八年级下册数学重庆数学期末试卷检测题(Word版含答案).doc

八年级下册数学重庆数学期末试卷检测题（Word版含答案）
一、选择题
1．使代数式有意义的x的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．下列各比值中，是直角三角形的三边之比的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列关于平行四边形的命题中，错误的是（ ）
A．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
B．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
C．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形
D．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
4．在某次读书知识比赛中育才中学参赛选手比赛成绩的方差计算公式为： S2＝ [（x188）2+（x288）2+…+（x888）2]，以下说法不一定正确的是（　　）
A．育才中学参赛选手的平均成绩为88分
B．育才中学一共派出了八名选手参加
C．育才中学参赛选手的中位数为88分
D．育才中学参赛选手比赛成绩团体总分为704分
5．如图1，园丁住宅小区有一块草坪如图所示．已知AB=3米，BC=4米，CD=12米，DA=13米，且AB⊥BC，这块草坪的面积是（ ）

A．24米2 B．36米2 C．48米2 D．72米2
6．如图，的面积是12，是边上一点，连结，现将沿翻折，点恰好落在线段上的点处，且，则四边形的面积是（ ）

A．4 B．4.5 C．5 D．5.5
7．如图，菱形ABCD的边长为2，且∠DAB＝60°，E是BC的中点，P为BD上一点且△PCE的周长最小，则△PCE的周长的最小值为（　　）

A． B． C． D．
8．如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E，F分别是边BC，AD的中点，AB＝2，BC＝4，一动点P从点B出发，沿着B﹣A﹣D﹣C在矩形的边上运动，运动到点C停止，点M为图1中某一定点，设点P运动的路程为x，△BPM的面积为y，表示y与x的函数关系的图象大致如图2所示．则点M的位置可能是图1中的（　　）

A．点C B．点O C．点E D．点F
二、填空题
9．若代数式有意义，则实数的取值范围是_________．
10．如果菱形的两条对角线长为与，则此菱形的面积______
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，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠AOD=120°，AC=4，则△ABO的周长为_____________．

13．饮料每箱24瓶，售价48元，买饮料的总价y （元）与所买瓶数x之间的函数________．
14．如图，在矩形中，对角线与相交于点，，，则的长为________．

15．如图，在平面直角坐标系中，点A1，A2，A3，…，都在x轴正半轴上，点B1，B2，B3，…，都在直线上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4，…，都是等边三角形，且OA1＝1，则点B6的纵坐标是______________．

16．如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝2x﹣5的图象经过正方形OABC的顶点A和C，则正方形OABC的面积为_____．

三、解答题
17．计算：
（1）．
（2）．
18．位于沈阳周边的红河峡谷漂流项目深受欢迎，在景区游船放置区，工作人员把偏离的游船从点A拉回点B的位置（如图）．在离水面高度为8m的岸上点C，工作人员用绳子拉船移动，开始时绳子AC的长为17m，工作人员以0.7米/秒的速度拉绳子，经过10秒后游船移动到点D的位置，问此时游船移动的距离AD的长是多少？

19．如图，在4×4的正方形网格中，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三角形或四边形．（绘图要求：①所绘图形不得超出正方形网格；②必须用直尺和中性笔绘图，确保所绘图形的顶点必须在格点上）
（1）在图①中，画一个直角三角形，使它的三边长都是有理数；
（2）在图②中，画一个直角三角形，使它的一边长是有理数，另外两边长是无理数；
（3）在图③中，画一个直角三角形，使它的三边长都是无理数；
（4）在图④中，画一个正方形，使它的面积为10．

20．如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，CE∥BD，
求证：四边形OCED是菱形．
21．阅读下面的解答过程，然后作答：
有这样一类题目：将化简，若你能找到两个数 m和n，使m2+n2=a 且 mn=，则a+2 可变为m2+n2+2mn，即变成（m+n）2，从而使得化简．
例如：∵5+2=3+2+2=（）2+（）2+2=（+）2
∴==+
请你仿照上例将下列各式化简
（1），（2）．
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．图1，在正方形中，，为线段上一点，连接，过点作，交于点．将沿所在直线对折得到，延长交于点．

（1）求证：．
（2）若，求的长．
（3）如图2，延长交的延长线于点，若，记的面积为，求与之间的函数关系式．

24．如图在平面直角坐标系之中，点为坐标原点，直线分别交x、y轴于点、．

（1）如图1，点是直线上不同于点的点，且．则点的坐标为____________
（2）点是直线外一点，满足，求出直线的解析式．
（3）如图2，点是线段上一点，将沿直线翻折，点落在线段上的点E处，点M在射线上，在x轴的正半轴上是否存在点N，使以M、A、N、B为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
25．已知正方形与正方形（点C、E、F、G按顺时针排列），是的中点，连接，.

（1）如图1，点在上，点在的延长线上，
求证：=ME，⊥.ME
简析： 由是的中点，AD∥EF，不妨延长EM交AD于点N，从而构造出一对全等的三角形，即 ≌ .由全等三角形性质，易证△DNE是 三角形,进而得出结论.
（2）如图2， 在的延长线上，点在上，（1）中结论是否成立？若成立,请证明你的结论；若不成立，请说明理由.
（3）当AB=5，CE=3时，正方形的顶点C、E、F、G按顺时针排列.若点在直线CD上，则DM= ;若点E在直线BC上，则DM= .
【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：C
【分析】
根据二次根式的被开方数大于或等于0即可得出答案．
【详解】
解：∵代数式有意义，
∴x-1≥0．
∴x≥1．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式的被开方数大于或等于0是解决本题的关键．
2．C
解析：C
【分析】
先分别设三角形的三边，依据勾股定理的逆定理列式计算即可判断．
【详解】
解：A、设三边分别为x、2x、3x，
∵，
∴三边比为1:2:3的三角形不是直角三角形；
B、设三边分别为2x、3x、4x，
∵，
∴三边比为2:3：4的三角形不是直角三角形；
C、设三边分别为3x、4x、5x，
∵，
∴三边比为3：4：5的三角形是直角三角形；
D、设三边分别为x、3x、x，
∵，
∴三边比为1:3：1的三角形不是直角三角形；
故选：C．
【点睛】
此题考查应用勾股定理的逆定理判断三角形是否是直角三角形，熟记定理并应用解决问题是解题的关键．
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判定方法，一一判断即可．
【详解】
解：A. 两组对角分别相等的四边形是平行四边形,正确；根据平行四边形的判定方法，可得结论；
B. 一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形，错误；如：等腰梯形；
C. 一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形正确，由题意可以证明两组对边分别平行，四边形是平行四边形；
D. 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，正确，根据平行四边形的判定方法，可得结论．
故选：B
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定方法，属于中考基础题．
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据方差的计算公式中各数据的具体意义逐一分析求解即可．
【详解】
解：∵参赛选手比赛成绩的方差计算公式为：S2＝ [（x1−88）2＋（x2−88）2＋…＋（x8−88）2]，
∴育才中学参赛选手的平均成绩为88分，一共派出了八名选手参加，育才中学参赛选手比赛成绩团体总分为88×8＝704（分），由于不能知道具体的数据，所以参赛选手的中位数不能确定，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差的定义和计算公式．
5．B
解析：B
【分析】
连接AC，先根据勾股定理求出AC的长，然后利用勾股定理的逆定理证明△ACD为直角三角形．从而用求和的方法求面积．
【详解】
连接AC，则由勾股定理得AC=5米，因为AC2+DC2=AD2，所以∠ACD=90°．
这块草坪的面积=SRt△ABC+SRt△ACD=AB•BC+AC•DC=（3×4+5×12）=36米2．
故选B．

【点睛】
此题主要考查了勾股定理的运用及直角三角形的判定等知识点．
6．A
解析：A
【解析】
【分析】
设DE与AC交于H，由折叠的性质可知，AH=HF，∠AHD=90°，AE=EF，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可以得到AE=BE，再证明△DAH≌△BCF，得到AH=CF=HF，则，，从而得出,，．
【详解】
解：设DE与AC交于H，
由折叠的性质可知，AH=HF，∠AHD=90°，AE=EF
∵∠BFC=90°，
∴∠BFC=∠DHA=∠AFB=90°，
∴EF是直角三角形AFB的中线，
∴AE=BE，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∴∠DAH=∠BCF，
∴△DAH≌△BCF（AAS），
∴AH=CF=HF，
∴，，
∴,，
∴，
∴，
故选A．

【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，折叠的性质，直角三角形斜边上的中线，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
由菱形的性质可得点A与点C关于BD对称，则△PCE的周长＝PC＋PE＋CE＝AE＋CE，此时△PCE的周长最小，过点E作EG⊥AB交AB延长线于点G，由∠BAD＝60°，可求∠EBG＝60°，则BG＝，EG＝，在Rt△AEG中，求出AE＝，则△PCE的周长＝AE＋CE＝＋1，即为所求．
【详解】
解：∵菱形ABCD，
∴点A与点C关于BD对称，
连接AE交BD于点P，连接PC，
则PE＋PC＝PA＋PC＝AE，

∴△PCE的周长＝PC＋PE＋CE＝AE＋CE，此时△PCE的周长最小，
∵E是BC的中点，菱形ABCD的边长为2，
∴BE＝1，AB＝2，
过点E作EG⊥AB交AB延长线于点G，
∵∠BAD＝60°，
∴∠ABC＝120°，
∴∠EBG＝60°，
∴BG＝，EG＝，
在Rt△AEG中，AE2＝AG2＋EG2，
∴AE＝，
∴△PCE的周长＝AE＋CE＝＋1，
∴△PCE的周长的最小值为＋1，
故选：B．
【点睛】
本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握菱形的性质，将所求问题转化为求AE的长是解题的关键．
8．B
解析：B
【分析】
从图2中可看出当x＝6时，此时△BPM的面积为0，说明点M一定在BD上，选项中只有点O在BD上，所以点M的位置可能是图1中的点O．
【详解】
解：∵AB＝2，BC＝4，四边形ABCD是矩形，
∴当x＝6时，点P到达D点，此时△BPM的面积为0，说明点M一定在BD上，
∴从选项中可得只有O点符合，所以点M的位置可能是图1中的点O．
故选B．
【点睛】
本题主要考查了动点问题的函数图象，解题的关键是找出当x＝6时，此时△BPM的面积为0，说明点M一定在BD上这一信息．
二、填空题
9．且
【解析】
【分析】
根据二次根式中的被开方数是非负数、分式分母不为0列出不等式，解不等式得到答案．
【详解】
解：由题意得，x+2≥0，x≠0，
解得，x≥-2且x≠0，
故答案为：x≥-2且x≠0．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件、分式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数是非负数、分式分母不为0是解题的关键．
10．60
【解析】
【详解】
分析：已知对角线的长度，根据菱形的面积计算公式即可计算菱形的面积．
详解：根据对角线的长可以求得菱形的面积，
根据S=ab=×10cm×12cm=60cm2，
故答案为60.
点睛：本题考查了根据对角线计算菱形的面积的方法，根据菱形对角线求得菱形的面积是解题的关键，难度一般．
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．A
解析：6
【分析】
根据矩形的性质，得到为等边三角形，边长为2，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD为矩形，AC=4
∴，，
∴
又∵∠AOD=120°
∴
∴为等边三角形
∴的周长为
故答案为6．
【点睛】
此题主要考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
13．y=2x．
【详解】
试题解析：每瓶的售价是=2（元/瓶），
则买的总价y（元）与所买瓶数x之间的函数关系式是：y=2x．
考点：根据实际问题列一次函数关系式．
14．A
解析：
【分析】
根据矩形的性质得出OA=OB=OC=OD，∠BAD=90°，求出△AOB是等边三角形，求出OB=AB=1，根据矩形的性质求出BD，根据勾股定理求出AD即可．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD, ∠BAD=90°，
∵
∴△AOB是等边三角形，
∴OB=AB=1，
∴BD=2BO=2，
在Rt△BAD中,
故答案为
【点睛】
考查矩形的性质，勾股定理等，掌握矩形的对角线相等是解题的关键.
15．【分析】
设△BnAnAn+1的边长为an，根据直线的解析式能的得出∠AnOBn=30°，再结合等边三角形的性质及外角的性质即可得出∠OBnAn=30°，从而得出AnBn=OAn，列出部分an的值
解析：
【分析】
设△BnAnAn+1的边长为an，根据直线的解析式能的得出∠AnOBn=30°，再结合等边三角形的性质及外角的性质即可得出∠OBnAn=30°，从而得出AnBn=OAn，列出部分an的值，发现规律 :an+1=2an，依此规律结合等边三角形的性质即可得出结论.
【详解】
设△BnAn An+1的边长为an，
∵点B1，B2，B3，…是直线y= 上的第一象限内的点，
过A1作A1N⊥x轴交直线OB1于N点，

∵OA1＝1，
∴点N的横坐标为1，
将x=1代入y=，
得到y=，
∴点N的坐标为(1，)
∴A1N=
在Rt△NOA1
tan∠A1ON==
∴∠A1OB1 = 30°，
又∵△Bn AnAn+1为等边三角形，
∴∠BnAnAn+1 = 60°，
∴∠OBnAn = 30°，
AnBn = OAn，
∵OA1=1
a1 =1，
a2=1+1=2= 2a1，
a3= 1++a1 +a2=4= 2a2，
a4 = 1+a1 +a2十a3 =8= 2a3，
an+1 = 2an，
a5 =2a4= 16， a6 = 2a5 = 32，a7= 2a6= 64，
△A6B6A7为等边三角形，
点B6的坐标为(a7-a6，(a7- a6))，
∴点B6的坐标为(48，16)
故答案为：16.
【点睛】
本题考查了一次函数的性质、等边三角形的性质以及三角形外角的性质，解题的关键是找出规律:an+1=2an本题属于灵活题，难度较大，解决该题型题目时，根据等边三角形边的特征找出边的变化规律是关键.
16．10
【分析】
过点C作CM⊥x轴于点M，过点A作AN⊥y轴于点N，易得△OCM≌△OAN；由CM＝ON，OM＝ON；设点C坐标（a，b），可求得A（2a﹣5，﹣a），则a＝3，可求OC＝，所以正方
解析：10
【分析】
过点C作CM⊥x轴于点M，过点A作AN⊥y轴于点N，易得△OCM≌△OAN；由CM＝ON，OM＝ON；设点C坐标（a，b），可求得A（2a﹣5，﹣a），则a＝3，可求OC＝，所以正方形面积是10．
【详解】
解：过点C作CM⊥x轴于点M，过点A作AN⊥y轴于点N，
∵∠COM+∠MOA＝∠MOA+∠NOA＝90°，
∴∠NOA＝∠COM，
又因为OA＝OC，
∴Rt△OCM≌Rt△OAN（ASA），
∴OM＝ON，CM＝AN，
设点C （a，b），
∵点A在函数y＝2x﹣5的图象上，
∴b＝2a﹣5，
∴CM＝AN＝2a﹣5，OM＝ON＝a，
∴A（2a﹣5，﹣a），
∴﹣a＝2（2a﹣5）﹣5，
∴a＝3，
∴A（1，﹣3），
在直角三角形OCM中，由勾股定理可求得OA＝，
∴正方形OABC的面积是10，
故答案为：10．

【点睛】
本题考查了一次函数与正方形的综合，涉及全等三角形的证明，勾股定理的应用，函数的相关计算等，熟知以上知识是解题的关键．
三、解答题
17．（1）；（2）
【分析】
（1）根据二次根式的除法法则计算，二次根式的性质化简即可；
（2）根据二次根式的乘法以及二次根式的加减法运算进行计算即可
【详解】
（1）
；
（2）
．
【点睛】
解析：（1）；（2）
【分析】
（1）根据二次根式的除法法则计算，二次根式的性质化简即可；
（2）根据二次根式的乘法以及二次根式的加减法运算进行计算即可
【详解】
（1）

；
（2）

．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算，掌握二次根式的性质以及二次根式的运算法则是解题的关键．
18．游船移动的距离AD的长是9米
【分析】
根据条件先计算经过10秒拉回绳子的长，然后计算出绳子CD的长，在中，在中，，即可求出最终结果．
【详解】
解：工作人员以0.7米/秒的速度拉绳子，
经过10秒
解析：游船移动的距离AD的长是9米
【分析】
根据条件先计算经过10秒拉回绳子的长，然后计算出绳子CD的长，在中，在中，，即可求出最终结果．
【详解】
解：工作人员以0.7米/秒的速度拉绳子，
经过10秒拉回绳子米，
开始时绳子AC的长为17m，
拉了10秒后，绳子CD的长为17-7=10米，
在中，
米，
在中，
米，
AD=15-6=9米，
答：游船移动的距离AD的长是9米．
【点睛】
本题主要考查勾股定理的运用，属于综合题，难度一般，熟练掌握勾股定理解三角形是解决本题的关键．
19．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析；（4）见解析；
【解析】
【分析】
根据勾股定理即可得．
【详解】
解：（1）如图①所示，三边分别为：3，4，5；
（2）如图②所示，三边分别为：，，2或
解析：（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析；（4）见解析；
【解析】
【分析】
根据勾股定理即可得．
【详解】
解：（1）如图①所示，三边分别为：3，4，5；
（2）如图②所示，三边分别为：，，2或，，4 ；
（3如图③所示，三边分别为：，，或，，或，，；
（4）如图④所示，正方形的边长为：，则面积：（）2=10．

【点睛】
本题考查了勾股定理，解题的关键是掌握勾股定理．
20．见解析
【分析】
首先根据两对边互相平行的四边形是平行四边形证明四边形OCED是平行四边形，再根据矩形的性质可得OC=OD，即可利用一组邻边相等的平行四边形是菱形判定出结论．
【详解】
证明：∵DE
解析：见解析
【分析】
首先根据两对边互相平行的四边形是平行四边形证明四边形OCED是平行四边形，再根据矩形的性质可得OC=OD，即可利用一组邻边相等的平行四边形是菱形判定出结论．
【详解】
证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵四边形ABCD是矩形，∴OC=OD=AC=BD
∴四边形OCED是菱形．
21．（1）1+；（2）.
【解析】
【分析】
参照范例中的方法进行解答即可.
【详解】
解：（1）∵，
∴；
（2）∵，
∴.
解析：（1）1+；（2）.
【解析】
【分析】
参照范例中的方法进行解答即可.
【详解】
解：（1）∵，
∴；
（2）∵，
∴.
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）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】
（1）先证，再据ASA证明△ABP≌△BCQ，可证得BP=CQ；
（2）连接，先证，得到，设AN=x，用x表示出ND；再求出DQ和的值，再在RT△NDQ
解析：（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】
（1）先证，再据ASA证明△ABP≌△BCQ，可证得BP=CQ；
（2）连接，先证，得到，设AN=x，用x表示出ND；再求出DQ和的值，再在RT△NDQ中用勾股定理列方程求解；
（3）作QG⊥AB于G，先证MB=MQ并设其为y，再在RT△MGQ中用勾股定理列出关于x、y的方程，并用x表示y；用y表示出△MBQ的面积，用x表示出△的面积．最后据用x、y表示出S，并把其中的y用x代换即可．
【详解】
（1）在正方形ABCD中
，
，
，
，
，
，
，
．
（2）在正方形ABCD中
连接，如下图：

由折叠知BC=，
又AB=BC，∠BAN=90°
∴， ，
，
，
，
，
，
设，
，
，
，
，
．
（3）如下图，作，垂足为，

由（1）知
∵∠MBQ=∠CQB=∠MQB
∴BM=MQ
设，则．
，

，
，

故．
【点睛】
此题综合考查了正方形性质、三角形全等，勾股定理等知识点，其关键是要熟练掌握相关知识，能灵活应用．
24．（1）（-4，6）；（2）y=x+3或y=-7x+3；（3）（，0）或（，0）
【解析】
【分析】
（1）由及点不同于点，可知点是线段的中点，由点、的坐标即可求出点的坐标；
（2）根据题意得到点C的
解析：（1）（-4，6）；（2）y=x+3或y=-7x+3；（3）（，0）或（，0）
【解析】
【分析】
（1）由及点不同于点，可知点是线段的中点，由点、的坐标即可求出点的坐标；
（2）根据题意得到点C的两个位置，作线段AB的垂直平分线交AC于点G，交AC′于点H，交AB于点Q，连接BG、BH，作GP⊥y轴于点P，GF⊥x轴于点F，证明△GBF≌△GAP，得到BF=AP，GF=GP，列方程求出AP，得到OP和OF，可得点G和H坐标，再利用待定系数法求解；
（3）分平行四边形AMBN以AB为对角线，平行四边形ABNM以AB为一边，两种情况，画出图形分别求解．
【详解】
解：（1）如图1，直线，当时，；当时，由，得，
，；

，且点不同于点，
点是线段的中点，即点与点关于点对称，
点的横坐标为，
当时，，
，
故答案为：．
（2）如图2，射线在直线的上方，射线在直线的下方，；
作线段的垂直平分线交于点，交于点，交于点，连接、，则；
作轴于点，轴于点，则，，

，，
，，
，
四边形是正方形；
，
，
，
，
，
，
，，
，
四边形是正方形，
，
，，
，
，
解得，
，
，；
点与点关于点对称，
，；
设直线的解析式为，
则，解得，
；
设直线的解析式为，
则，解得，
，
综上所述，直线的解析式为或．
（3）存在，如图3，平行四边形以为对角线，

延长交轴于点，设，
由折叠得，，，
，；
，，
，
，且，
，
解得，
，
，；
，，
，
，
，
设直线的解析式为，
则，解得，
；
点在轴上，且，
轴，
点与点的纵坐标相等，都等于3，
当时，由，得，
，，
，
，
，；
如图4，平行四边形以为一边，则轴，且．

，
，，
综上所述，点的坐标为，或，．
【点睛】
此题重点考查一次函数的图象和性质、用待定系数法求一次函数的解析式、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、关于某点成中心对称的点的坐标等知识与方法，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，第（2）题、第（3）题都要分类讨论，此题难度较大，属于考试压轴题．
25．（1）等腰直角；（2）结论仍成立，见解析；（3）或，.
【分析】
（1）结论：DM⊥EM，DM=EM．只要证明△AMH≌△FME，推出MH=ME，AH=EF=EC，推出DH=DE，因为∠EDH=90
解析：（1）等腰直角；（2）结论仍成立，见解析；（3）或，.
【分析】
（1）结论：DM⊥EM，DM=EM．只要证明△AMH≌△FME，推出MH=ME，AH=EF=EC，推出DH=DE，因为∠EDH=90°，可得DM⊥EM，DM=ME；
（2）结论不变，证明方法类似；
（3）分两种情形画出图形，理由勾股定理以及等腰直角三角形的性质解决问题即可；
【详解】
解：（1） △AMN ≌ △FME ,等腰直角.
如图1中，延长EM交AD于H．

∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴△AMH≌△FME，
∴，，
∴，
∵，
∴DM⊥EM，DM=ME．
（2）结论仍成立.
如图，延长EM交DA的延长线于点H,

∵四边形ABCD与四边形CEFG都是正方形,
∴，,
∴AD∥EF,∴.
∵，,
∴△AMF≌△FME(ASA), …
∴，,∴.
在△DHE中，，,,
∴，DM⊥EM.
（3）①当E点在CD边上，如图1所示，由（1）的结论可得三角形DME为等腰直角三角形，则DM的长为,此时,所以；
②当E点在CD的延长线上时，如图2所示，由（2）的结论可得三角形DME为等腰直角三角形，则DM的长为，此时 ，所以 ；
③当E点在BC上是，如图三所示，同（1）、（2）理可得到三角形DME为等腰直角三角形，
证明如下：∵四边形ABCD与四边形CEFG都是正方形, 且点E在BC上
∴AB//EF，∴，
∵M为AF中点，∴AM=MF
∵在三角形AHM与三角形EFM中：
,
∴△AMH≌△FME(ASA),
∴，,∴.
∵在三角形AHD与三角形DCE中：
，
∴△AHD≌△DCE(SAS),
∴,
∵∠ADC=∠ADH+∠HDC=90°，
∴∠HDE=∠CDE+∠HDC=90°,
∵在△DHE中，，,,
∴三角形DME为等腰直角三角形，则DM的长为，此时在直角三角形DCE中 ，所以

【点睛】
本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理以及直角三角形的性质，灵活运用相关的定理、正确作出辅助线是解题的关键．