部编版八年级数学下册期末试卷综合测试(Word版含答案).doc

部编版八年级数学下册期末试卷综合测试（Word版含答案）
一、选择题
1．函数y＝中自变量x的取值范围是（ ）
A．x≤2 B．x＝3 C．x＜2且x≠3 D．x≤2且x≠3
2．以长度分别为下列各组数的线段为边，其中能构成直角三角形的是（　　）
A．4，5，6 B．1，1，2 C．6，8，10 D．5，12，14
3．小红同学周末在家做家务，不慎把家里的一块平行四边形玻璃打碎成如图所示的四块，为了能从玻璃店配到一块与原来相同的玻璃，他应该带其中（ ）两块去玻璃店．

A．①② B．②④ C．②③ D．①③
4．期中考试后，甲说：“我组成绩是86分的同学最多”，乙说：“我组9人成绩排在最中间的恰好也是86分”，两位同学的话反映的统计量分别为（ ）
A．众数和中位数 B．平均数和中位数 C．众数和方差 D．众数和平均数
5．的周长为60，三条边之比为，则这个三角形的面积为（ ）
A．30 B．90 C．60 D．120
6．如图，点在的边上，把沿折叠，点恰好落在直线上，则线段是的（ ）

A．中线 B．角平分线 C．高线 D．垂直平分线
7．如图，数轴上A点表示的数为，B点表示的数是1．过点B作，且，以点A为圆心，的长为半径作弧，弧与数轴的交点D表示的数为（ ）

A． B． C． D．
8．甲、乙两车从A地出发，沿同一路线驶向B地．甲车先出发匀速驶向B地，40min后，乙车出发，匀速行驶一段时间后，在途中的货站装货耗时半小时．由于满载货物，为了行驶安全，速度减少了50km/h，结果与甲车同时到达B地．甲乙两车距A地的路程y（km）与乙车行驶时间x（h）之间的函数图象如图所示，则下列说法中正确的有（ ）
①；②甲的速度是60km/h；③乙出发80min追上甲；④乙刚到达货站时，甲距B地180km．

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
二、填空题
9．函数自变量的取值范围是______．
10．如图，菱形周长为40，对角线，则菱形的面积为______．

11．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠CAB，BC＝12cm，AC＝9cm，那么BD的长是_____．

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_________．

13．一根弹簧的原长为12 cm，它能挂的重量不能超过15 kg并且每挂重1kg就伸长cm，写出挂重后的弹簧长度y（cm）与挂重 x（kg）之间的函数关系式并标明 x 的取值范围___________．
14．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，对角线AC、BD相交于点O，过点O作OE垂直AC交AD于点E，则DE的长是_____________．

15．甲从地出发以某一速度向地走去，同时乙从地出发以另一速度向地而行，如图中的线段、分别表示甲、乙离地的距离（）与所用时间的关系．则、两地之间的距离为______，甲、乙两人相距时出发的时间为______．

16．如图正方形 ABCD 中，E 是 BC 边的中点，将△ABE 沿 AE 对折至△AFE，延长 EF 交 CD 于 G，接 CF，AG．下列结论：① AE∥FC; ②∠EAG = 45°，且BE + DG = EG ；③ ；④ AD = 3DG ，正确是_______ (填序号)．

三、解答题
17．计算
（1）
（2）
18．由于大风，山坡上的一颗甲树从A点处被拦腰折断，其顶点恰好落在一棵树乙的底部C处，如图所示，已知AB＝4米，BC＝13米，两棵树的水平距离是12米，求甲树原来的高度．

19．如图，网格中的，若小方格边长为，请你根据所学的知识，
（1）判断是什么形状？并说明理由；
（2）求的面积．

20．如图，在平行四边形中，点、分别为边，的中点，连接，，．
（1）求证：；
（2）若，求证：四边形为菱形．

21．如果记，并且表示当时的值，即；表示当时的值，即；表示当时的值，即；…
（1）计算下列各式的值：
__________.
__________.
（2）当为正整数时，猜想的结果并说明理由；
（3）求的值.
22．在乡村道路建设过程中，甲、乙两村之间需要修建水泥路，甲、乙两村合作完成．已知甲村需要水泥70吨，乙村需要水泥110吨，A厂可提供100吨水泥，B厂可提供80吨水泥，两厂到两村的运费如表：
目的地
运费/（元/吨）
甲村
乙村
A厂
240
180
B厂
250
160
（1）设从A厂运往甲村水泥x吨，求运送的总费用y（元）与x（吨）之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（2）请你设计出运费最低的运送方案，并求出最低运费．
23．在正方形中，点是边上任意一点，连接过点作于，交于.
如图1，过点作于.求证:；
如图2，点为的中点，连接，试判断存在什么数量关系并说明理由；
如图3，，连接，点为的中点，在点从点运动到点的过程中，点随之运动，请直接写出点运动的路径长.

24．定义：在平面直角坐标系中，对于任意两点A（a，b），B（c，d），若点T（x，y）满足x＝，y＝，那么称点T是点A，B的三分点．
例如：A（﹣1，5），B（7，7），当点T（x，y）满足x＝＝2，y＝＝4时，则点T（2，4）是点A，B的三分点．

（1）已知点C（﹣1，8），D（1，2），E（4，﹣2），请说明其中一个点是另外两个点的三分点．
（2）如图，点A为（3，0），点B（t，2t+3）是直线l上任意一点，点T（x，y）是点A，B的三分点．
①试确定y与x的关系式．
②若①中的函数图象交y轴于点M，直线l交y轴于点N，当以M，N，B，T为顶点的四边形是平行四边形时，求点B的坐标．
③若直线AT与线段MN有交点，直接写出t的取值范围．
25．如图，△ABC和△ADE都是等腰三角形，其中AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE．

（1）如图①，连接BE、CD，求证：BE＝CD；
（2）如图②，连接BD、CD，若∠BAC＝∠DAE＝60°，CD⊥AE，AD＝3，CD＝5，求BD的长；
（3）如图③，若∠BAC＝∠DAE＝90°，且C点恰好落在DE上，试探究CD、CE和CA之间的数量关系，并加以说明．
【参考答案】
一、选择题
1．A
解析：A
【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，可以求出的范围．
【详解】
解：根据题意得：且，
解得：．
故选：A．
【点睛】
考查了函数自变量的范围，解题的关键是函数自变量的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．
2．C
解析：C
【分析】
利用勾股定理的逆定理逐一进行判断即可．
【详解】
A.，故该选项不符合题意；
B.，故该选项不符合题意；
C.，故该选项符合题意；
D.，故该选项不符合题意．
故选C．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解本题的关键．
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
为了能从玻璃店配到一块与原来相同的玻璃，必须能够确定平行四边形的大小和形状，根据平行四边形的判定即可判断．
【详解】
A、①②只能确定平行四边形的形状，还能确定一组对边的大小，但另一组对边的大小无法确定，故不合题意；
B、②④两块两个角的两边互相平行，且中间部分相连，角的两边延长线的交点就是平行四边形的顶点，所以能确定平行四边形的四个顶点，因而能确定其大小和形状，故符合题意；
C、②③只能确定平行四边形的形状，还能确定一组对边的大小，但另一组对边的大小无法确定，故不合题意；
D、①③只能确定平行四边形的形状，无法确定两组对边的大小，故不合题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，关键是理解确定一个平行四边形，既要考虑形状，又要考虑大小，两者同时确定了才可确定一个平行四边形．
4．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据中位数和众数的定义回答即可．
【详解】
解：在一组数据中出现次数最多的数是这组数据的众数，排在中间位置的数是中位数，
故选：A．
【点睛】
本题考查了众数及中位数的定义，属于统计基础知识，难度较小．
5．D
解析：D
【分析】
根据已知条件可求得三边的长，再判断这个三角形是直角三角形，即可求得面积．
【详解】
∵三条边之比为13：12：5，
∴122+52=132，
∴△ABC是直角三角形，
∵△ABC的周长为60，
∴三边长分别是：26，24，10，
∴这个三角形的面积是：24×10÷2=120，
故选D．
【点睛】
本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据折叠前后对应角相等即可得出，从而得出结论．
【详解】
解：根据折叠的性质可得,
∴线段是的角平分线，
故选：B．
【点睛】
本题考查折叠的性质，角平分线的定义．注意折叠前后对应角相等．
7．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据题意先求得的长，根据勾股定理求得的长，根据题意，进而求得点表示的数．
【详解】
依题意，数轴上A点表示的数为，B点表示的数是1，
，
，，
，
，

数轴上A点表示的数为，
D表示的数为．
故选C．
【点睛】
本题考查了实数与数轴，勾股定理，勾股定理求得是解题的关键．
8．A
解析：A
【分析】
由线段DE所代表的意思，结合装货半小时，可得出a的值，从而判断出①成立；结合路程=速度×时间，能得出甲车的速度，从而判断出②成立；设出乙车刚出发时的速度为x千米/时，则装满货后的速度为（x-50）千米/时，由路程=速度×时间列出关于x的一元一次方程，解出方程即可得知乙车的初始速度，由甲车先跑的路程÷两车速度差即可得出乙车追上甲车的时间，从而得出③成立；由乙车刚到达货站的时间，可以得出甲车行驶的总路程，结合A、B两地的距离即可判断④也成立．综上可知①②③④皆成立．
【详解】
∵线段DE代表乙车在途中的货站装货耗时半小时，
∴a=4+0.5=4.5(小时)，即①成立；
40分钟=小时，
甲车的速度为460÷(7+)=60(千米/时)，
即②成立；
设乙车刚出发时的速度为x千米/时,则装满货后的速度为(x−50)千米/时，
根据题意可知：4x+(7−4.5)( x−50)=460，
解得：x=90.
乙车发车时,甲车行驶的路程为60×23=40(千米)，
乙车追上甲车的时间为40÷(90−60)=(小时), 小时=80分钟，即③成立；
乙车刚到达货站时,甲车行驶的时间为(4+)小时，
此时甲车离B地的距离为460−60×(4+)=180(千米)，
即④成立.
综上可知正确的有：①②③④.
故选A.
【点睛】
本题考查一次函数的应用——行程问题，解决此类题的关键是，要读懂图象，看清横纵坐标所代表的数学量，及每段图象所代表的情况.
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：96
【解析】
【分析】
由菱形的周长为40，对角线，可求得另一对角线的长，这个菱形的面积即可求解．
【详解】
解：∵菱形ABCD的周长为40，
∴菱形的边长BC=10，
∵BD=12， 
∴OB=BD=6，
∴OC=，
∴BD=2OB=16，
∴S菱形ABCD=AC•BD=．
故答案为：96．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、菱形面积的计算方法、勾股定理的应用，熟练掌握菱形的面积等于两条对角线长乘积的一半是解决问题的关键．
11．D
解析：cm
【解析】
【分析】
作DE⊥AB于E，根据勾股定理求出AB，证明△ACD≌△AED，根据全等三角形的性质得到CD＝ED，AE＝AC＝9，根据角平分线的性质、勾股定理列式计算即可．
【详解】
解：作DE⊥AB于E，

由勾股定理得，AB＝＝＝15，
在△ACD和△AED中，
，
∴△ACD≌△AED（AAS）
∴CD＝ED，AE＝AC＝9，
∴BE＝AB﹣AE＝6，
在Rt△BED中，BD2＝DE2+BE2，即BD2＝（12﹣BD）2+62，
解得，BD＝，
故答案为：cm．
【点睛】
此题考查的是勾股定理和全等三角形的判定及性质，掌握利用勾股定理解直角三角形和全等三角形的判定及性质是解决此题的关键．
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】
根据函数的概念：函数中的每个值，变量按照一定的法则有一个确定的值与之对应，解答即可．
【详解】
解：设挂重为，则弹簧伸长为，
挂重后弹簧长度与挂重之间的函数关系式是：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了根据实际问题列一次函数关系式的问题，解题关键在于根据题意列出等式，然后再变形为要求的形式．
14．C
解析：3
【分析】
连接CE，设DE=x，则AE=8-x，判断出OE是AC的垂直平分线，即可推得CE=AE=8-x，然后在Rt△CDE中，根据勾股定理，求出DE的长是多少即可．
【详解】
详解：如图，连接CE，
，
设DE=x，则AE=8-x，
∵OE⊥AC，且点O是AC的中点，
∴OE是AC的垂直平分线，
∴CE=AE=8-x，
在Rt△CDE中，
x2+42=（8-x）2，
解得x=3，
∴DE的长是3．
故答案为3．
【点睛】
此题主要考查了矩形的性质、中垂线的性质和勾股定理，熟练掌握矩形的对角线互相平分和中垂线的性质是解题的关键．
15．2或3
【分析】
①利用路程的函数图象解得的解析式，再求的值；
②根据题意列方程解答即可.
【详解】
解：①设＝kx＋b，
∵经过点P（2.5，7.5），（4，0）．
∴ ，
解得 ，
∴＝
解析：2或3
【分析】
①利用路程的函数图象解得的解析式，再求的值；
②根据题意列方程解答即可.
【详解】
解：①设＝kx＋b，
∵经过点P（2.5，7.5），（4，0）．
∴ ，
解得 ，
∴＝−5x＋20，当x＝0时，＝20．
答：AB两地之间的距离为20km．
②根据题意得：或，
解得：或.
即出发2小时或3小时，甲、乙两人相距
【点睛】
此题主要考查了根据实际问题中的条件列方程组时，要注意抓住题目中的一些关键性词语，找出等量关系，列出方程组．熟练掌握相遇问题的解答也很关键．
16．①②④
【分析】
①根据折叠得△ABE≌△AFE，证明△EFC是等腰三角形，得到∠EFC=∠ECF，根据∠BEF=∠EFC+∠FEC，得出∠BEA=∠AEF=∠EFC=∠ECF，即可证明AE∥FC，
解析：①②④
【分析】
①根据折叠得△ABE≌△AFE，证明△EFC是等腰三角形，得到∠EFC=∠ECF，根据∠BEF=∠EFC+∠FEC，得出∠BEA=∠AEF=∠EFC=∠ECF，即可证明AE∥FC，故①正确；②根据四边形ABCD是正方形，且△ABE≌△AFE，证明Rt△AFG≌Rt△ADG，得出∠FAG=∠GAD，根据∠BAF+∠FAD=90°，推出∠EAF+∠FAG=45°，可得∠EAG=45°，根据全等得：BE=FE，DG=FG，即可得BE+DG=EF+GF=EG，故②正确；③先求出S△ECG，根据EF：FG=：=3：2，得出S△EFC：S△FCG=3：2，即S△EFC=，再根据SABCD=a2，得出S△CEF：S△ABCD=：，即S△CEF=SABCD，故③错误；④设正方形的边长为a，根据勾股定理得AE==，设DG=x，则CG=a-x，FG=x，EG=+x，再根据勾股定理求出x，即可得出结论，故④正确．
【详解】
解：①由折叠可得△ABE≌△AFE，
∴∠BEA=∠AEF，BE=EF，
∵E是BC中点，
∴BE=CE=EF，
∴△EFC是等腰三角形，
∴∠EFC=∠ECF，
∵∠BEF=∠EFC+∠FEC，
∴∠BEA=∠AEF=∠EFC=∠ECF，
∴AE∥FC，故①正确；
②∵四边形ABCD是正方形，且△ABE≌△AFE，
∴AB=AF=AD，∠B=∠D=∠AFG，
∴△AFG和△ADG是直角三角形，
∴在Rt△AFG和Rt△ADG中，
∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），
∴∠FAG=∠GAD，
又∵∠BAF+∠FAD=90°，
∴2∠EAF+2∠FAG=90°，
即∠EAF+∠FAG=45°，
∴∠EAG=45°，
由全等得：BE=FE，DG=FG，
∴BE+DG=EF+GF=EG，故②正确；
③对于Rt△ECG，
S△ECG=×EC×CG=××=，
∵EF：FG=：=3：2，
则S△EFC：S△FCG=3：2，即S△EFC=，
又∵SABCD=a2，
则S△CEF：S△ABCD=：，即S△CEF=SABCD，故③错误；
④设正方形的边长为a，
∴AB=AD=AF=a，BE=EF==EC，
由勾股定理得AE==，
设DG=x，则CG=a-x，FG=x，
EG=+x，
∴EG2=EC2+CG2，即（+x）2=（）2+（a-x）2，
解得x=，CG=，
即AD=3DG成立，故④正确．
【点睛】
本题考查了正方形的折叠问题，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，掌握这些知识点灵活运用是解题关键．
三、解答题
17．（1）；（2）
【分析】
（1）根据二次根式的四则运算法则求解即可；
（2）根据完全平方公式和平方差公式，对式子进行求解．
【详解】
解：（1）

（2）
【点睛】
此题考查了二次根式的四
解析：（1）；（2）
【分析】
（1）根据二次根式的四则运算法则求解即可；
（2）根据完全平方公式和平方差公式，对式子进行求解．
【详解】
解：（1）

（2）

【点睛】
此题考查了二次根式的四则运算，涉及了平方差公式和完全平方公式，解题的关键是掌握二次根式的性质以及运算法则．
18．19米
【分析】
如图所示，过点C作CD⊥AB交AB延长线于D，则根据题意可以得到CD=12米，根据勾股定理即可求出BD的长，再利用勾股定理求出AC的长即可得到AC+AB的长.
【详解】
解：如图所
解析：19米
【分析】
如图所示，过点C作CD⊥AB交AB延长线于D，则根据题意可以得到CD=12米，根据勾股定理即可求出BD的长，再利用勾股定理求出AC的长即可得到AC+AB的长.
【详解】
解：如图所示，过点C作CD⊥AB交AB延长线于D
由题意得：CD=12，AB＝4米，BC＝13米
在Rt△BCD中米
∴米
在Rt△ACD中米
∴米
∴甲树原来的高度是19米.

【点睛】
本题主要考查了勾股定理的应用，解题的关键在于能够熟练掌握勾股定理.
19．（1）直角三角形，理由见解析；（2）5
【解析】
【分析】
（1）根据网格及勾股定理分别求出AB2、BC2、AC2的长，得出，再根据勾股定理的逆定理判断出三角形ABC的形状；
（2）判断出AB和AC
解析：（1）直角三角形，理由见解析；（2）5
【解析】
【分析】
（1）根据网格及勾股定理分别求出AB2、BC2、AC2的长，得出，再根据勾股定理的逆定理判断出三角形ABC的形状；
（2）判断出AB和AC分别为底和高，利用公式直接计算出面积．
【详解】
解：（1）∵，
，
，
，
为直角三角形；
（2）由（1）可知：

；
的面积为．
【点睛】
本题考查了勾股定理，勾股定理逆定理，三角形的面积，充分利用网格是解题关键．
20．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据平行四边形的对边相等的性质可以得到AD=BC，AB=CD，又点E、F是AB、CD中点，所以AE=CF，然后利用边角边即可证明两三角形全等；
（2）先证
解析：（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据平行四边形的对边相等的性质可以得到AD=BC，AB=CD，又点E、F是AB、CD中点，所以AE=CF，然后利用边角边即可证明两三角形全等；
（2）先证明BE与DF平行且相等，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形BEDF是平行四边形；再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DE=EB=AB，从而可得四边形BFDE为菱形．
【详解】
证明：（1）∵四边形是平行四边形，
∴，，．
∵、分别为、的中点，
∴，，
∴，，
在△ADE和△CBF中，

∴．
（2）∵AB=CD，AE=CF，
∴BE=DF，
又AB∥CD，
∴BE∥DF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵∠ADB=90°，
∴点E为边AB的中点，
∴，
∴平行四边形为菱形．
【点睛】
此题主要考查了菱形的判定，以及全等三角形的判定，关键是掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
21．（1）1；1（2）结果为1，证明过程见详解（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题目定义的运算方式代数计算即可.
（2）根据第（1）题的计算结果总结规律，并加以证明.
（3）运用第（2）题的运算规律
解析：（1）1；1（2）结果为1，证明过程见详解（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题目定义的运算方式代数计算即可.
（2）根据第（1）题的计算结果总结规律，并加以证明.
（3）运用第（2）题的运算规律和加法结合律进行将式子中每一项适当分组，再进行计算.
【详解】
解：（1）；
.
（2）猜想的结果为1.
证明：

（3）

【点睛】
本题以定义新运算的形式考查了二次根式的综合计算，遵循新运算的方式，熟练掌握二次根式的计算是解答关键.
22．（1）y＝﹣30x+37100（0≤x≤70）；（2）最低运送方案为A厂运往甲村水泥70吨，运往乙村水泥30吨：B厂运往甲村水泥0吨，B厂运往乙村水泥80吨，最低运费为35000元．
【分析】
（1
解析：（1）y＝﹣30x+37100（0≤x≤70）；（2）最低运送方案为A厂运往甲村水泥70吨，运往乙村水泥30吨：B厂运往甲村水泥0吨，B厂运往乙村水泥80吨，最低运费为35000元．
【分析】
（1）由从A厂运往甲村水泥x吨，根据题意首先求得从A厂运往乙村水泥（100-x）吨，B厂运往甲村水泥（70-x）吨，B厂运往乙村水泥吨，然后根据表格求得总运费y（元）关于x（吨）的函数关系式；
（2）根据（1）中的一次函数解析式的增减性，即可知当x=70时，总运费y最省，然后代入求解即可求得最低运费．
【详解】
（1）设从A厂运往甲村水泥x吨，则A厂运往乙村水泥（100﹣x） 吨，B厂运往甲村水泥（70﹣x）吨，B厂运往乙村水泥110﹣（100﹣x）＝（10+x）吨，
∴y＝240x+180（100﹣x）+250（70﹣x）+160（10+x）＝﹣30x+37100，x的取值范围是0≤x≤70，
∴y＝﹣30x+37100（0≤x≤70）；
（2）∵y＝﹣30x+37100（0≤x≤70），﹣30＜0，
∴y随x的增大而减小，
∵0≤x≤70，
∴当x＝70时，总费用最低，
最低运费为：﹣30×70+37100＝35000 （元），
∴最低运送方案为A厂运往甲村水泥70吨，运往乙村水泥30吨：B厂运往甲村水泥0吨，B厂运往乙村水泥80吨，最低运费为35000元．
【点睛】
本题主要考查了一次函数的实际应用问题，解决本题的关键是理解题意，读懂表格，求得一次函数解析式，然后根据一次函数的性质求解．
23．（1）见解析；（2）FH+FE=DF，理由见解析；（3）
【分析】
（1）如图1中，证明△AFB≌△DGA（AAS）可得结论．
（2）结论：FH+FE=DF．如图2中，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥
解析：（1）见解析；（2）FH+FE=DF，理由见解析；（3）
【分析】
（1）如图1中，证明△AFB≌△DGA（AAS）可得结论．
（2）结论：FH+FE=DF．如图2中，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，证明四边形DKFJ是正方形，可得结论．
（3）如图3中，取AD的中点J，连接PJ，延长JP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K．设PT=b．证明△KPJ是等腰直角三角形，推出点P在线段JR上运动，求出JR即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵DG⊥AE，AE⊥BH，
∴∠AFB=∠DGH=90°，
∴∠FAB+∠DAG=90°，∠DAG+∠ADG=90°，
∴∠BAF=∠ADG，
∴△AFB≌△DGA（AAS），
∴AF=DG，BF=AG，
∴BF-DG=AG-AF=FG．
（2）结论：FH+FE=DF．
理由：如图2中，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ADE=90°，AB=AD，
∵AE⊥BH，
∴∠AFB=90°，
∴∠DAE+∠EAB=90°，∠EAB+∠ABH=90°，
∴∠DAE=∠ABH，
∴△ABH≌△DAE（ASA），
∴AH=AE，
∵DE=EC=CD，CD=AD，
∴AH=DH，
∴DE=DH，
∵DJ⊥BJ，DK⊥AE，
∴∠J=∠DKE=∠KFJ=90°，
∴四边形DKFJ是矩形，
∴∠JDK=∠ADC=90°，
∴∠JDH=∠KDE，
∵∠J=∠DKE=90°，
∴△DJH≌△DKE（AAS），
∴DJ=DK，JH=EK，
∴四边形DKFJ是正方形，
∴FK=FJ=DK=DJ，
∴DF=FJ，
∴FH+FE=FJ-HJ+FK+KE=2FJ=DF；
（3）如图3中，取AD的中点J，连接PJ，延长JP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K．设PT=b．

∵△ABH≌△DAE，
∴AH=DE，
∵∠EDH=90°，HP=PE，
∴PD=PH=PE，
∵PK⊥DH，PT⊥DE，
∴∠PKD=∠KDT=∠PTD=90°，
∴四边形PTDK是矩形，
∴PT=DK=b，PK=DT，
∵PH=PD=PE，PK⊥DH，PT⊥DE，
∴DH=2DK=2b，DE=2DT，
∴AH=DE=1-2b，
∴PK=DE=-b，
JK=DJ-DK=-b，
∴PK=KJ，
∵∠PKJ=90°，
∴∠KJP=45°，
∴点P在线段JR上运动，
∵JR=DJ=，
∴点P的运动轨迹的长为．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，轨迹等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
24．（1）见解析；（2）①y＝2x﹣1；②点B的坐标（，6）或（﹣，）；③﹣3≤t≤1
【解析】
【分析】
（1）由“三分点”的定义可求解；
（2）①由“三分点”定义可得：，消去t即可求解；
②先求出点
解析：（1）见解析；（2）①y＝2x﹣1；②点B的坐标（，6）或（﹣，）；③﹣3≤t≤1
【解析】
【分析】
（1）由“三分点”的定义可求解；
（2）①由“三分点”定义可得：，消去t即可求解；
②先求出点M，点N的坐标，分两种情况：MN为一边或MN为对角线，利用平行四边形的性质可求解；
（3）利用特殊位置，分别求出AT过点M和过点N时，t的值，即可求解．
【详解】
（1）∵，，
∴点D（1，2）是点C，点E的三分点；
（2）①∵点A为（3，0），点B（t，2t+3）是直线l上任意一点，点T（x，y）是点A，B的三分点，
∴，
∴y＝2x﹣1；
②∵y＝2x﹣1图象交y轴于点M，直线l交y轴于点N，
∴点M（0，﹣1），点N（0，3），
当四边形MTBN是平行四边形时，
∴BT∥MN，
∵B（t，2t+3），T（，），
∴t＝，
∴t＝，
∴点B的坐标（，6）；
当四边形MTNB是平行四边形时，
设BT与MN交于点P，则点P为BT与MN的中点，
∴点P（0，1），
∵B（t，2t+3），T（，），
∴t+＝0，
∴t＝﹣，
∴点B（﹣，），
综上所述：点B的坐标为（，6）或（﹣，）；
（3）当直线AT过点M时，
∵点A（3，0），点M（0，﹣1），
∴直线AM解析式为y＝x﹣1，
∵点T是直线AM上，
∴＝×﹣1
∴t＝﹣3，
当直线AT过点N时，
∵点A（3，0），点M（0，3），
∴直线AN解析式为y＝﹣x+3，
∵点T是直线AN上，
∴＝﹣+3，
∴t＝1，
∵直线AT与线段MN有交点，
∴﹣3≤t≤1．
【点睛】
本题新定义考题，题目中给出一个新的概念，严格利用新的概念进行求解；但是，新定义问题实质上是课程内知识点的综合应用，比如本题考查了消元法，平行四边形的性质和一次函数，本类题目一定要注意分类讨论，利用合适条件确定边界条件是解题的关键．
25．（1）见解析；（2）；（3）2AC2＝CD2+CE2，理由见解析
【分析】
（1）先判断出∠BAE＝∠CAD，进而得出△ACD≌△ABE，即可得出结论；
（2）先求出∠CDA＝∠ADE＝30°，进而
解析：（1）见解析；（2）；（3）2AC2＝CD2+CE2，理由见解析
【分析】
（1）先判断出∠BAE＝∠CAD，进而得出△ACD≌△ABE，即可得出结论；
（2）先求出∠CDA＝∠ADE＝30°，进而求出∠BED＝90°，最后用勾股定理即可得出结论；
（3）连接BE，由等腰直角三角形的性质和全等三角形的性质可得BE＝CD，∠BEA＝∠CDA＝45°，由勾股定理可得2AC2＝CD2+CE2．
【详解】
证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAE＝∠DAE+∠CAE，即∠BAE＝∠CAD；
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ACD≌△ABE（SAS），
∴CD＝BE；
（2）如图②，连接BE，

∵AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DE＝AD＝3，∠ADE＝∠AED＝60°，
∵CD⊥AE，
∴∠CDA＝∠ADE＝×60°＝30°，
∵由（1）得△ACD≌△ABE，
∴BE＝CD＝5，∠BEA＝∠CDA＝30°，
∴∠BED＝∠BEA+∠AED＝30°+60°＝90°，即BE⊥DE，
∴．
（3）2AC2＝CD2+CE2，
理由如下：连接BE，

∵AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠D＝∠AED＝45°，
由（1）得△ACD≌△ABE，
∴BE＝CD，∠BEA＝∠CDA＝45°，
∴∠BEC＝∠BEA+∠AED＝45°+45°＝90°，即BE⊥DE，
在Rt△BEC中，BC2＝BE2+CE2，
在Rt△ABC中，AB2+AC2＝BC2，
∴2AC2＝CD2+CE2．
【点睛】
此题考查了等腰直角三角形、全等三角形的性质以及勾股定理，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．