2022-2023学年辽宁省铁岭五中八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年辽宁省铁岭五中八年级（下）期末数学试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年辽宁省铁岭五中八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列根式中是最简二次根式的是(    )
A. 3a2 B. 8 C. 30 D. 0.5
2. 化简：( 3−2)2020⋅( 3+2)2019结果为(    )
A. 3+2 B. − 3−2 C. 3−2 D. − 3+2
3. 下列命题的逆命题正确的是(    )
A. 对顶角相等 B. 如果两个实数相等，那么它们的平方相等
C. 两直线平行，同旁内角互补 D. 全等三角形的对应角相等
4. 如图是一张探宝图，根据图中的尺寸，起点A到终点B的距离是(    )
A. 10
B. 8
C. 113
D. 9
5. 如图，在Rt△ABC中，AC=6，BC=8，D是斜边AB上的一个动点，DE⊥BC，DF⊥AC，垂足分别为E，F，则EF的最小值为(    )
A. 6
B. 2.4
C. 5
D. 4.8
6. 若一次函数y=(k−2)x+17，当x=−3时，y=2，则k的值为(    )
A. −4 B. 8 C. −3 D. 7
7. 如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=2x+4与x轴，y轴交于A，B两点，以OB为底边在y轴的右侧作等腰△OBC，将△OBC沿y轴折叠，使点C恰好落在直线AB上，则C点的坐标为(    )
A. (1,2)
B. (−1,2)
C. (−1,−2)
D. (2,−1)
8. 如图，直线y=−3x与直线y=ax+4相交于点A(m,3)，则不等式−3x A. x<−1
B. x>3
C. x>−1
D. x<3


9. 小洪根据演讲比赛中九位评委所给的分数制作了如下表格：
平均数
中位数
众数
方差
8.5
8.3
8.1
0.15
如果去掉一个最高分和一个最低分，那么表格中数据一定不发生变化的是(    )
A. 平均数 B. 中位数 C. 众数 D. 方差
10. 甲、乙两人赛跑，两人所跑的路程y(米)与所用的时间x(分)的函数关系如图所示，给出下列说法：
①比赛全程1500米．
②2分时，甲，乙相距300米．
③比赛结果是乙比甲领先50秒到达终点．
④3分40秒时，乙追上甲，其中正确的个数有个．(    )

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
11. 已知a= 2+1，则a2+2a+1a2−1−1a−1= ______ ．
12. 如图，在△ABC中，AB=4，BC=2，DB=1，CD= 3，则AC=______．


13. 如图正方形ABCD边长为2，E为CD边中点，P为射线BE上一点(P不与B重合)，若△PDC为直角三角形，则BP=______．


14. 如图，已知△ABC中，点M是BC边上的中点，AN平分∠BAC，BN⊥AN于点N，若AB=8，MN=2，则AC的长为______ ．

15. 对于一次函数y=kx+b，当1≤x≤4时，3≤y≤6，则一次函数的解析式为______．
16. 已知一组数据x1，x2，…，xn的方差是s2，则新的一组数据ax1+1，ax2+1，…，axn+1(a为非零常数)的方差是______(用含a和s2的代数式表示)．
17. 如图，正方形OABC的对角线OB在直线y=−43x上，点A在第一象限．若正方形OABC的面积是50，则点A的坐标为______．


18. 正方形A1B1C1A2，A2B2C2A3，A3B3C3A4，…按如图所示的方式放置，点A1，A2，A3，…和点B1，B2，B3，…分别在直线y=kx+b(k>0)和x轴上，已知点A1(0,1)，B1(1,0)，则点C4的坐标是______．

三、解答题（本大题共7小题，共66.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题8.0分)
计算：
(1)( 3−1)2−(3− 5)(3+ 5)；
(2)已知x= 5+1，求代数式x2−2x+7的值．
20. (本小题10.0分)
某商店销售10台A型和20台B型电脑的利润为4000元，销售20台A型和10台B型电脑的利润为3500元．
(1)求每台A型电脑和B型电脑的销售利润；
(2)该商店计划一次购进两种型号的电脑共100台，其中B型电脑的进货量不超过A型电脑的2倍，设购进A型电脑x台，这100台电脑的销售总利润为y元．
①求y关于x的函数关系式；
②该商店购进A型、B型电脑各多少台，才能使销售总利润最大？最大利润是多少？

21. (本小题12.0分)
为了解学生参加户外活动的情况，某中学对学生参加户外活动的时间进行抽样调查，并将调查结果绘制成如图两幅不完整的统计图，根据图示，请回答下列问题：

(1)求户外活动时间为1.5小时的学生有多少人？并补全条形统计图
(2)每天户外活动时间的中位数是小时？
(3)该校共有1800名学生，请估计该校每天户外活动超过1小时的学生人数有多少人？
22. (本小题8.0分)
如图，在矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN与AD相交于点M，与BC相交于点N，连接BM，DN．
(1)求证：四边形BMDN是菱形；
(2)若AB=4，AD=8，求菱形BMDN的周长和对角线MN的长．

23. (本小题8.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG=AE，连接CG．

(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)当线段AB与线段AC满足什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由．

24. (本小题10.0分)
如图1，点E是正方形ABCD边CD上任意一点，以DE为边作正方形DEFG，连接BF，点M是线段BF中点，射线EM与BC交于点H，连接CM．
(1)请直接写出CM和EM的数量关系和位置关系．
(2)把图1中的正方形DEFG绕点D顺时针旋转45°，此时点F恰好落在线段CD上，如图2，其他条件不变，(1)中的结论是否成立，请说明理由．
(3)把图1中的正方形DEFG绕点D顺时针旋转90，此时点E、G恰好分别落在线段AD、CD上，连接CE，如图3，其他条件不变，若DG=2，AB=6，直接写出CM的长度．


25. (本小题10.0分)
如图1，在平面直角坐标系中，直线y=12x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，已知点C(−2,0)．
(1)求出点A，点B的坐标．
(2)P是直线AB上一动点，且△BOP和△COP的面积相等，求点P坐标．
(3)如图2，过点C作平行于y轴的直线m，在直线m上是否存在点Q，使得△ABQ是等腰直角三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A、 3a2= 3|a|，故A不符合题意；
B、 8=2 2，故B不符合题意；
C、 30是最简二次根式，故C符合题意；
D、 0.5= 12= 22，故D不符合题意；
故选：C．
根据最简二次根式的定义，逐一判断即可解答．
本题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式的定义是解题的关键．

2.【答案】D 
【解析】解：原式=( 3−2)×( 3−2)2019×( 3+2)2019
=( 3−2)×(3−4)2019
=− 3+2，
故选：D．
根据二次根式的运算法则即可求出答案．
本题考查二次根式，解题的关键是熟练运用二次根式的运算法则，本题属于基础题型．

3.【答案】C 
【解析】解：A、逆命题为：相等的角为对顶角，错误，不符合题意；
B、逆命题为如果两个数的平方相等，那么这两个数也相等，错误，不符合题意；
C、逆命题为同旁内角互补，两直线平行，正确，符合题意；
D、逆命题为对应角相等的三角形全等，错误，不符合题意．
故选：C．
写出原命题的逆命题后判断正误即可．
考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解如何写出一个命题的逆命题，难度不大．

4.【答案】A 
【解析】解：过点B作BC⊥AC于点C，如图，

由题意可得，AC=6，BC=8，
则AB= 62+82=10，
故选：A．
根据题意，过点B作BC⊥AC于点C，利用勾股定理即可求解．
本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．

5.【答案】D 
【解析】解：如图，连接CD，
∵DE⊥BC，DF⊥AC，∠ACB=90°，
∴四边形CEDF是矩形，
∴EF=CD，
由垂线段最短可得：CD⊥AB时，CD最短，则线段EF的长最小，
∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，
∴AB= AC2+BC2= 62+82=10，
当CD⊥AB时，由△ABC的面积的面积得：CD=AC×BCAB=6×810=4.8，
∴EF的最小值为4.8；
故选：D．
连接CD，证出四边形CEDF是矩形，得EF=CD，根据垂线段最短可得CD⊥AB时线段EF的长最小，由三角形面积求出CD的最小值，进而解答即可．
本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质、勾股定理以及三角形面积等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，确定出CD⊥AB时EF最短是解题的关键．

6.【答案】D 
【解析】解：把x=−3，y=2代入一次函数解析式得：
2=−3(k−2)+17，
去括号得：2=−3k+6+17，
移项合并得：3k=21，
解得：k=7．
故选：D．
把x与y的值代入一次函数解析式求出k的值即可．
此题考查了待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．

7.【答案】A 
【解析】解：∵直线y=2x+4与y轴交于点B，
∴B(0,4)，
∴OB=4，
又∵△OBC是以OB为底的等腰三角形，
∴点C的纵坐标为2，
∵△OBC沿y轴折叠，使点C恰好落在直线AB上，
∴当y=2时，2=2x+4，
解得x=−1，
∴点C的横坐标为1，
∴点C的坐标为(1,2)，
故选：A．
由直线y=2x+4与y轴交于点B，可得OB=4，根据△OBC是以OB为底的等腰三角形，可得点C的纵坐标为2，依据△OBC沿y轴折叠，使点恰好落在直线AB上，即可得到点C的横坐标为1．
本题考查了等腰三角形的性质、翻折变换的性质、一次函数的性质，熟练掌握翻折变换和等腰三角形的性质是解决问题的关键．

8.【答案】C 
【解析】解：∵直线y=−3x与直线y=ax+4相交于点A(m,3)，
∴3=−3m，
∴m=−1，
∴A(−1,3)，
由图象可知，当x>−1时，函数y=−3x的图象在y=ax+4的下方，
则不等式−3x−1．
故选：C．
根据题意，求出交点A的坐标，由图象可知，当x>−1时，函数y=−3x的图象在y=ax+4的下方，即可求解．
本题考查了一次函数与一元一次不等式，解题的关键是判断不等式−3x
9.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了统计量的选择，解题的关键是了解中位数的定义，难度不大．
根据中位数的定义：位于中间位置或中间两数的平均数可以得到去掉一个最高分和一个最低分不影响中位数．
【解答】
解：去掉一个最高分和一个最低分对中位数没有影响，
故选B．  
10.【答案】C 
【解析】解：①由函数图象可得比赛全程1500米，故①正确；
②甲的速度15005=300米/分，
∴2分时甲、乙相距为300×2−300=300米，故②正确；
③由函数图象可以得；乙比甲领先0.5×60=30秒到达终点，故③错误；
④设两分钟后，y乙=kx+b，将(2,300)，(4.5,1500)代入y乙=kx+b，由题意可得：300=2k+b1500=4.5k+b，
解得：k=480b=−660，
∴y乙=480x−660，
设甲的函数解析式，y甲=kx，将(5,1500)，代入y=kx，得1500=5k，
解得k=300，
∴y甲=300x，
联立y甲=300xy乙=480x−660，
解得x=113，
所以可列y=300x，即乙追上甲用113分钟=3分钟40秒，故④正确．
故选：C．
①由函数图象可以得；
②根据图象列式计算即可得出结论；
③由函数图象可以得；
④求出两分钟后，乙图象表示的函数，即可求解．
本题考查了一次函数的应用，认真观察函数图象从中获得有效信息是解题关键．

11.【答案】1+ 22 
【解析】解：a2+2a+1a2−1−1a−1
=(a+1)2(a+1)(a−1)−1a−1
=a+1a−1−1a−1
=a+1−1a−1
=aa−1，
当a= 2+1时，原式= 2+1 2+1−1= 2+1 2=1+ 22，
故答案为：1+ 22．
先利用异分母分式的加减法法则进行计算，然后把a的值代入化简后的式子进行计算，即可解答．
本题考查了二次根式的化简求值，分式的化简求值，准确熟练地进行计算是解题的关键．

12.【答案】2 3 
【解析】解：∵BC=2，DB=1，CD= 3，
∴DB2+CD2=1+3=4=BC2，
∴△CDB是直角三角形，∠CDB=90°，
∴∠CDA=90°，
∵AB=4，BD=1，
∴AD=3，
∴AC= AD2+CD2= 32+( 3)2=2 3，
故答案为：2 3．
根据BC=2，DB=1，CD= 3，利用勾股定理的逆定理可以判断△CDB的形状，然后根据勾股定理即可得到AC的长，本题得以解决．
本题考查勾股定理、勾股定理的逆定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

13.【答案】 5−1或 5+1或2 5 
【解析】解：分三种情况：
①如图1，当∠DPC=90°时，

∵E是CD的中点，且CD=2，
∴PE=12CD=1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=2，∠BCD=90°，
∴BE= 22+12= 5，
∴BP= 5−1；
②如图2，当∠DPC=90°时，

同理可得BP= 5+1；
③如图3，当∠CDP=90°时，

∵∠BCE=∠EDP=90°，DE=CE，∠BEC=∠DEP，
∴△BCE≌△PDE(ASA)，
∴PE=BE= 5，
∴BP=2 5，
综上，BP的长是 5−1或 5+1或2 5；
故答案为： 5−1或 5+1或2 5．
分三种情况：①如图1，当∠DPC=90°时，P在正方形的内部，先根据直角三角形斜边中线的性质得EP的长，利用勾股定理得BE的长，从而可解答；②如图2，当∠DPC=90°时，P在正方形的外部，同理可解答；③如图3，当∠CDP=90°时，证明△BCE≌△PDE(ASA)，可得PE=BE= 5，从而可解答．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是运用分类讨论的思想解决问题，并正确画图，不要丢解．

14.【答案】12 
【解析】解：如图，延长BN交AC于D，
在△ANB和△AND中，
∠NAB=∠NADAN=AN∠ANB=∠AND=90°，
∴△ANB≌△AND(ASA)，
∴AD=AB=8，BN=ND，
又∵M是△ABC的边BC的中点，
∴MN是△BCD的中位线，
∴DC=2MN=4，
∴AC=AD+CD=8+4=12，
故答案为：12．
延长BN交AC于D，证明△ANB≌△AND，根据全等三角形的性质、三角形中位线定理计算即可求出AC的长．
本题考查的是三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，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．

15.【答案】y=x+2或y=−x+7 
【解析】
【分析】
本题考查了一次函数的性质以及待定系数法求一次函数解析式，根据点的坐标利用待定系数法求出一次函数解析式是解题的关键．
由一次函数的单调性即可得知点(1,3)、(4,6)在一次函数y=kx+b的图象上或点(1,6)、(4,3)在一次函数y=kx+b的图象上，根据点的坐标利用待定系数法即可求出一次函数的解析式，此题得解．

【解答】
解：∵对于一次函数y=kx+b，当1≤x≤4时，3≤y≤6，
∴点(1,3)、(4,6)在一次函数y=kx+b的图象上或点(1,6)、(4,3)在一次函数y=kx+b的图象上．
当点(1,3)、(4,6)在一次函数y=kx+b的图象上时，
k+b=34k+b=6，解得：k=1b=2，
∴此时一次函数的解析式为y=x+2；
当(1,6)、(4,3)在一次函数y=kx+b的图象上时，
k+b=64k+b=3，解得：k=−1b=7，
此时一次函数的解析式为y=−x+7．
故答案为：y=x+2或y=−x+7．  
16.【答案】a2s2 
【解析】解：∵新的一组数据ax1+1，ax2+1，…，axn+1(a为非零常数)的方差与数据ax1，ax2，…，axn(a为非零常数)的方差相同，
且一组数据x1，x2，…，xn的方差是s2，
∴新的一组数据ax1+1，ax2+1，…，axn+1(a为非零常数)的方差是：a2s2．
故答案为：a2s2．
根据一组数据同时加减一个数据方差不变，同时扩大或缩小，方差平方倍增长或递减，进而得出答案．
此题主要考查了方差的有关计算，正确方差基本性质是解题关键．

17.【答案】(1,7) 
【解析】解：如图作OF⊥OB，交BA的延长线于F，作BM⊥x轴于M，FN⊥x轴于N．

∵四边形ABCO是正方形，
∴∠OBA=45°，
∵∠BOF=90°，
∴△BOF是等腰直角三角形，
∴OB=OF，
由△BOM≌△OFN，可得BM=ON，OM=FN，
∵正方形OABC的面积是50，
∴OB=10，
∵点B在直线y=−43x上，
∴B(−6,8)，F(8,6)，
∵BA=AF，
∴A(1,7)，
故答案为(1,7)
如图作OF⊥OB，交BA的延长线于F，作BM⊥x轴于M，FN⊥x轴于N.首先证明△BOF是等腰直角三角形，可得AB=AF，求出B、F的坐标即可解决问题；
主要考查了一次函数的应用、正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于填空题中的压轴题．

18.【答案】(23,8) 
【解析】解：由题意可知A1纵坐标为1，A2的纵坐标为2，A3的纵坐标为4，A4的纵坐标为8，…，
∵A1和C1，A2和C2，A3和C3，A4和C4的纵坐标相同，
∴C1，C2，C3，C4的纵坐标分别为1，2，4，8，…，
∴根据图象得出C1(2,1)，C2(5,2)，C3(11,4)，
∴直线C1C2的解析式为y=13x+13，
∵A4的纵坐标为8，
∴C4的纵坐标为8，
把y=8代入y=13x+13，解得x=23，
∴C4的坐标是(23,8)，
故答案为(23,8)．
由题意可知A1纵坐标为1，A2的纵坐标为2，A3的纵坐标为4，A4的纵坐标为8，…，即可得到C1，C2，C3，C4，C5的纵坐标，根据图象得出C1(2,1)，C2(5,2)，C3(11,4)，即可得到C1，C2，C3，C4…在一条直线上，直线的解析式为y=13x+13，把C4的纵坐标代入即可求得横坐标．
此题考查了待定系数法求一次函数的解析式、等腰直角三角形和正方形的性质．此题难度适中，属于规律型题目，注意掌握数形结合思想的应用．

19.【答案】解：(1)( 3−1)2−(3− 5)(3+ 5)
=3−2 3+1−(9−5)
=3−2 3+1−4
=−2 3；
(2)∵x= 5+1，
∴x2−2x+7
=x2−2x+1+6
=(x−1)2+6
=( 5+1−1)2+6
=5+6
=11，
∴代数式x2−2x+7的值为11． 
【解析】(1)利用完全平方公式，平方差公式进行计算，即可解答；
(2)利用完全平方公式进行计算，即可解答．
本题考查了二次根式的化简求值，二次根式的混合运算，完全平方公式，平方差公式，准确熟练地进行计算是解题的关键．

20.【答案】解：(1)设每台A型电脑销售利润为a元，每台B型电脑的销售利润为b元；
根据题意得10a+20b=400020a+10b=3500，解得a=100b=150．
答：每台A型电脑销售利润为100元，每台B型电脑的销售利润为150元；
(2)①根据题意得，y=100x+150(100−x)，
即y=−50x+15000；
②据题意得，100−x≤2x，
解得x≥3313，
∵y=−50x+15000，
∴y随x的增大而减小，
∵x为正整数，
∴当x=34时，y取最大值，则100−x=66，
此时最大利润是y=−50×34+15000=13300．
即商店购进34台A型电脑和66台B型电脑的销售利润最大，最大利润是13300元． 
【解析】本题考查了一次函数的应用，二元一次方程组的应用，读懂题目信息，准确找出等量关系列出方程组是解题的关键，利用一次函数的增减性求最值是常用的方法，需熟练掌握．
(1)设每台A型电脑销售利润为a元，每台B型电脑的销售利润为b元；然后根据销售10台A型和20台B型电脑的利润为4000元，销售20台A型和10台B型电脑的利润为3500元列出方程组，然后求解即可；
(2)①根据总利润等于两种电脑的利润之和列式整理即可得解；
②根据B型电脑的进货量不超过A型电脑的2倍列不等式求出x的取值范围，然后根据一次函数的增减性求出利润的最大值即可．

21.【答案】解：(1)∵0.5小时的有100人占被调查总人数的20%，
∴被调查的人数有：100÷20%=500，
1.5小时的人数有：500−100−200−80=120，
补全的条形统计图如下图所示，

故答案为：500；

(2)由(1)可知被调查学生500人，由条形统计图可得，中位数是1小时，
故答案为：1；

(3)由题意可得，
该校每天户外活动时间超过1小时的学生数为：120+80500×1800=720人，
即该校每天户外活动时间超过1小时的学生有720人． 
【解析】(1)根据条形统计图和扇形统计图可以求得被调查学生总数和1.5小时的学生数，从而可以将条形统计图补充完整；
(2)根据条形统计图可以得到这组数据的中位数；
(3)根据条形统计图可以求得校共有1800名学生，该校每天户外活动时间超过1小时的学生有多少人．
本题考查中位数、用样本估计总体、扇形统计图、条形统计图，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答问题．

22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD/​/BC，∠A=90°，OB=OD，
∴∠MDO=∠NBO，∠DMO=∠BNO．
∵MN是BD的垂直平分线
∴OD=OB，
在△DMO和△BNO中，∠MDO=∠NBO∠DMO=∠BNOOD=OB，
∴△DMO≌△BNO(AAS)，
∴OM=ON．
∵OB=OD，
∴四边形BMDN是平行四边形．
∵MN⊥BD，
∴四边形BMDN是菱形．
(2)解：设MD=MB=x，则AM=8−x．
在Rt△AMB中，由勾股定理得：x2=(8−x)2+42，
解得：x=5.即MB=5，
∴菱形BMDN的周长为5×4=20．
在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD= AB2+AD2= 42+82=4 5，
∴BO=2 5．
在Rt△BOM中，由勾股定理得：OM= MB2−OB2 = 52−(2 5)2= 5，
由(1)得：OM=ON，
∴MN=2 5． 
【解析】(1)根据矩形性质求出AD//BC，推出∠MDO=∠NBO，∠DMO=∠BNO，证△DMO≌△BNO，推出OM=ON，得出平行四边形BMDN，推出菱形BMDN；
(2)根据菱形性质求出DM=BM，在Rt△AMB中，根据勾股定理得出BM2=AM2+AB2，求出MD=5，由勾股定理求出BD的长，得出OB的长，再由勾股定理求出OM，即可得出MN的长．
本题考查了矩形性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质，证明四边形是菱形是解决问题的关键．

23.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB/​/CD，OB=OD，OA=OC，
∴∠ABE=∠CDF，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴BE=12OB，DF=12OD，
∴BE=DF，
在△ABE和△CDF中，
AB=CD∠ABE=∠CDFBE=DF，
∴△ABE≌△CDF(SAS)；
(2)解：当AC=2AB时，四边形EGCF是矩形；理由如下：
∵AC=2OA，AC=2AB，
∴AB=OA，
∵E是OB的中点，
∴AG⊥OB，
∴∠OEG=90°，
同理：CF⊥OD，
∴AG/​/CF，
∴EG/​/CF，
∵EG=AE，OA=OC，
∴OE是△ACG的中位线，
∴OE/​/CG，
∴EF/​/CG，
∴四边形EGCF是平行四边形，
∵∠OEG=90°，
∴四边形EGCF是矩形． 
【解析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、三角形中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
(1)由平行四边形的性质得出AB=CD，AB/​/CD，OB=OD，OA=OC，则∠ABE=∠CDF，证出BE=DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可；
(2)证出AB=OA，由等腰三角形的性质得出AG⊥OB，∠OEG=90°，同理：CF⊥OD，得出EG/​/CF，由三角形中位线定理得出OE/​/CG，EF/​/CG，得出四边形EGCF是平行四边形，即可得出结论．

24.【答案】解：(1)结论：CM=ME，CM⊥EM．
理由：如图1中，∵AD/​/EF，AD//BC，
∴BC/​/EF，
∴∠EFM=∠HBM，
在△FME和△BMH中，
∠EFM=∠MBHFM=BM∠FME=∠BMH，
∴△FME≌△BMH(ASA)，
∴HM=EM，EF=BH，
∵CD=BC，
∴CE=CH，∵∠HCE=90°，HM=EM，
∴CM=ME，CM⊥EM．

(2)结论成立：
理由：如图2，连接BD，

∵四边形ABCD和四边形EDGF是正方形，
∴∠FDE=45°，∠CBD=45°，
∴点B、E、D在同一条直线上，
∵∠BCF=90°，∠BEF=90°，M为BF的中点，
∴CM=12BF，EM=12BF，
∴CM=ME，
∵∠EFD=45°，
∴∠EFC=135°，
∵CM=FM=ME，
∴∠MCF=∠MFC，∠MFE=∠MEF，
∴∠MCF+∠MEF=135°，
∴∠CME=360°−135°−135°=90°，
∴CM⊥ME．
(3)如图3中，连接EC，EM．

由(1)(2)可知，△CME是等腰直角三角形，
∵EC= 22+62=2 10，
∴CM=EM=2 5． 
【解析】(1)证明△FME≌△AMH，得到HM=EM，根据等腰直角三角形的性质可得结论；
(2)根据正方形的性质得到点A、E、C在同一条直线上，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半证明即可；
(3)如图3中，连接EC，EM，由(1)(2)可知，△CME是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质解决问题即可．
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等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．

25.【答案】解：(1)令y=12x+2=0，解得x=−4，
∴A(−4,0)，
令x=0，y=12x+2=2，
∴B(0,2)；
(2)①如图，当P点在线段AB上，设P(x,12x+2)，

∵C(−2,0)，A(−4,0)，B(0,2)，
∴CO=2=OB，OA=4，
∵△BOP和△COP的面积相等，
∴12⋅BO⋅(−x)=12⋅CO⋅(12x+2)，
即12⋅2⋅(−x)=12⋅2⋅(12x+2)，
解得x=−43，
∴P(−43,43)；
②如图，P点在直线AB上，当P在BA的延长线上，S△BOP>S△COP，

故P在AB的延长线上，
设P(x,12x+2)，
∵△BOP和△COP的面积相等，
∴12⋅BO⋅x=12⋅CO⋅(12x+2)，即12⋅2⋅x=12⋅2⋅(12x+2)，
解得x=4，
∴P(4,4)，
综上，P(−43,43)或(4,4)；
(3)∵过点作平行于y轴的直线，点Q在直线m上，
∴设Q(−2,t)，
∵A(−4,0)，B(0,2)，
∴AB2=20，AQ2=22+t2=4+t2，BQ2=22+(2−t)2=4+(2−t)2，
故当AB=BQ，即20=4+(2−t)2，
解得：t=−2或t=6，
故Q(−2,−2)，(−2,6)，
故当AB=AQ，即20=4+t2，
解得：t=±4，
故(−2,4)，(−2,−4)，
当AQ=BQ，即4+t2=4+(2−t)2，
解得：t=1，
∵(−2,1)在直线y=12x+2上，故舍去．
∴Q点坐标为：(−2,−2)，(−2,6)(−2,4)，(−2,−4)． 
【解析】(1)由直线的解析式列方程即可得到结论；
(2)设P(x,12x+2)，分两种情况，根据面积公式列方程即可得到结论；
(3)设Q(−2,t)，得出AB2=20，AQ2=22+t2=4+t2，BQ2=22+(2−t)2=4+(2−t)2，分三种不同的情况列出方程即可得到结论．
此题是一次函数综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积公式，等腰直角三角形的性质，熟练掌握方程的思想方法及分类讨论思想是解本题的关键．