八年级下册数学石家庄数学期末试卷模拟训练(Word版含解析).doc

八年级下册数学石家庄数学期末试卷模拟训练（Word版含解析）
一、选择题
1．下列式子中，一定属于二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
2．已知下列三角形的各边长：①3、4、5，②3、4、6，③5、12、13，④5、11、12其中直角三角形有（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
3．在四边形中，，若四边形是平行四边形，则还需要满足（ ）
A． B．
C． D．
4．下表记录了甲、乙、丙、丁四名跳高运动员最近几次选拔赛成绩的平均数与方差：

甲
乙
丙
丁
平均数

方差

要从中选择一名发挥稳定的运动员去参加比赛，应该选择（ ）A．甲 B．乙
C．丙 D．丁
5．如图，在平面直角坐标系中有一矩形OABC．O为坐标原点，、，D为OA的中点，P为BC边上一点，若为等腰三角形，则所有满足条件的点P有几个（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．如图，将一个等腰直角三角形△ABC按如图方式折叠，若DE＝a，DC＝b，下列四个结论：①平分∠BDE；②BC长为2a＋b；③△是等腰三角形；④△CED的周长等于BC的长．其中，正确的是（ ）

A．①②④ B．②③④ C．②③ D．②④
7．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3 ，BC＝2．以AB为一条边向三角形外部作正方形，则正方形的面积是（ ）

A．5 B．6 C．12 D．13
8．如图，直线l：y＝﹣x++3与x轴交于点A，与经过点B（﹣2，0）的直线m交于第一象限内一点C，点E为直线l上一点，点D为点B关于y轴的对称点，连接DC、DE、BE，若∠DEC＝2∠DCE，∠DBE＝∠DEB，则CD2的值为（　　）

A．20+4 B．44+4
C．20+4或44﹣4 D．20﹣4或44+4
二、填空题
9．使得二次根式有意义的的取值范围是______．
10．如图，菱形中，为对角线，，，点为边上一点，则阴影部分的面积为______．

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．如图：已知在矩形中，为对角线的交点，，于点，，则的长为___________．

13．在平面直角坐标系，，，点M在直线上，M在第一象限，且，则点M的坐标为____．

14．如图，在矩形中，对角线与相交于点，，，则的长为________．

15．如图,在平面直角坐标系中,函数和的图象分别为直线,,过点作轴的垂线交于点,过点作轴的垂线交于点,过点作轴的垂线交于点,过点作轴的垂线交于点,…依次进行下去,则点的坐标为______．

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）－2＋；
（3）(＋)(－)－；
（4）(－)2＋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4×4的正方形网格中，每个小格的顶点叫做格点，以格点为顶点分别按下列要求画三角形或四边形．（绘图要求：①所绘图形不得超出正方形网格；②必须用直尺和中性笔绘图，确保所绘图形的顶点必须在格点上）
（1）在图①中，画一个直角三角形，使它的三边长都是有理数；
（2）在图②中，画一个直角三角形，使它的一边长是有理数，另外两边长是无理数；
（3）在图③中，画一个直角三角形，使它的三边长都是无理数；
（4）在图④中，画一个正方形，使它的面积为10．

20．如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，CE∥BD，
求证：四边形OCED是菱形．
21．在数学课外学习活动中，嘉琪遇到一道题：已知，求2a2﹣8a+1的值．他是这样解答的：
∵，
∴．
∴（a﹣2）2＝3，即a2﹣4a+4＝3．
∴a2﹣4a＝﹣1．
∴2a2﹣8a+1＝2（a2﹣4a）+1＝2×（﹣1）+1＝﹣1．
请你根据嘉琪的解题过程，解决如下问题：
（1）试化简和；
（2）化简；
（3）若，求4a2﹣8a+1的值．
22．杆称是我国传统的计重工具，如图1，可以用秤砣到秤纽的水平距离x（厘米），来得出秤钩上所挂物体的重量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
11
y（斤）
0.75
1.00
1.50
2.25
3.25
（1）请在图2平面直角坐标系中描出表中五组数据对应的点；
（2）秤钩上所挂物体的重量y是否为秤纽的水平距离的函数？如果是，请求出符合表中数据的函数解析式；
（3）当秤钩所挂物重是4.5斤时，秤杆上秤砣到秤纽的水平距离为多少厘米？

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，一次函数与坐标轴交于两点，将线段以点为中心逆时针旋转一定角度，点的对应点落在第二象限的点处，且的面积为．

（1）求点的坐标及直线的表达式；
（2）点在直线上第二象限内一点，在中有一个内角是，求点的坐标；
（3）过原点的直线，与直线交于点，与直线交于点，在三点中，当其中一点是另外两点所连线段的中点时，求的面积．
25．在直角坐标系中，四边形是矩形，点在轴上，点在轴的正半轴上，点，分别在第一，二象限，且，．
（1）如图1，延长交轴负半轴于点，若．

①求证：四边形为平行四边形
②求点的坐标．
（2）如图2，为上一点，为的中点，若点恰好落在轴上，且平分，求的长．

（3）如图3，轴负半轴上的点与点关于直线对称，且，若的面积为矩形面积的，则的长可为______（写出所有可能的答案）．

【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
根据二次根式的定义，被开方数大于等于0进行判断即可得到结果．
【详解】
解：A、被开方数不是非负数，没有意义，所以A不合题意；
B、x≥2时二次根式有意义，x＜2时没意义，所以B不合题意；
C、为三次根式，所以C不合题意；
D、满足二次根式的定义，所以D符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了二次根式的定义，解题的关键是掌握二次根式的定义．
2．C
解析：C
【分析】
判断是否可以构成直角三角形，只需验证两小边的平方和是否等于最长边的平方，即可得出答案．
【详解】
解：①，能构成直角三角形；
②，不能构成直角三角形；
③，能构成直角三角形；
④，不能构成直角三角形；
∴其中直角三角形有2个；
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长，，满足，那么这个三角形就是直角三角形．
3．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据四边形已经具备一组对边平行，确定再加上另一组对边平行即可．
【详解】
解：在四边形中，
，
，
，
四边形是平行四边形，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理，难度不大．
4．B
解析：B
【解析】
【分析】
首先比较出甲、乙、丙、丁四名跳高运动员最近几次选拔赛成绩的方差的大小关系，然后根据方差越大，波动性越大，判断出应该选择谁参加比赛即可．
【详解】
解：因为＜＜＜，
所以乙最近几次选拔赛成绩的方差最小，
所以要从中选择一名发挥稳定的运动员去参加比赛，应该选择乙．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了方差的含义和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：方差反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
5．D
解析：D
【分析】
由矩形的性质得出∠OCB=90°，OC=4，BC=OA=10，求出OD=AD=5，分情况讨论：①当PO=PD时；②当OP=OD时；③当DP=DO时；根据线段垂直平分线的性质或勾股定理即可求出点P的坐标．
【详解】
解：∵四边形OABC是矩形，
∴∠OCB=90°，OC=4，BC=OA=10，
∵D为OA的中点，
∴OD=AD=5，
①当PO=PD时，点P在OD得垂直平分线上，

∴点P的坐标为：（2.5，4）；
②当OP=OD时，如图1所示：
则OP=OD=5，
∴点P的坐标为：（3，4）；
③当DP=DO时，作PE⊥OA于E，
则∠PED=90°，；
分两种情况：当E在D的左侧时，如图2所示：

OE=5-3=2，
∴点P的坐标为：（2，4）；
当E在D的右侧时，如图3所示：

OE=5+3=8，
∴点P的坐标为：（8，4）；
综上所述：点P的坐标为：（2.5，4），或（3，4），或（2，4），或（8，4）；
故选：D
【点睛】
本题考查了矩形的性质、坐标与图形性质、等腰三角形的判定、勾股定理；本题有一定难度，需要进行分类讨论才能得出结果．
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据折叠的性质可得出∠DBC=22.5°，△DEC和△DEC'均是等腰直角三角形，结合选项所述即可判断出正确与否．
【详解】
（1）由折叠的性质得，∠BDC′=22.5°，∠C′DE=∠CDE=45°，
∴DC′不平分∠BDE故①错误；
（2）由折叠性质可得DE=AD=EC=EC′=a，AC=AB=BE=a+b
∴BC=EB+EC=a+b+a=2a+b,故②正确；
（3）∵∠ABC=2∠DBC，
∴∠DBC=22.5°，∠DC′C=∠DCB=45°=∠DBC′+∠BDC′，
∴∠DBC′=∠BDC′=22.5°，
∴BC′=DC′，故③正确；
（4）由折叠的性质可得出△DEC和△DEC'均是等腰直角三角形，
又∵BC′=DC′，
∴△CED的周长=CE+DE+CD=CE+C′E+BC′=BC，故④正确．
综上可得②③④正确，共三个．
故选：B．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，注意掌握折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等，难度一般．
7．D
解析：D
【解析】
【分析】
利用勾股定理即可求解.
【详解】
解：∵∠C=90∘，
∴AB2=AC2+BC2=32+22=13，
∴正方形面积S=AB2=13，
故选D.
【点睛】
本题考查了勾股定理的应用，属于基础题.
8．C
解析：C
【分析】
过点D作DF⊥l于点F，延长FD交y轴于点G，求出DF的解析式，联立方程组，求出点F的坐标，分点E在点F的上方和下方两种情况结合勾股定理求出结论即可．
【详解】
解：过点D作DF⊥l于点F，延长FD交y轴于点G，

∵点B（﹣2，0），且点D为点B关于y轴的对称点，
∴D（2，0）
∴BD=4
又∠DBE＝∠DEB，
∴DE=BD=4
对于直线l：y＝﹣x++3，当x=0时，y=+3；当y=0时，x=+3
∴OH=+3，AO=+3
∴
∴
∴
∴
又
∴，
∴
∴
设直线DF所在直线解析式为
把，D（2，0）代入得，
解得，
∴直线DF所在直线解析式为
联立，
解得，
∴F(，)
∴
在Rt△DFE中，
∴
①当E在F下方时，如图1，在E点下方直线l上取一点M，使EM=DE=4，连接DM，
∵EM=DE
∴
又∵
∴
又∵
∴
∴DC=DM
在Rt△DFM中，
∴
②当点E在F的上方时，如图2，在E点下方直线l上取一点M，使EM=DE=4，连接DM，

∵EM=DE
∴
又∵，
∴
∴DC=DM
∴
在Rt△DFM中，
∴
综上所述，或
故选：C
【点睛】
本题是一次函数的综合题；灵活应用勾股定理，熟练掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键．
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件，被开方数为非负数，即可求得的的取值范围．
【详解】
二次根式有意义，
，
解得，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件，理解二次根式有意义的条件是解题的关键．
10．A
解析：
【解析】
【分析】
取对角线的交点为，根据菱形的性质及三角形面积的计算公式可知阴影部分的面积为面积的两倍．
【详解】
解：取对角线的交点为，过点作的垂线，交分别于点，如图所示：

根据菱形的性质及三角形面积的计算知，
阴影部分的面积为，∠AOB=90°，
，
，
，
，
即，
故阴影部分的面积为，
故答案是：．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、勾股定理、三角形面积求法，解题的关键是：利用转换的思想来解答．
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．
【分析】
先证明是等边三角形，再利用等边三角形的性质求解再求解 再利用勾股定理即可得到答案.
【详解】
解： 矩形，为对角线的交点，，

是等边三角形，

,

故答案为：
【点睛】
本题考查的是矩形的性质，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键.
13．
【分析】
过点 作 于点 交直线 于点 ，可求出直线的解析式为 ，然后设点 的坐标为 ，其中 ，则 ，从而得到，最后根据，可得到，解出 ，即可求解．
【详解】
解：如图，过点 作 于点 交直线 于点 ，

设直线的解析式为 ，
把，，代入得：
，解得： ，
∴直线的解析式为 ，
∵点M在直线上，M在第一象限，
设点 的坐标为 ，其中 ，
当 时， ，
∴ ，
∴ ，
∵，
∴ ，
∵，
∴ ，
∴ ，
解得： ，
∴．
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，求一次函数解析式，运用数形结合思想，通过设点的坐标利用三角形的面积构造方程是解题的关键．
14．A
解析：
【分析】
根据矩形的性质得出OA=OB=OC=OD，∠BAD=90°，求出△AOB是等边三角形，求出OB=AB=1，根据矩形的性质求出BD，根据勾股定理求出AD即可．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD, ∠BAD=90°，
∵
∴△AOB是等边三角形，
∴OB=AB=1，
∴BD=2BO=2，
在Rt△BAD中,
故答案为
【点睛】
考查矩形的性质，勾股定理等，掌握矩形的对角线相等是解题的关键.
15．【分析】
写出部分An点的坐标,根据坐标的变化找出变化规律（n为自然数）,依此规律即可得出结论．
【详解】
在直线上,当x=1时,y=2,
∴点A1的坐标为 ,
∴在直线上,当y=2时,x=-2,
解析：
【分析】
写出部分An点的坐标,根据坐标的变化找出变化规律（n为自然数）,依此规律即可得出结论．
【详解】
在直线上,当x=1时,y=2,
∴点A1的坐标为 ,
∴在直线上,当y=2时,x=-2,
∴点A2的坐标为,
同理可得: , , , , , ,
∴（n为自然数）,
∵ ,
∴的坐标为,
故答案为:．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及规律型中坐标的变化,解题的关键是找出变化规律（n为自然数），解决该题型题目时,写出部分An点的坐标,根据坐标的变化找出变化规律是关键．
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；（3）0；（4）5－
【分析】
（1）先利用二次根式的性质化简，然后合并同类二次根式即可；
（2）先利用二次根式的性质和立方根化简，然后合并同类二次根式即可；
（3）利用平方差公
解析：（1）3；（2）2；（3）0；（4）5－
【分析】
（1）先利用二次根式的性质化简，然后合并同类二次根式即可；
（2）先利用二次根式的性质和立方根化简，然后合并同类二次根式即可；
（3）利用平方差公式和算术平方根的计算法则求解；
（4）利用平方差公式和二次根式的乘法计算法则求解即可．
【详解】
解：（1）

；
（2）

；
（3）

；
（4）

．
【点睛】
本题主要考查了利用二次根式的性质化简，立方根，算术平方根，二次根式的混合计算，乘法公式，熟知相关计算法则是解题的关键．
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）见解析；（2）见解析；（3）见解析；（4）见解析；
【解析】
【分析】
根据勾股定理即可得．
【详解】
解：（1）如图①所示，三边分别为：3，4，5；
（2）如图②所示，三边分别为：，，2或
解析：（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析；（4）见解析；
【解析】
【分析】
根据勾股定理即可得．
【详解】
解：（1）如图①所示，三边分别为：3，4，5；
（2）如图②所示，三边分别为：，，2或，，4 ；
（3如图③所示，三边分别为：，，或，，或，，；
（4）如图④所示，正方形的边长为：，则面积：（）2=10．

【点睛】
本题考查了勾股定理，解题的关键是掌握勾股定理．
20．见解析
【分析】
首先根据两对边互相平行的四边形是平行四边形证明四边形OCED是平行四边形，再根据矩形的性质可得OC=OD，即可利用一组邻边相等的平行四边形是菱形判定出结论．
【详解】
证明：∵DE
解析：见解析
【分析】
首先根据两对边互相平行的四边形是平行四边形证明四边形OCED是平行四边形，再根据矩形的性质可得OC=OD，即可利用一组邻边相等的平行四边形是菱形判定出结论．
【详解】
证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵四边形ABCD是矩形，∴OC=OD=AC=BD
∴四边形OCED是菱形．
21．（1），；（2）；（3）5
【解析】
【分析】
（1）利用分母有理化计算；
（2）先分母有理化，然后合并即可；
（3）先将a的值化简为，进而可得到，两边平方得到，然后利用整体代入的方法计算．
【详解
解析：（1），；（2）；（3）5
【解析】
【分析】
（1）利用分母有理化计算；
（2）先分母有理化，然后合并即可；
（3）先将a的值化简为，进而可得到，两边平方得到，然后利用整体代入的方法计算．
【详解】
解：（1），
，
故答案为：，；
（2）原式

；
（3），
，
，
即．
．

．
【点睛】
本题考查了二次根式的化简求值：二次根式的化简求值，一定要先化简再代入求值．二次根式运算的最后，注意结果要化到最简二次根式，二次根式的乘除运算要与加减运算区分，避免互相干扰．
22．（1）见解析；（2）秤钩上所挂物体的重量y是秤纽的水平距离的函数，解析式为y＝x＋；（3）当秤钩所挂物重是4.5斤时，秤杆上秤砣到秤纽的水平距离为16厘米．
【分析】
（1）利用描点法画出图形即可判
解析：（1）见解析；（2）秤钩上所挂物体的重量y是秤纽的水平距离的函数，解析式为y＝x＋；（3）当秤钩所挂物重是4.5斤时，秤杆上秤砣到秤纽的水平距离为16厘米．
【分析】
（1）利用描点法画出图形即可判断．
（2）设函数关系式为y＝kx＋b，利用待定系数法解决问题即可；
（3）把y＝4.5代入（2）中解析式，求出x即可．
【详解】
解：（1）如图所示：

（2）由（1）图形可知，秤钩上所挂物体的重量y是秤纽的水平距离的函数，
设y＝kx＋b，把x＝1，y＝0.75，x＝2，y＝1代入可得：
，
解得：，
∴y＝x＋；
（3）当y＝4.5时，即4.5＝x＋，
解得：x＝16，
∴当秤钩所挂物重是4.5斤时，秤杆上秤砣到秤纽的水平距离为16厘米．
【点睛】
本题考查一次函数的应用，待定系数法等知识，解题的关键是在直角坐标系内描出表中数据对应的点，通过图形求函数解析．
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）；（2），或；（3）5或0或
【解析】
【分析】
（1）由的面积，求出，由，进而求解；
（2）①当为时，证明，得到点的坐标为，进而求解；②当时，过点作轴于点，当时，，即可求解；
（3）分点是中
解析：（1）；（2），或；（3）5或0或
【解析】
【分析】
（1）由的面积，求出，由，进而求解；
（2）①当为时，证明，得到点的坐标为，进而求解；②当时，过点作轴于点，当时，，即可求解；
（3）分点是中点、点是中点、点是中点三种情况，利用一次函数的性质，求出点的坐标，进而求解．
【详解】
解：（1）一次函数与坐标轴交于，两点，
故点、的坐标分别为、，则，
则的面积，
解得，
则设点的坐标为，
则，
解得，
故点的坐标为，
设的表达式为，
则，解得，
故直线的表达式为；
（2）令，解得，
设直线交轴于点，
在中有一个内角是，这个角不可能是，
①当为时，
过点作于点，过点作轴的平行线，交过点与轴的平行线于点，交过点与轴的平行线于点，

，
为等腰直角三角形，则，，
，，
，
，，
，
，，
故点的坐标为，
由点、坐标，同理可得，直线的表达式为，
联立和并解得，
故点的坐标为，；
②当时，
过点作轴于点，
当时，，
即点；
综上，点的坐标为，或；
（3）设点的坐标为，
则的表达式为，
联立上式与并解得，
即点的横坐标为，
①当点是中点时，
则点、的横坐标互为相反数，
即，
解得（舍去）或20，
故点的坐标为，
②当点是中点时，
同理可得：，
解得（舍去）或，
故点的坐标为，；
③当点是中点时，
同理可得，点，；
当点的坐标为，时，如图2，

设直线交轴于点，
由点、的坐标得：直线的表达式为，
故，
则的面积；
当点的坐标为时，
同理可得：的面积；
当点的坐标为，时，
同理可得：的面积，
综上，的面积为5或0或．
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、等腰三角形的性质、三角形全等、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
25．（1）①见解析；②；（2）；（3）或
【分析】
（1）①利用三线合一定理证明ED=CD，即可得到ED=AB，由矩形的性质可以得到AE=AC=BD，即可证明；②设A（a，0），C（0，b），利用勾股定
解析：（1）①见解析；②；（2）；（3）或
【分析】
（1）①利用三线合一定理证明ED=CD，即可得到ED=AB，由矩形的性质可以得到AE=AC=BD，即可证明；②设A（a，0），C（0，b），利用勾股定理求出，则CE=CD+DE=6，E（a-5，0），则，，由此即可求解；
（2）延长BA到M于y轴交于M，先证明△DGC≌△AGM，得到∠DCG=∠AMG，AM=CD=AB=3，再由角平分线的定义即可推出CF=MF，设AF=m，则CF=MF=3+m，BF=AB-AF=3-m，
由，得到，解方程即可；
（3）分Q在矩形ABCD内部和外部两种情况求解即可．
【详解】
解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，AC=BD，DC=AB
∵AC=AE，
∴CD=ED，AE=BD
∴ED=AB，
∴四边形ABDE是平行四边形；
②设A（a，0），C（0，b），
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，CD=AB=DE=3，
∴，CE=CD+DE=6，
∴E（a-5,0），
∴，，
∴，
解得，
∴；

（2）如图，延长BA到M于y轴交于M，
∵G为AD中点，
∴AG=DG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠DAB=∠GAM=∠B=90°，
又∵∠DGC=∠AGM，
∴△DGC≌△AGM（ASA），
∴∠DCG=∠AMG，AM=CD=AB=3
∵CG平分∠DCF，
∴∠DCG=∠FCM=∠AMG，
∴CF=MF，
设AF=m，则CF=MF=3+m，BF=AB-AF=3-m，
∵，
∴
解得，
∴；

（3）当Q在矩形内部时，如图所示，过点Q作QE⊥BC于E，延长EQ交AD于F，连接AQ
∵，
∴；
∵BC∥AD，EF⊥AD，BA⊥AD，
∴EF∥AB，
∴四边形ABEF是矩形，
∴EF=AB=3，BE=AF，
∴，
∵点P与点Q关于直线AD对称，且AP=AD，
∴AP=AD=AQ=4
∴，，
∴；

当Q在矩形ABCD的外部时，如图所示过点Q作QE⊥BC于E，延长QE交AD于F，连接AQ

同理求得，，
∴，
∴，
∴，
∴综上所述，或，
故答案为：或．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，两点距离公式，等腰三角形的性质与判定，平行四边形的判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．