广东省广州市广州中学2024-2025学年八年级下学期期中考试 数学试卷（含解析）

这是一份广东省广州市广州中学2024-2025学年八年级下学期期中考试 数学试卷（含解析），共16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。
1.化简 18的结果是( )
A. 2 3B. 3 2C. 2 6D. 3 3
2.下列计算正确的是( )
A. 2+ 3= 5B. 2 2− 2=2C. 2× 3= 6D. 12+3=2
3.下列各组数为勾股数的是( )
A. 7，12，13B. 3，4，7C. 8，15，17D. 4，5，6
4.已知直角三角形的两条边长分别是3和4，那么这个三角形的第三条边的长为( )
A. 5B. 25C. 7D. 5或 7
5.如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，BC=2，AC=1，BC在数轴上，以点B为圆心，AB的长为半径画弧，交数轴于点D，则点D表示的数是( )
A. 2− 5
B. 5
C. 5−2
D. 2− 3
6.下列说法中，错误的是( )
A. 平行四边形的对角线互相平分
B. 对角线互相垂直的四边形是菱形
C. 有三个直角的四边形是矩形
D. 两条对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
7.一天，小明吃完晚饭出去散步，从家出发沿直线匀速走了20分钟到达离家900米的书店，看了10分钟的书后，原路原速返回家，则表示小明离家距离与时间之间关系的图象是( )
A. B.
C. D.
8.实数a，b在数轴上的位置如图所示，化简|a−b|+ b2的结果是( )
A. aB. −aC. a−2bD. −a+2b
9.如图，四个全等的直角三角形和中间的小正方形可以拼成一个大正方形，若直角三角形的较长直角边长为a，较短直角边长为b，大正方形面积为S1，小正方形面积为S2，则(a+b)2可以表示为( )
A. S1−S2
B. S1+S2
C. 2S1−S2
D. S1+2S2
10.如图，正方形ABCD的边长为9，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG，下列结论中不正确的是( )
A. 矩形DEFG是正方形
B. ∠CEF=∠ADE
C. CG平分∠DCH
D. CE+CG=9 2
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.要使二次根式 x−2有意义，则x的取值范围是______.
12.正比例函数y=ax的图象经过点(1,3)，则a=______.
13.如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，AB=BD=6，则菱形ABCD的面积是______.
14.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，D、E分别是AB、BC的中点，连接DE、CD.若CD=5，BC=8，则DE=______.
15.如图，矩形ABCD中，AD=6，AB=8.点E为边DC上的一个动点，将△ADE沿直线AE翻折得到△AD'E，当△CD'E为直角三角形时，DE的长为______.
16.如图，已知正比例函数y=kx(k>0)的图象与x轴相交所成的锐角为70∘，定点A的坐标为(0,6)，P为y轴上的一个动点，M、N为函数y=kx(k>0)的图象上的两个动点，则AM+MP+PN的最小值为______.
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题4分)
计算： 27− 2× 6+(−1)2025× 3.
18.(本小题4分)
如图，在边长都为1的小正方形组成的方格中，线段AB、CD、EF的端点均在格点(即小正方形的顶点)，判断线段AB、CD、EF能否围成一个直角三角形，并说明理由.
19.(本小题6分)
已知：如图，点E、F是▱ABCD对角线AC上的两点，且AE=CF，求证：四边形EBFD是平行四边形.
20.(本小题6分)
已知y与x成正比例，且当x=3时，y=15.
(1)求y与x之间的函数解析式；
(2)当x=−3时，求y的值.
21.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，点C的坐标为(2,4)，∠C=90∘，点B在y轴上，CA⊥x轴于点A，将△ABC沿着直线AB翻折得到△ABM，其中点C的对应点为点M，且AM交y轴于点N，求点N的坐标.
22.小明和小红同时从学校出发骑自行车到公园后返回，他们与学校的距离y(千米)和离开学校的时间x(分钟)之间的关系如图．
请根据图象回答：
(1)如果小明两次经过途中某一地点的时间间隔为15分钟，求该地与学校的距离；
(2)若小红出发35分钟后两人相遇，求小红从公园回到学校所用的时间．
23.(本小题10分)
如图，矩形ABCD中，E为BC上一点，且DE=AD=x，过A作AF⊥DE于F，若AF=3.
(1)当x=5，求DF的长；
(2)当 2x−8取得最小值时，求EC的长.
24.(本小题12分)
如图，在等腰△ABC中，∠BAC=90∘，点D为直线BC上一动点(点D不与B、C重合).以AD为边向右侧作正方形ADEF，连接CF.
【猜想】如图①，当点D在线段BC上时，直接写出CF、BC、CD三条线段的数量关系.
【探究】如图②，当点D在线段BC的延长线上时，判断CF、BC、CD三条线段的数量关系，并说明理由.
【应用】如图③，当点D在线段BC的反向延长线上时，点A、F分别在直线BC两侧，AE、DF交点为点O连接CO，若AB= 2，CF=1，则CO=______.
25.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，A(0,5)，C(26,0).点E是OC的中点.动点M在线段AB上以每秒2个单位长度的速度由点A向点B运动(到点B时停止).设动点M的运动时间为t秒.
(1)当t为何值时，四边形MOEB是平行四边形？
(2)若四边形MOEB是平行四边形，请判断四边形MAOE的形状，并说明理由.
(3)在线段AB上是否存在一点N，使得以O，E，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：原式= 18= 9⋅ 2=3 2.故选B.
根据二次根式的性质： ab= a× b(a≥0,b≥0)解答．
解答此题的关键是熟练掌握二次根式的性质，并能正确运用．
2.【答案】C
【解析】解：A、 2+ 3≠ 5，故不符合题意；
B、2 2− 2= 2，故不符合题意；
C、 2× 3= 6，故符合题意；
D、 12+3≠2，故不符合题意；
故选：C.
根据二次根式混合运算的法则计算即可．
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式混合运算的法则是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：A、72+122≠132，
∴7，12，13不是勾股数；
B、32+42≠72，
∴3，4，7不是勾股数；
C、82+152=172，
∴8，15，17是勾股数；
D、42+52≠62，
∴4，5，6不是勾股数，
综上所述，A，B，D不符合题意，C选项符合题意，
故选：C.
判断是否为勾股数，必须根据勾股数是正整数，同时还需验证两小边的平方和是否等于最长边的平方．
本题考查了勾股数，解答本题的关键要明确：满足a2+b2=c2 的三个正整数，称为勾股数．
4.【答案】D
【解析】解：当3和4都是直角边时，第三边长为： 32+42=5；
当4是斜边长时，第三边长为： 42−32= 7.
故选：D.
分两种情况：当3和4都是直角边时；当4是斜边长时；分别利用勾股定理计算出第三边长即可．
本题考查的是勾股定理，直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2.
5.【答案】A
【解析】解：在△ABC中，∠ACB=90∘，BC=2，AC=1，
则AB= AC2+BC2= 12+22= 5，
由题意得BD=AB= 5，
∴CD= 5−2，
∵点C表示的数是0，
∴点D表示的数是−( 5−2)，即2− 5，
故选：A.
根据勾股定理求出AB，进而求出CD，根据数轴解答即可．
本题考查的是勾股定理、数轴，熟记勾股定理是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：A.平行四边形的对角线互相平分，故本选项不符合题意；
B.对角线互相垂直的平行四边形才是菱形，故本选项符合题意；
C.有三个角是直角的四边形是矩形，故本选项不符合题意；
D.对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故本选项不符合题意；
故选：B.
根据平行四边形的性质，菱形、矩形、正方形的判定逐个判断即可．
本题考查了平行四边形的性质，菱形、矩形、正方形的判定等知识点，能熟记知识点的内容是解此题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：根据题意，从第20分钟到30分钟在书店里看书，离家距离没有变化，是一条平行于x轴的线段．
故选：C.
因为在书店里花了10分钟看书，应是一段平行于x轴的线段，C是10分钟，而D是20分钟，依此即可作出判断．
此题主要考查了函数图象，关键是要正确理解题意，主要利用图象信息找到所需要的数量关系，然后利用这些关系即可确定图象．
8.【答案】C
【解析】解：∵由图可知，b0，
∴原式=a−b−b=a−2b.
故选：C.
先根据a，b两点在数轴上的位置判断出a，b的符号，再把各二次根式进行化简即可．
此题主要考查了二次根式的性质和绝对值的性质，关键是掌握 a2=|a|.
9.【答案】C
【解析】解：如图所示：设直角三角形的斜边为c，
则S1=c2=a2+b2
S2=(a−b)2=a2+b2−2ab，
∴2ab=S1−S2，
∴(a+b)2=a2+2ab+b2=S1+S1−S2=2S1−S2，
故选：C.
根据图形和勾股定理可知S1=c2=a2+b2，再由完全平方公式即可得到结果．
本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式．
10.【答案】B
【解析】解：如图，作EK⊥BC于点K，EL⊥CD于点L，则∠EKF=∠ELD=90∘，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB，AD=CD，∠B=∠ADC=90∘，
∴∠BCA=∠BAC=45∘，∠DCA=∠DAC=45∘，
∴∠BCA=∠DCA，
∴EK=EL，
∵∠EKC=∠ELC=∠KCL=90∘，
∴四边形EKCL是矩形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠KEL=∠FED=90，
∴∠FEK=∠DEL=90∘−∠FEL，
∴△FEK≌△DEL(ASA)，
∴DE=FE，
∴矩形DEFG是正方形，故A正确；
∵∠EDG=∠ADC=90∘，
∴∠CDG=∠ADE=90∘−∠CDE，
∵CD=AD，GD=ED，
∴△CDG≌△ADE(SAS)，
∴CG=AE，
∴CE+CG=CE+AE=AC，
∵∠B=90∘，AB=CB=9，
∴AC= 2AB=9 2，
∴CE+CG=9 2，故D正确；
∵△CDG≌△ADE(SAS)，
∴∠DAE=∠DCG=45∘，
∴CG平分∠DCH，故C正确；
∵∠ADE=∠DEL=∠FEK，≠∠CEF，
∴∠CEF≠∠ADE，故B不正确，
故选：B.
作EK⊥BC于点K，EL⊥CD于点L，先由四边形ABCD是正方形证明∠BCA=∠DCA=45∘，则EK=EL，再证明△FEK≌△DEL，得DE=FE，即可证明矩形DEFG是正方形，进而可以判断A选项；由∠CDG=∠ADE=90∘−∠CDE，CD=AD，GD=ED，证明△CDG≌△ADE，得CG=AE，则CE+CG=AC为定值，再根据勾股定理求出AC的长即可判断D选项；由△CDG≌△ADE(SAS)，得∠DAE=∠DCG=45∘，进而可以判断C选项；根据∠ADE=∠DEL=∠FEK，≠∠CEF，可以判断B选项．
此题是四边形综合题，考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形内角和定理及其推论以及数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
11.【答案】x≥2
【解析】解：由题意得，x−2≥0，
解得x≥2.
故答案为：x≥2.
根据被开方数大于等于0列不等式求解即可．
本题考查了二次根式有意义的条件，二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
12.【答案】3
【解析】解：∵正比例函数y=ax的图象经过点(1,3)，
∴3=a×1，
即a=3，
故答案为：3.
函数图象经过点，则该点的坐标满足函数解析式；据此解答即可．
本题考查了正比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握图象上点的坐标特征是关键．
13.【答案】18 3
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB=12BD，AC=2AO，
∵AB=BD=6，
∴OB=3，
∴AO= AB2−OB2=3 3，
∴AC=2AO=6 3，
∴菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=12×6 3×6=18 3.
故答案为：18 3.
由菱形的性质推出AC⊥BD，OB=12BD=3，AC=2AO，由勾股定理求出AO=3 3，得到AC=6 3，即可求出菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=18 3.
本题考查菱形的性质，勾股定理，关键是掌握菱形的面积公式：菱形面积=12ab(a、b是两条对角线的长度).
14.【答案】3
【解析】解：在Rt△ABC中，
∵∠ACB=90∘，D是AB边上的中点，
∴CD=12AB=5.
∴AB=2CD=10.
∵BC=8，
∴AC= AB2−BC2=6.
又∵D、E分别是AB、BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12AC=3.
故答案为：3.
利用直角三角形斜边上中线等于斜边的一半求得AB=2CD=10，然后利用勾股定理求得AC的长度；继而根据三角形中位线定理求得答案．
本题主要考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线．根据已知条件求得线段AB的长度是解题的关键点．
15.【答案】3或6
【解析】解：当∠CED'=90∘时，如图1，
∵∠CED'=90∘，
根据轴对称的性质得∠AED=∠AED'=12×90∘=45∘，
∵∠D=90∘，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴DE=AD=6；
当∠ED'A=90∘时，如图2，
根据轴对称的性质得∠AD'E=∠D=90∘，AD'=AD，DE=D'E，
△CD'E为直角三角形，
即∠CD'E=90∘，
∴∠AD'E+∠CD'E=180∘，
∴A、D'、C在同一直线上，
根据勾股定理得AC= AD2+CD2=10，
∴CD'=10−6=4，
设DE=D'E=x，则EC=CD−DE=8−x，
在Rt△D'EC中，D'E2+D'C2=EC2，
即x2+16=(8−x)2，
解得x=3，
即DE=3；
综上所述：DE的长为3或6；
故答案为：3或6.
分两种情况⋅分别求解：当∠CED'=90∘时，如图1，根据轴对称的性质得∠AED=∠AED'=45'，得DE=AD=6；当∠ED'A=90∘时，如图2，根据轴对称的性质得∠AD'E=∠D，AD'=AD，DE=D'E，得A、D'、C在同一直线上，根据勾股定理得AC=30，设DE=D'E=x，则EC=CD−DE=8−x，根据勾股定理得，D'E2+D'C2=EC2，代入相关的值，计算即可．
本题考查了翻折变换(折叠问题)，勾股定理，矩形的性质，熟练掌握折叠的性质，分情况讨论是解题关键．
16.【答案】3 3
【解析】解：如图所示，直线OC、y轴关于直线y=kx对称，直线OD、直线y=kx关于y轴对称，点A'是点A关于直线y=kx的对称点．
作A'E⊥OD垂足为E，交y轴于点P，交直线y=kx于M，作PN⊥直线y=kx垂足为N，
∵PN=PE，AM=A'M，
∴AM+PM+PN=A'M+PM+PE=A'E最小(垂线段最短)，
在Rt△A'EO中，∠A'EO=90∘，OA'=6，∠A'OE=3∠AOM=60∘，
∴OE=12OA'=3，A'E= OA'2−OE2= 62−32=3 3，
∴AM+MP+PN的最小值为3 3.
故答案为：3 3.
如图所示直线OC、y轴关于直线y=kx对称，直线OD、直线y=kx关于y轴对称，点A'是点A关于直线y=kx的对称点，作A'E⊥OD垂足为E，交y轴于点P，交直线y=kx于M，作PN⊥直线y=kx垂足为N，此时AM+PM+PN=A'M+PM+PE=A'E最小(垂线段最短)，在Rt△A'EO中利用勾股定理即可解决．
本题考查轴对称-最短问题、垂线段最短、直角三角形30度角的性质、勾股定理等知识，解题的关键是利用轴对称性质正确找到点P的位置，题目有点难度．
17.【答案】0.
【解析】解：原式=3 3− 2× 2× 3−1× 3
=3 3−2 3− 3
=0.
先进行乘方运算，再根据二次根式的乘法法则运算，然后合并同类二次根式即可．
本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则是解决问题的关键．
18.【答案】线段AB、CD、EF能围成一个直角三角形，理由见解析．
【解析】解：线段AB、CD、EF能围成一个直角三角形，理由如下：
∵AB= 12+22= 5，CD= 42+22= 20=2 5，EF=5，
∴AB2+CD2=EF2，
由勾股定理的逆定理可知，三条线段能构成直角三角形．
利用勾股定理以及勾股定理的逆定理判断即可．
本题考查勾股定理，勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
19.【答案】见解析．
【解析】证明：连接BD，交AC于点O.
∵ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
又∵AE=CF，
∴OA−AE=OC−CF，即OE=OF，
∴四边形EBFD是平行四边形．
连接BD，交AC于点O.根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明．
本题考查平行四边形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定与性质，属于中考常考题型．
20.【答案】y=5x；
−15.
【解析】解：(1)∵y与x成正比例，
∴设y=kx，
∵当x=3时，y=15，
∴15=3k，解得k=5，
∴y与x之间的函数关系式为y=5x，
(2)把x=−3代入y=5x得y=5×(−3)=−15.
(1)根据正比例函数的定义可设y=kx，然后把x=3时，y=15代入可计算出k，从而可确定y与x之间的函数关系式；(2)把x=−3代入(1)的解析式中解方程得出对应的x值．
本题考查了待定系数法求正比例函数解析式，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
21.【答案】(0,32).
【解析】解：∵∠C=90∘，AC⊥x轴，∠AOB=90∘，
∴四边形AOBC是矩形，
∵点C的坐标为(2,4)，
∴OB=AC=4，OA=BC=2，
∴由轴对称变换可知，BM=BC=OA，∠M=∠C=90∘=∠AON，
又∵∠BNM=∠ANO，
∴△BNM≌△ANO(AAS)，
∴BN=AN，
∴在Rt△AON中，
∵AN2=OA2+ON2，
∴(4−ON)2=22+ON2，
∴ON=32，
∴点N的坐标(0,32).
先证出四边形AOBC是矩形，由点C的坐标和轴对称变换可证出△BNM≌△ANO，再由勾股定理即可得出ON的长，进而即可得解．
本题主要考查了坐标与图形，轴对称，三角形全等的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握轴对称的性质是解决此题的关键．
22.【答案】
【答案】解：(1)设OA的函数关系式为y=k1x+b1，BC的函数关系式为y=k2x+b2，
当0≤x≤20时，将(0,0)、(20,4)代入y=k1x+b1中，
b1=020k1+b1=4，解得：k1=0.2b1=0，
∴y=0.2x；
当20≤x≤30时，y=4；
当30≤x≤60时，将(30,4)、(60,0)代入y=k2x+b2中，
30k2+b2=460k2+b2=0，解得：k2=−215b2=8，
∴y=−215x+8.
设该地与学校的距离为s，则第一次经过该地时的时间为5s，第二次经过该地的时间为152(8−s)，
根据题意得：152(8−s)−5s=15，
解得：s=3.6.
答：如果小明两次经过途中某一地点的时间间隔为15分钟，则该地与学校的距离为3.6千米．
(2)当x=35时，y=−215x+8=103，
∴小红从学校去公园的速度为103÷35=221，
∴小红到达公园的时间为4÷221=42(分钟)，
∴小红从公园回到学校所用的时间为60−42=18(分钟).
答：若小红出发35分钟后两人相遇，则小红从公园回到学校所用的时间为18分钟．
23.【答案】解：(1)∵DE=AD=x，x=5，
∴DE=AD=5，
∵AF⊥DE，
∴∠AFD=90∘，AF=3.
∴DF= AD2−AF2=4，
故DF的长为4；
(2)∵ 2x−8≥0，
∴当2x−8=0时， 2x−8取得最小值，
∴x=4，
∴DE=AD=x=4，
∵AF⊥DE，
∴∠AFD=90∘，AF=3.
∴DF= AD2−AF2= 7，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠AFD=90∘，AD//BC，
∴∠ADF=∠DEC，
在△ADF和△DEC中，
∠ADF=∠DEC∠AFD=∠C=90∘AD=DE，
∴△ADF≌△DEC(AAS)，
∴EC=DF= 7，
故EC的长为 7.
【解析】(1)根据勾股定理即可求出DF的长；
(2)根据 2x−8≥0，属于当2x−8=0时， 2x−8取得最小值，可得x=4，然后由勾股定理求出DF的长，再证明△ADF≌△DEC(AAS)，可得EC=DF= 7，即可解决问题．
本题考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，非负数的性质：算术平方根等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
24.【答案】(1)CD=BC−CF.
∵AB=AC，∠BAC=90∘，
∴∠ABC=∠ACB=45∘，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90∘=∠BAC，
∴∠BAD=∠FAC，
在△BAD和△CAF中，
AB=AC∠BAD=∠CAFAD=AF，
∴△BAD≌△CAF(SAS)，
∴BD=CF，
∵CD=BC−BD，
∴CD=BC−CF，
(2)CF=BC+CD，
理由如下：∵∠BAC=90∘，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45∘，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90∘，
∵∠BAD=∠BAC+∠DAC，
∠CAF=∠DAF+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAF，
在△BAD和△CAF中，
AB=AC∠BAD=∠CAFAD=AF，
∴△BAD≌△CAF(SAS)，
∴BD=CF，
∵BD=BC+CD，
∴CF=BC+CD；
(3) 102.
【解析】解：(1)CD=BC−CF.
∵AB=AC，∠BAC=90∘，
∴∠ABC=∠ACB=45∘，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90∘=∠BAC，
∴∠BAD=∠FAC，
在△BAD和△CAF中，
AB=AC∠BAD=∠CAFAD=AF，
∴△BAD≌△CAF(SAS)，
∴BD=CF，
∵CD=BC−BD，
∴CD=BC−CF，
(2)CF=BC+CD，
理由如下：∵∠BAC=90∘，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45∘，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90∘，
∵∠BAD=∠BAC+∠DAC，
∠CAF=∠DAF+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAF，
在△BAD和△CAF中，
AB=AC∠BAD=∠CAFAD=AF，
∴△BAD≌△CAF(SAS)，
∴BD=CF，
∵BD=BC+CD，
∴CF=BC+CD；
(3)∵∠BAC=90∘，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45∘，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90∘，
∴∠BAC=∠DAF，
∴∠BAD=∠CAF，
在△BAD和△CAF中，
AB=AC∠BAD=∠CAFAD=AF，
∴△BAD≌△CAF(SAS)，
∴BD=CF，∠ACF=∠ABD=180∘−45∘=135∘，
∠FCD=∠ACF−∠ACB=90∘，
则△FCD为直角三角形，
∵AB= 2，
∴BC= 2AB=2，
∵CD=BC+BD，
∴CD=BC+CF=2+1=3，
∴DF= DC2+CF2= 32+12= 10，
∵正方形ADEF中，O为DF中点，
∴CO=12DF= 102，
故答案为： 102.
(1)由“SAS”可证△BAD≌△CAF，由全等三角形的性质可得BD=CF，可得出结论；
(2)由“SAS”可证△BAD≌△CAF，由全等三角形的性质可得BD=CF，可得出结论；
(3)由“SAS”可证△BAD≌△CAF，由全等三角形的性质可得BD=CF，∠ACF=∠ABD=180∘−45∘=135∘，可证∠DCF=90∘，由勾股定理和直角三角形的性质可得出结论．
本题是四边形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
25.【答案】解：(1)∵四边形OABC为矩形，A(0,5)，C(26,0)，
∴OA=BC=5，AB=OC=26，AB//OC，
∵点E是OC的中点，
∴OE=12OC=13，
由题意得：AM=2t，
∴BM=26−2t，
∵MB//OE，
∴当MB=OE时，四边形MOEB是平行四边形，
∴26−2t=13，
解得：t=132；
(2)∵四边形MOEB是平行四边形，
∴MB=OE=13，
∴AM=26−13=13，
∴AM=OE，
∵AB//OC，
∴四边形MAOE是平行四边形，
∵四边形OABC为矩形，
∴∠AOE=90∘，
∴四边形MAOE是矩形；
(3)存在，分两种情况：
①当点N在点M右侧时，如图1所示：
∵四边形OENM为菱形，
∴OE=OM=MN=13，
在Rt△OAM中，由勾股定理得：AM= OM2−OA2= 132−52=12，
∴t=122=6；
②当点N在点M左侧时，如图2所示：
∵四边形OEMN为菱形，
∴OE=ON=MN=13，
在Rt△OAN中，由勾股定理得：AN= ON2−OA2= 132−52=12，
∴t=12+122=12；
综上所述，t的值为6s或12s时，以O，E，M，N为顶点的四边形是菱形．
【解析】(1)由矩形的性质得OA=BC=5，AB=OC=26，AB//OC，再由题意得：AM=2t，则BM=26−2t，当MB=OE时，四边形MOEB是平行四边形，得26−2t=13，即可求解；
(2)由平行四边形的性质得MB=OE=13，则AM=OE，再证四边形MAOE是平行四边形，然后由∠AOE=90∘，即可得出结论；
(3)存在，分两种情况：①当点N在点M右侧时，由菱形的性质得OE=OM=MN=13，再由勾股定理求出AM=12，即可求解；
②当点N在点M左侧时，由菱形的性质得OE=ON=MN=13，再由勾股定理得AN=12，即可求解．
本题是四边形综合题目，考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、坐标与图形性质、菱形的性质、勾股定理以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握矩形的判定与性质和菱形的性质，证明四边形MAOE为平行四边形是解题的关键，属于中考常考题型．