数学八年级下册数学期末试卷达标检测(Word版含解析).doc

数学八年级下册数学期末试卷达标检测（Word版含解析）
一、选择题
1．二次根式中x的值不能是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
2．下列各组数不能作为直角三角形的三边长的是（ ）
A．8，15，17 B．7，12，15 C．5，12，13 D．7，24，25
3．如图四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，则不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）

A．AB∥CD，∠DAC=∠BCA B．AB=CD，∠ABO=∠CDO
C．AC=2AO，BD=2BO D．AO=BO，CO=DO
4．甲、乙、丙、丁四人进行射击测试，记录每人10次射击成绩，得到各人的射击成绩平均数和方差如表中所示，则成绩最稳定的是（ ）
统计量
甲
乙
丙
丁
平均数

方差

A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
5．如图，已知正方形B的面积为100，如果正方形C的面积为169，那么正方形A的面积为（ ）

A．269 B．69 C．169 D．25
6．如图，菱形ABCD中，，点E、F分别在边BC、CD上，且，则为（ ）

A． B． C． D．
7．如图，已知正方形ABCD的边长为4，P是对角线BD上一点，于点E，于点F，连接AP，给出下列结论：①；②四边形PECF的周长为8；③一定是等腰三角形；④；⑤EF的最小值为；其中正确结论的序号为（ ）

A．①②④ B．①③⑤ C．②③④ D．①②④⑤
8．如图1，在矩形ABCD中，E是CD上一点，动点P从点A出发沿折线AE→EC→CB运动到点B时停止，动点Q从点A沿AB运动到点B时停止，它们的速度均为每秒1cm．如果点P、Q同时从点A处开始运动，设运动时间为x（s），△APQ的面积为ycm2，已知y与x的函数图象如图2所示，以下结论：①AB＝5cm；②cos∠AED＝ ；③当0≤x≤5时，y＝；④当x＝6时，△APQ是等腰三角形；⑤当7≤x≤11时，y＝．其中正确的有（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
二、填空题
9．已知实数，满足，则以，的值为两边长的等腰三角形的周长是_____．
10．如图，在菱形ABCD中，AC，BD两对角线相交于点O．若∠BAD＝60°，BD＝2cm，则菱形ABCD的面积是____cm2．

11．直角三角形的两条直角边长分别为、，则这个直角三角形的斜边长为________cm．
12．如图，在矩形中，点在上，且平分，若，，则的长为__________．

13．已知一次函数的图象过点（3，5）与点（-4，-9），则这个一次函数的解析式为____________.
14．如图， 在矩形ABCD中， 对角线AC， BD交于点O， 已知∠AOD=120°， AB=1，则BC的长为______

15．A，B两地相距60km，甲、乙两人从两地出发相向而行，甲先出发，如图，l1，l2表示两人离A地的距离：s（km）与时间t（h）的关系，则乙出发_____h两人恰好相距5千米．

16．如图，在平面直角坐标系中，直线与坐标轴分别交于，两点，以线段为边，在第一象限内作正方形，将正方形沿轴负方向，平移个单位长度，使点恰好落在直线上，则的值为________.

三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）．
18．一架云梯长25m，如图所示斜靠在一而墙上，梯子底端C离墙7m．

（1）这个梯子的顶端A距地面有多高?
（2）如果梯子的顶端下滑了4 m，那么梯子的底部在水平方向滑动了多少米?
19．如图，每个小正方形的边长都是1，△ABC的三个顶点分别在正方形网格的格点上．
（1）求AB，BC的长；
（2）判断△ABC的形状，并说明理由．

20．如图，已知平分，．
（1）求证：；
（2）若点在上，且，求证：四边形是菱形．

21．我们规定，若a＋b＝2，则称a与b是关于1的平衡数．
（1）若3与是关于1的平衡数，5－与是关于1的平衡数，求，的值；
（2）若（m＋）×（1－）＝－2n＋3（－1），判断m＋与5n－是否是关于1的平衡数，并说明理由．
22．为了做好开学准备，某校共购买了20桶A、B两种桶装消毒液，进行校园消杀，以备开学．已知A种消毒液300元/桶，每桶可供2000米2的面积进行消杀，B种消毒液200元/桶，每桶可供1000米2的面积进行消杀．
（1）设购买了A种消毒液x桶，购买消毒液的费用为y元，写出y与x之间的关系式，并指出自变量x的取值范围；
（2）在现有资金不超过5300元的情况下，求可消杀的最大面积．
23．如图．四边形ABCD、BEFG均为正方形．
（1）如图1，连接AG、CE，请直接写出AG和CE的数量和位置关系（不必证明）．
（2）将正方形BEFG绕点B顺时针旋转角（），如图2，直线AG、CE相交于点M．
①AG和CE是否仍然满足（1）中的结论？如果是，请说明理由：如果不是，请举出反例：
②连结MB，求证：MB平分．
（3）在（2）的条件下，过点A作交MB的延长线于点N，请直接写出线段CM与BN的数量关系．

24．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，过点的直线交轴正半轴于，且面积为10．
（1）求点的坐标及直线的解析式；
（2）如图，设点为线段中点，点为轴上一动点，连接，以为边向右侧作正方形，在点的运动过程中，当顶点落在直线上时，求点的坐标；
（3）如图2，若为线段的中点，点为直线上一动点，在轴上是否存在点，使以点，，，为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．

25．已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE相交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．
试探究下列问题：

（1）如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）
（2）如图2，若点E，F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，在（2）的基础上，连接AE和BF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．
【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
根据二次根式有意义的条件即可得出答案．
【详解】
解：二次根式中，
∴，
解得：，
故选项中符合条件的的值有，
∴不能为，
故选：D．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件，熟知根号下为非负数是解本题的关键．
2．B
解析：B
【分析】
根据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形可得答案．
【详解】
解：A、82＋152＝172，符合勾股定理的逆定理，故此选项不符合题意；
B、72＋122≠152，不符合勾股定理的逆定理，故此选项符合题意；
C、52＋122＝132，符合勾股定理的逆定理，故此选项不符合题意；
D、72＋242＝252，符合勾股定理的逆定理，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理，在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断．
3．D
解析：D
【解析】
【分析】
A.证明，即可根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形判断；
B.证明AB∥CD，即可根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判断；
C. 可根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判断；
D. 条件不足无法判断；
【详解】
∠DAC=∠BCA
，
四边形是平行四边形，
故A选项正确，不符合题意；
∠ABO=∠CDO

又 AB=CD，
四边形是平行四边形，
故B选项正确，不符合题意；
AC=2AO，BD=2BO

四边形是平行四边形，
故C选项正确，不符合题意；
D. 条件不足无法判断，符合题意；
故选D
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
4．D
解析：D
【解析】
【分析】
根据方差的性质：方差越小，表示数据波动越小，也就是越稳定，据此进行判断即可．
【详解】
解：∵甲、乙、丙、丁的方差分别为0.60，0.62，0.50，0.44，
又∵0.44＜0.50＜0.60＜0.62，
∴丁的方差最小即丁的成绩最稳定，
故选D．
【点睛】
此题主要考查方差的应用，解题的关键是熟知方差的性质．
5．B
解析：B
【解析】
根据题意知正方形的B面积为100，正方形C的面积为169，
则字母A所代表的正方形的面积=169−100=69.
故选B．
6．C
解析：C
【解析】
【分析】
利用菱形的性质和等边三角形的判定和性质，根据SAS证明△BAE≌△CAF，即可求解．
【详解】
解：连接AC，

∵在菱形ABCD中，∠BAD=120°，
∴∠B=60°，AB=BC，
∴△ABC为等边三角形，
∴AB=AC，∠BCA=60°，∠ACD=120°-∠BCA=60°，
∵BE=CF，∠B=∠ACF=60°，AB=AC，
∴△BAE≌△CAF(SAS) ，
∴∠BAE=∠CAF，
∴∠EAC-∠BAE =∠EAC-∠CAF=60°，
即∴∠EAF=60°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、全等三角形判定与性质及等边三角形的判定和性质，求证△BAE≌△CAF是解题的关键，难度适中．
7．D
解析：D
【解析】
【分析】
①据正方形的对角线平分对角的性质，得△PDF是等腰直角三角形，在Rt△DPF中，DP2＝DF2＋PF2＝EC2＋EC2＝2EC2，求得DP＝EC．②先证明四边形PECF为矩形，根据等腰直角三角形和矩形的性质可得其周长为2BC，则四边形PECF的周长为8；③根据P的任意性可以判断△APD不一定是等腰三角形；④由②可知，四边形PECF为矩形，则通过正方形的轴对称性，证明AP＝EF；⑤当AP最小时，EF最小，EF的最小值等于2．
【详解】
解：①如图，延长FP交AB与G，连PC，延长AP交EF与H，

∵GF∥BC，
∴∠DPF＝∠DBC，
∵四边形ABCD是正方形
∴∠DBC＝45°
∴∠DPF＝∠DBC＝45°，
∴∠PDF＝∠DPF＝45°，
∴PF＝EC＝DF，
∴在Rt△DPF中，DP2＝DF2＋PF2＝EC2＋EC2＝2EC2，
∴DP＝EC．
故①正确；
②∵PE⊥BC，PF⊥CD，∠BCD＝90°，
∴四边形PECF为矩形，
∴四边形PECF的周长＝2CE＋2PE＝2CE＋2BE＝2BC＝8，
故②正确；
③∵点P是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，∠ADP＝45°，
∴当∠PAD＝45°或67.5°或90°时，△APD是等腰三角形，
除此之外，△APD不是等腰三角形，
故③错误．
④∵四边形PECF为矩形，
∴PC＝EF，
由正方形为轴对称图形，
∴AP＝PC，
∴AP＝EF，
故④正确；
⑤由EF＝PC＝AP，
∴当AP最小时，EF最小，
则当AP⊥BD时，即AP＝BD＝×4＝2时，EF的最小值等于2，
故⑤正确；
综上所述，①②④⑤正确，
故选D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，垂直的判定，等腰三角形的性质，勾股定理的运用．本题难度较大，综合性较强，在解答时要认真审题．
8．B
解析：B
【分析】
根据图中相关信息即可判断出正确答案.
【详解】
解：图2知：当 时y恒为10，
∴当 时，点Q运动恰好到点B停止，且当 时点P必在EC上，
故①正确；
∵当 时点P必在EC上，且当 时，y逐渐减小，
∴当 时，点Q在点B处，点P在点C处，此时

设 则
在 中，由勾股定理得：
解得：

故②正确；
当 时，由 知点P在AE上，过点P作 如图：

故③正确；
当 时，
不是等腰三角形，故④不正确；
当时，点P在BC上，点Q和点B重合，
故⑤ 不正确；
故选B．
【点睛】
本题主要考查了动点问题的函数图像，理解题意，读懂图像信息，灵活运用所学知识是解题关键，属于中考选择题中的压轴题.
二、填空题
9．15
【解析】
【分析】
根据绝对值及二次根式的非负性可得出x、y的值，由三角形三边关系可确定等腰三角形的三边长度，将其相加即可得出结论．
【详解】
∵实数x，y满足，
∴x＝3，y＝6，
∵3、3、6不能组成三角形，
∴等腰三角形的三边长分别为3、6、6，
∴等腰三角形周长为：3＋6＋6＝15，
故答案是：15．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的定义、二次根式（绝对值）的非负性以及三角形三边关系，根据绝对值及二次根式非负性结合三角形的三边关系找出等腰三角形的三条边的长度是解题的关键．
10．A
解析：2
【解析】
【分析】
由菱形的性质可得AB＝AD，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO＝BD＝1，可证△ABD是等边三角形，可得AB＝BD＝4，由勾股定理可求AO的长，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO＝BD＝1cm，
∵∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB＝BD＝2cm，
∴
∴AC＝2cm，
∴菱形ABCD的面积＝AC×BD＝2cm2，
故答案为：2．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
11．
【解析】
【分析】
利用勾股定理直接计算可得答案．
【详解】
解：由勾股定理得：斜边
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用，掌握勾股定理是解题的关键．
12．D
解析：
【分析】
由矩形的性质和角平分线的定义得出∠DEC=∠ECB=∠BEC，推出BE=BC，求得 AE=AB=1，然后依据勾股定理可求得BC的长；
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DEC=∠BCE，
∵EC平分∠DEB，
∴∠DEC=∠BEC，
∴∠BEC=∠ECB，
∴BE=BC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∵∠ABE=45°，
∴∠ABE=∠AEB=45°，
∴AB=AE=1，
由勾股定理得： ，
∴BC=AD=BE=，
∴,
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理的应用；熟练掌握矩形的性质，证出BE=BC是解题的关键．
13．
【分析】
设一次函数的解析式为：，利用待定系数法把已知点的坐标代入解析式，解方程组即可得答案．
【详解】
解：设一次函数的解析式为：，

解得：
所以这个一次函数的解析式为：
故答案为：
【点睛】
本题考查的是利用待定系数法求解一次函数的解析式，掌握待定系数法是解题的关键．
14．A
解析：
【分析】
根据矩形的性质可得∠ACB的度数，从而利用勾股定理可求出BC的长度．
【详解】
解：由题意得：∠ACB=30°，∠ABC=90°，在Rt△ABC中，
AC=2AB=2，
由勾股定理得，BC=，
故答案为：
【点睛】
本题考查了矩形的性质，比较简单，解答本题的关键是求出∠ACB的度数．
15．8或1
【分析】
分相遇前或相遇后两种情形分别列出方程即可解决问题．
【详解】
解：由题意可知，乙的函数图象是l2，
甲的速度是＝30（km/h），乙的速度是＝20（km/h）．
设乙出发x小时两人
解析：8或1
【分析】
分相遇前或相遇后两种情形分别列出方程即可解决问题．
【详解】
解：由题意可知，乙的函数图象是l2，
甲的速度是＝30（km/h），乙的速度是＝20（km/h）．
设乙出发x小时两人恰好相距5km．
由题意得：30（x+0.5）+20x+5＝60或30（x+0.5）+20x﹣5＝60，
解得x＝0.8或1，
所以甲出发0.8小时或1小时两人恰好相距5km．
故答案为：0.8或1．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是读懂图象信息，灵活应用速度、路程、时间之间的关系解决问题．
16．1
【分析】
如图，作CN⊥OB于N，DM⊥OA于M，利用三角形全等，求出点D坐标即可解决问题．
【详解】
解：如图作CN⊥OB于N，DM⊥OA于M，CN与DM交于点F，
∵直线y=-3x+3与x轴
解析：1
【分析】
如图，作CN⊥OB于N，DM⊥OA于M，利用三角形全等，求出点D坐标即可解决问题．
【详解】
解：如图作CN⊥OB于N，DM⊥OA于M，CN与DM交于点F，
∵直线y=-3x+3与x轴、y轴分别交于B、A两点，
∴点A（0，3），点B（1，0），
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=DC=BC，∠ABC=90°，
∵∠BAO+∠ABO=90°，∠ABO+∠CBN=90°，
∴∠BAO=∠CBN，
在△BAO和△CBN中，
，
∴△BAO≌△CBN（AAS），
∴BN=AO=3，CN=BO=1，
同理可以得到：DF=AM=BO=1，CF=DM=AO=3，
∴点F（4，4），D（3，4），
∵将正方形ABCD沿x轴负方向平移a个单位长度，使点D恰好落在直线y=3x-2上，
∴把y=4代入y=3x-2得，x=2，
∴a=3-2=1，
∴正方形沿x轴负方向平移a个单位长度后，点D恰好落在直线y=3x-2上时，a=1，
故答案为1．

【点睛】
本题考查了一次函数、正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，属于中考常考题型．
三、解答题
17．（1）；（2）
【分析】
（1）根据二次根式乘法法则及零指数幂计算即可；
（2）先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并同类二次根式即可．
【详解】
解：（1）
＝＋2＋1
＝＋3；
（2）
＝3－
解析：（1）；（2）
【分析】
（1）根据二次根式乘法法则及零指数幂计算即可；
（2）先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并同类二次根式即可．
【详解】
解：（1）
＝＋2＋1
＝＋3；
（2）
＝3－2－2，
＝－2．
【点睛】
此题考查的是二次根式的混合运算，在进行此类运算时，一般先把二次根式化为最简二次根式的形式后再运算；注意乘法运算公式的运用．
18．（1）这个梯子的顶端距地面有高；（2）梯子的底部在水平方向滑动了．
【分析】
（1）根据勾股定理即可求解；
（2）先求出BD，再根据勾股定理即可求解．
【详解】
解：（1）由题意可知：，；，
在中，
解析：（1）这个梯子的顶端距地面有高；（2）梯子的底部在水平方向滑动了．
【分析】
（1）根据勾股定理即可求解；
（2）先求出BD，再根据勾股定理即可求解．
【详解】
解：（1）由题意可知：，；，
在中，由勾股定理得：
，
∴

，
因此，这个梯子的顶端距地面有高．
（2）由图可知：AD=4m，
，
在中，由勾股定理得：
，
∴

，
∴．
答：梯子的底部在水平方向滑动了．
【点睛】
此题主要考查勾股定理的实际应用，解题的关键是根据题意在直角三角形中，利用勾股定理进行求解．
19．（1）AB＝2，BC＝，（2）△ABC是直角三角形，见解析．
【解析】
【分析】
（1）先利用勾股定理分别计算两边的长即可；
（2）利用勾股定理的逆定理得到三角形为直角三角形．
【详解】
解：（1）
解析：（1）AB＝2，BC＝，（2）△ABC是直角三角形，见解析．
【解析】
【分析】
（1）先利用勾股定理分别计算两边的长即可；
（2）利用勾股定理的逆定理得到三角形为直角三角形．
【详解】
解：（1）AB＝，BC＝，
（2）AC＝5，
∵，
∴AB2＋BC2＝AC2，
∴△ABC是直角三角形．
【点睛】
此题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
20．（1）见解析；（2）见解析．
【分析】
（1）证明，由全等三角形的性质得出；
（2）同理（1）可得，结合已知，可得菱形的判定定理：四边相等的四边形是菱形可得出结论．
【详解】
证明：（1）平分，
，
解析：（1）见解析；（2）见解析．
【分析】
（1）证明，由全等三角形的性质得出；
（2）同理（1）可得，结合已知，可得菱形的判定定理：四边相等的四边形是菱形可得出结论．
【详解】
证明：（1）平分，
，
在和中，
，
，
；
（2）同理（1）可得，
∴，
∵，，
∴，
四边形是菱形．
【点睛】
本题考查了菱形的判定，全等三角形的判定与性质，能熟记菱形的性质和判定定理是解此题的关键．
21．（1） －1，；（2）当，时，是关于1的平衡数，否则不是关于1的平衡数；见解析
【解析】
【分析】
（1）根据所给的例子，可得出平衡数的求法，由此可得出答案；
（2）对式子进行化简，得到的关系，再对
解析：（1） －1，；（2）当，时，是关于1的平衡数，否则不是关于1的平衡数；见解析
【解析】
【分析】
（1）根据所给的例子，可得出平衡数的求法，由此可得出答案；
（2）对式子进行化简，得到的关系，再对进行分情况讨论求解即可．
【详解】
解：（1）根据题意可得：，
解得，
故答案为，
（2），
∴ ，
∴ ，
∴
①当均为有理数时，
则有 ，
解得：，
当时，

所以不是关于1的平衡数
②当中一个为有理数，另一个为无理数时，
，而此时为无理数，故，
所以不是关于1的平衡数
③当均为无理数时，当时，联立，解得
，
存在，使得是关于1的平衡数，
当且时，不是关于1的平衡数
综上可得：当，时，是关于1的平衡数，否则不是关于1的平衡数．
【点睛】
本题考查了二次根式的加减运算，解答本题的关键是掌握二次根式的化简及同类二次根式的合并，并掌握分类讨论的思想．
22．（1）y＝100x+4000（0＜x＜20且x为整数）；（2）33000米2．
【分析】
（1）根据题意，可以写出y与x之间的关系式，并写出自变量x的取值范围；
（2）根据现有资金不超过5300元，
解析：（1）y＝100x+4000（0＜x＜20且x为整数）；（2）33000米2．
【分析】
（1）根据题意，可以写出y与x之间的关系式，并写出自变量x的取值范围；
（2）根据现有资金不超过5300元，可以求得x的取值范围，再根据题意，可以得到消杀面积与x的函数关系式，然后根据一次函数的性质，即可得到可消杀的最大面积．
【详解】
解：（1）由题意可得，
y＝300x+200（20﹣x）＝100x+4000，
即y与x之间的关系式为y＝100x+4000（0＜x＜20且x为整数）；
（2）∵现有资金不超过5300元，
∴100x+4000≤5300，
解得，x≤13，
设可消杀的面积为S米2，
S＝2000x+1000（20﹣x）＝1000x+20000，
∴S随x的增大而增大，
∴当x＝13时，S取得最大值，此时S＝33000，
即可消杀的最大面积是33000米2．
【点睛】
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．
23．（1）AG=EC，AG⊥EC；（2）①满足，理由见解析；②见解析；（3）CM=BN．
【分析】
（1）由正方形BEFG与正方形ABCD，利用正方形的性质得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS得出三
解析：（1）AG=EC，AG⊥EC；（2）①满足，理由见解析；②见解析；（3）CM=BN．
【分析】
（1）由正方形BEFG与正方形ABCD，利用正方形的性质得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS得出三角形ABG与三角形CBE全等，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等得到CE=AG，∠BCE=∠BAG，再利用同角的余角相等即可得证；
（2）①利用SAS得出△ABG≌△CEB即可解决问题；
②过B作BP⊥EC，BH⊥AM，由全等三角形的面积相等得到两三角形面积相等，而AG=EC，可得出BP=BH，利用到角两边距离相等的点在角的平分线上得到BM为角平分线；
（3）在AN上截取NQ=NB，可得出三角形BNQ为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得到BQ=BN，接下来证明BQ=CM，即要证明三角形ABQ与三角形BCM全等，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由三角形ANM为等腰直角三角形得到NA=NM，利用等式的性质得到AQ=BM，利用SAS可得出全等，根据全等三角形的对应边相等即可得证．
【详解】
解：（1）AG=EC，AG⊥EC，理由为：
∵正方形BEFG，正方形ABCD，
∴GB=BE，∠ABG=90°，AB=BC，∠ABC=90°，
在△ABG和△BEC中，
，
∴△ABG≌△BEC（SAS），
∴CE=AG，∠BCE=∠BAG，
延长CE交AG于点M，
∴∠BEC=∠AEM，
∴∠ABC=∠AME=90°，
∴AG=EC，AG⊥EC；

（2）①满足，理由是：
如图2中，设AM交BC于O．

∵∠EBG=∠ABC=90°，
∴∠ABG=∠EBC，
在△ABG和△CEB中，
，
∴△ABG≌△CEB（SAS），
∴AG=EC，∠BAG=∠BCE，
∵∠BAG+∠AOB=90°，∠AOB=∠COM，
∴∠BCE+∠COM=90°，
∴∠OMC=90°，
∴AG⊥EC．
②过B作BP⊥EC，BH⊥AM，
∵△ABG≌△CEB，
∴S△ABG=S△EBC，AG=EC，
∴EC•BP=AG•BH，
∴BP=BH，
∴MB平分∠AME；

（3）CM=BN，
理由为：在NA上截取NQ=NB，连接BQ，
∴△BNQ为等腰直角三角形，即BQ=BN，
∵∠AMN=45°，∠N=90°，
∴△AMN为等腰直角三角形，即AN=MN，
∴MN-BN=AN-NQ，即AQ=BM，
∵∠MBC+∠ABN=90°，∠BAN+∠ABN=90°，
∴∠MBC=∠BAN，
在△ABQ和△BCM中，
，
∴△ABQ≌△BCM（SAS），
∴CM=BQ，
则CM=BN．

【点睛】
此题考查了正方形，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的判定，熟练掌握正方形的性质是解本题的关键．
24．（1），；（2）或；（3）存在，或或．
【解析】
【分析】
（1）利用三角形的面积公式求出点坐标，再利用待定系数法即可解决问题．
（2）设G（0，n）分两种情形：①当时，如图中，点落在上时，过作直线
解析：（1），；（2）或；（3）存在，或或．
【解析】
【分析】
（1）利用三角形的面积公式求出点坐标，再利用待定系数法即可解决问题．
（2）设G（0，n）分两种情形：①当时，如图中，点落在上时，过作直线平行于轴，过点，作该直线的垂线，垂足分别为，．求出．②当时，如图中，同法可得，利用待定系数法即可解决问题．
（3）由，得，，即得直线为，设，，①以、为对角线，此时、中点重合，而中点为，，中点为，，即得，解得；②以、为对角线，同理可得：；③以、为对角线，同理．
【详解】
解：（1）直线与轴交于点，与轴交于点，
，，
，，
，
，
，
，
设直线的解析式为，则有，
解得，
直线的解析式为；
（2），，，
，
设，
①当时，如图中，点落在上时，过作直线平行于轴，过点，作该直线的垂线，垂足分别为，．

四边形是正方形，
，，
，
而，
，
，，
，
点在直线上，
，
，
；
②当时，如图中，同法可得，

点在直线上，
，
，
．
综上所述，满足条件的点坐标为或；
（3）存在，理由如下：
，，为线段的中点，
，，
设直线为，则，
解得，
直线为，
设，，
①以、为对角线，此时、中点重合，而中点为，，中点为，，
，解得，
；
②以、为对角线，同理可得：
，解得，
；
③以、为对角线，同理可得：
，解得，
；
综上所述，的坐标为：或或．
【点睛】
本题属于一次函数综合题，考查了待定系数法，三角形的面积，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题
25．（1）成立；（2）成立，理由见试题解析；（3）正方形，证明见试题解析．
【详解】
试题分析：（1）因为四边形ABCD为正方形，CE=DF，可证△ADF≌△DCE（SAS），即可得到AF=DE，∠DA
解析：（1）成立；（2）成立，理由见试题解析；（3）正方形，证明见试题解析．
【详解】
试题分析：（1）因为四边形ABCD为正方形，CE=DF，可证△ADF≌△DCE（SAS），即可得到AF=DE，∠DAF=∠CDE，又因为∠ADG+∠EDC=90°，即有AF⊥DE；
（2）∵四边形ABCD为正方形，CE=DF，可证△ADF≌△DCE（SAS），即可得到AF=DE，∠E=∠F，又因为∠ADG+∠EDC=90°，即有AF⊥DE；
（3）设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，因为点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，可得MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，然后根据AF=DE，可得四边形MNPQ是菱形，又因为AF⊥DE即可证得四边形MNPQ是正方形．
试题解析：（1）上述结论①，②仍然成立，理由是：
∵四边形ABCD为正方形，∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，∵DF=CE，∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴AF=DE，∠DAF=∠CDE，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（2）上述结论①，②仍然成立，理由是：
∵四边形ABCD为正方形，∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，∵DF=CE，∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴AF=DE，∠E=∠F，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（3）四边形MNPQ是正方形．理由是：
如图，设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，∵点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，
∴MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，∴四边形OHQG是平行四边形，∵AF=DE，∴MQ=PQ=PN=MN，∴四边形MNPQ是菱形，∵AF⊥DE，∴∠AOD=90°，∴∠HQG=∠AOD=90°，∴四边形MNPQ是正方形．

考点：1．四边形综合题；2．综合题．