八年级下册数学嘉兴数学期末试卷易错题(Word版含答案).doc

八年级下册数学嘉兴数学期末试卷易错题（Word版含答案）
一、选择题
1．函数中，自变量x的取值范围是（ ）
A．x＞3 B．x≥3 C．x＞﹣3 D．x≥﹣3
2．由线段a，b，c组成的三角形不能构成直角三角形的是（ ）
A．0.6，0.8，1 B．4，5，6 C．5，12，13 D．20，21，29
3．下列说法中：
①一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
②对角线相等的四边形是矩形
③有一组邻边相等的矩形是正方形
④对角线互相垂直的四边形是菱形，正确的个数是（ ）．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
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中，取AD的中点E，连接EB，延长DA至F，使EF＝EB，以线段AF为边作正方形AFGH，交AB于点H，则的值是（ ）

A． B． C． D．
6．如图所示，在菱形ABCD中，AC，BD相交于O，∠ABC＝50°，E是线段AO上一点则∠BEC的度数可能是（　　）

A．95° B．75° C．55° D．35°
7．如图，在△ABC中，D、E分别为AB、AC的中点，点F在DE上，且AF⊥CF，若AC＝3，BC＝6，则DF的长为（ ）

A．1.5 B．1 C．0.5 D．2
8．如图，甲、丙两地相距500km，一列快车从甲地驶往丙地，途中经过乙地；一列慢车从乙地驶往丙地，两车同时出发，同向而行，折线ABCD表示两车之间的距离y(km)与慢车行驶的时间为x(h)之间的函数关系．根据图中提供的信息，下列说法不正确的是(　　)

A．甲、乙两地之间的距离为200 km B．快车从甲地驶到丙地共用了2.5 h
C．快车速度是慢车速度的1.5倍 D．快车到达丙地时，慢车距丙地还有50 km
二、填空题
9．若在实数范围内有意义，则实数的取值范围是_______________．
10．如图，菱形ABCD的对角线AC、BD的长分别为3cm和4cm，则其面积是____cm2.

11．若一个直角三角形的两边长分别是3和4，那么以斜边为边长的正方形的面积为______.
12．如图，将长方形沿直线折叠，顶点恰好落在边上点处，已知，，则边的长为_________．

13．定义：对于一次函数，我们把点称为这个一次函数的伴随点.已知一次函数的伴随点在它的图象上，则__________．
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．已知直线与轴，轴分别交于点，，点是射线上的动点，点在第一象限，四边形是平行四边形．若点关于直线的对称点恰好落在轴上，则点的坐标为______．

16．如图，在RtABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝6，D是BC的中点，E是AC上一动点，将CDE沿DE折叠到，连接AC′，当是直角三角形时，CE的长为_____．

三、解答题
17．计算：
（1）
（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．已知，在边长为1的小正方形组成的网格中，的顶点均为格点．，请按要求分别作出，并解答问题．

（1）在图1中作钝角，图2中作直角，图3中作锐角，都使；
（2）在图4中作直角，为斜边，两直角边长度为无理数，并直接写出的面积．
20．如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：AF＝DC；
（2）若AB⊥AC，AB＝8，AC＝6，求BF的长．

21．阅读理解：把分母中的根号化去叫做分母有理化，例如：①＝＝；②＝＝＝．等运算都是分母有理化，根据上述材料，
（1）化简：；
（2）+++…+．
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1，以平行四边形的顶点O为坐标原点，以所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，，D是对角线的中点，点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿方向运动到点B，同时点Q从点O出发，以每秒3个单位的速度沿x轴正方向运动，当点P到达点B时，两个点同时停止运动．

（1）求点A的坐标．
（2）连结，，，当经过点D时，求四边形的面积．
（3）在坐标系中找点F，使以Q、D、C、F为顶点的四边形是菱形，则点F的坐标为________．（直接写出答案）
24．在平面直角坐标系中，点A坐标为（0，4），点B坐标为（﹣3，0），连接AB，过点A作AC⊥AB交x轴于点C，点E是线段AO上的一动点．
（1）如图1，当AE＝3OE时，
①求直线BE的函数表达式；
②设直线BE与直线AC交于点D，连接OD，点P是直线AC上的一动点（不与A，C，D重合），当S△BOD＝S△PDB时，求点P的坐标；
（2）如图2，设直线BE与直线AC的交点F，在平面内是否存在点M使以点A，E，F，M为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请简述理由．

25．如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足．
（1）∠EAF＝　 　°（直接写出结果不写解答过程）；
（2）①求证：四边形ABCD是正方形．
②若BE＝EC＝3，求DF的长．
（3）如图（2），在△PQR中，∠QPR＝45°，高PH＝5，QH＝2，则HR的长度是 　 　（直接写出结果不写解答过程）．

【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
根据二次根式的意义，被开方数是非负数即可求解．
【详解】
解：根据题意得：x+3≥0，
解得x≥﹣3．
故自变量x的取值范围是x≥﹣3．
故选D．
【点睛】
本题主要考查了二次根式有意义的条件，自变量的取值范围，解题的关键在于能够熟练掌握二次根式有意义的条件.
2．B
解析：B
【分析】
利用勾股定理的逆定理进行逐一判断即可．
【详解】
解：A、∵，∴能构成直角三角形，不符合题意；
B、∵，∴不能构成直角三角形，符合题意；
C、∵，∴能构成直角三角形，不符合题意；
D、∵，∴能构成直角三角形，不符合题意；
故选B．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的逆定理，解题的关键在于能够熟练掌握：如果三角形的三边a、b、c的三边满足，那么这个三角形是直角三角形．
3．A
解析：A
【解析】
【分析】
分别对各个结论进行判断，即可得出答案．
【详解】
解：一组对边平行，另一组对边相等的四边形
可能是平行四边形或梯形，故①错误；
对角线相等的平行四边形是矩形，，故②错误；
有一组邻边相等的矩形是正方形，故③正确；
对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故④错误；
故选：A．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的判定、矩形的判定、正方形的判定、菱形的判定；熟练掌握特殊四边形的判定方法是解题的关键．
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．A
解析：A
【分析】
设AB＝2a，根据四边形ABCD为正方形，E点为AD的中点，可得EF的长，进而可得结果．
【详解】
解：设AB＝2a，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝2a，
∵E点为AD的中点，
∴AE＝a，
∴BEa，
∴EFa，
∴AF＝EF﹣AE＝（1）a，
∵四边形AFGH为正方形，
∴AH＝AF＝（1）a，
∴．
故选：A．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，解决本题的关键是掌握正方形的性质．
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
由菱形的性质，得∠AOB=90°，∠ABO=，从而得：∠BAO=65°，进而可得：65°＜＜90°，即可得到答案．
【详解】
解：∵在菱形中，
∴，即：∠AOB=90°，
∴＜90°，
∵，
∴∠ABO=，
∴∠BAO=65°，
∵=∠BAO+∠ABE，
∴＞55°，
即：55°＜＜90°．
故选B．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质定理以及三角形内角和定理与外角的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
7．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据三角形中位线定理求出，根据直角三角形的性质求出，计算即可．
【详解】
解：、分别为、的中点，，
，
，
，
为的中点，，
，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，解题的关键是掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
8．C
解析：C
【分析】
根据两车同时出发，同向而行，所以点A即为甲、乙两地的距离；图中点B为y=0，即快慢两车的距离为0，所以B表示快慢两车相遇的时间；由图像可知慢车走300km，用了3小时，可求出慢车的速度，进而求出快车的速度；点C的横坐标表示快车走到丙地用的时间，根据快车与慢车的速度，可求出点C的坐标
【详解】
A、由图像分析得，点A即为甲、乙两地的距离，即甲、乙两地之间的距离为选项A是正确
BC、由图像可知慢车走300km，用了3小时，则慢车的速度为100km/h，因为1h快车比慢车多走100km，故快车速度为200km/h，所以快车从甲地到丙地的时间=500200=2.5h，故选项B是正确的，快车速度是慢车速度的两倍，故选项C是错误的
D、快车从甲地驶到丙地共用了2.5h，即点C的横坐标2.5，则慢车还剩0.5h才能到丙地，距离=0.5100=50km，故快车到达丙地时，慢车距丙地还有50km，选项D是正确的
故正确答案为C
【点睛】
此题主要根据实际问题考查了一次函数的应用，解决此题的关键是根据函数图像，读懂题意，联系实际的变化，明确横轴和纵轴表示的意义
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件可直接进行求解．
【详解】
解：由题意得：
，
解得：；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
10．A
解析：6
【解析】
【分析】
直接根据菱形的面积等于其对角线积的一半，即可求得面积．
【详解】
解：∵菱形ABCD的对角线AC、BD的长分别为3cm和4cm
∴（cm）
故答案为：6．
【点睛】
此题主要考查菱形的性质，熟练掌握性质是解题关键．
11．25或16
【解析】
【分析】
分两种情况考虑：若4为直角边，利用勾股定理求出斜边；若4为斜边，利用勾股定理求出第三边，分别求出斜边边长的正方形面积即可.
【详解】
解：分两种情况考虑：
若4为直角边，根据勾股定理得：斜边为＝5，此时斜边为边长的正方形面积为25；
若4为斜边，此时斜边为边长的正方形面积为16，
综上，以斜边为边长的正方形的面积为为25或16.
故答案为：25或16
【点睛】
本题考查勾股定理,分类讨论利用勾股定理算出第三边是解题关键.
12．D
解析：10
【分析】
设边的长为，首先根据矩形的性质得出，进而求出DE的长度，然后根据折叠的性质得出，然后根据勾股定理求解即可．
【详解】
设边的长为，
∵四边形ABCD是矩形，
∴．
，
．
由折叠的性质可知，
．
在中，
∵，
，
解得，
∴边的长为，
故答案为：10．
【点睛】
本题注意考查矩形与折叠问题，掌握勾股定理以及矩形、折叠的性质是关键．
13．
【分析】
先写出的伴随点，再根据伴随点在它的图象上代入一次函数解析式，计算即可求得m．
【详解】
解：的伴随点为，
因为伴随点在它的图象上，则有
解得．
故答案为:．
【点睛】
本题考查一次函数图象上点的坐标特征． 一次函数图象上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b．
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．或．
【分析】
先根据题意求得，，，分点在第二象限和第一象限两种情况讨论，根据点关于直线的对称点恰好落在轴上，根据含30度角的直角三角形的性质，在第一象限时候，证明是等边三角形，在第二象限时候证明是
解析：或．
【分析】
先根据题意求得，，，分点在第二象限和第一象限两种情况讨论，根据点关于直线的对称点恰好落在轴上，根据含30度角的直角三角形的性质，在第一象限时候，证明是等边三角形，在第二象限时候证明是等边三角形，利用等边三角形的性质，分别求得点的坐标．
【详解】
与轴，轴分别交于点，，
令，，，
令，，，
，
，
，
，，
，
①如图，当点在第二象限时，设交轴于点，交于点，交轴于点，

四边形是平行四边形，
，，，
，
，
，
，，
，
，
，
，
点关于直线的对称点为点，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
点为的中点，
，，
，
②如图，当点在第二象限时，延长交轴于点，
则，

点关于直线的对称点为点
，，
，
是等边三角形，
，
，
，
，，
，
，
，
．
综合①②可知C的坐标为或．
故答案为: 或．
【点睛】
本题考查了一次函数图像的性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，轴对称的性质，此题方法比较多，利用等边三角形的性质是解题的关键．
16．或
【分析】
分两种情形，当或时，分别画出图形来解答．
【详解】
解：当时，
将沿折叠到△，
，
，
点、、三点共线，
，，
由勾股定理得，
设，则，，
在△中，由勾股定理得：
，
解得，
，
当
解析：或
【分析】
分两种情形，当或时，分别画出图形来解答．
【详解】
解：当时，

将沿折叠到△，
，
，
点、、三点共线，
，，
由勾股定理得，
设，则，，
在△中，由勾股定理得：
，
解得，
，
当时，

，
，
，
不可能为，
综上，或．
故答案为：3或．
【点睛】
本题主要考查了翻折的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会运用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
三、解答题
17．（1）；（2）0
【分析】
（1）先化简二次根式和去绝对值，然后利用二次根式的混合运算法则求解即可；
（2）利用二次根式的四则运算法则求解即可．
【详解】
（1）原式，
，
；
（2）原式，
，
．
解析：（1）；（2）0
【分析】
（1）先化简二次根式和去绝对值，然后利用二次根式的混合运算法则求解即可；
（2）利用二次根式的四则运算法则求解即可．
【详解】
（1）原式，
，
；
（2）原式，
，
．
【点睛】
本题主要考查了二次根式的混合计算，解题的关键在于能够熟练掌握相关运算法则进行求解．
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，5
【解析】
【分析】
（1）根据，利用勾股定理以及数形结合的思想画出图形即可；
（2）根据直角三角形的定义画出图形即可．
【详解】
（1）如图1，2，3中，即为所求；
解析：（1）见解析；（2）见解析，5
【解析】
【分析】
（1）根据，利用勾股定理以及数形结合的思想画出图形即可；
（2）根据直角三角形的定义画出图形即可．
【详解】
（1）如图1，2，3中，即为所求；
（2）如图4中，即为所求，
由图可知，，，
．

【点睛】
本题考查作图-应用与设计作图，无理数，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
20．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）由“AAS”可证△AFE≌△DBE，可得AF＝BD＝DC；
（2）先证四边形AOFH是矩形，可得AH＝FO＝4，AO＝FH＝3，再在直角三角形FHB中，由勾股定
解析：（1）见解析；（2）
【分析】
（1）由“AAS”可证△AFE≌△DBE，可得AF＝BD＝DC；
（2）先证四边形AOFH是矩形，可得AH＝FO＝4，AO＝FH＝3，再在直角三角形FHB中，由勾股定理可求解．
【详解】
证明：（1）∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，
∴AE＝DE，BD＝CD，
在和中
，
∴△AFE≌△DBE（AAS），
∴AF＝BD，
∴AF＝DC；
（2）解：如图，连接DF交AC于点O，过点F作FH⊥AB，交BA的延长线于H，

∵AF∥BC，AF＝CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AB⊥AC，AD是中线，
∴AD＝CD，
∴四边形ADCF是菱形，
∴AC⊥DF，AO＝CO＝3，OF＝OD＝DF，
∵AF∥BC，AF＝BD，
∴四边形AFDB是平行四边形，
∴DF＝AB＝8，
∴OF＝OD＝4，
∵FH⊥AB，AB⊥AC，AC⊥DF，
∴四边形AOFH是矩形，
∴AH＝FO＝4，AO＝FH＝3，
∴，
∵FH⊥AB，
∴三角形FHB是直角三角形，
∴在中，根据勾股定理，
．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，直角三角形的性质，勾股定理，考查知识点较多，综合性较强，解题的关键是要掌握并灵活运用这些知识点．
21．（1）+；（2）．
【解析】
【分析】
（1）分母有理化即可；
（2）先分母有理化，然后合并即可．
【详解】
解：（1）；
（2）+++…+

＝．
【点睛】
此题考查了二次根式的分母有理化，本题
解析：（1）+；（2）．
【解析】
【分析】
（1）分母有理化即可；
（2）先分母有理化，然后合并即可．
【详解】
解：（1）；
（2）+++…+

＝．
【点睛】
此题考查了二次根式的分母有理化，本题中二次根式有理化主要利用了平方差公式，所以一般二次根式的有理化因式是符合平方差公式的特点的式子．找出分母的有理化因式是解本题的关键．
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）；（2）21；（3）或或或
【分析】
（1）过点作轴于，求出AH和OH即可；
（2）证明≌，表示出AP，CQ，根据OC=14求出t值，得到AP，CQ，再根据面积公式计算；
（3）由Q、D、C、
解析：（1）；（2）21；（3）或或或
【分析】
（1）过点作轴于，求出AH和OH即可；
（2）证明≌，表示出AP，CQ，根据OC=14求出t值，得到AP，CQ，再根据面积公式计算；
（3）由Q、D、C、F为顶点的四边形是菱形得到以，，为顶点的三角形是等腰三角形，求出CD，得到点Q坐标，再分情况讨论．
【详解】
解：（1）过点作轴于，
∵，，，
∴，
∴点坐标为．

（2）∵，
∴点坐标为，
∵点是对角线AC的中点，
∴点的坐标为，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，
当PQ经过点时，，
在和中，
，
∴≌，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形APCQ的面积为，
即当PQ经过点时，四边形APCQ的面积为21．
（3）∵是平面内一点，以，，，为顶点的四边形是菱形，
则以，，为顶点的三角形是等腰三角形，
∵，，
∴，
∴当时，点坐标为或，
当点坐标为时，点坐标为，
当点坐标为时，点坐标为，
当时，点与点关于轴对称，
∴点的坐标为，
当时，设点坐标为，
∴，
解得，
∴点坐标为，
∴点坐标为，
∴综上所述，以，，，为顶点的四边形是菱形，点的坐标为或或或．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，综合性较强，解题的关键是根据菱形的性质进行分类讨论．
24．（1）①直线BE的解析式为；②点P坐标为（，）或（，）；（2）存在，点M坐标为（，）或（，）或（，）．
【解析】
【分析】
（1）①先求得点E坐标为（0，1），利用待定系数法即可求解；
②过点P作P
解析：（1）①直线BE的解析式为；②点P坐标为（，）或（，）；（2）存在，点M坐标为（，）或（，）或（，）．
【解析】
【分析】
（1）①先求得点E坐标为（0，1），利用待定系数法即可求解；
②过点P作PG⊥轴交直线BD于点G，利用勾股定理及三角形面积公式求得点C坐标为（，0），利用待定系数法求得直线AC的解析式以及点D坐标，设点P坐标为（，），则点G坐标为（，），利用三角形面积公式即可求解；
（2）分AM为对角线、EM为对角线、FM为对角线三种情况讨论，求解即可．
【详解】
解：（1）∵点A坐标为（0，4），点B坐标为（﹣3，0），
∴OA=4，
∵AE=3OE，
∴OE=1，
∴点E坐标为（0，1），
①设直线BE的解析式为，
∴，
解得，
∴直线BE的解析式为；
②过点P作PG⊥轴交直线BD于点G，

∵点A坐标为（0，4），点B坐标为（﹣3，0），
∴OA=4，OB=3，
∴AB=，
∵AC⊥AB，AO⊥BC，
由勾股定理得：，
∴，
解得：OC=，
∴点C坐标为（，0），
设直线AC的解析式为，
∴，
解得，
∴直线AC的解析式为，
解方程，得，
，
∴点D坐标为（，），
设点P坐标为（，），则点G坐标为（，），
∴PG=，
∵S△BOD＝S△PDB，
∴，
即，整理得
解得：或；
当时，；当时，；
∴点P坐标为（，）或（，）；
（2）存在，
当AM为对角线时，
∵四边形AEMF是菱形，
∴AE=AF= ME=MF，则∠AEF=∠AFE，
∵∠ABF+∠AFE=90°，∠EBO+∠BEO=90°，∠AEF=∠BEO，
∴∠ABF=∠EBO，
过点F作FH⊥轴于点H，

则AF= FH，
∴点H与点M重合，
∴BM=BA=5，则OM=2，
∴点M坐标为（，）；
当EM为对角线时，
∵四边形AEFM是菱形，
∴AE=EF= FM=AM，则∠EAF=∠AFE，
∵∠ABF+∠AFE=90°，∠BAE+∠EAF=90°，
∴∠ABF=∠BAE，
∴BE=EA，
设BE=EA=x，
在Rt△BEO中，EO=4-x，BO=3，
∴，
解得：，
即BE=EA=EF=FM=，
延长MF交轴于点I，

则OE∥FI，即OE是△BFI的中位线，
∴FI=2EO=2(4-)=，OI=OB=3，
∴MI=
∴点M坐标为（，）；
当FM为对角线时，
∵四边形AFEM是菱形，

∴MF是线段 AE的垂直平分线，AF=EF= EM=AM，MF∥BC，
∴∠AFM=∠EFM，∠AFM=∠ACB，∠MFE=∠FBC，
∴∠FBC=∠FCB，
过点F作FJ⊥轴于点J，
∴BJ=JC，
∵BC=，
∴OJ=，即点F的横坐标为，
∴，
∴点F的坐标为（，），
根据对称性，点M坐标为（，）；
综上，点M坐标为（，）或（，）或（，）．
【点睛】
本题考查了一次函数的图象和性质，等腰三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理等，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
25．（1）45；（2）①见解析；②DF的长为2；（3）
【分析】
（1）根据平角的定义得到∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，根据角平分线的定义得到∠AFE＝DFE，∠AEF＝BEF，求得∠
解析：（1）45；（2）①见解析；②DF的长为2；（3）
【分析】
（1）根据平角的定义得到∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，根据角平分线的定义得到∠AFE＝DFE，∠AEF＝BEF，求得∠AEF+∠AFE＝（∠DFE+∠BEF），根据三角形的内角和定理即可得到结论；
（2）①作AG⊥EF于G，如图1所示：则∠AGE＝∠AGF＝90°，先证明四边形ABCD是矩形，再由角平分线的性质得出AB＝AD，即可得出四边形ABCD是正方形；
②设DF＝x，根据已知条件得到BC＝6，由①得四边形ABCD是正方形，求得BC＝CD＝6，根据全等三角形的性质得到BE＝EG＝3，同理，GF＝DF＝x，根据勾股定理列方程即可得到结论；
（3）把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，由（1）（2）得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ＝QR，MR＝HR，DQ＝HQ＝2，得出MG＝DG＝MP＝PH＝6，GQ＝4，设MR＝HR＝a，则GR＝6﹣a，QR＝a+2，在Rt△GQR中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】
解：（1）∵∠C＝90°，
∴∠CFE+∠CEF＝90°，
∴∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，
∵AF平分∠DFE，AE平分∠BEF，
∴∠AFE＝DFE，∠AEF＝BEF，
∴∠AEF+∠AFE＝（∠DFE+∠BEF）＝270°＝135°，
∴∠EAF＝180°﹣∠AEF﹣∠AFE＝45°，
故答案为：45；
（2）①作AG⊥EF于G，如图1所示：

则∠AGE＝∠AGF＝90°，
∵AB⊥CE，AD⊥CF，
∴∠B＝∠D＝90°＝∠C，
∴四边形ABCD是矩形，
∵∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，
∴AB＝AG，AD＝AG，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形；
②设DF＝x，
∵BE＝EC＝3，
∴BC＝6，
由①得四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝6，
在Rt△ABE与Rt△AGE中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），
∴BE＝EG＝3，
同理，GF＝DF＝x，
在Rt△CEF中，EC2+FC2＝EF2，
即32+（6﹣x）2＝（x+3）2，
解得：x＝2，
∴DF的长为2；
（3）解：如图2所示：

把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，
由（1）（2）得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ＝QR，MR＝HR，DQ＝HQ＝2，
∴MG＝DG＝MP＝PH＝5，
∴GQ＝3，
设MR＝HR＝a，则GR＝5﹣a，QR＝a+2，
在Rt△GQR中，由勾股定理得：（5﹣a）2+32＝（2+a）2，
解得：a＝，即HR＝；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、矩形的判定、翻折变换的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．