部编版八年级数学下册期末试卷综合测试卷(word含答案).doc

部编版八年级数学下册期末试卷综合测试卷（word含答案）
一、选择题
1．下列式子中不一定是二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列各组数中，不能作为直角三角形的三边长的是（ ）
A．5，4，3 B．5，12，13 C．6，8，10 D．6，4，7
3．下列命题是真命题的是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形 B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线互相垂直的四边形是正方形
4．甲、乙、丙、丁四个旅游团的游客人数都相等，且每个旅游团游客的平均年龄都是35岁，这四个旅游团游客年龄的方差分别，，，，这四个旅游团中年龄相近的旅游团是（ ）
A．甲团 B．乙团 C．丙团 D．丁团
5．在棱长为1的正方体中，顶点A，B的位置如图所示，则A、B两点间的距离为（ ）

A．1 B． C． D．
6．如图，在平面直角坐标系上，直线y＝x﹣3分别与x轴、y轴相交于A、B两点，将△AOB沿x轴翻折得到△AOC，使点B刚好落在y轴正半轴的点C处，过点C作CD⊥AB交AB于D，则CD的长为（　　）

A． B． C．4 D．5
7．如图，在等腰Rt△ACD中，∠ACD=90°，AC=DC，且AD=2，以边AD、AC、CD为直径画半圆，其中所得两个月形图案AGCE和DHCF（图中阴影部分）的面积之和等于（ ）

A． B． C． D．
8．如图点按的顺序在边长为1的正方形边上运动，是边上的中点．设点经过的路程为自变量，的面积为，则函数的大致图象是（ ）．

A． B． C． D．
二、填空题
9．已知，则________．
10．菱形的两条对角线分别为8、10，则菱形的面积为_____．
11．如图，以的两条直角边和斜边为边长分别作正方形，其中正方形、正方形的面积分别为25、144，则阴影部分的面积为______．

12．如图，已知长方形纸片，，，若将纸片沿折叠，点落在，则重叠部分的面积为______．

13．已知正比例函数图象经过点（1，3），则该函数的解析式是_____．
14．在矩形中，，的平分线交所在的直线于点，若，则的长为__________．
15．如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，点的坐标为，点的坐标为，点是直线：上的一个动点，若，则点的坐标是__________．

16．如图，把矩形沿直线向上折叠，使点落在点的位置上，交于点，若，，则的长为______．

三、解答题
17．计算：
（1）（1＋）（2﹣）；
（2）（＋）×；
（3）＋3＋；
（4）＋．
18．如图，货船和快艇分别从码头A同时出发．其中，货船沿着北偏西54°方向以15海里/小时的速度匀速航行，快艇沿着北偏东36°方向以36海里/小时的速度航行，1小时后．两船分别到达B、C点．求B、C两点之间的距离．

19．如图，正方形网格中的每个小正方形边长都是1，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图形．
（1）在图1中，画一个等腰三角形（不含直角），使它的面积为8；
（2）在图2中，画一个直角三角形，使它的三边长都是有理数；
（3）在图3中，画一个正方形，使它的面积为10．

20．如图1，在中，于点D，，点E为边AD上一点，且，连接BE并延长，交AC于点F．

（1）求证：；
（2）过点A作交BF的延长线于点G，连接CG，如图2．若，求证：四边形ADCG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．某水果批发商以4元斤的价格对外销售芒果，为了减少库存，尽快回笼资金，推出两种批发方案
方案一：每斤打9.5折；
方案二：不超过200斤的部分按原价销售，超过200斤的部分打7.5折．
某超市计划从该水果批发商处购进x斤芒果，按方案一购买需支付费用元，按方案购买需支付费用元，则该超市选择哪种方案（只能选择一种方案）更合算，请说明理由．

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．如图，，是直线与坐标轴的交点，直线过点，与轴交于点.
(1)求，，三点的坐标.
(2)当点是的中点时，在轴上找一点，使的和最小，画出点的位置，并求点的坐标.
(3)若点是折线上一动点，是否存在点，使为直角三角形，若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由.

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．C
解析：C
【分析】
根据二次根式的性质即可判断．
【详解】
、、是二次根式，中的a可能为负数，故不一定是二次根式
故选C．
【点睛】
此题主要考查二次根式的识别，解题的关键是熟知二次根式的定义．
2．D
解析：D
【分析】
根据勾股定理逆定理，只要验证两较小边的平方和等于最长边的平方即可．
【详解】
解：A、∵，
∴5，4，3可以作为直角三角形的三边长，故此选项不符合题意；
B、∵，
∴5，12，13可以作为直角三角形的三边长，故此选项不符合题意；
C、∵，
∴6，8，10可以作为直角三角形的三边长，故此选项不符合题意；
D、∵，
∴6，4，7不可以作为直角三角形的三边长，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理逆定理，判断三角形是否为直角三角形，已知三角形的三边长，只要利用勾股定理逆定理加以判断即可．
3．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法进行判定即可．
【详解】
解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，原选项是真命题；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，原选项是假命题；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原选项是假命题；
D、对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形，原选项是假命题；
故选：A．
【点睛】
本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定，熟练掌握相关的知识是解题的关键．
4．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据方差的意义可作出判断.方差是用来衡量一组数据波动大小的量，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．
【详解】
∵S=6，S=1.8，S=5，S=8，
∴1.8<5<6<8
∴S最小，
∴这四个旅游团中年龄相近的旅游团是：乙团．
故选：B．
【点睛】
本题考查方差的意义，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】
根据Rt△ABC和勾股定理可得出AB两点间的距离．
【详解】
解：在Rt△ABC中，AC＝1，BC＝，

可得：AB＝，
故选：C．
【点睛】
本题考查了勾股定理，得出正方体上A、B两点间的距离为直角三角形的斜边是解题关键．
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A，B的坐标，在Rt△AOB中，利用勾股定理可求出AB的长，由折叠的性质可得出OC＝OB，进而可得出BC的长，再利用面积法，即可求出CD的长．
【详解】
解：当x＝0时，y＝×0﹣3＝﹣3，
∴点B的坐标为（0，﹣3）；
当y＝0时，x﹣3＝0，解得：x＝4，
∴点A的坐标为（4，0）．
在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝4，OB＝3，
∴
由折叠可知：OC＝OB＝3，
∴BC＝OB+OC＝6．
∵S△ABC＝BC•OA＝AB•CD，
∴
故选B．
【点睛】
本题主要考查了一次函数与坐标轴的交点问题，折叠的性质，三角形的面积公式，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
7．D
解析：D
【解析】
【分析】
由等腰三角形的性质及勾股定理可求解AC=CD=2，进而可求得S△ACD=2，再利用阴影部分的面积=以AC为直径的圆的面积+△ACD的面积-以AD为直径的半圆的面积计算可求解．
【详解】
解：在等腰Rt△ACD中，∠ACD=90°，AC=DC，AD=2，
∴AC2+DC2=AD2=8，
∴AC=CD=2，
∴S△ACD=AC•DC=2，
∴
=π+2-π
=2，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了等腰直角三角形，勾股定理，理清阴影部分的面积=以AC为直径的圆的面积+△ACD的面积-以AD为直径的半圆的面积是解题的关键．
8．C
解析：C
【分析】
分类讨论，分别表示出点P位于线段AB上、点P位于线段BC上、点P位于线段MC上时对应的的面积，判断函数图像，选出正确答案即可．
【详解】
由点M是CD中点可得：CM=，
（1）如图：当点P位于线段AB上时，即0≤x≤1时，

y==x；
（2）如图：当点P位于线段BC上时，即1<x≤2时，

BP=x－1，CP=2－x，
y===；
（3）如图：当点P位于线段MC上时，即2<x≤时，

MP=，
y===．
综上所述：
．
根据一次函数的解析式判断一次函数的图像，只有C选项与解析式相符．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查一次函数的实际应用，分类讨论，将分别表示为一次函数的形式是解题关键．
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
根据二次根式的非负性求出x，y，即可得解；
【详解】
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案是．
【点睛】
本题主要考查了利用二次根式的非负性化简求值，准确计算是解题的关键．
10．【解析】
【分析】
根据对角线的长度，利用面积公式即可求解．
【详解】
解：菱形的面积计算公式S＝ab（a、b为菱形的对角线长）
∴菱形的面积S＝×8×10＝40，
故答案为: 40．
【点睛】
本题主要考查菱形的面积，掌握菱形的面积公式是解题的关键．
11．B
解析：139
【解析】
【分析】
根据勾股定理可得正方形BCMN的面积为25+144=169，再求出Rt△ABC的面积，即可求解．
【详解】
如图，∵正方形、正方形的面积分别为25、144，
∴正方形BCMN的面积为25+144=169，AB=5，AC=12
∴阴影部分的面积为169-×5×12=169-30=139
故答案为：139．

【点睛】
此题主要考查勾股定理，解题的关键是熟知勾股定理几何证明方法．
12．A
解析：40
【分析】
先说明△AFD′≌△CFB可得BF＝D′F，设D′F＝x，在Rt△AFD′中根据勾股定理求得x，再根据AF＝AB−BF求得AF，由BC为AF边上的高，最后根据三角形的面积公式求解即可．
【详解】
解：由于折叠可得：AD′=BC，∠D′=∠B，
又∵∠AFD′=∠CFB，
∴△AFD′≌△CFB（AAS），
∴D′F＝BF，
设D′F＝x，则AF＝16−x，
在Rt△AFD′中，（16−x）2＝x2＋82，解得：x＝6，
∴AF＝AB−FB＝16−6＝10，
∴S△AFC＝•AF•BC＝×10×8=40．
故填40．
【点睛】
本题考查了勾股定理的正确运用，在直角三角形AFD′中运用勾股定理求出BF的长是解答本题的关键．
13．y＝3x
【分析】
设这个正比例函数的解析式是y＝kx，再将（1，3）代入求得k值，即可求出函数解析式．
【详解】
解：设这个正比例函数的解析式是y＝kx，
∵正比例函数的图象经过点（1，3），
∴3＝k，
解得k＝3，
∴正比例函数的解析式是y＝3x．
故答案为：y＝3x．
【点睛】
本题主要考查了用待定系数法求正比例函数的解析式，解题的关键是求k．
14．5或1
【分析】
当点在上时，根据平行线的性质和角平分线的定义可得，可得的长；当点在的延长线上时，同理可求出的长．
【详解】
解：如图1，当点在上时，

四边形是矩形，
，，
，
平分，
，
，
，
，
；
如图2，当点在的延长线上时，同理，

．
故答案为：5或1．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确画出两种图形．
15．或
【分析】
分两种情况：当点P在y轴左侧时，由条件可判定AP∥BO，容易求得P点坐标；当点P在y轴右侧时，可设P点坐标为（a，−a＋4），过AP作直线交x轴于点C，可表示出直线AP的解析式，可表示
解析：或
【分析】
分两种情况：当点P在y轴左侧时，由条件可判定AP∥BO，容易求得P点坐标；当点P在y轴右侧时，可设P点坐标为（a，−a＋4），过AP作直线交x轴于点C，可表示出直线AP的解析式，可表示出C点坐标，再根据勾股定理可表示出AC的长，由条件可得到AC＝BC，可得到关于a的方程，可求得P点坐标．
【详解】
解：当点P在y轴左侧时，如图1，连接AP，

∵∠PAB＝∠ABO，
∴AP∥OB，
∵A（0，8），
∴P点纵坐标为8，
又P点在直线x＋y＝4上，把y＝8代入可求得x＝−4，
∴P点坐标为（−4，8）；
当点P在y轴右侧时，过A、P作直线交x轴于点C，如图2，

设P点坐标为（a，−a＋4），设直线AP的解析式为y＝kx＋b，
把A、P坐标代入可得，
解得，
∴直线AP的解析式为y＝x＋8，
令y＝0可得x＋8＝0，解得x＝，
∴C点坐标为（，0），
∴AC2＝OC2＋OA2，即AC2＝（）2＋82，
∵B（−4，0），
∴BC2＝（＋4）2＝（）2＋＋16，
∵∠PAB＝∠ABO，
∴AC＝BC，
∴AC2＝BC2，即（）2＋82＝（）2＋＋16，
解得a＝12，则−a＋4＝−8，
∴P点坐标为（12，−8），
综上可知，P点坐标为（−4，8）或（12，−8）．
故答案为：（−4，8）或（12，−8）．
【点睛】
本题主要考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法、平行线的判定和性质、等腰三角形的性质、分类讨论思想等知识点．确定出P点的位置，由条件得到AP∥OB或AC＝BC是解题的关键．
16．【分析】
根据折叠和矩形的性质，可以得出三角形BDE是等腰三角形，在直角三角形DEC′中，利用勾股定理可求出答案．
【详解】
解：由折叠得，DC＝DC′＝3，∠CBD＝∠C′BD，
∵ABCD是矩
解析：
【分析】
根据折叠和矩形的性质，可以得出三角形BDE是等腰三角形，在直角三角形DEC′中，利用勾股定理可求出答案．
【详解】
解：由折叠得，DC＝DC′＝3，∠CBD＝∠C′BD，
∵ABCD是矩形，
∴AD＝BC=6，AD∥BC，
∴∠CBD＝∠ADB＝∠C′BD，
∴ED＝EB，
设BE＝ED＝x，则EC′＝6﹣x，
在Rt△DEC′中，由勾股定理得，32+（6﹣x）2＝x2，
解得，x＝，即BE＝，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、直角三角形的勾股定理等知识，根据折叠轴对称，得出DE＝BE是解决问题的关键．
三、解答题
17．（1）－1+（2）（3）（4）0
【分析】
(1)利用多项式乘以多项式展开，然后合并即可；
(2)把二次根式相乘化为最简二次根式即可；
(3)把二次根式化为最简二次根式即可；
(4)先把二次根式化为
解析：（1）－1+（2）（3）（4）0
【分析】
(1)利用多项式乘以多项式展开，然后合并即可；
(2)把二次根式相乘化为最简二次根式即可；
(3)把二次根式化为最简二次根式即可；
(4)先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可．
【详解】
解：（1）（1＋）（2﹣）
=2-+2-3，
=－1+
（2）（＋）×
=，
=
（3）
=
（4）
=
=
=0
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的加减乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，要结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径．
18．B、C两点之间的距离为海里
【分析】
根据题意可知，然后根据勾股定理计算即可．
【详解】
解：根据题意可知，
1小时后，海里，海里，
在中，
海里，
∴B、C两点之间的距离为海里．
【点睛】
本题考
解析：B、C两点之间的距离为海里
【分析】
根据题意可知，然后根据勾股定理计算即可．
【详解】
解：根据题意可知，
1小时后，海里，海里，
在中，
海里，
∴B、C两点之间的距离为海里．
【点睛】
本题考查了方向角以及勾股定理，读懂题意，得出是关键．
19．（1）作图见详解；（2）作图见详解；（3）作图见详解．
【解析】
【分析】
（1）根据题意找出三角形底为4，高为4的三角形即可；
（2）根据题意可画出直角边分别为3，4的直角三角形，斜边通过勾股定理
解析：（1）作图见详解；（2）作图见详解；（3）作图见详解．
【解析】
【分析】
（1）根据题意找出三角形底为4，高为4的三角形即可；
（2）根据题意可画出直角边分别为3，4的直角三角形，斜边通过勾股定理计算为5，符合题意；
（3）根据题意及正方形面积的特点即可画出边长为的正方形．
【详解】
（1）如图所示，三角形底为4，高为4，面积为8，符合题意，即为所求；

（2）如图所示，三角形为所求，直角边分别为3，4，根据勾股定理，斜边为5，符合题意；

（3）如图所示，正方形为所求，正方形变长为，
面积为：，符合题意．

【点睛】
此题主要考查网格与图形，解题的关键是熟练运用勾股定理．
20．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）先证，得，又因为，可证；
（2）先证，得，又因为，利用边与边的关系，得，又因为，可证得四边形ADCG是平行四边形，又因为，四边形ADCG是矩形．
【详解】
解析：（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）先证，得，又因为，可证；
（2）先证，得，又因为，利用边与边的关系，得，又因为，可证得四边形ADCG是平行四边形，又因为，四边形ADCG是矩形．
【详解】
（1）证明：∵，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∵，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
由（1）知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形ADCG是平行四边形，
∵，
∴四边形ADCG是矩形．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，全等的判定和性质、平行四边形、矩形的判定，能利用相似和全等找到边与边的关系是解题的关键．
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．当超市计算从该水果批发商处购进芒果少于250斤时，方案一合算；当超市计算从该水果批发商处购进芒果等于250斤时，方案一和方案二费用相同；当超市计算从该水果批发商处购进芒果多于250斤时，方案二合算
解析：当超市计算从该水果批发商处购进芒果少于250斤时，方案一合算；当超市计算从该水果批发商处购进芒果等于250斤时，方案一和方案二费用相同；当超市计算从该水果批发商处购进芒果多于250斤时，方案二合算
【分析】
先根据方案分别求出和，再分三种情况分别计算即可得到答案．
【详解】
解：根据题意得：；
，
当时，，解得x>250；
当时，，解得x=250；
当时，，解得x<250；
答：当超市计算从该水果批发商处购进芒果少于250斤时，方案一合算；当超市计算从该水果批发商处购进芒果等于250斤时，方案一和方案二费用相同；当超市计算从该水果批发商处购进芒果多于250斤时，方案二合算．
【点睛】
此题考查方案选择问题，解一元一次方程及一元一次不等式，正确求出和是解题的关键．
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)A(-4，0)，B(0，4)，C(2，0)；(2)画图见解析；E(-34,0)；(3)存在，点的坐标为(-1,3)或45,125．
【解析】
【分析】
（1）分别令x=0，y=0即可确定A、B
解析：(1)A(-4，0)，B(0，4)，C(2，0)；(2)画图见解析；E；(3)存在，点的坐标为或．
【解析】
【分析】
（1）分别令x=0，y=0即可确定A、B的坐标，然后确定直线BC的解析式，然后再令y=0，即可求得C的坐标；
（2）先根据中点的性质求出D的坐标，然后再根据轴对称确定的坐标，然后确定DB1的解析式，令y=0，即可求得E的坐标；
（3）分别就D点在AB和D点BC上两种情况进行解答即可.
【详解】
解：(1)在中，
令，得，
令，得，
，．
把代入，，
得
直线为：．
在中，
令，得，
点的坐标为；
(2)如图点为所求
点是的中点，，．
．
点关于轴的对称点的坐标为．
设直线的解析式为．
把，代入，
得．
解得，．
故该直线方程为：．
令，得点的坐标为．

(3)存在，点的坐标为或．

①当点在上时，由
得到：，
由等腰直角三角形求得点的坐标为；
②当点在上时，如图，设交轴于点．
在与中，

．
，
点的坐标为，
易得直线的解析式为，
与组成方程组，
解得．
交点的坐标为
【点睛】
本题是一次函数的综合题，考查了利用待定系数法求一次函数的解析式、轴对称等知识点，掌握一次函数的函数的知识和差分类讨论的思想是解答本题的关键.
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．