八年级数学下册期末试卷同步检测(Word版含答案)(1).doc

八年级数学下册期末试卷同步检测（Word版含答案）(1)
一、选择题
1．在函数中，自变量x的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
2．下列各组数中，能构成直角三角形的是（ ）．
A．4，5，6 B．1，1， C．6，8，11 D．5，12，23
3．如图，在平行四边形ABCD中， 对角线AC、BD相交于点O． E、F是对角线AC上的两个不同点，当E、F两点满足下列条件时，四边形DEBF不一定是平行四边形（ ）．

A．AE＝CF B．DE＝BF
C．∠ADE=∠CBF D．∠AED=∠CFB
4．班级准备推选一名同学参加学校演讲比赛，在五轮班级预选赛中，甲、乙、丙三名同学五轮预选赛成绩的平均数和方差如下表所示：

甲
乙
丙
平均数/分
96
95
97
方差
0.4
2
2

丁同学五轮预选赛的成绩依次为：97分、96分、98分、97分、97分，根据表中数据，要从甲、乙、丙、丁四名同学中选择一名成绩好又发挥稳定的同学参赛应该选择（ ）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
5．如图，在正方形ABCD中，，若点P为线段AD上方一动点，且满足PD=2，∠BPD=90°，则点A到直线BP的距离为（ ）

A． B． C． D．
6．如图，在菱形中，分别为边的中点，且于于则的度数为（ ）

A． B． C． D．
7．如图，在正方形ABCD中，AP∥CQ，AP＝CQ，∠BQC＝90°，若正方形ABCD的面积为64，且AP+BQ＝10，则PQ的长为（ ）

A． B．2 C． D．2
8．已知函数（为常数，）的图象经过点，且实数，，满足等式：，则一次函数与轴的交点坐标为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．函数自变量的取值范围是______．
10．如图，菱形的对角线、相交于点，点、分别为边、的中点，连接，若，，则菱形的面积为______．

11．如图，每个方格都是边长为1的小正方形，则AB＋BC＝_____．

12．如图，为的中位线，点在上，且为直角．若，，则的长为______．

13．若点A（2，﹣12）在正比例函数y＝kx（k≠0）的图象上，则正比例函数的解析式为_____．
14．如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，点P在AD上，PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，则PE+PF等于_____．

15．如图1，在平面直角坐标系中，将平行四边形ABCD放置在第一象限，且ABx轴．直线y＝﹣x从原点出发沿x轴正方向平移，在平移过程中直线被平行四边形截得的线段长度l与直线在x轴上平移的距离m的函数图象如图2，那么AB的长为___．

16．如图，长方形ABCD中，AB=2，BC=4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处．当△CEB′为直角三角形时，BE的长为__．

三、解答题
17．计算：
（1）2×﹣；
（2）÷﹣×＋．
18．湖的两岸有A，B两棵景观树，数学兴趣小组设计实验测量两棵景观树之间的距离，他们在与AB垂直的BC方向上取点C，测得米，米．

求：（1）两棵景观树之间的距离；
（2）点B到直线AC的距离．
19．在所给的9×9方格中，每个小正方形的边长都是1，按要求画平行四边形，使它的四个顶点以及对角线交点都在方格的顶点上．
（1）在图甲中画一个平行四边形，使它的周长是整数．
（2）在图乙中画一个平行四边形，使它的周长是无理数．

20．如图，在△ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，连接DE并延长至点F，使得DE＝EF，连接CF．
（1）求证：四边形ADFC是平行四边形；
（2）若∠A＝∠B，连接CD，BF．求证：四边形BFCD是矩形．

21．先阅读下列解答过程，然后再解答：小芳同学在研究化简中发现：首先把化为﹐由于，，即：， ，所以，
问题：
（1）填空：__________，____________﹔
（2）进一步研究发现：形如的化简，只要我们找到两个正数a，b（），使，，即，﹐那么便有： __________．
（3）化简：（请写出化简过程）
22．某航空公司规定，旅客乘机所携带行李的质量x（kg）与其运费y（元）由如图所示的一次函数图象确定，问：
（1）求一次函数解析式
（2）旅客可携带的免费行李的最大质量是多少kg？

23．已知如图1,四边形是正方形， ．
如图1,若点分别在边上,延长线段至,使得,若求的长；

如图2，若点分别在边延长线上时，求证：

如图3,如果四边形不是正方形，但满足且，请你直接写出的长．

24．【模型建立】
（1）如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于点D，过B作BE⊥ED于点E．
求证：△CDA≌△BEC．
【模型运用】
（2）如图2，直线l1：y＝x+4与坐标轴交于点A、B，将直线l1绕点A逆时针旋转90°至直线l2，求直线l2的函数表达式．
【模型迁移】
如图3，直线l经过坐标原点O，且与x轴正半轴的夹角为30°，点A在直线l上，点P为x轴上一动点，连接AP，将线段AP绕点P顺时针旋转30°得到BP，过点B的直线BC交x轴于点C，∠OCB＝30°，点B到x轴的距离为2，求点P的坐标．

25．如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，点E在边AD所在的直线上，连接CE，以CE为边，作正方形CEFG（点C、E、F、G按逆时针排列），连接BF.

（1）如图1,当点E与点D重合时，BF的长为 ；
（2）如图2，当点E在线段AD上时，若AE=1，求BF的长；（提示：过点F作BC的垂线，交BC的延长线于点M，交AD的延长线于点N.）
（3）当点E在直线AD上时，若AE=4，请直接写出BF的长.
【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．B
解析：B
【分析】
欲求证是否为直角三角形，这里给出三边的长，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【详解】
解：A、因为42＋52≠62，所以不能构成直角三角形；
B、因为12＋12=（）2，所以能构成直角三角形；
C、因为62＋82≠112，所以不能构成直角三角形；
D、因为52＋122≠232，所以不能构成直角三角形．
故选：B．
【点睛】
此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．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质以及平行四边形的判定定理即可得出判断．
【详解】
解：A、∵在平行四边形ABCD中，OA=OC，OB=OD，
若AE=CF，则OE=OF，
∴四边形DEBF是平行四边形；
B、若DE=BF，没有条件能够说明四边形DEBF是平行四边形，则选项错误；
C、∵在平行四边形ABCD中，OB=OD，AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
若∠ADE=∠CBF，则∠EDB=∠FBO，
∴DE∥BF，
则△DOE和△BOF中，

∴△DOE≌△BOF，
∴DE=BF，
∴四边形DEBF是平行四边形．故选项正确；
D、∵∠AED=∠CFB，
∴∠DEO=∠BFO，
∴DE∥BF，
在△DOE和△BOF中，
，
∴△DOE≌△BOF，
∴DE=BF，
∴四边形DEBF是平行四边形．故选项正确．
故选B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质以及判定定理，涉及到全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
4．D
解析：D
【解析】
【分析】
首先求出丁同学的平均分和方差，然后比较平均数，平均数相同时选择方差较小的的同学参赛．
【详解】
解：根据题意，
丁同学的平均分为：，
方差为：；
∴丙同学和丁同学的平均分都是97分，但是丁同学的方差比较小，
∴应该选择丁同学去参赛；
故选：D．
【点睛】
本题考查了平均数和方差，方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
5．C
解析：C
【分析】
由题意可得点P在以D为圆心，2为半径的圆上，同时点P也在以BD为直径的圆上，即点P是两圆的交点，由勾股定理可求BP，AH的长，即可求点A到BP的距离．
【详解】
解：作正方形的外接圆，另外以点D为圆心，为半径作圆，两圆在线段AD上方的交点即为点P，连接AC、BD、PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足为H，过点A作，交BP于点E，如图，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=45°，
∴，
∴BD=4，
∵DP=2，
∴，
，
，
又，
，
，
，
，
为等腰直角三角形，
，
，
，
即，

即点到的距离为．
故选．
【点睛】
本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理、圆等知识，解题的关键是灵活运用这些知识．
6．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据菱形的性质求出，又因为，得出，再由，可得最后可推出．
【详解】
解：，，
，
．
又，
．
又，，
，
，
，
．
故选：．
【点睛】
此题主要考查的知识点：（1）直角三角形中，锐角所对的直角边等于斜边的一半的逆定理；（2）菱形的两个邻角互补；（3）同角的补角相等；（4）菱形的四边相等．
7．D
解析：D
【解析】
【分析】
延长AP交BQ于点E，证明△ABE≌△BCQ可得△PEQ为等腰直角三角形，PE＝QE＝BQ﹣AP，由四边形面积为64可得BQ2+AP2＝64，再由勾股定理得PQ＝．
【详解】
解：延长AP交BQ于点E，

∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∵AP∥CQ，∠BQC＝90°，
∴∠AEB＝∠AEQ＝90°，
∵∠QBC+∠ABE＝∠ABE+∠BAE＝90°，
∴∠QBC＝∠BAE，
在Rt△ABE和Rt△BCQ中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△BCQ（AAS），
∴BE＝CQ，AE＝BQ，
∵AP＝CQ，
∴PE＝AE﹣AP＝BQ﹣AP，
QE＝BQ﹣BE＝BQ﹣CQ＝BQ﹣AP，
∵正方形ABCD的面积为64，
∴AB＝BC＝＝8，
∵AP＝CQ，AP+BQ＝10，
∴CQ+BQ＝10，
∵∠BQC＝90°
在Rt△BQC中，
BQ2+CQ2＝BC2＝64，
即BQ2+AP2＝64，
∵（AP+BQ）2＝AP2+BQ2+2AP•BQ＝64+2AP•BQ＝100，
∴AP•BQ＝18，
在Rt△PEQ中，由勾股定理得，
PQ＝．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质和勾股定理，准确计算是解题的关键．
8．C
解析：C
【分析】
将点代入函数中，得到关于，，的关系式，将看作常数，再联立满足的等式组成二元一次方程组，将，用含的式子表示出来，此时再回代入函数中，求解出的值，最后在一次函数中令，求解出y的值，最终表示出交点坐标即可．
【详解】
解：将点代入函数中，
得：，
又∵，
化简可得：

此时联立方程组可得： ，
解得：，
∴点的坐标可表示为（-k，2k），
将（-k，2k）代入得：
，
解得，
∵为常数且，
∴，
此时一次函数，
令，
解得：，
∴交点坐标为．
故选：C．
【点睛】
本题考查了一次函数与二元一次方程组，联立二元一次方程组并正确求解是解题的关键．
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
由分式有意义的条件，二次根式有意义的条件进行计算，即可得到答案．
【详解】
解：∵，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了分式有意义的条件，二次根式有意义的条件，解题的关键是掌握所学的知识，正确的得到．
10．A
解析：
【解析】
【分析】
根据MN是△ABC的中位线，根据三角形中位线定理求的AC的长，然后根据菱形的性质求解．
【详解】
解：∵M、N是AB和BC的中点，即MN是△ABC的中位线，
∴AC=2MN=2，
∵，
所以菱形的面积为 ，
故答案为：
【点睛】
本题考查了三角形的中位线定理和菱形的性质，理解中位线定理求的AC的长是关键．
11．A
解析：
【解析】
【分析】
根据勾股定理可以求出AB和BC的长，进而可求出AB+BC的值．
【详解】
解：∵每个方格都是边长为1的小正方形，
∴，

∴AB＋BC＝．
故答案为．
【点睛】
本题考查了勾股定理．熟练掌握勾股定理是解题的关键．
12．D
解析：5
【分析】
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出DF的长度，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出DE的长，然后相减即可得到EF的长．
【详解】
解：∵DE为△ABC的中位线，
∴DE=BC=×4=2，
∵∠AFB=90°，D是AB 的中点，
∴DF=AB= ×3=，
∴EF=DE-DF=0.5，
故答案为：0.5．

【点睛】
本题考查了三角形的中位线定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记定理与性质是解题的关键．
13．A
解析：y＝﹣6x
【解析】
【分析】
直接把A点坐标代入y＝kx中求出k即可．
【详解】
解：把A（2，﹣12）代入y＝kx得2k＝﹣12，解得k＝﹣6，
所有正比例函数解析式为y＝﹣6x．
故答案为:y＝﹣6x．
【点睛】
本题考查了待定系数法求正比例函数的解析式．
14．A
解析：
【详解】
解：设AC与BD相交于点O，连接OP，过D作DM⊥AC于M，

∵四边形ABCD是矩形，
∴，AC=BD，∠ADC=90°．
∴OA=OD．
∵AB=3，AD=4，∴由勾股定理得：AC= ．
∵ ，∴DM=．
∵，
∴ ．
∴PE+PF=DM=．故选B．
15．4
【分析】
由图1，当直线在DE的左下方时，由图2可得AE长度；由图1，当直线在DE和BF之间时，长度不变，由图2可得EB的长度，从而AB=AE+EB，即求得AB．
【详解】
如图1，当直线在DE
解析：4
【分析】
由图1，当直线在DE的左下方时，由图2可得AE长度；由图1，当直线在DE和BF之间时，长度不变，由图2可得EB的长度，从而AB=AE+EB，即求得AB．
【详解】
如图1，当直线在DE的左下方时，由图2得：AE=7-4=3；由图1，当直线在DE和BF之间时，由图2可得：EB=8-7=1，所以AB=AE+EB=3+1=4．
故答案为：4．

【点睛】
本题考查一次函数的图象与图形的平移，平行四边形的性质，关键是明确题意，读懂函数图象，利用数形结合的思想．
16．2或
【分析】
当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．连结AC，先利用勾股定理计算出AC= ，根据折叠的性质得∠AB′E=∠B=90°，而当△CEB′为直角
解析：2或
【分析】
当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．连结AC，先利用勾股定理计算出AC= ，根据折叠的性质得∠AB′E=∠B=90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，所以点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，则EB=EB′，AB=AB′=2，可计算出CB′=-2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x．②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时ABEB′为正方形．
【详解】
解：当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：

①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．
连结AC，
在Rt△ABC中，AB=2，BC=4，
∴ ，
∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，
∴∠AB′E=∠B=90°，
当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，
∴点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，
∴EB=EB′，AB=AB′=2，
∴CB′=，
设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，
在Rt△CEB′中，
∵EB′2+CB′2=CE2，
∴
即： ，
解得： ；
②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．
此时ABEB′为正方形，
∴BE=AB=2．
故答案为：2或；
【点睛】
本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．
三、解答题
17．（1）；（2）
【分析】
（1）先利用二次根式的性质化简，然后根据二次根式的混合计算法则求解即可；
（2）先利用二次根式的性质化简，然后根据二次根式的混合计算法则求解即可．
【详解】
解：（1）
解析：（1）；（2）
【分析】
（1）先利用二次根式的性质化简，然后根据二次根式的混合计算法则求解即可；
（2）先利用二次根式的性质化简，然后根据二次根式的混合计算法则求解即可．
【详解】
解：（1）

；
（2）

．
【点睛】
本题主要考查了利用二次根式的化简和二次根式的混合运算，熟练掌握相关计算法则是解题的关键．
18．（1）A，B两点间的 距离是40米；（2）点B到直线AC的距离是24米．
【分析】
（1）根据勾股定理解答即可；
（2）根据三角形面积公式解答即可．
【详解】
（1）因为是直角三角形，
所以由勾股定
解析：（1）A，B两点间的 距离是40米；（2）点B到直线AC的距离是24米．
【分析】
（1）根据勾股定理解答即可；
（2）根据三角形面积公式解答即可．
【详解】
（1）因为是直角三角形，
所以由勾股定理，得．
因为米，，所以．
因为，所以米．
即A，B两点间的 距离是40米．
（2）过点B作于点D．
因为，
所以．
所以（米），
即点B到直线AC的距离是24米．
【点睛】
本题考查了勾股定理的应用，属于基础题，关键是掌握勾股定理在直角三角形中的表达式．
19．（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）作边长为3，5的平行四边形即可；
（2）作边长为，的平行四边形即可；
【详解】
解（1）根据网格作出边长为3，4，5的直角三角形，再以4为公共边
解析：（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）作边长为3，5的平行四边形即可；
（2）作边长为，的平行四边形即可；
【详解】
解（1）根据网格作出边长为3，4，5的直角三角形，再以4为公共边作边长为3，4，5的直角三角形，如下图：

（2）借助网格，作边长为、、的三角形，再以为公共边作边长为、、的三角形，如下图：

【点睛】
此题主要考查了应用设计与作图以及勾股定理和平行四边形的判定，正确借助网格是解题关键．
20．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据三角形中位线定理可得，结合已知条件，根据一组对边平行且相等即可证明四边形ADFC是平行四边形；
（2）先证明是平行四边形，进而根据等角对等边可得，由（
解析：（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据三角形中位线定理可得，结合已知条件，根据一组对边平行且相等即可证明四边形ADFC是平行四边形；
（2）先证明是平行四边形，进而根据等角对等边可得，由（1）可知，根据对角线相等的平行四边形是矩形即可得证．
【详解】
（1）∵D，E分别是AB，BC的中点，
∴DE//AC且，
∵，
∴DF//AC且，
∴四边形ADFC为平行四边形．
（2）连接BF，CD，如图，

由（1）知四边形ADFC为平行四边形，
∴CF//AB且，
D是AB的中点，所以，
∴CF//DB且，
∴四边形BFCD为平行四边形，
∵∠A＝∠B，
∴AC＝BC，
由（1）知，DF＝AC，
∴DF＝BC，
四边形BFCD为矩形．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的性质与判定，矩形的判定定理，掌握以上性质与定理是解题的关键．
21．（1），；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题目所给的方法将根号下的数凑成完全平方的形式进行计算；
（2）根据题目给的a，b与m、n的关系式，用一样的方法列式算出结果；
（3）将写成，4
解析：（1），；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题目所给的方法将根号下的数凑成完全平方的形式进行计算；
（2）根据题目给的a，b与m、n的关系式，用一样的方法列式算出结果；
（3）将写成，4写成，就可以凑成完全平方的形式进行计算．
【详解】
解：（1）；
；
（2）；
（3）==．
【点睛】
本题考查二次根式的计算和化简，解题的关键是掌握二次根式的运算法则．
22．（1）y=20x-300；（2）15
【分析】
（1）根据图象，用待定系数法即可求出函数的解析式；
（2）根据解析式取y=0，求出对应的x即可．
【详解】
解：（1）设y=kx+b，代入（20，10
解析：（1）y=20x-300；（2）15
【分析】
（1）根据图象，用待定系数法即可求出函数的解析式；
（2）根据解析式取y=0，求出对应的x即可．
【详解】
解：（1）设y=kx+b，代入（20，100），（30，300），
得：，解得：，
∴y=20x-300；
（2）取y=0，则20x-300=0，
解得x=15，
∴免费行李的最大质量为15kg．
【点睛】
本题主要考查一次函数的图形，关键是能根据图象用待定系数法求出函数的解析式，然后根据y的值即可求出x的值．
23．（1）；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）先用SAS证ABG≌ADF，可得AG=AF，∠BAG=∠DAF，又可证∠EAG=∠EAF，故可用SAS证GAE≌FAE，EF=GE，即EF长度可求；
（
解析：（1）；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）先用SAS证ABG≌ADF，可得AG=AF，∠BAG=∠DAF，又可证∠EAG=∠EAF，故可用SAS证GAE≌FAE，EF=GE，即EF长度可求；
（2）在DF上取一点G,使得DG=BE, 连接AG，先用SAS证ABE≌ADG，可得AE=AG，∠BAE=∠DAG，又可证∠EAF=∠GAF，故可用SAS证AEF≌AGF，可得EF=GF，且DG=BE，故EF=DF-DG=DF-BE；
（3）在线段DF上取BE=DG，连接AG，求证∠ABE=∠ADC，即可用SAS证ABE≌ADG，可得AE=AG，∠BAE=∠DAG，又可证∠EAF=∠GAF，故可用SAS证AEF≌AGF，可得EF=GF，设BE=x，则CE= 7+x，EF=18-x，根据勾股定理：，即可求得BE的长度．
【详解】
解：（1）证明：如图1所示，在正方形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，
在ABG和ADF中，

∴ABG≌ADF（SAS），
∴AG=AF，∠BAG=∠DAF，
又∵∠DAF+∠FAB=∠FAB+∠BAG=90°，且∠EAF=45°，
∴∠EAG=∠FAG-∠EAF=45°=∠EAF，
在GAE和FAE中，

∴GAE≌FAE（SAS），
∴EF=GE=GB+BE=2+3=5；
（2）如下图所示，在DF上取一点G,使得DG=BE, 连接AG，

∵四边形ABCD是正方形，故AB=AD，∠ABE=∠ADG=90°，
在ABE和ADG中，

∴ABE≌ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠BAG+∠DAG=90°，故∠BAG+∠BAE=90°，
∵∠EAF=45°，故∠GAF=45°，∠EAF=∠GAF=45°，
在AEF和AGF中，

∴AEF≌AGF（SAS），
∴EF=GF，且DG=BE，
∴EF=DF-DG=DF-BE；
（3）BE=5，
如下图所示，在线段DF上取BE=DG，连接AG，

∵∠BAD=∠BCD=90°，故∠ABC+∠ADC=180°，且∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ABE=∠ADC，
在ABE和ADG中，

∴ABE≌ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠BAG+∠DAG=90°，故∠BAG+∠BAE=90°，
∵∠EAF=45°，故∠GAF=45°，∠EAF=∠GAF=45°，
在AEF和AGF中，

∴AEF≌AGF（SAS），
∴EF=GF，
设BE=x，则CE=BC+BE =7+x，EF=GF=DC+CF-DG= DC+CF-BE=18-x，
在直角三角形ECF中，根据勾股定理：，
即：，解得x=5，
∴BE=x=5．
【点睛】
本题主要考察了全等三角形的证明及性质、勾股定理，解题的关键在于添加辅助线，找出全等三角形，并用对应边/对应角相等的定理，解决该题．
24．（1）见解析；（2）；（3）点P坐标为（4，0）或（﹣4，0）
【解析】
【分析】
（1）由“AAS”可证△CDA≌△BEC；
（2）如图2，在l2上取D点，使AD＝AB，过D点作DE⊥OA，垂足为
解析：（1）见解析；（2）；（3）点P坐标为（4，0）或（﹣4，0）
【解析】
【分析】
（1）由“AAS”可证△CDA≌△BEC；
（2）如图2，在l2上取D点，使AD＝AB，过D点作DE⊥OA，垂足为E，由（1）可知△BOA≌△AED，可得DE＝OA＝3，AE＝OB＝4，可求点D坐标，由待定系数法可求解析式；
（3）分两种情况讨论，通过证明△OAP≌△CPB，可得OP＝BC＝4，即可求点P坐标．
【详解】
（1）证明：∵AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠D＝∠E＝90°，
∴∠BCE+∠CBE=90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠ACD=∠CBE，
又CA＝BC，∠D＝∠E＝90°
∴△CDA≌△BEC（AAS）
（2）如图2，在l2上取D点，使AD＝AB，过D点作DE⊥OA，垂足为E

∵直线y＝x+4与坐标轴交于点A、B，
∴A（﹣3，0），B（0，4），
∴OA＝3，OB＝4，
由（1）得△BOA≌△AED，
∴DE＝OA＝3，AE＝OB＝4，
∴OE＝7，
∴D（﹣7，3）
设l2的解析式为y＝kx+b，
得
解得
∴直线l2的函数表达式为：
（3）若点P在x轴正半轴，如图3，过点B作BE⊥OC，

∵BE＝2，∠BCO＝30°，BE⊥OC
∴BC＝4，
∵将线段AP绕点P顺时针旋转30°得到BP，
∴AP＝BP，∠APB＝30°，
∵∠APC＝∠AOC+∠OAP＝∠APB+∠BPC，
∴∠OAP＝∠BPC，且∠OAC＝∠PCB＝30°，AP＝BP，
∴△OAP≌△CPB（AAS）
∴OP＝BC＝4，
∴点P（4，0）
若点P在x轴负半轴，如图4，过点B作BE⊥OC，

∵BE＝2，∠BCO＝30°，BE⊥OC
∴BC＝4，
∵将线段AP绕点P顺时针旋转30°得到BP，
∴AP＝BP，∠APB＝30°，
∵∠APE+∠BPE＝30°，∠BCE＝30°＝∠BPE+∠PBC，
∴∠APE＝∠PBC，
∵∠AOE＝∠BCO＝30°，
∴∠AOP＝∠BCP＝150°，且∠APE＝∠PBC，PA＝PB
∴△OAP≌△CPB（AAS）
∴OP＝BC＝4，
∴点P（﹣4，0）
综上所述：点P坐标为（4，0）或（﹣4，0）
【点睛】
本题是一道关于一次函数的综合题目，涉及到的知识点有全等三角形的判定定理及其性质、一次函数图象与坐标轴的交点、用待定系数法求一次函数解析式、旋转的性质等，掌握以上知识点是解此题的关键．
25．（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）利用勾股定理即可求出.
（2）过点F作FH⊥AD交AD于的延长线于点H，作FM⊥AB于点M，证出，进而求得MF，BM的长，再利用勾股定理，即可求得.
（3）分
解析：（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）利用勾股定理即可求出.
（2）过点F作FH⊥AD交AD于的延长线于点H，作FM⊥AB于点M，证出，进而求得MF，BM的长，再利用勾股定理，即可求得.
（3）分两种情况讨论，同（2）证得三角形全等，再利用勾股定理即可求得.
【详解】
（1）由勾股定理得：
（2）过点F作FH⊥AD交AD于的延长线于点H，作FM⊥AB于点M，如图2所示：

则FM=AH，AM=FH
∵四边形CEFG是正方形 ∴EC=EF,∠FEC=90° ∴∠DEC+∠FEH=90°，
又∵四边形是正方形 ∴∠ADC=90° ∴∠DEC+∠ECD=90°，∴∠ECD=∠FEH
又∵∠EDC=∠FHE=90°，∴ ∴FH=ED EH=CD=3
∵AD=3,AE=1,ED=AD-AE=3-1=2,∴FH=ED=2
∴MF=AH=1+3=4，MB=FH+CD=2+3=5
在Rt△BFM中，BF=
（3）分两种情况：
①当点E在边AD的左侧时，过点F作FM⊥BC交BC的反向延长线于点M，交DE于点N.如图3所示：

同（2）得：
∴EN=CD=3，FN=ED=7
∵AE=4∴AN=AE-EN=4-3=1
∴MB=AN=1 FM=FN+NM=7+3=10
在中
由勾股定理得：
②当点E在边AD的右侧时，过点F作FN⊥AD交AD的延长线于点N，交BC延长线于M，如图4所示：

同理得：
∴NF=DE=1，EN=CD=3
∴FM=3-1=2，CM=DN=DE+EN=1+3=4
∴BM=CB+CM=3+4=7
在中
由勾股定理得：
故BF的长为
【点睛】
本题为考查三角形全等和勾股定理的综合题，难点在于根据E点位置的变化，画出图形，注意（3）分情况讨论，难度较大，属压轴题，熟练掌握三角形全等的性质和判定以及勾股定理的运用是解题关键.