部编版八年级下册数学期末试卷达标检测(Word版含解析).doc

部编版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．在函数中，自变量x的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
2．下列由a、b、c三边组成的三角形不是直角三角形的是（ ）
A．a＝1、b＝1、c＝ B．a＝5、b＝12、c＝13
C．a＝6、b＝8、c＝9 D．a＝4、b＝5、c＝
3．下面关于平行四边形的说法中，不正确的是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．有一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形
C．有一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形
D．有两组对角相等的四边形是平行四边形
4．一名射击爱好者5次射击的中靶环数如下：6，7，9，8，9．这5个数据的众数是（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
5．如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：
①若AC＝BD，则四边形EFGH为矩形；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH为菱形；
③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；
④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．
其中正确的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
6．如图，在菱形中，与相交于点，的垂直平分线分别交，于点，，连接，若，则的度数是（ ）

A．60° B．75 C．80° D．110°
7．如图，等腰RtABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，∠ABC的平分线分别交AC、AD于E、F两点，M为EF的中点，AM的延长线交BC于点N，连接DM，下列结论：①DF＝DN；②DMN为等腰三角形；③DM平分∠BMN；④AE＝EC；⑤AE＝NC，其中正确结论有（ ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
8．两人在直线跑道上同起点、同终点、同方向匀速跑步400米，先到终点的人原地休息．已知甲先出发2秒，在跑步过程中，甲、乙两人之间的距离y（米）与乙出发的时间t（秒）之间的关系如图所示给出以下结论：①；②；③．其中正确的是（ ）

A．②③ B．①②③ C．①② D．①③
二、填空题
9．化简：______
10．菱形的对角线与相交于点O，若，则菱形的面积是___________．
11．如图，数字代表所在正方形的面积，则A所代表的正方形的面积为_________．

12．如阳，在矩形中，对角线、相交于点，点、分别是、的中点，若 cm，cm，则______ cm．

13．某函数的图象经过（1，），且函数y的值随自变量x的值增大而增大．请你写出一个符合上述条件的函数关系式：__________．
14．如图，矩形ABCD中，对角线AC=8cm，rAOB是等边三角形，则AD的长为______cm．

15．如图，在平面直角坐标系中，点A1，A2，A3，…，都在x轴正半轴上，点B1，B2，B3，…，都在直线上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4，…，都是等边三角形，且OA1＝1，则点B6的纵坐标是______________．

16．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，将边AC A沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处；再将边 BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B'处，两条折痕与斜边AB分别交于点 E、F，则△B'FC 的面积为______________．

三、解答题
17．计算题：
（1）（）×；
（2）|1﹣|+（π﹣2021）0﹣×．
18．一艘轮船以30千米/时的速度离开港口，向东南方向航行，另一艘轮船同时离开港口，以40千米/时的速度航行，它们离开港口一个半小时后相距75千米，求第二艘船的航行方向．

19．阅读理解：我们给出如下定义：若一个四边形中存在一组相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾股四边形，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边．

（1）写出你所学过的特殊四边形中是勾股四边形的两种图形的名称：__________，__________．
（2）如图，已知格点（小正方形的顶点），，，请你画出以格点为顶点，，为勾股边且对角线相等的两个勾股四边形．
20．已知：如图，在四边形中，与不平行，，，，分别是，，，的中点．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当，四边形是怎样的四边形？证明你的结论．
21．先阅读下面的解题过程，然后再解答，形如的化简，我们只要找到两个数a，b，使，，即，，那么便有：.
例如化简：
解：首先把化为，
这里，，
由于，，
所以，
所以
（1）根据上述方法化简：
（2）根据上述方法化简：
（3）根据上述方法化简：
22．甲、乙两个探测气球分别从海拔高度5m和15m处同时出发，甲探测气球以1m/min的速度上升，乙探测气球以0.5m/min的速度上升，两个气球都上升了60min．下图是甲、乙两个探测气球所在位置的海拔高度（单位：m）与气球上升时间（单位：min）的函数图象．
（1）分别写出表示两个气球所在位置的海拔高度（单位：m）关于上升时间（单位：min）的函数关系．
（2）当甲、乙两气球的海拔高度相差15米时，上升时间是多少?

23．如图，矩形ABCD中，AB=4，AD=3，∠A的角平分线交边CD于点E．点P从点A出发沿射线AE以每秒2个单位长度的速度运动，Q为AP的中点，过点Q作QH⊥AB于点H，在射线AE的下方作平行四边形PQHM（点M在点H的右侧），设P点运动时间为秒．

（1）直接写出的面积（用含的代数式表示）．
（2）当点M落在BC边上时，求的值．
（3）在运动过程中，整个图形中形成的三角形是否存在全等三角形？若存在，请写出所有全等三角形，并求出对应的的值；若不存在请说明理由（不能添加辅助线）．
24．【模型建立】如图1，等腰直角三角形中，，，直线经过点，过点作于点，过点作于点，易证明（无需证明），我们将这个模型称为“形图”．接下来我们就利用这个模型来解决一些问题：

【模型运用】
（1）如图2，在平面直角坐标系中，等腰，，，与轴交点，点的坐标为，点的坐标为，求，两点坐标；
（2）如图3，在平面直角坐标系中，直线函数关系式为：，它交轴于点，交轴于点，在轴上是否存在点，使直线与直线的夹角为45°？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【模型拓展】
（3）如图4，在中，，，，点在上，点在上，，分别连接，交于点．若，请直接写出的长．

25．如图，四边形ABCD为矩形，C点在轴上，A点在轴上，D(0，0)，B(3，4)，矩形ABCD沿直线EF折叠，点B落在AD边上的G处，E、F分别在BC、AB边上且F(1，4)．
(1)求G点坐标
(2)求直线EF解析式
(3)点N在坐标轴上，直线EF上是否存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由

【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．
【详解】
解：根据题意得，2x-3≥0，
解得x≥．
故选择：D．
【点睛】
本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
2．C
解析：C
【分析】
根据勾股定理的逆定理逐项分析判断即可．
【详解】
解：A、12＋12＝（）2，符合勾股定理的逆定理，故本选项不符合题意；
B、52＋122＝132，符合勾股定理的逆定理，故本选项不符合题意；
C、62＋82≠92，不符合勾股定理的逆定理，故本选项符合题意；
D、52＋42＝（）2，符合勾股定理的逆定理，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理，掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
3．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【详解】
A、∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，
∴选项A不符合题意；
B、∵有一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形，
∴选项B不符合题意；
C、∵有一组对边相等，一组对角相等的四边形不一定是平行四边形，
∴选项C符合题意；
D、∵有两组对角相等的四边形是平行四边形，
∴选项D不符合题意；
故选：C．
【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方法是解题的关键．
4．D
解析：D
【解析】
【分析】
根据众数的定义：一组数据中出现次数最多的数，进行求解即可．
【详解】
解：∵6，7，9，8，9这5个数中9出现了两次，出现的次数最多，
∴这组数据的众数为9，
故选D．
【点睛】
本题主要考查了众数的定义，解题的关键在于能够熟练掌握众数的定义．
5．A
解析：A
【分析】
①由菱形的判定定理即可判断；②由矩形的判定定理，即可判断；③若四边形EFGH是平行四边形，与AC、BD是否互相平分无任何关系；④根据中位线性质解题．
【详解】
解：由题意得：四边形EFGH平行四边形，
①若AC＝BD，则四边形EFGH是菱形，故①错误；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形，故②错误；
③若四边形EFGH是平行四边形，不能判定AC、BD是否互相平分，故③错误；
④点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点

若四边形EFGH是正方形，

AC与BD互相垂直且相等,故④正确．
故选：A．
【点睛】
本题考查矩形、正方形、菱形等特殊四边形的判定与性质，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
连接BF，由菱形的性质得∠DCF=∠BCF=35°，AC垂直平分BD，AD∥BC，再由线段垂直平分线的性质得BF=DF，BF=CF，则DF=CF，得∠CDF=∠DCF=35°，然后求出∠ADC=110°，求解即可．
【详解】
解：连接BF，如图所示：

∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DCF=∠BCF=∠BCD=35°，AC垂直平分BD，AD∥BC，
∴BF=DF，
∵EF是BC的垂直平分线，
∴BF=CF，
∴DF=CF，
∴∠CDF=∠DCF=35°，
∵AD∥BC，
∴∠ADC+∠BCD=180°，
∴∠ADC=180°-70°=110°，
∴∠ADF=110°-35°=75°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质以及平行线的性质等知识；熟练掌握菱形的性质，证出DF=CF是解题的关键．
7．C
解析：C
【解析】
【分析】
先根据等腰直角三角形的性质得出，，，进而证，即可判断①，再证，推出，即可判断⑤；根据全等三角形的判定与性质可得M为AN的中点，进而可证得，由次可判断②，再根据等腰三角形的性质及外角性质可判断③，最后再根据垂直平分线的判定与性质以及直角三角形的勾股定理可判断④．
【详解】
解：，，，
，，，
，
平分，
，
，
，
，
又∵M为EF的中点，
∴，
，
，
在和中，

（ASA），
，故①正确；
在和中

（ASA），
，
，
，故⑤正确；
在和中

（ASA），
，
∴点M是AN的中点，
又∵，
∴，
，
是等腰三角形，故②正确；
，
，
，
，
平分，故③正确；
如图，连接EN，

∵，，
∴BE垂直平分AN，
∴EA＝EN，
，
，
又∵，
∴，且，
在中，，
∴，
，故④错误，
即正确的有4个，
故选：C．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角性质，三角形内角和定理，直角三角形斜边上中线性质，等腰三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质以及勾股定理等相关知识的应用，能熟练运用相关图形的判定与性质是解此题的关键，主要考查学生的推理能力．
8．B
解析：B
【分析】
易得乙出发时，两人相距8m，除以时间2即为甲的速度；由于出现两人距离为0的情况，那么乙的速度较快．乙80s跑完总路程400可得乙的速度，进而求得80s时两人相距的距离可得b的值，同法求得两人距离为0时，相应的时间，让两人相距的距离除以甲的速度，减2即为c的值．
【详解】
由函数图象可知，
甲的速度为（米/秒），乙的速度为（米/秒），
（秒），，故①正确；
（米）故②正确；
（秒）故③正确；
正确的是①②③．故选B．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，得到甲乙两人的速度是解决本题的突破点，得到相应行程的关系式是解决本题的关键．
二、填空题
9．-1
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件，求出的范围，再根据二次根式的性质和绝对值的性质化简，即可得到答案．
【详解】
由可知，
，

，

故答案为：．
【点睛】
本题考查了二次根式化简求值，正确掌握二次根式有意义的条件，二次根式的性质，绝对值的性质是解题关键．
10．A
解析：120
【解析】
【分析】
在Rt△AOB中，AO2+BO2=AB2，从而求出BO，继而得出BD，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半可得出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=OC，BO=DO，AC⊥BD
∵AC=24，AO=AC=12，
在Rt△AOB中，AO2+BO2=AB2，
又AB=13，
∴BO==5，
∴BD=10，
∴S菱形ABCD=AC•BD＝×10×24＝120，
∴菱形ABCD的面积为120．
故答案为：120．

【点睛】
本题考查菱形的性质，属于中等难度的题目，解答本题关键是掌握①菱形的对角线互相垂直且平分，②菱形的面积等于底乘以底边上的高，还等于对角线乘积的一半．
11．A
解析：【解析】
【分析】
三个正方形的边长正好构成直角三角形的三边，根据勾股定理得到字母A所代表的正方形的面积A=36+64=100．
【详解】
解：由题意可知，直角三角形中，一条直角边的平方=36，一条直角边的平方=64，则斜边的平方=36+64．
故答案为：100．
【点睛】
本题考查了正方形的面积公式以及勾股定理．
12．B
解析：5
【分析】
先由勾股定理求出BD，再得出OD，证明EF是△AOD的中位线，即可得出结果．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，OD=BD，AD=BC=8，
∴，
∴OD=5cm，
∵点E、F分别是AO、AD的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴EF=OD=2.5cm；
故答案为2.5．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、勾股定理以及三角形中位线定理；熟练掌握菱形的性质，证明三角形中位线是解决问题的关键．
13．
【分析】
首先运用待定系数法确定k，b应满足的一个确定的关系式，再根据条件确定k的值，进一步确定b的值，即可写出函数关系式．
【详解】
解：设此函数关系式是y＝kx+b，把代入，得：，即．又函数y的值随自变量x的值增大而增大，则．
不妨取，则，即，
故答案是：．（答案不唯一）
【点睛】
本题考查一次函数的性质，解题的关键是根据一次函数的性质灵活应用．
14．A
解析：4
【详解】
∵△AOB是等边三角形，∴∠BAC=60°，∴∠ACB=30°，∵AC=8cm，∴AB=4cm，
在Rt△ABC中，BC==4cm，∵AD=BC，∴AD的长为4cm．
15．【分析】
设△BnAnAn+1的边长为an，根据直线的解析式能的得出∠AnOBn=30°，再结合等边三角形的性质及外角的性质即可得出∠OBnAn=30°，从而得出AnBn=OAn，列出部分an的值
解析：
【分析】
设△BnAnAn+1的边长为an，根据直线的解析式能的得出∠AnOBn=30°，再结合等边三角形的性质及外角的性质即可得出∠OBnAn=30°，从而得出AnBn=OAn，列出部分an的值，发现规律 :an+1=2an，依此规律结合等边三角形的性质即可得出结论.
【详解】
设△BnAn An+1的边长为an，
∵点B1，B2，B3，…是直线y= 上的第一象限内的点，
过A1作A1N⊥x轴交直线OB1于N点，

∵OA1＝1，
∴点N的横坐标为1，
将x=1代入y=，
得到y=，
∴点N的坐标为(1，)
∴A1N=
在Rt△NOA1
tan∠A1ON==
∴∠A1OB1 = 30°，
又∵△Bn AnAn+1为等边三角形，
∴∠BnAnAn+1 = 60°，
∴∠OBnAn = 30°，
AnBn = OAn，
∵OA1=1
a1 =1，
a2=1+1=2= 2a1，
a3= 1++a1 +a2=4= 2a2，
a4 = 1+a1 +a2十a3 =8= 2a3，
an+1 = 2an，
a5 =2a4= 16， a6 = 2a5 = 32，a7= 2a6= 64，
△A6B6A7为等边三角形，
点B6的坐标为(a7-a6，(a7- a6))，
∴点B6的坐标为(48，16)
故答案为：16.
【点睛】
本题考查了一次函数的性质、等边三角形的性质以及三角形外角的性质，解题的关键是找出规律:an+1=2an本题属于灵活题，难度较大，解决该题型题目时，根据等边三角形边的特征找出边的变化规律是关键.
16．【分析】
由题意可得AB=10，根据面积可得CE=4.8，根据勾股定理可求BE=6.4，由折叠可求∠ECF=45°，可得EC=EF=4.8，即可求BF的长，可求面积．
【详解】
解：∵Rt△ABC
解析：
【分析】
由题意可得AB=10，根据面积可得CE=4.8，根据勾股定理可求BE=6.4，由折叠可求∠ECF=45°，可得EC=EF=4.8，即可求BF的长，可求面积．
【详解】
解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，
∴BA= =10，
∵将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处，
∴∠AEC=∠CED，∠ACE=∠DCE，
∵∠AED=180°，
∴∠CED=90°，即CE⊥AB，
∵S△ABC= AB×EC=AC×BC，
∴EC=4.8，
在Rt△BCE中，BE==6.4，
∵将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B′处，
∴BF=B'F，∠BCF=∠B'CF，
∵∠BCF+∠B'CF+∠ACE+∠DCE=∠ACB=90°，
∴ECF=45°，
又CE⊥AB，
∴∠EFC=∠ECF=45°，
∴CE=EF=4.8，
∵BF=BE-EF=6.4-4.8=1.6，
∴△BFC的面积为:FB×EC=，
由翻折可知，△B'FC 的面积=△BFC的面积=
故答案为．
【点睛】
本题考查了折叠问题，勾股定理，根据折叠的性质求∠ECF=45°是本题的关键．
三、解答题
17．（1）3；（2）0
【分析】
（1）首先化简二次根式，再计算减法，最后计算乘法；
（2）先去绝对值，计算零指数幂，化简二次根式，再算乘法，最后计算加减．
【详解】
解：（1）
=
=
=3；
（2）
解析：（1）3；（2）0
【分析】
（1）首先化简二次根式，再计算减法，最后计算乘法；
（2）先去绝对值，计算零指数幂，化简二次根式，再算乘法，最后计算加减．
【详解】
解：（1）
=
=
=3；
（2）
=
=
=0
【点睛】
此题主要考查了二次根式的混合运算以及实数运算，正确化简二次根式是解题关键．
18．第二艘船的航行方向为东北或西南方向
【分析】
根据路程=速度×时间分别求得OA、OB的长，再进一步根据勾股定理的逆定理可以证明三角形OAB是直角三角形，从而求解．
【详解】
解：如图，
根据题意，
解析：第二艘船的航行方向为东北或西南方向
【分析】
根据路程=速度×时间分别求得OA、OB的长，再进一步根据勾股定理的逆定理可以证明三角形OAB是直角三角形，从而求解．
【详解】
解：如图，

根据题意，得
（千米），（千米），千米．
∵，
∴，∴
∴第二艘船的航行方向为东北或西南方向．
【点睛】
此题考查了勾股定理的逆定理：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．根据条件得出第二艘船的航行方向与第一艘船的航行方向成90°是解题的关键．
19．（1）矩形，正方形；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据勾股四边形的定义即可求解；
（2）由勾股定理可知可知四边形对角线为5，据此即可作图．
【详解】
解：（1）由勾股四边形的定义矩形、正方
解析：（1）矩形，正方形；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据勾股四边形的定义即可求解；
（2）由勾股定理可知可知四边形对角线为5，据此即可作图．
【详解】
解：（1）由勾股四边形的定义矩形、正方形都满足一组相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，
故答案为：矩形，正方形；
（2）如图，

证明：∵∠AOB=90°，
∴,
∴四边形为勾股四边形，
由勾股定理得,
∴AB=OM，
∴四边形都是勾股四边形，符合题意．
【点睛】
本题为新定义问题，考查了勾股定理等知识，矩形、正方形的性质，熟知勾股定理，理解勾股四边形的定义是解题关键．
20．（1）见解析；（2）菱形，见解析
【分析】
（1）根据三角形中位线定理得到EG＝AB，EG∥AB，FH＝AB，FH∥AB，根据平行四边形的判定定理证明结论；
（2）依据四边形ABCD是平行四边形，再
解析：（1）见解析；（2）菱形，见解析
【分析】
（1）根据三角形中位线定理得到EG＝AB，EG∥AB，FH＝AB，FH∥AB，根据平行四边形的判定定理证明结论；
（2）依据四边形ABCD是平行四边形，再运用三角形中位线定理证明邻边相等，从而证明它是菱形．
【详解】
（1）证明：∵E，G分别是AD，BD的中点，
∴EG是△DAB的中位线，
∴EG＝AB，EG∥AB，
同理，FH＝AB，FH∥AB，
∴EG＝FH，EG∥FH，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）菱形．理由：
∵F，G分别是BC，BD的中点，
∴FG是△DCB的中位线，
∴FG＝CD，FG∥CD，
又∵EG＝AB，
∴当AB＝CD时，EG＝FG，
∴平行四边形EGFH是菱形．
【点睛】
本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形、菱形的判定定理是解题的关键．解题时要注意三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
21．（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
根据题意把题目中的无理式转化成的形式，然后仿照题意化简即可．
【详解】
解：（1）∵，
∴，，
∵，，
∴，，
∴；
（2）∵，
∴，，
∵，，
∴，，
解析：（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
根据题意把题目中的无理式转化成的形式，然后仿照题意化简即可．
【详解】
解：（1）∵，
∴，，
∵，，
∴，，
∴；
（2）∵，
∴，，
∵，，
∴，，
∴．
（3）∵，
∴，，
∵，，
∴，，
∴．
【点睛】
本题考查了二次根式的化简，根据题中的范例把根号内的式子整理成完全平方的形式是解答此题的关键．
22．（1），；（2）当甲、乙两气球的海拔高度相差15米时，上升时间是50min．
【分析】
（1）分别设甲，乙气球在上升过程中的函数解析式，将（0，5），（20，25）和（0，15），（20，25）分别
解析：（1），；（2）当甲、乙两气球的海拔高度相差15米时，上升时间是50min．
【分析】
（1）分别设甲，乙气球在上升过程中的函数解析式，将（0，5），（20，25）和（0，15），（20，25）分别代入其解析式中，即可得；
（2）根据初始位置及题图可知，当大于20时，甲、乙两气球的海拔高度相差15米，列式即可得．
【详解】
解：（1）设甲气球在上升过程中的函数解析式为：，将（0，5）和（20，25）代入得，
，
解得：，
∴甲气球在上升过程中的函数解析式为：，
设乙气球在上升过程中的函数解析式为：，将（0，15）和（20，25）代入得，
，
解得：，
∴乙气球在上升过程中的函数解析式为：，
∴综上：，；
（2）由初始位置及题图可知，
当大于20时，甲、乙两气球的海拔高度相差15米时，
∴，
解得，
∴当甲、乙两气球的海拔高度相差15米时，上升时间是50min．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是设出解析式并根据题中变量之间的对应关系进行解答．
23．（1）；（2）；（3）存在，如图2（见解析），当时，；如图3（见解析），当时，；如图4（见解析），当时，．
【分析】
（1）先根据线段中点的定义可得，再根据矩形的性质、角平分线的定义可得，从而可得是
解析：（1）；（2）；（3）存在，如图2（见解析），当时，；如图3（见解析），当时，；如图4（见解析），当时，．
【分析】
（1）先根据线段中点的定义可得，再根据矩形的性质、角平分线的定义可得，从而可得是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质可得AH的长，最后根据等腰直角三角形的面积公式即可得；
（2）先根据平行四边形的性质可得，从而可得，再根据三角形中位线定理可得是的中位线，从而可得，然后与（1）所求的建立等式求解即可得；
（3）分①当点H是AB的中点时，；②当点Q与点E重合时，；③当时，三种情况，分别求解即可得．
【详解】
（1）由题意得：，
点Q为AP的中点，
，
四边形ABCD是矩形，
，
是的角平分线，
，
，
是等腰直角三角形，
，
则的面积为；
（2）如图1，四边形PQHM是平行四边形，
，
点M在BC边上，
，
点Q为AP的中点，
是的中位线，
，
由（1）知，，
则，
解得；

（3）由题意，有以下三种情况：
①如图2，当点H是AB的中点时，则，
四边形PQHM是平行四边形，
，
，
在和中，，
，
由（2）可知，此时；

②如图3，当点Q与点E重合时，
在和中，，
，
，
则，
解得；

③如图4，当时，
四边形ABCD是矩形，四边形PQHM是平行四边形，
，
，
在和中，，
，
，
，
在中，，
是等腰直角三角形，，
，
在中，，
是等腰直角三角形，，
则由得：，
解得；

综上，如图2，当时，；如图3，当时，；如图4，当时，．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、三角形中位线定理、三角形全等的判定定理与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3），依据题意，正确分三种情况讨论并画出图形是解题关键．
24．（1），；（2），或，；（3）
【解析】
【分析】
（1）如图1，过点作轴于．证明推出，，可得，求出直线的解析式，即可解决问题；
（2）分两种情况：①点在负半轴上，如图2，过点作，交于点，过点作轴于
解析：（1），；（2），或，；（3）
【解析】
【分析】
（1）如图1，过点作轴于．证明推出，，可得，求出直线的解析式，即可解决问题；
（2）分两种情况：①点在负半轴上，如图2，过点作，交于点，过点作轴于点，先证明，得出，再利用待定系数法求出直线的解析式，进而得出答案；②点在正半轴上，如图3，过点作交于点，过点作轴于点，方法同①即可得出答案；
（3）如图4，过点作，过点作于交轴于，在轴负半轴上截取，过点作轴交的延长线于，先证明，再求出，再利用待定系数法得出直线解析式，得出点坐标，运用勾股定理求出，再由求出，最后再应用等腰直角三角形性质和勾股定理即可得出答案．
【详解】
解：（1）如图1，过点作轴于，

点的坐标为，点的坐标为，
，，
等腰，，，
又轴，轴轴，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
设直线的解析式为，
，，
，
，
直线的解析式为，
与轴交点，
；
（2）存在符合条件的点．理由如下：
①点在负半轴上，如图2，
过点作，交于点，过点作轴于点，

，，
，
，
，，
，
，
，，
，
，
设直线的解析式为，
，，
，
解得：，
直线的解析式为，
，；
②点在正半轴上，如图3，
过点作交于点，过点作轴于点，

，，
，
，
，，
，
，
，，
，
，
设直线的解析式为，
，，
，
解得：，
直线的解析式为，
，；
综上所述，，或，；
（3）如图4，过点作，过点作于交轴于，
在轴负半轴上截取，过点作轴交的延长线于，

则，
，，
，
，
，，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
设直线解析式为，
，，
，
解得：，
直线解析式为，
令，得，
解得：，
，，
，
在中，，
设，则，
，
，
，，
是等腰直角三角形，
，
在中，，
，
解得：（舍去），，
，，
．
【点睛】
本题属于一次函数综合题，主要考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质和判定，勾股定理，平行线的性质等知识；解题的关键是正确添加辅助线构造全等三角形，运用面积法解决问题，属于压轴题．
25．（1）G（0，4-）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
1（1）由F（1，4），B（3，4），得出AF=1，BF=2，根据折叠的性质得到GF=BF=2，在Rt△AGF中，利用勾股定理求出 ，那么
解析：（1）G（0，4-）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
1（1）由F（1，4），B（3，4），得出AF=1，BF=2，根据折叠的性质得到GF=BF=2，在Rt△AGF中，利用勾股定理求出 ，那么OG=OA-AG=4-，于是G（0，4-）；
（2）先在Rt△AGF中，由 ，得出∠AFG=60°，再由折叠的性质得出∠GFE=∠BFE=60°，解Rt△BFE，求出BE=BF tan60°=2，那么CE=4-2，E（3，4-2）.设直线EF的表达式为y=kx+b，将E（3，4-2），F（1，4）代入，利用待定系数法即可求出直线EF的解析.（3）因为M、N均为动点，只有F、G已经确定，所以可从此入手，结合图形，按照FG为一边，N点在x轴上；FG为一边，N点在y轴上；FG为对角线的思路，顺序探究可能的平行四边形的形状.确定平行四边形的位置与形状之后，利用平行四边形及平移的性质求得M点的坐标.
【详解】
解：（1）∵F（1，4），B（3，4），
∴AF=1，BF=2，
由折叠的性质得：GF=BF=2，
在Rt△AGF中，由勾股定理得，

∵B（3，4），
∴OA=4，
∴OG=4-，
∴G（0，4-）；
（2）在Rt△AGF中，
∵ ，
∴∠AFG=60°，由折叠的性质得知：∠GFE=∠BFE=60°，
在Rt△BFE中，
∵BE=BFtan60°=2，
.CE=4-2，
.E（3，4-2）.
设直线EF的表达式为y=kx+b，
∵E（3，4-2），F（1，4），
∴ 解得
∴ ；

（3）若以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，则分如下四种情况：
①FG为平行四边形的一边，N点在x轴上，GFMN为平行四边形，如图1所示.
过点G作EF的平行线，交x轴于点N1，再过点N：作GF的平行线，交EF于点M，得平行四边形GFM1N1.
∵GN1∥EF，直线EF的解析式为
∴直线GN1的解析式为，
当y=0时， .
∵GFM1N1是平行四边形，且G（0，4-），F（1，4），N1（ ，0），
∴M，（ ，）；

②FG为平行四边形的一边，N点在x轴上，GFNM为平行四边形，如图2所示.
∵GFN2M2为平行四边形，
∴GN₂与FM2互相平分.
∴G（0，4-），N2点纵坐标为0
∴GN：中点的纵坐标为 ，
设GN₂中点的坐标为（x，）.
∵GN2中点与FM2中点重合，
∴
∴x=
∵.GN2的中点的坐标为（），
.∴N2点的坐标为（，0）.
∵GFN2M2为平行四边形，且G（0，4-），F（1，4），N2（，0），
∴M2（）；

③FG为平行四边形的一边，N点在y轴上，GFNM为平行四边形，如图3所示.
∵GFN3M3为平行四边形，.
∴GN3与FM3互相平分.
∵G（0，4-），N2点横坐标为0，
.∴GN3中点的横坐标为0，
∴F与M3的横坐标互为相反数，
∴M3的横坐标为-1，
当x=-1时，y=，
∴M3（-1，4+2）；

④FG为平行四边形的对角线，GMFN为平行四边形，如图4所示.
过点G作EF的平行线，交x轴于点N4，连结N4与GF的中点并延长，交EF于点M。，得平行四边形GM4FN4
∵G（0，4-），F（1，4），
∴FG中点坐标为（），
∵M4N4的中点与FG的中点重合，且N4的纵坐标为0，
.∴M4的纵坐标为8-.
5-45解方程 ，得
∴M4（）.
综上所述，直线EF上存在点M，使以M，N，F，G为顶点的四边形是平行四边形，此时M点坐标为： 。
【点睛】
本题是一次函数的综合题，涉及到的考点包括待定系数法求一次函数的解析式，矩形、平行四边形的性质，轴对称、平移的性质，勾股定理等，对解题能力要求较高.难点在于第（3）问，这是一个存在性问题，注意平行四边形有四种可能的情形，需要一一分析并求解，避免遗漏.