八年级下册数学东营数学期末试卷培优测试卷.doc

八年级下册数学东营数学期末试卷培优测试卷
一、选择题
1．若两个最简二次根式和是同类二次根式，则的值为（ ）
A．4或－1 B．4 C．1 D．－1
2．以下列各组线段为边作三角形，不能作出直角三角形的是（ ）
A．1，2， B．6，8，10 C．3，7，8 D．0.3，0.4，0.5
3．下列能判定一个四边形是平行四边形的是（ ）
A．对角线相等，且一组对角相等的四边形是平行四边形
B．一对邻角的和为180°的四边形是平行四边形
C．两条对角线相互垂直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．甲，乙，丙，丁四个小组的同学分别参加了班级组织的中华古诗词知识竞赛，四个小组的平均分相同，其方差如下表．若要从中选出一个成绩更稳定的小组参加年级的比赛，那么应选（ ）
组名
甲
乙
丙
丁
方差
4.3
3.2
4
3.6

A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
5．如图，在正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC＝1，CE＝3，H是AF的中点，那么CH的长是（　　）

A． B． C． D．2
6．如图，在三角形纸片ABC中，∠A＝60°，∠B＝70°，将纸片的一角折叠，使点C落在△ABC外，若∠2＝18°，则∠1的度数为（　　）

A．50° B．118° C．100° D．90°
7．如图，在中，，点，分别是，上的点，，，点，，分别是，，的中点，则的长为（ ）．

A．4 B．10 C．6 D．8
8．如图所示的图象(折线)描述了一辆汽车在某一直线上的行驶过程中，汽车离出发地的距离(千米)与行驶时间(时)之间的函数关系，根据图中提供的信息，给出下列说法：①汽车共行驶了140千米；②汽车在行驶途中停留了1小时；③汽车在整个行驶过程中的平均速度为30千米/时；④汽车出发后6小时至9小时之间行驶的速度在逐渐减小.其中正确的说法共有( )

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
9．函数中，自变量的取值范围是_______．
10．一个菱形的两条对角线的长分别为3和6，这个菱形的面积是______．
11．如图所示：分别以直角三角形三边为边向外作三个正方形，其面积分别用、、表示，若，，则的长为__________．

12．如图，矩形的对角线，相交于点，交于点，连接．若矩形的周长为，则的周长为__________．

13．如图，一次函数的图象与坐标轴的交点坐标分别为A（0，2），B（-3，0），下列说法：①随的增大而减小；②；③关于的方程的解为；④关于的不等式的解集．其中说法正确的有_____________．

14．如图，下列条件之一能使平行四边形ABCD是菱形的为_____________．
①AC⊥BD；②∠BAD=90°；③AB=BC；④AC=BD．

15．某物流公司的快递车和货车同时从甲地出发，以各自的速度匀速向乙地行驶，快递车到达乙地后卸完物品再另装货物共用45分钟，立即按原路以另一速度匀速返回，直至与货车相遇．已知货车的速度为60千米/时，两车之间的距离y（千米）与货车行驶时间x（小时）之间的函数图象如图所示，现有以下4个结论：①快递车从甲地到乙地的速度为100千米/时；②甲、乙两地之间的距离为120千米； ③图中点B的坐标为（，75）；④快递车从乙地返回时的速度为90千米/时．以上4个结论中正确的是 ___．

16．如图，矩形ABCD中，AD＝5，AB＝6，点E为射线DC上一个动点，把△ADE沿直线AE折叠，当点D对应点D'刚好落在线段AB的垂直平分线上时，DE的长为_______．

三、解答题
17．计算：
（1）．
（2）．
18．台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心在周围上千米的范围内形成极端气候，有极强的破坏力，有一台风中心沿东西方向AB由点A行驶向点B，已知点C为一海港，且点C与直线AB上两点A、B的距离分别为300km和400km，又AB＝500km，以台风中心为圆心周围250km以内为受影响区域．
（1）海港C会受台风影响吗？为什么？
（2）若台风的速度为20km/h，台风影响该海港持续的时间有多长？

19．如图，正方形网格中的△ABC，若小方格边长为1
（1）判断△ABC是什么形状？并说明理由．
（2）求AC边上的高．

20．如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，点E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于F，连接CF．
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）若∠BAC＝90°，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．

21．先阅读下列的解答过程，然后再解答：
形如的化简，只要我们找到两个正数a、b，使a+b＝m，ab＝n，使得，，那么便有：（a＞b）
例如：化简
解：首先把化为，这里m＝7，n＝12，由于4+3＝7，4×3＝12
即，
∴=
（1）填空：＝　 　，＝　 　；
（2）化简：．
22．4月23日是“世界读书日”，甲、乙两个书店在这一天举行了购书优惠活动．甲书店：所有书籍按标价8折出售；乙书店：一次购书中标价总额不超过160元的按原价计费，超过160元后的部分打7折．设（单位：元）表示标价总额，（单位：元）表示应支付金额．
（1）分别就两家书店的优惠方式，写出、关于的函数解析式；．
（2）“世界读书日”这一天，当购书费用超过160元时如何选择这两家书店去购书更省钱?
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．在平面直角坐标系xOy中，直线l1：y＝k1x+6与x轴、y轴分别交于A、B两点，且OB＝OA，直线l2：y＝k2x+b经过点C（，1），与x轴、y轴、直线AB分别交于点E、F、D三点．

（1）求直线l1的解析式；
（2）如图1，连接CB，当CD⊥AB时，求点D的坐标和△BCD的面积；
（3）如图2，当点D在直线AB上运动时，在坐标轴上是否存在点Q，使△QCD是以CD为底边的等腰直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
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．A
解析：A
【分析】
根据同类二次根式的概念可得关于n的方程，解方程可求得n的值，再根据二次根式有意义的条件进行验证即可得．
【详解】
解：由题意：n2-2n=n+4，即n2-3n-4=0，
所以（n-4）（n+1）=0
解得：n1=4，n2=-1，
当n=4时，n2-2n=8，n+4=8，符合题意，
当n=-1时，n2-2n=3，n+4=3，符合题意，
故选：A．
【点睛】
本题考查了同类二次根式，二次根式有意义的条件，解一元二次方程等知识，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
2．C
解析：C
【分析】
先求出两小边的平方和，再求出最大边的平方，看看是否相等即可．
【详解】
解：A、∵，
∴以1，2，为边的三角形是直角三角形，故本选项不符合题意；
B、∵62+82=36+64=100=102，
∴以6，8，10为边的三角形是直角三角形，故本选项不符合题意；
C、∵32+72=9+49=58≠82，
∴以3，7，8为边的三角形不是直角三角形，故本选项符合题意；
D、∵0.32+0.42=0.09+0,16=0.25=0.52，
∴以0.3，0.4，0.5为边的三角形是直角三角形，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点评】
本题考查了勾股定理的逆定理，能熟记勾股定理的逆定理的内容是解此题的关键，注意：勾股定理的逆定理是：如果一个三角形的两边a、b的平方和等于第三边c的平方，那么这个三角形是直角三角形．
3．D
解析：D
【解析】
【分析】
分别利用平行四边形的判定方法结合梯形的判定方法分析得出答案．
【详解】
解：A、对角线相等，且一组对角相等的四边形无法确定是平行四边形，故此选项不合题意；
B、一对邻角的和为180°的四边形是平行四边形，错误，有可能是梯形，故此选项不合题意；
C、两条对角线相互垂直的四边形无法确定是平行四边形，故此选项不合题意；
D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，正确，符合题意．
故选D．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握平行四边形的判定条件.
4．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据方差的意义求解即可．
【详解】
解：由表格知，乙的方差最小，
所以若要从中选出一个成绩更稳定的小组参加年级的比赛，那么应选乙，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查方差，方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则与平均值的离散程度越大，稳定性也越差；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
5．B
解析：B
【分析】
连接AC、CF，如图，根据正方形的性质得∠ACD=45°，∠FCG=45°，AC=，CF=3，则∠ACF=90°，再利用勾股定理计算出AF=2，然后根据直角三角形斜边上的中线求CH的长．
【详解】
连接AC、CF，如图，
∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，
∴∠ACD=45°，FCG=45°，AC=BC=，CF=CE=3，
∴∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△ACF中，AF=，
∵H是AF的中点，
∴CH=AF= ．
故选B．

【点睛】
本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形．也考查了直角三角形斜边上的中线性质及勾股定理．
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
在△ABC中利用三角形内角和定理可求出∠C的度数，由折叠的性质，可知：∠CDE＝∠C′DE，∠CED＝∠C′ED，结合∠2的度数可求出∠CED的度数，在△CDE中利用三角形内角和定理可求出∠CDE的度数，再由∠1＝180°﹣∠CDE﹣∠C′DE即可求出结论．
【详解】
解：在△ABC中，∠A＝60°，∠B＝70°，
∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝50°．
由折叠，可知：∠CDE＝∠C′DE，∠CED＝∠C′ED，
∴∠CED＝＝99°，
∴∠CDE＝180°﹣∠CED﹣∠C＝31°，
∴∠1＝180°﹣∠CDE﹣∠C′DE＝180°﹣2∠CDE＝118°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了三角形内角和定理以及折叠的性质，利用三角形内角和定理及折叠的性质求出∠CDE的度数是解题的关键．
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据三角形中位线定理得到PD=BF=6，PD∥BC，根据平行线的性质得到∠PDA=∠CBA，同理得到∠PDQ=90°，根据勾股定理计算，得到答案．
【详解】
解：∵∠C=90°，
∴∠CAB+∠CBA=90°，
∵点P，D分别是AF，AB的中点，
∴PD=BF=6，PD//BC，
∴∠PDA=∠CBA，
同理，QD=AE=8，∠QDB=∠CAB，
∴∠PDA+∠QDB=90°，即∠PDQ=90°，
∴PQ==10，
故选：B．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
8．A
解析：A
【分析】
根据函数图像上的特殊点以及函数图像自身的实际意义进行判断即可.
【详解】
解：由图象可知，汽车走到距离出发点140千米的地方后又返回出发点，所以汽车共行驶了280千米，①错；从3时开始到4时结束，时间在增多，而路程没有变化，说明此时在停留，停留了4-3=1小时，②对；汽车用9小时走了280千米，平均速度为：280÷9≠30米/时，③错.汽车自出发后6小时至9小时，图象是直线形式，说明是在匀速前进，④错.
故答案为A.
【点睛】
本题考查由函数图象的实际意义，理解函数图像所反映的运动过程是解答本题的关键.
二、填空题
9．且
【解析】
【分析】
根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0即可求解．
【详解】
解：由题意可得： 且，
解得：且，
故答案为：且．
【点睛】
考查了函数自变量的取值范围，函数自变量的取值范围一般从三个方面考虑：
（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
10．9
【解析】
【分析】
根据菱形面积的计算公式：两对角线乘积的一半，即可计算出面积．
【详解】

故答案为：9．
【点睛】
本题考查了菱形的性质及面积计算，关键是掌握菱形面积等于两对角线乘积的一半．
11．A
解析：【解析】
【分析】
先设Rt△ABC的三边分别为a、b、c，再分别用a、b、c表示S1、S2、S3的值，由勾股定理即可得出S2的值．
【详解】
解：设Rt△ABC的三边分别为a、b、c，
∴S1=a2=25，S2=b2，S3=c2=9，
∵△ABC是直角三角形，
∴c2+b2=a2，即S3+S2=S1，
∴S2=S1-S3=25-9=16，
∴BC=4，
故答案为：4．
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用及正方形的面积公式，熟知勾股定理是解答此题的关键．
12．B
解析：4
【分析】
由矩形的性质可得OB＝OD，AB＝CD，AD＝BC，可证OE是线段BD的中垂线，可得BE＝DE，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OB＝OD，AB＝CD，AD＝BC，
∵矩形ABCD的周长为8cm，
∴AB+AD＝4cm，
∵OE⊥BD，
∴OE是线段BD的中垂线，
∴BE＝DE，
∴△ABE的周长＝AB+AE+BE＝AB+AE+DE＝AB+AD＝4cm，
故答案为4．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，线段的中垂线的性质以及三角形周长等知识，解答本题的关键是判断出OE是线段BD的中垂线．
13．④
【分析】
根据一次函数的性质，一次函数与一元一次方程的关系对各个说法分析判断即可得解．
【详解】
解：把，，代入中，可得：，
解得：，所以解析式为：；
①随的增大而增大，故①说法错误；
②，故②说法错误；
③关于的方程的解为，故③说法错误；
④关于的不等式的解集，故④说法正确．
故答案是：④．
【点睛】
本题主要考查了一次函数的性质，以及一次函数与一元一次方程，解题的关键是：利用数形结合求解．
14．A
解析：①③.
【分析】
根据菱形的判定定理判定即可.
【详解】
解：①ABCD中，AC⊥BD，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可判定ABCD是菱形，故①正确；
②ABCD中，∠BAD=90°，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可判定ABCD是矩形，而不能判定ABCD是菱形，故②错误；
③ABCD中，AB=BC，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可判定ABCD是菱形，故③正确；
④ABCD中，AC=BD，根据对角线相等的平行四边形是矩形，可判定ABCD是矩形，而不能判定ABCD是菱形，故④错误.
故答案为①③.
【点睛】
本题主要考查了菱形的判定定理. ①一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形.
15．①③④
【分析】
根据两车速度之差×3小时=120，解方程可判断①，根据两车间的距离而且是同向可判断②，根据卸货与装货45分钟时间可求拐点B横坐标，利用货车行驶45分钟距离缩短求出B纵坐标可判断③，
解析：①③④
【分析】
根据两车速度之差×3小时=120，解方程可判断①，根据两车间的距离而且是同向可判断②，根据卸货与装货45分钟时间可求拐点B横坐标，利用货车行驶45分钟距离缩短求出B纵坐标可判断③，根据返回快递车速与货车速度之和乘以返货到相遇时间=75，解方程可判断④．
【详解】
解：①设快递车从甲地到乙地的速度为x千米/时，则3（x﹣60）=120，
x=100．
故①正确；
②因为120千米是快递车到达乙地后两车之间的距离，不是甲、乙两地之间的距离，
故②错误；
③因为快递车到达乙地后缷完物品再另装货物共用45分钟，所以图中点B的横坐标为3+=，点B纵坐标为120﹣60×=75，
故③正确；
④设快递车从乙地返回时的速度为y千米/时，则（y+60）（）=75，
y=90，
故④正确．
故答案为①③④．
【点睛】
本题考查一次函数行程问题图像获取信息，利用速度，时间与路程关系解决问题，掌握一次函数行程问题图像获取信息，利用速度，时间与路程关系解决问题，一次函数的应用是解题关键．
16．15或
【分析】
分两种情况讨论，由折叠的性质可得，由勾股定理可求得，再由勾股定理可求得DE的长．
【详解】
如图，若点E在线段CD上时，过点作，
四边形ADNM是矩形，
把△ADE沿直线AE折
解析：15或
【分析】
分两种情况讨论，由折叠的性质可得，由勾股定理可求得，再由勾股定理可求得DE的长．
【详解】
如图，若点E在线段CD上时，过点作，

四边形ADNM是矩形，

把△ADE沿直线AE折叠，当点D对应点D'刚好落在线段AB的垂直平分线上时，

；
如图，点E在线段DC的延长线上，过点作，

同理可求，，

综上所述，DE的长为15或，
故答案为：15或
【点睛】
本题考查翻折变、矩形的性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题关键．
三、解答题
17．（1）；（2）
【分析】
（1）根据二次根式的除法法则计算，二次根式的性质化简即可；
（2）根据二次根式的乘法以及二次根式的加减法运算进行计算即可
【详解】
（1）
；
（2）
．
【点睛】
解析：（1）；（2）
【分析】
（1）根据二次根式的除法法则计算，二次根式的性质化简即可；
（2）根据二次根式的乘法以及二次根式的加减法运算进行计算即可
【详解】
（1）

；
（2）

．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算，掌握二次根式的性质以及二次根式的运算法则是解题的关键．
18．（1）会，理由见解；（2）7h
【分析】
（1）利用勾股定理的逆定理得出△ABC是直角三角形，进而利用三角形面积得出CD的长，从而判断出海港C是否受台风影响；
（2）利用勾股定理得出ED以及EF的长
解析：（1）会，理由见解；（2）7h
【分析】
（1）利用勾股定理的逆定理得出△ABC是直角三角形，进而利用三角形面积得出CD的长，从而判断出海港C是否受台风影响；
（2）利用勾股定理得出ED以及EF的长，进而得出台风影响该海港持续的时间．
【详解】
解：（1）如图所示，过点C作CD⊥AB于D点，
∵AC=300km，BC=400km，AB=500km，
∴，
∴△ABC为直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵以台风中心为圆心周围250km以内为受影响区域，
∴海港C会受到台风影响；
（2）由（1）得CD=240km，
如图所示，当EC=FC=250km时，即台风经过EF段时，正好影响到海港C，
此时△ECF为等腰三角形，
∵，
∴EF=140km，
∵台风的速度为20km/h，
∴140÷20=7h，
∴台风影响该海港持续的时间有7h．

【点睛】
本题考查的是勾股定理在实际生活中的运用，解答此类题目的关键是构造出直角三角形，再利用勾股定理解答．
19．（1）△ABC是直角三角形．理由见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理和勾股定理的逆定理可直接判断；
（2）根据三角形的面积公式可求解.
【详解】
解：（1）△ABC是直角三角形．理
解析：（1）△ABC是直角三角形．理由见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理和勾股定理的逆定理可直接判断；
（2）根据三角形的面积公式可求解.
【详解】
解：（1）△ABC是直角三角形．理由如下：
由题意可得，AB＝，BC＝，
AC＝，
∴AB2+BC2＝AC2，
∴∠B＝90°，
∴△ABC是直角三角形；
（2）设AC边上的高为h．
∵S△ABC＝AC•h＝AB•BC，
∴h＝．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
20．（1）见解析；（2）四边形ADCF是菱形，理由见解析．
【分析】
（1）由“AAS”可证△AEF≌△DEB；
（2）先证四边形ADCF是平行四边形，由直角三角形的性质可得AD＝CD，可得结论．
【详
解析：（1）见解析；（2）四边形ADCF是菱形，理由见解析．
【分析】
（1）由“AAS”可证△AEF≌△DEB；
（2）先证四边形ADCF是平行四边形，由直角三角形的性质可得AD＝CD，可得结论．
【详解】
证明：（1）∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
∵点E是AD的中点，
∴AE＝ED，
∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠EBD，
在△AEF和△DEB中，
，
∴△AEF≌△DEB（AAS），
（2）四边形ADCF是菱形，
理由如下：∵△AEF≌△DEB，
∴AF＝BD，
又∵BD＝CD，
∴AF＝CD，
∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，AD是BC边上的中线，
∴AD＝CD，
∴四边形ADCF是菱形．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质．证明四边形ADCF是平行四边形是解题的关键．
21．（1） ， ；（2）
【解析】
【分析】
（1）化简时，根据范例确定a，b值为3和1，化简时，根据范例确定a，b值为4和5，再根据范例求解.（2）化简时，根据范例确定a，b值为15和4，再根据范例求
解析：（1） ， ；（2）
【解析】
【分析】
（1）化简时，根据范例确定a，b值为3和1，化简时，根据范例确定a，b值为4和5，再根据范例求解.（2）化简时，根据范例确定a，b值为15和4，再根据范例求解.
【详解】
解：（1）在中，m=4，n=3，由于3+1=4，3×1=3
即，
∴=；
首先把化为，这里m＝9，n＝20，由于4+5＝9，4×5＝20
即，
∴=
（2）首先把化为，这里m＝19，n＝60，由于15+4＝19，15×4＝60
即，
∴=
【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）；当x≤160， y乙=x， 当x＞160时， ；
（2）当时，选择甲书店购书更省钱；当时，选择乙书店购书更省钱．答案见解析．
【分析】
（1）根据公式：应支付的金额=标价总额×折扣，即可
解析：（1）；当x≤160， y乙=x， 当x＞160时， ；
（2）当时，选择甲书店购书更省钱；当时，选择乙书店购书更省钱．答案见解析．
【分析】
（1）根据公式：应支付的金额=标价总额×折扣，即可得函数关系式；
（2）求出两书店所需费用相同时的书本标价，从而可以判断哪家书店省钱．
【详解】
解：（1），
当x≤160， y乙=x,
当x＞160时，y乙=160+0.7（x-160）=0.7x+48　即
（2）解：∵
当时，即，解得
当时，即0.8x=0.7x+48，解得；
当时，即0.8x＜0.7x+48，解得
所以当，去乙书店购书更省钱；
当，两家书店购书省钱一样；
当，去甲书店购书更省钱．
【点睛】
本题考查了一次函数在实际生活中的应用，关键是正确找出题中的等量关系，分情况讨论即可．
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）y＝x+6；（2）D（﹣，3），S△BCD＝4；（3）存在点Q，使△QCD是以CD为底边的等腰直角三角形，点Q的坐标是（0，±2）或（6﹣4，0）或（﹣4﹣6，0）
【解析】
【分析】
（1）
解析：（1）y＝x+6；（2）D（﹣，3），S△BCD＝4；（3）存在点Q，使△QCD是以CD为底边的等腰直角三角形，点Q的坐标是（0，±2）或（6﹣4，0）或（﹣4﹣6，0）
【解析】
【分析】
（1）根据待定系数法可得直线l1的解析式；
（2）如图1，过C作CH⊥x轴于H，求点E的坐标，利用C和E两点的坐标求直线l2的解析式，与直线l1列方程组可得点D的坐标，利用面积和可得△BCD的面积；
（3）分四种情况：在x轴和y轴上，证明△DMQ≌△QNC（AAS），得DM＝QN，QM＝CN，设D（m，m+6）（m＜0），表示点Q的坐标，根据OQ的长列方程可得m的值，从而得到结论．
【详解】
解：（1）y＝k1x+6，
当x＝0时，y＝6，
∴OB＝6，
∵OB＝OA，
∴OA＝2，
∴A（﹣2，0），
把A（﹣2，0）代入：y＝k1x+6中得：﹣2k1+6＝0，
k1＝，
∴直线l1的解析式为：y＝x+6；
（2）如图1，过C作CH⊥x轴于H，

∵C（，1），
∴OH＝，CH＝1，
Rt△ABO中，，
∴AB＝2OA，
∴∠OBA＝30°，∠OAB＝60°，
∵CD⊥AB，
∴∠ADE＝90°，
∴∠AED＝30°，
∴EH＝，
∴OE＝OH+EH＝2，
∴E（2，0），
把E（2，0）和C（，1）代入y＝k2x+b中得：，
解得：，
∴直线l2：y＝x+2，
∴F（0，2）即BF＝6﹣2＝4，
则，解得，
∴D（﹣，3），
∴S△BCD＝BF（xC﹣xD）＝；
（3）分四种情况：
①当Q在y轴的正半轴上时，如图2，过D作DM⊥y轴于M，过C作CN⊥y轴于N，

∵△QCD是以CD为底边的等腰直角三角形，
∴∠CQD＝90°，CQ＝DQ，
∴∠DMQ＝∠CNQ＝90°，
∴∠MDQ＝∠CQN，
∴△DMQ≌△QNC（AAS），
∴DM＝QN，QM＝CN＝，
设D（m，m+6）（m＜0），则Q（0，﹣m+1），
∴OQ＝QN+ON＝OM+QM，
即﹣m+1＝m+6+，
，
∴Q（0，2）；
②当Q在x轴的负半轴上时，如图3，过D作DM⊥x轴于M，过C作CN⊥x轴于N，

同理得：△DMQ≌△QNC（AAS），
∴DM＝QN，QM＝CN＝1，
设D（m，m+6）（m＜0），则Q（m+1，0），
∴OQ＝QN﹣ON＝OM﹣QM，
即m+6-＝﹣m﹣1，
m＝5﹣4，
∴Q（6﹣4，0）；
③当Q在x轴的负半轴上时，如图4，过D作DM⊥x轴于M，过C作CN⊥x轴于N，

同理得：△DMQ≌△QNC（AAS），
∴DM＝QN，QM＝CN＝1，
设D（m，m+6）（m＜0），则Q（m﹣1，0），
∴OQ＝QN﹣ON＝OM+QM，
即﹣m﹣6﹣＝﹣m+1，
m＝﹣4﹣5，
∴Q（﹣4﹣6，0）；
④当Q在y轴的负半轴上时，如图5，过D作DM⊥y轴于M，过C作CN⊥y轴于N，

同理得：△DMQ≌△QNC（AAS），
∴DM＝QN，QM＝CN＝，
设D（m，m+6）（m＜0），则Q（0，m+1），
∴OQ＝QN﹣ON＝OM+QM，
即﹣m﹣6+＝﹣m﹣1，
m＝﹣2﹣1，
∴Q（0，﹣2）；
综上，存在点Q，使△QCD是以CD为底边的等腰直角三角形，点Q的坐标是（0，±2）或（6﹣4，0）或（﹣4﹣6，0）．
【点睛】
本题是综合了一次函数的图象与性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形与等腰直角三角形的性质等知识的分情况讨论动点动图问题，在熟练掌握知识的基础上，需要根据情况作出辅助线，或者作出符合题意的图象后分情况讨论.
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