2023-2024学年广东省广州市西关外国语学校教育集团八年级（下）期中数学试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年广东省广州市西关外国语学校教育集团八年级（下）期中数学试卷(含解析），共24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 (−2)2的结果是( )
A. −2B. ±2C. 2D. 4
2.若 a−4有意义，则a的值可以是( )
A. −1B. 0C. 2D. 6
3.一次函数y=(2m−1)x+2的值随x的增大而增大，则点P(−m,m)所在象限为( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
4.如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BC，垂足为E，AB= 3，AC=2，BD=4，则AE的长为( )
A. 32B. 32C. 217D. 2 217
5.如图，已知△ABC中，AB=10，AC=8，BC=6，DE是AC的垂直平分线，DE交AB于点D，交AC于点E，连接CD，则CD=( )
A. 3
B. 4
C. 4.8
D. 5
6.若k<0，b>0，则函数y=kx+b的图象可能是( )
A. B. C. D.
7.如图，在△ABC中，∠ABC=90°，∠C=52°，BE为AC边上的中线，AD平分∠BAC，交BC边于点D，过点B作BF⊥AD，垂足为F，则∠EBF的度数为( )
A. 19°
B. 33°
C. 34°
D. 43°
8.直线y=kx+b在直角坐标系中的位置如图所示，这条直线的函数表达式为( )
A. y=2x+4
B. y=−2x+4
C. y=4x+2
D. y=−4x−2
9.如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM，交CD于点N.若四边形MOND的面积是1，则AB的长为( )
A. 1
B. 2
C. 2
D. 2 2
10.如图，在一张矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=8，点E，F分别在AD，BC上，将ABCD沿直线EF折叠，点C落在AD上的一点H处，点D落在点G处，有以下四个结论：
①四边形CFHE是菱形；②EC平分∠DCH；
③线段BF的取值范围为3≤BF≤4；④当点H与点A重合时，EF=2 5．
其中正确的结论是( )
A. ①②③④B. ①④C. ①②④D. ①③④
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11. 125化简的结果是______．
12.若△ABC的三边a、b、c，满足a：b：c=1：1： 2，则△ABC的形状为 ．
13.比较大小：5 6 ______6 5(填“>”或“<”)
14.函数y=1 x的自变量的取值范围是 ．
15.如图，在菱形ABCD中，M、N分别在AB、CD上，且AM=CN，MN与AC交于点O，连接BO，若∠DAC=28°，则∠OBC的度数为______．
16.如图，已知AB=10，P是线段AB上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作等边△ACP和△PDB，连接CD，设CD的中点为G，当点P从点A运动到点B时，则点G移动路径的长是 ．
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6分)
计算：
(1)2 5− 20+ 45；
(2)(3− 7)(3+ 7)+ 2(2− 2)．
18.(本小题4分)
已知x= 3+1，求x2−2x−3的值．
19.(本小题6分)
如图，某学校(A点)与公路(直线L)的距离为300米，又与公路车站(D点)的距离为500米，现要在公路上建一个小商店(C点)，使之与该校A及车站D的距离相等，求商店与车站之间的距离．
20.(本小题8分)
如图是某型号新能源纯电动汽车充满电后，蓄电池剩余电量y(千瓦时)关于已行驶路程x(千米)的函数图象．
(1)根据图象，直接写出蓄电池剩余电量为35千瓦时时汽车已行驶的路程．当0≤x≤150时，求1千瓦时的电量汽车能行驶的路程．
(2)当150≤x≤200时，求y关于x的函数表达式，并计算当汽车已行驶180千米时，蓄电池的剩余电量．
21.(本小题6分)
如图，已知一次函数y=kx+b的图象经过A(−2,−1)，B(1,3)两点，并且交x轴于点C，交y轴于点D．
(1)求该一次函数的解析式；
(2)求△AOB的面积．
22.(本小题8分)
如图，在四边形ABCD中，AB/​/CD，过点D作∠ADC的平分线交AB于点E，连接AC交DE于点O，AD/​/CE．
(1)求证：四边形AECD是菱形；
(2)若AD=10，△ACD的周长为36，求菱形AECD的面积．
23.(本小题10分)
如图，在△ABC中，∠ABC=45°，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D，E，F为BC中点，BE与DF、DC分别交于点G，H，∠ABE=∠CBE．
(1)线段BH与AC相等吗？若相等给予证明，若不相等请说明理由；
(2)求证：BG2−GE2=EA2；
(3)若BC=2 2，求△BDH的面积．
24.(本小题12分)
在小学，我们已经初步了解到，长方形的对边平行且相等，每个内角都是90°.如图，长方形ABCD中，AD=9厘米，AB=4厘米，E为边AD上一动点，从点D出发，以1厘米/秒向终点A运动，同时动点P从点B出发，以a厘米/秒向终点C运动，运动的时间为t秒．
(1)当t=3时，
①求线段CE的长；
②若此时EP平分∠AEC，求a的值；
(2)若a=1，且△CEP是以CE为腰的等腰三角形，求t的值．
25.(本小题12分)
在正方形ABCD中，点E是CD边上任意一点，连接AE，过点B作BF⊥AE于F，交AD于H．
(1)如图1，过点D作DG⊥AE于G，求证：△AFB≌△DGA；
(2)如图2，点E为CD的中点，连接DF，求证：FH+FE= 2DF；
(3)如图3，AB=2，连接EH，点P为EH的中点，在点E从点D运动到点C的过程中，点P随之运动，请直接写出点P运动的路径长．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了二次根式的化简，解此类题目要注意算术平方根为非负数．
本题可先将根号内的数化简，再开根号，根据开方的结果为正数可得出答案．
【解答】
解： (−2)2= 4=2．
故选：C．
2.【答案】D
【解析】解： a−4有意义，
则a−4≥0，
解得：a≥4，
故a的值可以是6．
故选：D．
直接利用二次根式的定义得出a的取值范围，进而得出答案．
此题主要考查了二次根式的有意义的条件，正确得出a的取值范围是解题关键．
3.【答案】B
【解析】解：∵一次函数y=(2m−1)x+2的值随x的增大而增大，
∴2m−1>0，
解得：m>12，
∴P(−m,m)在第二象限，
故选：B．
根据一次函数的性质求出m的范围，再根据每个象限点的坐标特征判断P点所处的象限即可．
本题考查了一次函数的性质和各个象限坐标特点，能熟记一次函数的性质是解此题的关键．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了勾股定理的逆定理和平行四边形的性质，能得出△BAC是直角三角形是解此题的关键．由勾股定理的逆定理可判定△BAO是直角三角形，则直角三角形BAC的面积可求出，通过面积代换即可求出AE．
【解答】
解：∵AC=2，BD=4，四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=12AC=1，BO=12BD=2，
∵AB= 3，
∴AB2+AO2=BO2，
∴△BAO是直角三角形，∠BAC=90°，
∵在Rt△BAC中，BC= AB2+AC2= ( 3)2+22= 7，
S△BAC=12×AB×AC=12×BC×AE，
∴ 3×2= 7AE，
∴AE=2 217，
故选D．
5.【答案】D
【解析】【分析】
此题主要考查了勾股定理以及其逆定理和三角形中位线的性质，正确得出AD的长是解题关键．
直接利用勾股定理的逆定理得出△ABC是直角三角形，进而得出线段DE是△ABC的中位线，再利用勾股定理得出AD，再利用线段垂直平分线的性质得出DC的长．
【解答】
解：∵AB=10，AC=8，BC=6，
∴BC2+AC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形，
∵DE是AC的垂直平分线，
∴AE=EC=4，DE/​/BC，且线段DE是△ABC的中位线，
∴DE=3，
∴AD=DC= AE2+DE2=5．
故选D．
6.【答案】B
【解析】解：∵一次函数y=kx+b中，k<0，b>0，
∴一次函数y=kx+b的图象经过第一、二、四象限．
故选：B．
由k<0、b>0可得出一次函数y=kx+b的图象经过第一、二、四象限，此题得解．
本题考查了一次函数图象与系数的关系，牢记“k<0，b>0⇔y=kx+b的图象在一、二、四象限”是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：∵∠ABC=90°，BE为AC边上的中线，
∴∠BAC=90°−∠C=90°−52°=38°，BE=12AC=AE，
∴∠BAC=∠ABE=38°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAF=12∠BAC=19°，
∴∠BOF=∠BAD+∠ABE=19°+38°=57°，
∵BF⊥AD，
∴∠BFO=90°，
∴∠EBF=∠BFO−∠BOF=90°−57°=33°；
故选：B．
由直角三角形斜边上的中线性质得出BE=12AC=AE，由等腰三角形的性质得出∠BAE=∠ABE=38°，由角平分线定义得出∠BAD=19°，由三角形的外角性质得出∠BOF=57°，由直角三角形的性质得出答案．
本题考查了直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：设直线的解析式为y=kx+b，
由图象可知直线与坐标轴的交点为(−2,0)，(0,4)，
把点(−2,0)，(0,4)代入y=kx+b得
−2k+b=0b=4
解得k=2b=4，
∴该直线的函数解析式为y=2x+4，
故选A．
根据待定系数法即可求出函数表达式．
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，一次函数的图象，熟练掌握待定系数法是解决问题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠MDO=∠NCO=45°，OD=OC，∠DOC=90°，
∴∠DON+∠CON=90°，
∵ON⊥OM，
∴∠MON=90°，
∴∠DON+∠DOM=90°，
∴∠DOM=∠CON，
在△DOM和△CON中，
∠DOM=∠CONOD=OC∠MDO=∠NCO，
∴△DOM≌△CON(ASA)，
∵S四边形MOND=S△DOM+S△DON，S△DOC=S△DON+S△CON，
∴S△DOC=S四边形MOND=1
∴正方形ABCD的面积是4，
∴AB2=4，
∴AB=2，AB=−2(舍去)
故选：C．
根据正方形的性质，可以得到△DOM≌△CON，然后即可发现四边形MOND的面积等于△DOC的面积，从而可以求得正方形ABCD的面积，从而可以求得AB的长．
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是发现四边形MOND的面积等于△DOC的面积，利用数形结合的思想解答．
10.【答案】D
【解析】解：∵HE//CF，
∴∠HEF=∠EFC，
∵∠EFC=∠HFE，
∴∠HEF=∠HFE，
∴HE=HF，
∵FC=FH，
∴HE=CF，
∵EH/​/CF，
∴四边形CFHE是平行四边形，
∵CF=FH，
∴四边形CFHE是菱形，故①正确；
∵四边形CFHE是菱形，
∴∠ECH=∠FCH，
若EC平分∠DCH，
∴∠ECD=∠ECH，
∴∠ECD=∠ECH=∠FCH=30°，
∵点C落在AD上的一点H处，
∴∠ECD不一定等于30°
∴EC不一定平分∠DCH，故②错误；
当点H与点A重合时，BF有最小值，
设BF=x，则AF=FC=8−x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2=AF2，
即42+x2=(8−x)2，
解得x=3，
∴BF=3，
若CD与AD重合时，BF有最大值，
∴四边形CDHF是正方形，
∴CF=4，
∴BF最大值为4，
∴3≤BF≤4，故③正确；
如图，过点F作FM⊥AD于M，
∴四边形HMFB是矩形，
∴AB=MF=4，AM=BF=3，
∵四边形AFCE是菱形，
∴AE=AF=5，
∴ME=2，
∴EF= ME2+MF2= 16+4=2 5，故④正确，
故选：D．
先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CF=FH，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；由菱形的性质可得∠ECH=∠FCH，由点C落在AD上的一点H处，∠ECD不一定等于30°，可判断②；当点H与点A重合时，BF有最小值，由勾股定理可求BF的最小值，若CD与AD重合时，BF有最大值，由正方形的性质可求BF的最大值，可判断③；如图，过点H作HM⊥BC于M，由勾股定理可求EF的长，可判断④；即可求解．
本题考查了翻折变换的性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理的应用，难点在于灵活运用菱形的判定与性质与勾股定理等其它知识有机结合．
11.【答案】2 155
【解析】解： 125= 12 5=2 3 5=2 155．
故答案为：2 155．
根据二次根式的性质进行解题即可．
本题考查二次根式的性质与化简，熟练掌握二次根式的性质是解题的关键．
12.【答案】等腰直角三角形
【解析】【分析】
此题考查了等腰直角三角形，用到的知识点是勾股定理的逆定理，关键是根据题意得出a2+b2=c2．
先设a=1，根据△ABC的三边a、b、c，满足a：b：c=1：1： 2，得出a2+b2=c2，最后根据勾股定理的逆定理即可判断出△ABC的形状．
【解答】
解：设a=1，
∵△ABC的三边a、b、c，满足a：b：c=1：1： 2，
∴a=b=1，c= 2，
∴a2+b2=12+12=2=( 2)2=c2，
∴△ABC的形状为等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角三角形．
13.【答案】<
【解析】解：∵5 6= 150，6 5= 180，0<150<180，
∴ 150< 180，即5 6<6 5．
故答案为：<．
先分别把5 6、6 5化为 150、 180的形式，再根据两正数比较大小的法则进行比较即可．
本题考查的是实数的大小比较，先把5 6、6 5化为 150、 180的形式是解答此题的关键．
14.【答案】x>0
【解析】【分析】
本题主要考查自变量的取值范围，掌握二次根式和分式有意义的条件是解题的关键．
根据二次根式和分式有意义的条件，即可得出x的取值范围．
【解答】
解：根据题意可知：x>0．
15.【答案】62°
【解析】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB/​/CD，AB=BC，
∴∠MAO=∠NCO，∠AMO=∠CNO，
在△AMO和△CNO中，
∠MAO=∠NCOAM=CN∠AMO=∠CNO
∴△AMO≌△CNO(ASA)，
∴AO=CO，
∵AB=BC，
∴BO⊥AC，
∴∠BOC=90°，
∵∠DAC=28°，
∴∠BCA=∠DAC=28°，
∴∠OBC=90°−28°=62°．
故答案为：62°．
根据菱形的性质以及AM=CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO=CO，然后可得BO⊥AC，继而可求得∠OBC的度数．
本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．
16.【答案】5
【解析】【分析】
本题考查了三角形中位线定理及等边三角形的性质，解答本题的关键是作出辅助线，找到点G移动的规律，判断出其运动路径，综合性较强．
分别延长AC、BD交于点H，过G作MN//AB，分别交AH于M，BH于N，易证四边形CPDH为平行四边形，得出G为PH中点，则G的运行轨迹△HAB的中位线MN，运用中位线的性质求出MN的长度即可．
【解答】
解：如图，分别延长AC、BD交于点H，过G作MN//AB，分别交AH于M，BH于N，
∵△APC和△BPD是等边三角形，
∴∠A=∠B=60°，
∴△AHB是等边三角形，
∵∠A=∠DPB=60°，
∴AH//PD，
∵∠B=∠CPA=60°，
∴BH//PC，
∴四边形CPDH为平行四边形，
∴CD与HP互相平分．
∵G为CD的中点，
∴G正好为PH中点，
∵△ABH是等边三角形，
∴在P的运动过程中，G始终为PH的中点，所以G的运行轨迹为△HAB的中位线MN．
∴MN=12AB=5，即G的移动路径长为5．
故答案为：5．
17.【答案】解：(1)2 5− 20+ 45
=2 5−2 5+3 5
=3 5；
(2)(3− 7)(3+ 7)+ 2(2− 2)
=9−7+2 2−2
=2 2．
【解析】(1)先把每一个二次根式化成最简二次根式，然后再进行计算即可解答；
(2)先计算二次根式的乘法，再算加减，即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，平方差公式，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】解：∵x= 3+1
∴x−1= 3
两边平方得
(x−1)2=3
∴x2−2x=2
∴x2−2x−3=2−3=−1
【解析】将x= 3+1变形为x−1= 3，通过平方凑出x2+2x的值，整体代入即可．
本题考查整式运算，运用的整体代入的方法可以简化运算．
19.【答案】解：作AB⊥L于B，则AB=300m，AD=500m．
∴BD=400m．
设CD=x，则CB=400−x，
x2=(400−x)2+3002，
x2=160000+x2−800x+3002，
800x=250000，
x=312.5m．
答：商店与车站之间的距离为312.5米．
【解析】作出A点到公路的距离，构造出直角三角形，利用勾股定理易得BD长，那么根据直角三角形BCD的各边利用勾股定理即可求得商店与车站之间的距离．
解决本题的难点是构造已知长度的线段所在的直角三角形，利用勾股定理求解．
20.【答案】解：(1)由图象可知，蓄电池剩余电量为35千瓦时时汽车已行驶了150千米．
1千瓦时的电量汽车能行驶的路程为：15060−35=6(千米)；
(2)设y=kx+b(k≠0)，把点(150,35)，(200,10)代入，
得150k+b=35200k+b=10，
∴k=−0.5b=110，
∴y=−0.5x+110 (150≤x≤200)，
当x=180时，y=−0.5×180+110=20．
答：当150≤x≤200时，函数表达式为y=−0.5x+110，当汽车已行驶180千米时，蓄电池的剩余电量为20千瓦时．
【解析】本题考查了一次函数的应用，难度不大，解决该类问题应结合图形，理解图形中点的坐标代表的意义．
(1)由图象可知，蓄电池剩余电量为35千瓦时时汽车已行驶了150千米，据此即可求出1千瓦时的电量汽车能行驶的路程；
(2)运用待定系数法求出y关于x的函数表达式，再把x=180代入即可求出当汽车已行驶180千米时，蓄电池的剩余电量．
21.【答案】解：(1)把A(−2,−1)，B(1,3)代入y=kx+b得，
−2k+b=−1k+b=3，
解得k=43b=53．
所以一次函数解析式为y=43x+53；
(2)把x=0代入y=43x+53得y=53，
所以D点坐标为(0,53)，
所以△AOB的面积=S△AOD+S△BOD
=12×53×2+12×53×1
=52．
【解析】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，三角形的面积.解题的关键是熟练掌握待定系数法求一次函数解析式．
(1)先把A点和点B的坐标代入y=kx+b得到关于k、b的方程组，解方程组得到k、b的值，从而得到一次函数的解析式；
(2)先确定D点坐标，然后根据三角形面积公式利用△AOB的面积=S△AOD+S△BOD进行计算．
22.【答案】(1)证明：∵AB/​/CD，AD/​/CE，
∴四边形AECD是平行四边形，∠CDE=∠AED，
∵DE平分∠ADC，
∴∠CDE=∠ADE，
∴∠AED=∠ADE，
∴AD=AE，
∴平行四边形AECD是菱形；
(2)解：由(1)可知，四边形AECD是菱形，
∴OA=OC，CD=AD=10，OD=OE，AC⊥DE，
∵△ACD的周长为36，
∴AC=36−AD−CD=36−10−10=16，
∴OA=OC=8，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：OD= AD2−OA2= 102−82=6，
∴DE=2OD=12，
∴菱形AECD的面积=12AC⋅DE=12×16×12=96．
【解析】(1)证四边形AECD是平行四边形，∠CDE=∠AED，再证∠AED=∠ADE，则AD=AE，然后由菱形的判定即可得出结论；
(2)由菱形的性质得OA=OC，CD=AD=10，OD=OE，AC⊥DE，再求出AC=16，则OA=OC=8，然后由勾股定理得OD=6，则DE=2OD=12，即可解决问题．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
23.【答案】解：(1)BH=AC，理由如下：
∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠BDH=∠BEC=∠CDA=∠CDB=90°，
∵∠ABC=45°，
∴∠BCD=180°−90°−45°=45°=∠ABC
∴DB=DC，
∵∠BDH=∠BEC=∠CDA=90°，
∴∠A+∠ACD=90°，∠A+∠HBD=90°，
∴∠HBD=∠ACD，
在△DBH和△DCA中
∠BDH=∠CDABD=CD∠HBD=∠ACD，
∴△DBH≌△DCA(ASA)，
∴BH=AC．
(2)证明：连接CG，
由(1)知，DB=CD，
∵F为BC的中点，
∴DF垂直平分BC，
∴BG=CG，
∵∠ABE=∠CBE，BE⊥AC，
∴EC=EA，
∴CB=AB，
在Rt△CGE中，由勾股定理得：CG2−GE2=CE2，
∵CE=AE，BG=CG，
∴BG2−GE2=EA2．
(3)∵∠CDB=90°，∠ABC=45°，
∴△BDC是等腰直角三角形，
∵BC=2 2，
∴CD=BD=2，
∴AD=AB−BD=2 2−2，
∵△DBH≌△DCA，
∴DH=AD=2 2−2，
∴△BDH的面积为12BD⋅DH=12×2×(2 2−2)=2 2−2．
【解析】(1)根据三角形的内角和定理求出∠BCD=∠ABC，∠ABE=∠DCA，推出DB=CD，根据ASA证出△DBH≌△DCA即可；
(2)根据DB=DC和F为BC中点，得出DF垂直平分BC，推出BG=CG，根据BE⊥AC和∠ABE=∠CBE得出AE=CE，在Rt△CGE中，由勾股定理即可推出答案；
(3)根据等腰直角三角形的性质求出CD=BD=2，根据全等三角形的性质得到DH=AD=2 2−2，再根据三角形面积公式即可求解．
本题考查了勾股定理，等腰三角形性质，全等三角形的性质和判定，线段的垂直平分线的性质，三角形面积的应用，注意：线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等，等腰三角形具有三线合一的性质，主要考查学生运用定理进行推理的能力．
24.【答案】解：(1)①当t=3时，
依题意得：DE=3厘米，BP=3a厘米，如图1所示：

∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD=4厘米，AD=BC=9厘米，∠D=90°，AD//BC，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：CE= DE2+CD2=5(厘米)；
②∵EP平分∠AEC，
∴∠AEP=∠CEP，
∵AD/​/BC，
∴∠CPE=∠AEP，
∴∠CPE=∠CEP，
∴CP=CE=5厘米，
∴BP=BC−CP=9−5=4(厘米)，
∴3a=4，
∴a=43(厘米/秒)；
(2)∵a=1厘米/秒，运动的时间为t秒，
∴BP=DE=t厘米，
则CP=BC−BP=(9−t)厘米，
当△CEP是以CE为腰的等腰三角形时，有以下两种情况：
①当CE=CP时，如图2所示：

在Rt△CDE中，由勾股定理得：CE2=DE2+CD2=t2+16，
∴t2+16=(9−t)2，
解得：t=6518(厘米/秒)；
②当CE=PE时，过点P作PF⊥AD于F，如图3所示：

∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠B=90°，
又∴PF⊥AD，
∴四边形ABPF为矩形，
∴AF=BP=t厘米，PF=AB=CD=4厘米
∴EF=AD−AF−DE=(9−2t)厘米，
在Rt△PEF和Rt△CED中，
PF=CDCE=PE，
∴Rt△PEF≌Rt△CED(HL)，
∴EF=DE，
即9−2t=t，
解得：t=3(厘米/秒)，
综上所述：t的值为6518厘米/秒或3厘米/秒．
【解析】(2)①当t=3时，则DE=3厘米，BP=3a厘米，在Rt△CDE中由勾股定理可求出CE的长；
②根据EP平分∠AEC及AD//BC得∠CPE=∠AEP=∠CPE，则CP=CE=5厘米，由此得BP=BC−CP=4厘米，则3a=4，由此可得a的值；
(2)根据a=1厘米/秒得BP=DE=t厘米，则CP=BC−BP=(9−t)厘米，当△CEP是以CE为腰的等腰三角形时，有以下两种情况：①当CE=CP时，由勾股定理得CE2=t2+16，则t2+16=(9−t)2，由此可解出t；②当CE=PE时，过点P作PF⊥AD于F，证四边形ABPF为矩形得AF=BP=t厘米，PF=AB=CD=4厘米则EF=AD−AF−DE=(9−2t)厘米，证Rt△PEF和Rt△CED得EF=DE，即9−2t=t，由此可解出t，综上所述即可得出t的值．
此题主要考查了矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键．
25.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵DG⊥AE，BF⊥AE，
∴∠AFB=∠DGA=90°，
∴∠FAB+∠DAG=90°，∠DAG+∠ADG=90°，
∴∠BAF=∠ADG，
在△AFB和△DGA中，
∠AFB=∠DGA∠BAF=∠ADGAB=AD，
∴△AFB≌△DGA(AAS)；
(2)证明：过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，如图2所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAH=∠ADE=90°，AB=AD=CD，
∵BF⊥AE，
∴∠AFB=90°，
∵∠DAE+∠EAB=90°，∠EAB+∠ABH=90°，
∴∠DAE=∠ABH，
在△ABH和△DAE中，
∠BAH=∠ADEAB=DA∠ABH=∠DAE，
∴△ABH≌△DAE(ASA)，
∴AH=DE，
∵点E为CD的中点，
∴DE=EC=12CD，
∴AH=DH，
∴DE=DH，
∵DJ⊥BJ，DK⊥AE，
∴∠J=∠DKE=∠KFJ=90°，
∴四边形DKFJ是矩形，
∴∠JDK=∠ADC=90°，
∴∠JDH=∠KDE，
在△DJH和△DKE中，
∠J=∠DKE∠JDH=∠KDEDH=DE，
∴△DJH≌△DKE(AAS)，
∴DJ=DK，JH=EK，
∴四边形DKFJ是正方形，
∴FK=FJ=DK=DJ，
∴DF= 2FJ，
∴FH+FE=FJ−HJ+FK+KE=2FJ= 2DF；
(3)解：如图3，取AD的中点Q，连接PQ，延长QP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K，
设PT=b，
由(2)得：△ABH≌△DAE(ASA)，
∴AH=DE，
∵∠EDH=90°，点P为EH的中点，
∴PD=12EH=PH=PE，
∵PK⊥DH，PT⊥DE，
∴∠PKD=∠KDT=∠PTD=90°，
∴四边形PTDK是矩形，
∴PT=DK=b，PK=DT，
∵PH=PD=PE，PK⊥DH，PT⊥DE，
∴DH=2DK=2b，DE=2DT，
∴AH=DE=2−2b，
∴PK=12DE=1−b，QK=DQ−DK=1−b，
∴PK=QK，
∵∠PKQ=90°，
∴△PKQ是等腰直角三角形，
∴∠KQP=45°，
∴点P在线段QR上运动，△DQR是等腰直角三角形，
∴QR= 2DQ= 2，
∴点P的运动轨迹的长为 2．
【解析】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证明△AFB≌△DGA和△ABH≌△DAE是解题的关键，属于中考常考题型．
(1)由正方形的性质得AB=AD，∠BAD=90°，再证∠BAF=∠ADG，然后由AAS证△AFB≌△DGA即可；
(2)过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，先证△ABH≌△DAE(ASA)，得AH=DE，再证△DJH≌△DKE(AAS)，得DJ=DK，JH=EK，则四边形DKFJ是正方形，得FK=FJ=DK=DJ，则DF= 2FJ，进而得出结论；
(3)取AD的中点Q，连接PQ，延长QP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K，设PT=b，由(2)得△ABH≌△DAE(ASA)，则AH=DE，再由直角三角形斜边上的中线性质得PD=PH=PE，然后由等腰三角形的性质得DH=2DK=2b，DE=2DT，则AH=DE=2−2b，证出PK=QK，最后证点P在线段QR上运动，由等腰直角三角形的性质得QR= 2DQ= 2，即可求解．