试卷 2019-2020人教版数学八年级第二学期期中试卷2

这是一份试卷 2019-2020人教版数学八年级第二学期期中试卷2，共25页。试卷主要包含了之间的函数关系如图所示等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）下列各式中一定是二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
2．（3分）若y＝+﹣3，则P（x，y）在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．＝﹣2B．C．D．
4．（3分）如图，小明将一张长为20cm，宽为15cm的长方形纸（AE＞DE）剪去了一角，量得AB＝3cm，CD＝4cm，则剪去的直角三角形的斜边长为（ ）
A．5cmB．12cmC．16cmD．20cm
5．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列结论中正确的是（ ）
A．AB＝CDB．BO＝ODC．∠BAD＝∠BCDD．AB⊥AC
6．（3分）若一次函数y＝kx+b的图象与直线y＝﹣x+1平行，且过点（8，2），则此一次函数的解析式为（ ）
A．y＝﹣x﹣2B．y＝﹣x﹣6C．y＝﹣x﹣1D．y＝﹣x+10
7．（3分）如图，四边形ABCD是菱形，AC＝8，DB＝6，DH⊥AB于H，则DH等于（ ）
A．B．C．5D．4
8．（3分）如图，一个圆桶，底面直径为16cm，高为18cm，一只小虫从下底部点A爬到上底B处，则小虫所爬的最短路径长是（π取3）（ ）
A．50cmB．40cmC．30cmD．20cm
9．（3分）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，则AM的最小值为（ ）
A．B．C．D．
10．（3分）甲、乙两车从A城出发匀速行驶至B城．在整个行驶过程中，甲、乙两车离开A城的距离y（千米）与甲车行驶的时间t（小时）之间的函数关系如图所示．则下列结论：
①A，B两城相距300千米；
②乙车比甲车晚出发1小时，却早到1小时；
③乙车出发后1.5小时追上甲车；
④当甲、乙两车相距50千米时，t＝或．
其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二．填空题（共5小题）
11．（3分）若式子有意义，则x的取值范围是 ．
12．（3分）如图，在▱ABCD中，AB＝3，BC＝5，以点B的圆心，以任意长为半径作弧，分别交BA、BC于点P、Q，再分别以P、Q为圆心，以大于PQ的长为半径作弧，两弧在∠ABC内交于点M，连接BM并延长交AD于点E，则DE的长为 ．
13．（3分）一蜡烛高20厘米，点燃后平均每小时燃掉4厘米，则蜡烛点燃后剩余的高度h（厘米）与燃烧时间t（时）之间的关系式是h＝ （0≤t≤5）．
14．（3分）已知关于x的一次函数y＝mx+n的图象如图所示，则可化简为 ．
15．（3分）如图，在平面直角坐标系中，将矩形AOCD沿直线AE折叠（点E在边DC上），折叠后顶点D恰好落在边OC上的点F处，已知AD＝3，当点F为线段OC的三等分点时，点E的坐标为 ．
三．解答题（共8小题）
16．计算：
（1）；
（2）．
17．已知a＝﹣，b＝+，求下列各式的值；
（1）+；
（2）a2b+ab2．
18．实验中学有一块四边形的空地ABCD，如图所示，学校计划在空地上种植草皮，经测量AD＝8米，CD＝6米，∠ADC＝90°，AB＝26米，BC＝24米，求这块四边形空地的面积是多少？
19．如图，在一棵树CD的6m高处B有两只猴子，其中一只猴子爬下树走到离树12m处的池塘的A处，另一只爬到树顶D后直接跃到A处，距离以直线计算，如果两只猴子所经过的距离相等，请问这棵树有多高？
20．如图，函数y＝﹣2x+3与y＝﹣x+m的图象交于P（n，﹣2）．
（1）求出m、n的值；
（2）直接写出不等式﹣x+m＞﹣2x+3的解集；
（3）求出△ABP的面积．
21．已知：如图，在矩形ABCD中，M，N分别是边AD，BC的中点，E，F分别是线段BM，CM的中点．
（1）求证：△ABM≌△DCM；
（2）判断四边形MENF是什么特殊四边形，并证明你的结论；
（3）当AD：AB＝ 时，四边形MENF是正方形（只写结论，不需证明）．
22．某学校计划在总费用为3200元的限额内，租用汽车送312名学生和8名教师集体外出活动，每辆汽车上至少要有1名教师；现有甲乙两种大客车，它们的载客量和租金如下表：
（1）通过计算与分析后，直接写出共需租用 辆汽车；
（2）求出有哪几种租车方案；
（3）求出最节省的租车费用是多少元．
23．已知正方形ABCD与正方形CEFG（点C、E、F、G按顺时针排列），M是AF的中点，连接DM，EM．
（1）如图1，点E在CD上，点G在BC的延长线上，
求证：DM＝EM，DM⊥EM．
简析：由M是AF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，E在BC的延长线上，点G在BC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CEFG的顶点C、E、F、G按顺时针排列．若点E在直线CD上，则DM＝ ；若点E在直线BC上，则DM＝ ．
2019-2020人教版数学八年级第二学期期中试卷2
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（3分）下列各式中一定是二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据二次根式的性质：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，逐一判断．
【解答】解：A、被开方数为负数，二次根式无意义，故选项错误；
B、6＞0，被开方数是正数，故选项正确
C、是三次根式，故选项错误；
D、当x＝﹣2时，二次根式无意义，故选项错误；
故选：B．
2．（3分）若y＝+﹣3，则P（x，y）在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【分析】直接利用二次根式有意义的条件得出x的值，进而得出P点坐标的位置．
【解答】解：∵y＝+﹣3，
∴x＝2，则y＝﹣3，
∴P（2，﹣3）在第四象限．
故选：D．
3．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．＝﹣2B．C．D．
【分析】根据二次根式的运算法则即可求出答案．
【解答】解：（A）原式＝2，故A错误．
（B）与不是同类二次根式，故B错误．
（C）原式＝，故C错误．
故选：D．
4．（3分）如图，小明将一张长为20cm，宽为15cm的长方形纸（AE＞DE）剪去了一角，量得AB＝3cm，CD＝4cm，则剪去的直角三角形的斜边长为（ ）
A．5cmB．12cmC．16cmD．20cm
【分析】解答此题只要把原来的图形补全，构造出直角三角形解答．
【解答】解：延长AB、DC相交于F，则BFC构成直角三角形，
运用勾股定理得：
BC2＝（15﹣3）2+（20﹣4）2＝122+162＝400，
所以BC＝20．
则剪去的直角三角形的斜边长为20cm．
故选：D．
5．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列结论中正确的是（ ）
A．AB＝CDB．BO＝ODC．∠BAD＝∠BCDD．AB⊥AC
【分析】由平行四边形的性质容易得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，BO＝OD，∠BAD＝∠BCD，
∴选项A、B、C、正确，D不一定正确；
故选：D．
6．（3分）若一次函数y＝kx+b的图象与直线y＝﹣x+1平行，且过点（8，2），则此一次函数的解析式为（ ）
A．y＝﹣x﹣2B．y＝﹣x﹣6C．y＝﹣x﹣1D．y＝﹣x+10
【分析】根据平行直线的解析式的k值相等求出k，然后把点P（﹣1，2）的坐标代入一次函数解析式计算即可得解．
【解答】解：∵一次函数y＝kx+b的图象与直线y＝﹣x+1平行，
∴k＝﹣1，
∵一次函数过点（8，2），
∴2＝﹣8+b
解得b＝10，
∴一次函数解析式为y＝﹣x+10．
故选：D．
7．（3分）如图，四边形ABCD是菱形，AC＝8，DB＝6，DH⊥AB于H，则DH等于（ ）
A．B．C．5D．4
【分析】根据菱形性质求出AO＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，根据勾股定理求出AB，再根据菱形的面积公式求出即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝OC，BO＝OD，AC⊥BD，
∵AC＝8，DB＝6，
∴AO＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，
由勾股定理得：AB＝＝5，
∵S菱形ABCD＝，
∴，
∴DH＝，
故选：A．
8．（3分）如图，一个圆桶，底面直径为16cm，高为18cm，一只小虫从下底部点A爬到上底B处，则小虫所爬的最短路径长是（π取3）（ ）
A．50cmB．40cmC．30cmD．20cm
【分析】先将圆柱的侧面展开为一矩形，而矩形的长就是底面周长的一半，高就是圆柱的高，再根据勾股定理就可以求出其值．
【解答】解：展开圆柱的侧面如图，根据两点之间线段最短就可以得知AB最短．
由题意，得AC＝3×16÷2＝24，
在Rt△ABC中，由勾股定理，得
AB＝＝30cm．
故选：C．
9．（3分）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，则AM的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】先求证四边形AFPE是矩形，再根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短，利用面积法可求得AP最短时的长，然后即可求出AM最短时的长．
【解答】解：连接AP，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，
∴∠BAC＝90°，
∵PE⊥AB，PF⊥AC，
∴四边形AFPE是矩形，
∴EF＝AP．
∵M是EF的中点，
∴AM＝AP，
根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短，
即AP⊥BC时，AP最短，同样AM也最短，
∴S△ABC＝，
∴，
∴AP最短时，AP＝，
∴当AM最短时，AM＝AP＝．
故选：A．
10．（3分）甲、乙两车从A城出发匀速行驶至B城．在整个行驶过程中，甲、乙两车离开A城的距离y（千米）与甲车行驶的时间t（小时）之间的函数关系如图所示．则下列结论：
①A，B两城相距300千米；
②乙车比甲车晚出发1小时，却早到1小时；
③乙车出发后1.5小时追上甲车；
④当甲、乙两车相距50千米时，t＝或．
其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】观察图象可判断①②，由图象所给数据可求得甲、乙两车离开A城的距离y与时间t的关系式，可求得两函数图象的交点，可判断③，再令两函数解析式的差为50，可求得t，可判断④，可得出答案．
【解答】解：由图象可知A、B两城市之间的距离为300km，甲行驶的时间为5小时，而乙是在甲出发1小时后出发的，且用时3小时，即比甲早到1小时，故①②都正确；
设甲车离开A城的距离y与t的关系式为y甲＝kt，
把（5，300）代入可求得k＝60，
∴y甲＝60t，
设乙车离开A城的距离y与t的关系式为y乙＝mt+n，
把（1，0）和（4，300）代入可得，解得，
∴y乙＝100t﹣100，
令y甲＝y乙可得：60t＝100t﹣100，解得t＝2.5，
即甲、乙两直线的交点横坐标为t＝2.5，
此时乙出发时间为1.5小时，即乙车出发1.5小时后追上甲车，故③正确；
令|y甲﹣y乙|＝50，可得|60t﹣100t+100|＝50，即|100﹣40t|＝50，
当100﹣40t＝50时，可解得t＝，
当100﹣40t＝﹣50时，可解得t＝，
又当t＝时，y甲＝50，此时乙还没出发，
当t＝时，乙到达B城，y甲＝250；
综上可知当t的值为或或或t＝时，两车相距50千米，故④不正确；
综上可知正确的有①②③共三个，
故选：C．
二．填空题（共5小题）
11．（3分）若式子有意义，则x的取值范围是 x≥且x≠1 ．
【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0，就可以求解．
【解答】解：根据二次根式有意义，分式有意义得：2x﹣1≥0且x﹣1≠0，
解得：x≥且x≠1．
故答案为：x≥且x≠1．
12．（3分）如图，在▱ABCD中，AB＝3，BC＝5，以点B的圆心，以任意长为半径作弧，分别交BA、BC于点P、Q，再分别以P、Q为圆心，以大于PQ的长为半径作弧，两弧在∠ABC内交于点M，连接BM并延长交AD于点E，则DE的长为 2 ．
【分析】根据作图过程可得得BE平分∠ABC；再根据角平分线的性质和平行四边形的性质可证明∠AEB＝∠CBE，证出AE＝AB＝3，即可得出DE的长．，
【解答】解：根据作图的方法得：BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝5，
∴∠AEB＝∠CBE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AE＝AB＝3，
∴DE＝AD﹣AE＝5﹣3＝2；
故答案为：2．
13．（3分）一蜡烛高20厘米，点燃后平均每小时燃掉4厘米，则蜡烛点燃后剩余的高度h（厘米）与燃烧时间t（时）之间的关系式是h＝ 20﹣4t （0≤t≤5）．
【分析】蜡烛点燃后平均每小时燃掉4厘米，则t小时燃掉4t厘米，已知蜡烛的总高度，即可表达出剩余的高度．
【解答】解：∵蜡烛点燃后平均每小时燃掉4厘米，
∴t小时燃掉4t厘米，
由题意知：h＝20﹣4t．
14．（3分）已知关于x的一次函数y＝mx+n的图象如图所示，则可化简为 n ．
【分析】根据一次函数图象与系数的关系，确定m、n的符号，然后由绝对值、二次根式的化简运算法则解得即可．
【解答】解：根据图示知，关于x的一次函数y＝mx+n的图象经过第一、二、四象限，
∴m＜0；
又∵关于x的一次函数y＝mx+n的图象与y轴交于正半轴，
∴n＞0；
∴＝n﹣m﹣（﹣m）＝n．
故答案是：n．
15．（3分）如图，在平面直角坐标系中，将矩形AOCD沿直线AE折叠（点E在边DC上），折叠后顶点D恰好落在边OC上的点F处，已知AD＝3，当点F为线段OC的三等分点时，点E的坐标为 （3，）或（3，） ．
【分析】设CE＝x，分两种情况讨论：①当CF＝1时，OF＝2；②当CF＝2时，OF＝1，在Rt△CEF中，依据勾股定理可得CE2+CF2＝EF2，据此可得方程，即可得到CE的长，进而得出点E的坐标．
【解答】解：∵AD＝OC＝3＝AF，而点F为线段OC的三等分点，
∴CF＝1或2，
设CE＝x，
①当CF＝1时，OF＝2，
在Rt△AOF中，AO＝＝，
∴CD＝，DE＝﹣x＝EF，
∵Rt△CEF中，CE2+CF2＝EF2，
∴x2+12＝（﹣x）2，
解得x＝，
即CE＝，
∴E（3，）；
②当CF＝2时，OF＝1，
在Rt△AOF中，AO＝＝2，
∴CD＝，DE＝﹣x＝EF，
∵Rt△CEF中，CE2+CF2＝EF2，
∴x2+22＝（2﹣x）2，
解得x＝，
即CE＝，
∴E（3，）；
故答案为：（3，）或（3，）．
三．解答题（共8小题）
16．计算：
（1）；
（2）．
【分析】（1）先进行二次根式的除法运算，然后化简后合并即可；
（2）利用完全平方公式计算．
【解答】解：（1）原式＝3﹣2+
＝+3；
（2）原式＝2+2+1﹣2+2
＝5．
17．已知a＝﹣，b＝+，求下列各式的值；
（1）+；
（2）a2b+ab2．
【分析】（1）先通分，值代入即可计算．
（2）提公因式法后，代入即可计算．
【解答】解：∵a＝﹣，b＝+，
∴a+b＝2，ab＝2，
（1）原式＝＝＝．
（2）原式＝ab（a+b）＝2×＝4．
18．实验中学有一块四边形的空地ABCD，如图所示，学校计划在空地上种植草皮，经测量AD＝8米，CD＝6米，∠ADC＝90°，AB＝26米，BC＝24米，求这块四边形空地的面积是多少？
【分析】根据勾股定理，可以得到AC的长，然后根据勾股定理的逆定理，可以得到△ACB的形状，然后即可得到四边形ABCD的面积．
【解答】解：连接AC，
∵AD＝8米，CD＝6米，∠ADC＝90°，
∴AC＝＝＝10米，
∵AB＝26米，BC＝24米，
∴BC2+AC2＝102+242＝100+576＝676，AB2＝262＝676，
∴BC2+AC2＝AB2，
∴△ACB是直角三角形，∠ACB＝90°，
∴四边形ABCD的面积是：＝＝96（平方米），
即这块四边形空地的面积是96平方米．
19．如图，在一棵树CD的6m高处B有两只猴子，其中一只猴子爬下树走到离树12m处的池塘的A处，另一只爬到树顶D后直接跃到A处，距离以直线计算，如果两只猴子所经过的距离相等，请问这棵树有多高？
【分析】由题意知AD+DB＝BC+CA，设BD＝x米，则AD＝（18﹣x）米，且在直角△ACD中CD2+CA2＝AD2，代入勾股定理公式中即可求x的值，树高CD＝6+x．
【解答】解：由题意知AD+DB＝BC+CA，且CA＝12米，BC＝6米，
设BD＝x米，则AD＝（18﹣x）米，
在Rt△ACD中：CD2+CA2＝AD2，
即（18﹣x）2＝（6+x）2+122，
解得x＝3，
故树高为CD＝6+3＝9米．
答：树高为9米．
20．如图，函数y＝﹣2x+3与y＝﹣x+m的图象交于P（n，﹣2）．
（1）求出m、n的值；
（2）直接写出不等式﹣x+m＞﹣2x+3的解集；
（3）求出△ABP的面积．
【分析】（1）根据凡是函数图象经过的点必能满足解析式把P点坐标代入y＝﹣2x+3可得n的值，进而可得P点坐标，再把P点坐标代入y＝﹣x+m可得m的值；
（2）根据函数图象可直接得到答案；
（3）首先求出A、B两点坐标，进而可得△ABP的面积．
【解答】解：（1）∵y＝﹣2x+3过P（n，﹣2）．
∴﹣2＝﹣2n+3，
解得：n＝，
∴P（，﹣2），
∵y＝﹣x+m的图象过P（，﹣2）．
∴﹣2＝﹣×+m，
解得：m＝﹣；
（2）不等式﹣x+m＞﹣2x+3的解集为x＞；
（3）∵当y＝﹣2x+3中，x＝0时，y＝3，
∴A（0，3），
∵y＝﹣x﹣中，x＝0时，y＝﹣，
∴B（0，﹣），
∴AB＝3；
∴△ABP的面积：AB×＝×＝．
21．已知：如图，在矩形ABCD中，M，N分别是边AD，BC的中点，E，F分别是线段BM，CM的中点．
（1）求证：△ABM≌△DCM；
（2）判断四边形MENF是什么特殊四边形，并证明你的结论；
（3）当AD：AB＝ 2：1 时，四边形MENF是正方形（只写结论，不需证明）．
【分析】（1）根据矩形的性质可得AB＝CD，∠A＝∠D＝90°，再根据M是AD的中点，可得AM＝DM，然后再利用SAS证明△ABM≌△DCM；
（2）四边形MENF是菱形．首先根据中位线的性质可证明NE∥MF，NE＝MF，可得四边形MENF是平行四边形，再根据△ABM≌△DCM可得BM＝CM进而得ME＝MF，从而得到四边形MENF是菱形；
（3）当AD：AB＝2：1时，四边形MENF是正方形，证明∠EMF＝90°根据有一个角为直角的菱形是正方形得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∠A＝∠D＝90°，
又∵M是AD的中点，
∴AM＝DM．
在△ABM和△DCM中，
，
∴△ABM≌△DCM（SAS）．
（2）解：四边形MENF是菱形．
证明如下：
∵E，F，N分别是BM，CM，CB的中点，
∴NE∥MF，NE＝MF．
∴四边形MENF是平行四边形．
由（1），得BM＝CM，∴ME＝MF．
∴四边形MENF是菱形．
（3）解：
当AD：AB＝2：1时，四边形MENF是正方形．理由：
∵M为AD中点，
∴AD＝2AM．
∵AD：AB＝2：1，
∴AM＝AB．
∵∠A＝90，
∴∠ABM＝∠AMB＝45°．
同理∠DMC＝45°，
∴∠EMF＝180°﹣45°﹣45°＝90°．
∵四边形MENF是菱形，
∴菱形MENF是正方形．
故答案为：2：1．
22．某学校计划在总费用为3200元的限额内，租用汽车送312名学生和8名教师集体外出活动，每辆汽车上至少要有1名教师；现有甲乙两种大客车，它们的载客量和租金如下表：
（1）通过计算与分析后，直接写出共需租用 8 辆汽车；
（2）求出有哪几种租车方案；
（3）求出最节省的租车费用是多少元．
【分析】（1）根据题意和表格中的数据可以得到需要租用多少辆汽车，本题得以解决；
（2）根据（1）中的结果和表格中的数据可以得到有几种租车方案，并写出相应的租车方案；
（3）根据题意可以得到租车费用和租用甲种客车的函数关系式，然后根据一次函数的性质即可得到最节省的租车费用是多少元．
【解答】解：（1）如果全部租用甲种客车，则需要（312+8）÷45＝7（辆），
如果全部租用乙种客车，则需要（312+8）÷30＝10（辆），
∵汽车辆数为整数，且有8名教师，每辆汽车上至少要有1名教师，
∴共租用8辆汽车，
故答案为：8；
（2）设租用x辆甲种客车，则租用乙种客车（8﹣x）辆，
则租车费用y＝400x+280（8﹣x）＝120x+2240，
∵，
解得，5≤x≤8，
∵x为整数，
∴x＝6或7或8，
∴共有3种租车方案，
方案一：6辆甲种客车，2辆乙种客车；
方案二：7辆甲种客车，1辆乙种客车；
方案三：8辆甲种客车；
（3）∵y＝120x+2240中，k＝120＞0，
∴y随x的增大而增大，
∴当x＝6时，y有最小值，最节省的租车费用是2960元，
答：最节省的租车费用是2960元．
23．已知正方形ABCD与正方形CEFG（点C、E、F、G按顺时针排列），M是AF的中点，连接DM，EM．
（1）如图1，点E在CD上，点G在BC的延长线上，
求证：DM＝EM，DM⊥EM．
简析：由M是AF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 △AMN ≌ △FME ．由全等三角形性质，易证△DNE是 等腰直角 三角形，进而得出结论．
（2）如图2，E在BC的延长线上，点G在BC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CEFG的顶点C、E、F、G按顺时针排列．若点E在直线CD上，则DM＝ 或4 ；若点E在直线BC上，则DM＝ ．
【分析】（1）根据全等三角形的性质推出MN＝ME，AN＝EF＝EC，推出DN＝DE，因为∠EDH＝90°，可得DM⊥EM，DM＝ME；
（2）结论不变，证明方法类似；
（3）分别分两种情况讨论，由全等三角形的性质和直角三角形的性质可求解．
【解答】解：（1）如图1，延长EM交AD于点N，
∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴∠ADE＝∠DEF＝90°，AD＝CD，
∴AD∥EF，
∴∠MAN＝∠MFE，
在△MNA和△MEF中，
，
∴△MNA≌△MEF（ASA），
∴MN＝ME，AN＝EF＝EC，
∴DN＝DE，且∠EDN＝90°，
∴△DEN是等腰直角三角形，
∴DM＝ME，DM⊥EM；
故答案为：△AMN，△FME，等腰直角；
（2）结论仍成立，
如图2，延长EM交DA的延长线于点H，
∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴∠ADE＝∠DEF＝90°，AD＝CD，
∴AD∥EF，
∴∠MAH＝∠MFE，
∵AM＝MF，∠AMH＝∠FME，
∴△AMH≌△FME（ASA），
∴MH＝ME，AH＝EF＝EC，
∴DH＝DE，
∵∠EDH＝90°，
∴DM⊥EM，DM＝ME；
（3）若点E在直线CD上，由（1）（2）可知，DE＝AB﹣CE＝2，或DE＝AB+CE＝8，
∵DM⊥EM，DM＝ME，
∴DE＝DM，
∴DM＝或4，
若点E在直线BC上，
如图3，当点E在BC延长线上时，延长EM交DA于点H，连接DH，
∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴∠ADC＝∠GCE＝90°＝∠BAD，AD＝CD，
∴AD∥EF，
∴∠MAH＝∠MFE，
∵AM＝MF，∠AMH＝∠FME，
∴△AMH≌△FME（ASA），
∴MH＝ME，AH＝EF＝EC，
∵AH＝CE，∠HAD＝∠ECD，AD＝CD，
∴△ADH≌△CDE（SAS），
∴DH＝DE，∠ADH＝∠CDE，
∵∠ADH+∠HDC＝90°，
∴∠EDN＝90°，且HM＝ME，
∴DM⊥EM，DM＝ME，
∴DE＝DM，
∵AB＝CD＝5，CE＝3，
∴DE＝＝＝，
∴DM＝
如图4，若点E在线段BC上时，延长EM，BA交于点H，连接DH，
同理可求DM＝，
故答案为：或4，
甲种客车
乙种客车
载客量（单位：人/辆）
45
30
租金（单位：元/辆）
400
280
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