=S2
【分析】
由矩形的性质找出，结合对边互相平行即可证出四边形和四边形都是矩形，再根据矩形的性质可得出三对三角形的面积相等，由此即可得结果．
【详解】
解：∵四边形为矩形，
∴．
又∵，，
∴四边形和四边形都是矩形．
∵，，四边形为矩形，
∴四边形和四边形也是矩形，
∴，，，
∴，

故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质与判定，掌握矩形的性质与判定是解题的关键．
13．240
【分析】
当8≤t≤23时，设s=kt+b，将（8，800）、（23，2000）代入求得s=kt+b，，求出t=20时s的值，从而得出答案．
【详解】
解：当8≤t≤23时，设s=kt+b，
将(8，800)、(23，2000)代入，得：
，
解得：，
∴s=80t+160；
当t=20时，s=1760，
∵2000﹣1760=240，
∴当小明从家出发去学校步行20分钟时，到学校还需步行240米．
故答案为：240．
【点睛】
本题主要考查一次函数的应用，解题的关键是理解题意，从实际问题中抽象出一次函数的模型，并熟练掌握待定系数法求一次函数的解析式．
14．A
解析：4
【解析】
试题分析：设AB=xcm，则由矩形ABCD的周长是20cm可得BC=10﹣xcm，
∵E是BC的中点，∴BE=BC=．
在Rt△ABE中，AE=5cm，根据勾股定理，得AB2+BE2=AE2，即x2+（）2=52，解得：x=4．
∴AB的长为4cm．
15．【分析】
先根据解析式求得B的坐标，即可求得AB=1，根据等边三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，依次即可求得A1、A2、A3的坐标．
【详解】
解：∵直线l：y＝与x轴交于点B，
∴
解析：
【分析】
先根据解析式求得B的坐标，即可求得AB=1，根据等边三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，依次即可求得A1、A2、A3的坐标．
【详解】
解：∵直线l：y＝与x轴交于点B，
∴B（-1，0），
∴OB=1，
∵A（-2，0），
∴OA=2，
∴AB=1，
∵△ABA1是等边三角形，
∴，
把，代入y＝，求得，
∴，
∴A1B1=2，
∴，即，
把代入，求得，
，
∴A2B2=4，
∴，即，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征以及等边三角形的性质的运用，解决问题的关键是正确运用等边三角形的性质和一次函数图象上的点坐标的特征表示点的坐标．
16．180
【分析】
与y轴交点（0，400）表示父亲提前走了2分钟，走了400米，所以父亲的速度为200米/分，周华出发8分钟时两人相遇，此时父亲走了10分钟，走了2000米，两人距离起点2000米，
解析：180
【分析】
与y轴交点（0，400）表示父亲提前走了2分钟，走了400米，所以父亲的速度为200米/分，周华出发8分钟时两人相遇，此时父亲走了10分钟，走了2000米，两人距离起点2000米，所以周华的速度为250米/分，再根据“路程=速度×时间”解答即可．
【详解】
解：父亲的速度为：400÷2=200米/分；
周华的速度为：200×10÷8=250米/分；
当周华到达终点时，父亲离终点的距离为：200×14.5-200×（200×14.5÷250+2）=180（米）．
故答案为：180
【点睛】
本题考查一次函数的应用，解题的关键是理解题意，读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的能力题．
三、解答题
17．（1）3；（2）2
【分析】
（1）先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
（2）利用平方差公式计算即可．
【详解】
解：（1）原式＝
（2）原式＝5﹣3＝2．
【点睛】
本题考查的是二次根式
解析：（1）3；（2）2
【分析】
（1）先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
（2）利用平方差公式计算即可．
【详解】
解：（1）原式＝
（2）原式＝5﹣3＝2．
【点睛】
本题考查的是二次根式的加减运算，二次根式的混合运算，掌握利用平方差公式进行简便运算是解题的关键.
18．（1）；（2）
【分析】
根据题意，画出图形，
（1）在 中，直接根据勾股定理，即可求解；
（2）设它的底部在水平方向滑动了 ，即 ，则 ，在 中，由勾股定理，即可求解．
【详解】
解：根据题意，画
解析：（1）；（2）
【分析】
根据题意，画出图形，
（1）在 中，直接根据勾股定理，即可求解；
（2）设它的底部在水平方向滑动了 ，即 ，则 ，在 中，由勾股定理，即可求解．
【详解】
解：根据题意，画出图形，如下图：

（1）根据题意得： ， ，
在 中，由勾股定理得：
，
即这架云梯的底端距墙角 ；
（2）设它的底部在水平方向滑动了 ，即 ，则 ，
根据题意得： ， ，则 ，
在 中，由勾股定理得： ，
即 ，
解得： ，
即它的底部在水平方向滑动了．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的应用，熟练掌握直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方是解题的关键．
19．（1）；（2）见解析，菱形面积为4或5.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，画出图形，即可求解；
（2）先画出边长为的所有菱形ABCD，，然后求出面积即可．
【详解】
解：如图，
（1）∵a是图
解析：（1）；（2）见解析，菱形面积为4或5.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，画出图形，即可求解；
（2）先画出边长为的所有菱形ABCD，，然后求出面积即可．
【详解】
解：如图，

（1）∵a是图中能用网格线段表示的最小无理数，
∴ ，
∵b是图中能用网格线段表示的最大无理数，
；
（2）∵ ，即可画出图形，
如图，菱形ABC1D1和菱形ABC2D2即为所求；

菱形ABC1D1的面积为 ；
菱形ABC2D2的两条对角线长为 ，
故菱形ABC2D2的面积为 ；
综上所述，边长为的所有菱形ABCD的面积为4或5．
【点睛】
本题主要考查了应用设计与作图以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
20．（1）见解析；（2）18
【分析】
（1）由四边形ABCD是平行四边形易证△AOE≌△COF，从而可得OE=OF，所以四边形AFCE是平行四边形，又EF⊥AC，根据菱形的判定定理即可得证；
（2）由
解析：（1）见解析；（2）18
【分析】
（1）由四边形ABCD是平行四边形易证△AOE≌△COF，从而可得OE=OF，所以四边形AFCE是平行四边形，又EF⊥AC，根据菱形的判定定理即可得证；
（2）由（1）可求三角形的面积，又，从而可得三角形的面积，则的面积即可求解．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AEFC．
∴∠EAO=∠FCO，∠AEO=∠CFO．
∵EF平分AC，
∴OA=OC．
∴△AOE≌△COF．
∴OE=OF．
∴四边形AFCE是平行四边形．
又∵EF⊥AC，
∴四边形AFCE是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）．
（2）∵四边形是菱形，，，
∴三角形的面积为，
∵，
∴三角形的面积等于三角形的面积的一半，即三角形的面积为，
∴三角形的面积为，
∴的面积等于三角形的面积的2倍，即的面积为．
故答案为：18．
【点睛】
本题考查了菱形的判定及平行四边形面积的求法，解题的关键是熟练掌握菱形的判定定理．
21．（1）；理由见解析；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）根据已知算式得出规律，再根据求出的规律进行计算即可；
（2）先变形已知式子，再根据得出的规律进行计算即可；
（3）根据已知算式得出规律
解析：（1）；理由见解析；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）根据已知算式得出规律，再根据求出的规律进行计算即可；
（2）先变形已知式子，再根据得出的规律进行计算即可；
（3）根据已知算式得出规律即可．
【详解】
解：（1），
理由是：；
（2）

；
（3）由（1）和（2）得：．
【点睛】
本题考查了二次根式的性质与化简，数字的变化类等知识点，能根据已知算式得出规律是解此题的关键．
22．当超市计算从该水果批发商处购进芒果少于250斤时，方案一合算；当超市计算从该水果批发商处购进芒果等于250斤时，方案一和方案二费用相同；当超市计算从该水果批发商处购进芒果多于250斤时，方案二合算
解析：当超市计算从该水果批发商处购进芒果少于250斤时，方案一合算；当超市计算从该水果批发商处购进芒果等于250斤时，方案一和方案二费用相同；当超市计算从该水果批发商处购进芒果多于250斤时，方案二合算
【分析】
先根据方案分别求出和，再分三种情况分别计算即可得到答案．
【详解】
解：根据题意得：；
，
当时，，解得x>250；
当时，，解得x=250；
当时，，解得x<250；
答：当超市计算从该水果批发商处购进芒果少于250斤时，方案一合算；当超市计算从该水果批发商处购进芒果等于250斤时，方案一和方案二费用相同；当超市计算从该水果批发商处购进芒果多于250斤时，方案二合算．
【点睛】
此题考查方案选择问题，解一元一次方程及一元一次不等式，正确求出和是解题的关键．
23．（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】
（1）根据已知条件可得△ABC≌△ABD，再根据∠AOC+∠AOD=180°，进而可证得AB⊥CD，进而得到∠ACO=∠ABE，进而证得△ABF≌△CD
解析：（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】
（1）根据已知条件可得△ABC≌△ABD，再根据∠AOC+∠AOD=180°，进而可证得AB⊥CD，进而得到∠ACO=∠ABE，进而证得△ABF≌△CDA；
（2）取AB中点H，根据已知条件可知MO为△AFH的中位线，进而可证得△AFH≌△DAO，进一步得到△AFD为等腰直角三角形，然后过点F作FI⊥AF交AB于点I，取CD上点G使MG=MN，连接AG，先证△AFI≌△DAM，而后△FMN≌△FIN，得到∠FIN =∠FMN，进而可证△AMG≌△FMN，得到∠AGM=∠FNM，进而证得△ACG≌△FBN，得到BN=CG，再根据CG=CM+MG，得到BN=CM+MG，又MG=MN，继而得到BN=CM+MN．
【详解】
证明：（1）∵AC=AD，BC=BD，AB=AB，
∴△ABC≌△ABD，
∴∠CAO=∠DAO，
又∵∠ACO=∠ADO，
∴∠AOC=∠AOD，
又∵∠AOC+∠AOD=180°，
∴∠AOC=∠AOD=90°，
∴AB⊥CD，
在Rt△AOC中，∠ACO+∠CAO=90°，
在Rt△AEB中，∠ABE+∠CAO=90°，
∴∠ACO=∠ABE，
又∵AC=AD，FA=FB，
∴∠ACO=∠ADO=∠ABF=∠FAB，
∵，
∴△ABF≌△CDA；
（2）如图，取AB中点H，

∵△ABF是等腰三角形，
∴FH⊥AB，
∵AM=MF且MO⊥AB，
∴MO为△AFH的中位线，
∴AO=OH=，
又∵AH===DO，
由△ABF≌△CDA，可知：AF=BF=AC=AD，
∴△AFH≌△DAO，
∴∠AFH=∠DAO，
∵∠FAH+∠AFH=90°，
∴∠FAH+∠DAO=90°，
∴∠FAD=90°，
∴△AFD为等腰直角三角形，
过点F作FI⊥AF交AB于点I，取CD上点G使MG=MN，连接AG，
由△AFH≌△DAO可得∠FAI=∠ADM，
又∵AD=AF，
∴△AFI≌△DAM，
∴FI=AM，
又∵AM=MF，
∴FI=MF，
由FI⊥AF可知∠AFI=90°，∠AFN=45°，
∴∠NFI=∠AFI-∠AFN=90°-45°=45°，
∴∠MFN=∠NFI，又∵FI=FM，
∴△FMN≌△FIN，
∴∠FIN =∠FMN，
又∵∠AMD=∠FIA，
∴∠AMD=∠FMN，
又∵AM=FM，MG=MN，
∴△AMG≌△FMN，
∴∠AGM=∠FNM，
又∵∠FNM=∠FNB，
∴∠AGM=∠FNB，
又∵∠ACG=∠FBN，AC=FB,
∴△ACG≌△FBN，
∴BN=CG，
又∵CG=CM++MG，
∴BN=CM+MG，
又∵MG=MN，
∴BN=CM+MN．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、中位线等知识，解题的关键是综合运用相关知识解题．
24．（1）证明见解析；（2）存在，；（3）存在，或．
【解析】
【分析】
（1）说明出后，再利用矩形的性质得到，即可完成求证；
（2）先设，依次表示各点坐标与相应线段长，再利用菱形的判定，令一组邻边相等
解析：（1）证明见解析；（2）存在，；（3）存在，或．
【解析】
【分析】
（1）说明出后，再利用矩形的性质得到，即可完成求证；
（2）先设，依次表示各点坐标与相应线段长，再利用菱形的判定，令一组邻边相等建立关于x的方程，解方程后，则各点坐标得以确定，然后利用待定系数法即可求出直线PQ的解析式；
（3）先设出D点坐标，再分别表示出、、，利用勾股定理的逆定理分类讨论求解即可．
【详解】
解：（1）证：∵点P，Q同时以相同的速度分别从点O，B出发，
∴，
又∵矩形，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）存在；
理由：∵矩形且点B的坐标为，
∴，；
设
∴，
∴，
当四边形是菱形时，
则，
∴，
解得：，
∴，
∴，，
设直线的解析式为：；
∴，解得：，
∴直线的解析式为：；
（3）由（2）知，
设，
∴，
，
当时，，解得：，
此时，
∴，此时点与点重合，不合题意，故舍去；
当时，，解得：，（舍去），
此时，，
∴；
当时，，解得：，
此时，，
∴；
综上可得：或．
【点睛】
本题综合考查了矩形的性质、待定系数法求一次函数解析式、平行四边形的判定定理、菱形的判定定理、勾股定理及其逆定理等内容，同时涉及到了解一元二次方程等知识，本题综合性较强，要求学生具备一定的综合分析能力和计算能力，本题蕴含了分类讨论和数形结合的思想方法等．
25．（1）等腰直角；（2）结论仍成立，见解析；（3）或，.
【分析】
（1）结论：DM⊥EM，DM=EM．只要证明△AMH≌△FME，推出MH=ME，AH=EF=EC，推出DH=DE，因为∠EDH=90
解析：（1）等腰直角；（2）结论仍成立，见解析；（3）或，.
【分析】
（1）结论：DM⊥EM，DM=EM．只要证明△AMH≌△FME，推出MH=ME，AH=EF=EC，推出DH=DE，因为∠EDH=90°，可得DM⊥EM，DM=ME；
（2）结论不变，证明方法类似；
（3）分两种情形画出图形，理由勾股定理以及等腰直角三角形的性质解决问题即可；
【详解】
解：（1） △AMN ≌ △FME ,等腰直角.
如图1中，延长EM交AD于H．

∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴△AMH≌△FME，
∴，，
∴，
∵，
∴DM⊥EM，DM=ME．
（2）结论仍成立.
如图，延长EM交DA的延长线于点H,

∵四边形ABCD与四边形CEFG都是正方形,
∴，,
∴AD∥EF,∴.
∵，,
∴△AMF≌△FME(ASA), …
∴，,∴.
在△DHE中，，,,
∴，DM⊥EM.
（3）①当E点在CD边上，如图1所示，由（1）的结论可得三角形DME为等腰直角三角形，则DM的长为,此时,所以；
②当E点在CD的延长线上时，如图2所示，由（2）的结论可得三角形DME为等腰直角三角形，则DM的长为，此时 ，所以 ；
③当E点在BC上是，如图三所示，同（1）、（2）理可得到三角形DME为等腰直角三角形，
证明如下：∵四边形ABCD与四边形CEFG都是正方形, 且点E在BC上
∴AB//EF，∴，
∵M为AF中点，∴AM=MF
∵在三角形AHM与三角形EFM中：
,
∴△AMH≌△FME(ASA),
∴，,∴.
∵在三角形AHD与三角形DCE中：
，
∴△AHD≌△DCE(SAS),
∴,
∵∠ADC=∠ADH+∠HDC=90°，
∴∠HDE=∠CDE+∠HDC=90°,
∵在△DHE中，，,,
∴三角形DME为等腰直角三角形，则DM的长为，此时在直角三角形DCE中 ，所以

【点睛】
本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理以及直角三角形的性质，灵活运用相关的定理、正确作出辅助线是解题的关键．