八年级数学下册期末试卷检测(提高-Word版含解析).doc

八年级数学下册期末试卷检测（提高，Word版含解析）
一、选择题
1．如果二次根式有意义，那么的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（　　）
A．，，2 B．1，2， C．1，， D．4，5，6
3．在中，、分别在、上，若想使四边形为平行四边形，须添加一个条件，这个条件可以是（ ）
①；②；③；④．

A．①或② B．②或③ C．③或④ D．①或③或④
4．某商场招聘员工一名，现有甲、乙、丙三人竞聘，通过计算机、语言和商品知识三项测试，他们各自成绩（百分制）如下表所示，若商场需要招聘负责将商品拆装上架的人员，对计算机、语言和商品知识分别赋权2，3，5，那么从成绩看，应该录取（ ）
应试者
计算机
语言
商品知识
甲
60
70
80
乙
80
70
60
丙
70
80
60

A．甲 B．乙 C．丙 D．任意一人都可
5．三角形三边长分别是6，10，8，则它的最长边上的高为（ ）
A．6 B．10 C．8 D．4.8
6．如图，在菱形纸片中，，点是边上的一点，将纸片沿折叠，点落在处，恰好经过的中点，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
7．在正方形的对角线上取一点，连结，过点作交于点，将线段EF向右平移m个单位，使得点E落在CD上，F落在BC上，已知AE+EF+CF＝24，CD＝10，则m的值为（ ）

A．6 B． C． D．
8．一条公路旁依次有、、三个村庄，甲、乙两人骑自行车分别从村、村同时出发前往村，甲、乙之间的距离与骑行时间之间的函数关系如图所示，下列结论：
①、两村相距；
②甲出发后到达村；
③甲每小时比乙我骑行；
④相遇后，乙又骑行了或时两人相距.
其中正确结论的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
9．若二次根式有意义，则x的取值范围是________．
10．如图，菱形ABCD的边长为5cm，正方形AECF的面积为18cm2，则菱形的面积为 ___cm2．

11．如图，每个方格都是边长为1的小正方形，则AB＋BC＝_____．

12．如图，已知矩形ABCD沿着直线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于E，AD=8，AB=4，则DE的长为___．

13．一个水库的水位在最近5h内持续上涨．下表记录了这5h内6个时间点的水位高度，其中x表示时间，y表示水位高度．
x/h
0
1
2
3
4
5
y/m
3
3.2
3.4
3.6
3.8
4
根据表格中水位的变化规律，则y与x的函数表达式为____．
14．如图，连接四边形ABCD各边中点，得到四边形EFGH，只要添加_____条件，就能保证四边形EFGH是菱形．

15．如图1，在长方形中，动点P从点A出发，沿方向运动至D点处停止，设点P出发时的速度为每秒，a秒后点P改变速度，以每秒向点D运动，直到停止．图2是的面积与时间的图像，则b的值是_________．

16．如图，是的中线，把沿折叠，使点落在点处，与的长度比是_______________________．

三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）．
18．如图，一个工人拿一个2.5米长的梯子，底端A放在距离墙根C点0.7米处，另一头B点靠墙，如果梯子的顶部下滑0.4米，则梯子的底部向外滑多少米？

19．如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上，请按要求完成下列各题：

（1）做线段，使其长度为；
（2）通过计算说明是直角三角形．
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．（1）若实数m、n满足等式，求2m+3n的平方根；
（2）已知，求的值．
22．暑期将至，某游泳馆面向学生推出暑期优惠活动，活动方案如下．
方案一：购买一张学生暑期专享卡，每次游泳费用按六折优惠；
方案二：不购买学生暑期专享卡，每次游泳费用按八折优惠．
设某学生暑期游泳x（次），按照方案一所需费用为y1（元），且y1＝k1x+b；按照方案二所需费用为y2（元），且y2＝k2x．其函数图象如图所示．
（1）求k1和b的值；
（2）八年级学生小华计划暑期前往该游泳馆游泳8次，应选择哪种方案所需费用更少？请说明理由．

23．如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线l1：y＝x+6交x轴于点A，交y轴于点B，经过点B的直线l2：y＝kx+b交x轴于点C，且l2与l1关于y轴对称．
（1）求直线l2的函数表达式；
（2）点D，E分别是线段AB，AC上的点，将线段DE绕点D逆时针α度后得到线段DF．
①如图2，当点D的坐标为(﹣2，m)，α＝45°，且点F恰好落在线段BC上时，求线段AE的长；
②如图3，当点D的坐标为(﹣1，n)，α＝90°，且点E恰好和原点O重合时，在直线y＝3﹣上是否存在一点G，使得∠DGF＝∠DGO？若存在，直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．

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，菱形纸片的边长为翻折使点两点重合在对角线上一点分别是折痕．设．

（1）证明：；
（2）当时，六边形周长的值是否会发生改变，请说明理由；
（3）当时，六边形的面积可能等于吗?如果能，求此时的值；如果不能，请说明理由．
【参考答案】
一、选择题
1．B
解析：B
【分析】
二次根式有意义，则，据此解题．
【详解】
解：二次根式有意义，则，
，
故选：B．
【点睛】
本题考查二次根式有意义的条件，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
2．C
解析：C
【分析】
根据勾股定理的逆定理，判断较小两边的平方和是否等于第三边的平方，则可以判断各个选项的三条线段能否构成直角三角形，本题得以解决．
【详解】
解：A、，故选项中的三条线段不能构成直角三角形；
B、，故选项中的三条线段不能构成直角三角形；
C、，故选项中的三条线段能构成直角三角形；
D、，故选项中的三条线段不能构成直角三角形；
故选：C．
【点睛】
本题考查勾股定理的逆定理，解答本题的关键是明确题意，利用勾股定理的逆定理解答．
3．D
解析：D
【解析】
【分析】
由平行四边形的判定定理依次判断即可解答．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，∠B=∠D，AD//BC，AD=BC，
∴AF//EC
∵AF=EC，
∴四边形AFCE是平行四边形，故①符合题意；
∵AF//EC，，
∴四边形AFCE可能是平行四边形、也可能是等腰梯形，故②不符合题意；
如果∠BAE=∠FCD，则△ABE≌△DFC（ASA）
∴BE=DF，
∴AD-DF=BC-BE，
即AF=CE，
∵AF//CE，
∴四边形AFCE是平行四边形，故③符合题意；
如果∠BEA=∠FCE，
∴AE//CF，
∵AF//CE，
∴四边形AFCE是平行四边形、故④符合题意．
故选D．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质与判定．灵活运用平行四边形的性质与判定定理是解答本题的关键．
4．A
解析：A
【解析】
【分析】
分别按照2，3，5的赋权计算甲，乙，丙的平均数，再录取最高分即可.
【详解】
解：根据题意，甲的最终成绩为（分，
乙的最终成绩为（分，
丙的最终成绩为（分，
所以应该录取甲，
故选：．
【点睛】
本题考查的是加权平均数的含义与计算，理解赋权2，3，5的含义是解题的关键.
5．D
解析：D
【分析】
先判断三角形的形状，再依据三角形的面积公式求出这个三角形的面积，且依据同一个三角形的面积不变求出斜边上的高．
【详解】
解：∵三角形三边长分别是6，10，8
∴62+82=102
∴该三角形为直角三角形
∴该三角形的面积：6×8÷2=24
斜边上的高：24×2÷10=4.8
∴这个三角形最长边上的高是4.8．
故选：D．
【点睛】
本题考查了勾股定理逆定理以及面积不变原则，解答此题的关键是：先确定出计算三角形的面积需要的线段的长度，再据同一个三角形的面积不变，求出斜边上的高．
6．A
解析：A
【解析】
【分析】
连接BD，由菱形的性质及∠A＝60°，得到三角形ABD为等边三角形，P为AB的中点，利用三线合一得到DP为角平分线，得到∠ADP＝30°，∠ADC＝120°，∠C＝60°，进而求出∠PDC＝90°，由折叠的性质得到∠CDE＝∠PDE＝45°，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数．
【详解】
解：连接BD，

∵四边形ABCD为菱形，∠A＝60°，
∴△ABD为等边三角形，∠ADC＝120°，∠C＝60°，
∵P为AB的中点，
∴DP为∠ADB的平分线，即∠ADP＝∠BDP＝30°，
∴∠PDC＝90°，
∴由折叠的性质得到∠CDE＝∠PDE＝45°，
在△DEC中，∠DEC＝180°−（∠CDE＋∠C）＝180°−（45°＋60°）＝75°．
故选：A．
【点睛】
本题考查了折叠问题，菱形的性质，等边三角形的性质，以及内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
过点E作MN∥CD，交AD于点M，交BC于点N，利用一线三垂直模型证明△AME≌△ENF，列出关于m的式子，求出m即可．
【详解】
解：过点E作MN∥CD，交AD于点M，交BC于点N，

∵E在正方形的对角线上，
∴EM＝EE'＝m，
∴AM＝10﹣m，EN＝10﹣m，
∵∠FEN+∠AEM＝90°，∠FEN+∠EFN＝90°，
∴∠AEM＝∠EFN，
在△AME和△ENF中，
，
∴△AME≌△ENF（AAS），
∴FN＝ME＝m，AE＝EF，
CF＝2m，

∵AE+EF+CF＝24，
∴，
解得m＝，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质，关键是要作辅助线构造一线三垂直模型，证明全等的三角形，根据勾股定理列出关于m的方程，从而求出m的值．
8．C
解析：C
【分析】
由图像与纵轴的交点可得出A、B两地的距离；当s=0时，即为甲、乙相遇的时候，同理根据图像的拐点判断其他即可.
【详解】
解：由图像可知A村、B村相离8km，故①正确；
甲出发后到达村，故②正确；
当0≤t≤1时，易得一次函数的解析式为s=-8t+8，故甲的速度比乙的速度快8km/h，故③正确；
当1≤t≤1.5时，函数图象经过点（1，0）（1.5，4）设一次函数的解析式为s=kt+b
则有：解得
∴s=2t+1
当s=2时，得2=2t+1，解得t=0.5＜1，不符合题意，④错误.
故答案为C.
【点睛】
本题考查了一次函数的应用和函数与方程的思想，解题的关键在于读懂图象，根据图像的信息进行解答.
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
根据二次根式被开放数为非负数，分式的分母不为零求解即可．
【详解】
解：∵二次根式有意义，
∴2-x＞0，解得：x<2．
故答案为：x<2．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式被开放数为非负数是解题的关键．
10．A
解析：24
【解析】
【分析】
由正方形的性质可求AC的长，由勾股定理可求BO的值，可求BD的值，即可求菱形ABCD的面积．
【详解】
解：如图，连接AC，BD交于O，

∵正方形AECF的面积为18cm2，
∴正方形AECF的边长为cm，
∴AC=AE=6（cm），
∴AO=3（cm），
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BO=DO，
∴BO==4（cm），
∴BD=2BO=8（cm），
∴菱形ABCD的面积=AC×BD=24（cm2），
故答案为：24．
【点睛】
本题考查正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，熟练运用正方形的性质是本题的关键．
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】
设DE=x，则AE=8-x．先根据折叠的性质和平行线的性质，得∠EBD=∠CBD=∠EDB，则BE=DE=x，然后在直角三角形ABE中根据勾股定理即可求解．
【详解】
解：设DE=x，则AE=8-x．
根据折叠的性质，得∠EBD=∠CBD．
∵AD∥BC，
∴∠CBD=∠ADB，
∴∠EBD=∠EDB，
∴BE=DE=x．
在直角三角形ABE中，根据勾股定理，得
x2=（8-x）2+16，
解得x=5．
故答案为：5．
【点睛】
本题主要考查了矩形与折叠问题、平行线的性质、等角对等边的性质和勾股定理，难度适中．
13．y=0.2x+3
【分析】
根据记录表由待定系数法就可以求出y与x的函数表达式．
【详解】
解：根据表格信息可知，每小时水位上升0.2m，y是x的的一次函数，
设y与x的函数表达式为y＝kx+b，把（0，3）和（1，3.2）代入得：
，
解得：．
故y与x的函数表达式为y＝0.2x+3．
故答案为：y＝0.2x+3．
【点睛】
考查了待定系数法求一次函数解析式，在解答时确定两个变量是一次函数函数关系是解题关键．
14．A
解析：AC＝BD
【分析】
根据中位线的性质易得四边形EFGH为平行四边形，那么只需让一组邻边相等即可，而邻边都等于对角线的一半，那么对角线需相等．
【详解】
解：∵E、F为AD、AB中点，
∴EF为△ABD的中位线，
∴EF∥BD，EF=BD，
同理可得GH∥BD，GH=BD，FG∥AC，FG=AC，
∴EF∥GH，EF=GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∴当EF=FG时，四边形EFGH为菱形，
∵FG=AC，EF=BD，EF=FG
∴AC=BD，
故答案为：AC＝BD．
【点睛】
本题考查菱形的判定，四边相等的四边形是菱形和中位线定理，解题的关键是了解菱形的判定定理，难度不大．
15．【分析】
根据图像，结合题意，先求出AD的长，再根据三角形的面积公式求出a，即可求出b的值．
【详解】
解：由函数图像可知：时，点P在AB上，，点P在BC上，时，点P在CD上，
∴，
∵，
∴解得
解析：
【分析】
根据图像，结合题意，先求出AD的长，再根据三角形的面积公式求出a，即可求出b的值．
【详解】
解：由函数图像可知：时，点P在AB上，，点P在BC上，时，点P在CD上，
∴，
∵，
∴解得，
又∵，即
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了动点问题的函数图像，解题的关键在于能够准确从函数图像中获取信息求解．
16．【分析】
设BD=CD=x，由题意可知∠ADC=45°，且将ADC沿AD折叠，故，则可运用勾股定理，将用x进行表示，即可得出的值．
【详解】
解：∵点D是BC的中点，设BD=CD=x，则BC=2x
解析：
【分析】
设BD=CD=x，由题意可知∠ADC=45°，且将ADC沿AD折叠，故，则可运用勾股定理，将用x进行表示，即可得出的值．
【详解】
解：∵点D是BC的中点，设BD=CD=x，则BC=2x，
又∵∠ADC=45°，将ADC沿AD折叠，故，=x，
∴，是直角三角形，
根据勾股定理可得：，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考察了折叠问题与勾股定理，解题的关键在于通过折叠的性质，得出直角三角形，并运用勾股定理．
三、解答题
17．（1）；（2）-15；（3）；（4）12
【分析】
（1）将原式中的二次根式化简为最简二次根式，根据二次根式的加减运算法则计算即可；
（2）根据二次根式的混合运算法则计算即可；
（3）根据零指数幂、
解析：（1）；（2）-15；（3）；（4）12
【分析】
（1）将原式中的二次根式化简为最简二次根式，根据二次根式的加减运算法则计算即可；
（2）根据二次根式的混合运算法则计算即可；
（3）根据零指数幂、绝对值的意义以及二次根式的混合运算法则计算即可；
（4）根据二次根式的乘除运算法则计算即可．
【详解】
解：（1）原式＝
＝；
（2）原式＝
＝
＝；
（3）原式＝
＝；
（4）原式＝
＝
＝．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算，零指数幂，绝对值的意义等知识点，熟练掌握相关运算法则是解本题的关键．
18．##
【分析】
在直角三角形ABC中运用勾股定理求出BC的长，进而求得CE的长，再在直角三角形EDC中运用勾股定理求出DC的长，最后求得AD的长即可．
【详解】
解：∵在中，
∴
∴
∵在中
∴
∴
解析：##
【分析】
在直角三角形ABC中运用勾股定理求出BC的长，进而求得CE的长，再在直角三角形EDC中运用勾股定理求出DC的长，最后求得AD的长即可．
【详解】
解：∵在中，
∴
∴
∵在中
∴
∴．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理在实际生活中的应用，灵活利用勾股定理解直角三角形成为解答本题的关键．
19．（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据网格特点和勾勾定理作图即可；
（2）根据勾股定理及其逆定理解答即可；
【详解】
解：（1）如图，
AD=；
（2）∵，，，
∴，
∴是直角
解析：（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据网格特点和勾勾定理作图即可；
（2）根据勾股定理及其逆定理解答即可；
【详解】
解：（1）如图，

AD=；
（2）∵，，，
∴，
∴是直角三角形．
【点睛】
本题考查了勾股定理及其逆定理，熟练掌握定理是解答本题的关键．在直角三角形中，如果两条直角边分别为a和b，斜边为c，那么a2+b2=c2．反之亦成立．
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）4
【解析】
【分析】
（1）根据绝对值的非负性和算数平方根的非负性得出m和n的值，代入即可求解；
（2）根据二次根式有意义的范围求解x，进而求得y，最后代入即可求解．
【详解】
（1
解析：（1）；（2）4
【解析】
【分析】
（1）根据绝对值的非负性和算数平方根的非负性得出m和n的值，代入即可求解；
（2）根据二次根式有意义的范围求解x，进而求得y，最后代入即可求解．
【详解】
（1）∵
∴，
∴
∴16的平方根为；
（2）∵
∴根据使二次根式有意义的条件得
∴x=24，y=-8
∴
∴原式的值为4．
【点睛】
本题考查了绝对值的非负性，算术平方根的非负性，二次根式的定义，关键是掌握使二次根式有意义的条件．
22．（1）y1=15x+30；（2）选择方案一所需费用更少，理由见解析
【分析】
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）求出y2与x之间的函数关系式，将x=8分别代入y1、y2关于x的函数解析式，比较即
解析：（1）y1=15x+30；（2）选择方案一所需费用更少，理由见解析
【分析】
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）求出y2与x之间的函数关系式，将x=8分别代入y1、y2关于x的函数解析式，比较即可．
【详解】
解：（1）根据题意，得：
，解得：，
∴方案一所需费用y1与x之间的函数关系式为y1=18x+30，
∴k1=18，b=30；
（2）∵打折前的每次游泳费用为18÷0.6=30（元），
∴k2=30×0.8=24；
∴y2=24x，
当游泳8次时，
选择方案一所需费用：y1=18×8+30=174（元），
选择方案二所需费用：y2=24×8=192（元），
∵174＜192，
∴选择方案一所需费用更少．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是理解两种优惠活动方案，求出y1、y2关于x的函数解析式．
23．（1）y=-x+6；（2）①；②，或或，
【分析】
（1）先求出点A，B的坐标，再运用待定系数法求出直线直线l2的函数解析式；
（2）①将点D（-2，m）代入y=x+6中，求出D（-2，4），如图2
解析：（1）y=-x+6；（2）①；②，或或，
【分析】
（1）先求出点A，B的坐标，再运用待定系数法求出直线直线l2的函数解析式；
（2）①将点D（-2，m）代入y=x+6中，求出D（-2，4），如图2，作∠DHF=45°，利用AAS证明△ADE≌△HFD，再运用等腰直角三角形性质即可求出答案；
②将D（-1，n）代入y=x+6中，得D（-1，5），过D作DM⊥x轴于M，作FN⊥DM于N，如图3，利用AAS可证得△FDN≌△DEM，进而得出F（4，6），再根据∠DGF=∠DGO分类讨论即可．
【详解】
解：（1）交轴于点，交轴于点，
，，
与关于轴对称，
，
设直线为：，将、坐标代入得
，解得，
直线的函数解析式为：；
（2）①将点代入中，得：
，解得：，
，
如图2，作，

，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
又，，
和均为等腰直角三角形，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
．
②将代入中，得：，
，则，，
过作轴于，作于，如图3，

，，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
当点、、三点共线时，如图3，，
设直线的解析式为，
，
，
解得：，
直线的解析式为，
当时，，
，；
如图4，连接DG2，FG2，
过点D作DM⊥OG2，DN⊥FG2，
∵，
∴DM=DN，又DO=DF，
∴（HL），
∴∠ODM=∠FDN，又∠ODN+∠FDN=90°，
∴∠ODM+∠ODN=90°，即∠MDN=90°，
∴四边形DMG2N是正方形，
∴∠OG2F=90°，

设，
，
，
，
解得：，
；
当平分时，如图5，

，，
，
又，
，
设与交于点，
，
，，
，
设直线解析式为，
，，
，
解得：，
直线解析式为，
联立方程组，
解得：，
，；
综上所述，符合条件的的坐标为，或或，．
【点睛】
本题是一次函数综合题，考查了运用待定系数法求一次函数解析式，求一次函数图象与坐标轴交点坐标，利用解方程组求两直线交点坐标，等腰直角三角形判定和性质，全等三角形判定和性质，勾股定理等，添加辅助线构造全等三角形，运用分类讨论思想和数形结合思想是解题关键．
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）见解析；（2）不变，见解析；（3）能，或
【分析】
（1）由折叠的性质得到BE=EP，BF=PF，得到BE=BF，根据菱形的性质得到AB∥CD∥FG，BC∥EH∥AD，于是得到结论；
（2）由
解析：（1）见解析；（2）不变，见解析；（3）能，或
【分析】
（1）由折叠的性质得到BE=EP，BF=PF，得到BE=BF，根据菱形的性质得到AB∥CD∥FG，BC∥EH∥AD，于是得到结论；
（2）由菱形的性质得到BE=BF，AE=FC，推出△ABC是等边三角形，求得∠B=∠D=60°，得到∠B=∠D=60°，于是得到结论；
（3）记AC与BD交于点O，得到∠ABD=30°，解直角三角形得到AO=1，BO=，求得S四边形ABCD=2，当六边形AEFCHG的面积等于时，得到S△BEF+S△DGH=，设GH与BD交于点M，求得GM=x，根据三角形的面积列方程即可得到结论．
【详解】
解:折叠后落在上，

平分
，
四边形为菱形，同理四边形为菱形，

四边形为平行四边形，
.
不变.
理由如下:由得
四边形为菱形，

为等边三角
，

为定值.
记与交于点.

当六边形的面积为时，

由得

记与交于点

，

同理
即
化简得
解得，
∴当或时，六边形的面积为.
【点睛】
此题是四边形的综合题，主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形的面积公式，菱形的面积公式，解本题的关键是用x表示出相关的线段，是一道基础题目．