江蘇省鹽城市毓龍路實驗學校2025屆數(shù)學八下期末聯(lián)考試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題4分，共48分）1．數(shù)據60，70，40，30這四個數(shù)的平均數(shù)是（）A．40 B．50 C．60 D．702．下列說法正確的是()A．對角線互相垂直的四邊形是菱形 B．矩形的對角線互相垂直C．一組對邊平行的四邊形是平行四邊形 D．對角線相等的菱形是正方形3．將直線向下平移2個單位，得到直線()A． B． C． D．4．下列說法，你認為正確的是（）A．0的倒數(shù)是0 B．3-1=-3 C．是有理數(shù) D．35．給出下列幾組數(shù)：①4,5,6；②8，15，16;③n2－1，2n，n2＋1；④m2－n2，2mn，m2＋n2（m>n>0）．其中—定能組成直角三角形三邊長的是（）．A．①②B．③④C．①③④D．④6．如圖，長方形ABCD的長為6，寬為4，將長方形先向上平移2個單位，再向右平移2個單位得到長方形，則陰影部分面積是()A．12 B．10 C．8 D．67．如圖，在?ABCD中，∠ODA=90°，AC=10cm，BD=6cm，則BC的長為（）A．4cm B．5cm C．6cm D．8cm8．下面的平面圖形中，不能鑲嵌平面的圖形是（）A．正三角形 B．正六邊形 C．正四邊形 D．正五邊形9．下列式子中，表示是的正比例函數(shù)的是（）A． B． C． D．10．在平面直角坐標系中，點A、B、C、D是坐標軸上的點，OA=OD=4，點C(0,-1)，AB=5，點(a,b)在如圖所示的陰影部分內部(不包括邊界)，則a的取值范圍是()A．-3<a<4 B．-1<a<4 C．-3.5<a<4 D．-3<a<7.511．小明用作圖象的方法解二元一次方程組時，他作出了相應的兩個一次函數(shù)的圖象，則他解的這個方程組是（）A． B． C． D．12．如圖，在中，，，，點為斜邊上一動點，過點作于，于點，連結，則線段的最小值為（）A． B． C． D．二、填空題（每題4分，共24分）13．觀察分析下列數(shù)據：，則第17個數(shù)據是_______.14．當x＝﹣1時，代數(shù)式x2+2x+2的值是_____．15．如圖，菱形ABCD的周長為16cm，BC的垂直平分線EF經過點A，則對角線BD長為_____________cm．16．不改變分式的值，使分子、分母的第一項系數(shù)都是正數(shù)，則＝_____．17．將函數(shù)的圖象向下平移2個單位，所得函數(shù)圖象的解析式為__________．18．一次函數(shù)y=kx+3的圖象如圖所示，則方程kx+3=0的解為__________．三、解答題（共78分）19．（8分）如圖1，在正方形中，，為對角線上的一點，連接和．（1）求證：；（2）如圖2，延長交于點，為上一點，連接交于點，且有．①判斷與的位置關系，并說明理由；②如圖3，取中點，連接、，當四邊形為平行四邊形時，求的長．20．（8分）如圖1，平面直角坐標系中，直線AB：y=﹣x+b交x軸于點A(8，0)，交y軸正半軸于點B．(1)求點B的坐標；(2)如圖2，直線AC交y軸負半軸于點C，AB=BC，P為線段AB上一點，過點P作y軸的平行線交直線AC于點Q，設點P的橫坐標為t，線段PQ的長為d，求d與t之間的函數(shù)關系式；(3)在(2)的條件下，M為CA延長線上一點，且AM=CQ，在直線AC上方的直線AB上是否存在點N，使△QMN是以QM為斜邊的等腰直角三角形？若存在，請求出點N的坐標及PN的長度；若不存在，請說明理由.21．（8分）“校園安全”受到全社會的廣泛關注，某中學對部分學生就校園安全知識的了解程度，采用隨機抽樣調查的方式，并根據收集到的信息進行統(tǒng)計，繪制了下面兩幅尚不完整的統(tǒng)計圖，請根據統(tǒng)計圖中所提供的信息解答下列問題：（1）接受問卷調查的學生共有人，扇形統(tǒng)計圖中“基本了解”部分所對應扇形的圓心角為度；（2）請補全條形統(tǒng)計圖；（3）若該中學共有學生900人，請根據上述調查結果，估計該中學學生中對校園安全知識達到“了解”和“基本了解”程度的總人數(shù)．22．（10分）如圖，在?ABCD中，點E是BC邊的中點，連接AE并延長與DC的延長線交于F．（1）求證：CF=CD；（2）若AF平分∠BAD，連接DE，試判斷DE與AF的位置關系，并說明理由．23．（10分）已知：如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，CE∥BD交AD的延長線于點E，CE=AC．（1）求證：四邊形ABCD是矩形；（2）若AB=4，AD=3，求四邊形BCED的周長．24．（10分）在平面直角坐標系中，過點C（1，3）、D（3，1）分別作x軸的垂線，垂足分別為A、B．（1）求直線CD和直線OD的解析式；（2）點M為直線OD上的一個動點，過M作x軸的垂線交直線CD于點N，是否存在這樣的點M，使得以A、C、M、N為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，求此時點M的橫坐標；若不存在，請說明理由；（3）若△AOC沿CD方向平移（點C在線段CD上，且不與點D重合），在平移的過程中，設平移距離為t，△AOC與△OBD重疊部分的面積記為s，試求s與t的函數(shù)關系式．25．（12分）問題背景：如圖1：在四邊形ABCD中,AB=AD,∠BAD=120°,∠B=∠ADC=90°.E、F分別是BC,CD上的點．且∠EAF=60°.探究圖中線段BE，EF，F(xiàn)D之間的數(shù)量關系．小王同學探究此問題的方法是,延長FD到點G,使DG=BE,連結AG,先證明△ABE≌△ADG,再證明△AEF≌△AGF，可得出結論，他的結論應是_________；探索延伸：如圖2，若四邊形ABCD中,AB=AD,∠B+∠D=180°.E,F分別是BC,CD上的點,且∠EAF=∠BAD，上述結論是否仍然成立，并說明理由；實際應用：如圖3，在某次軍事演習中，艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西30°的A處,艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處,并且兩艦艇到指揮中心的距離相等,接到行動指令后,艦艇甲向正東方向以55海里/小時的速度前進,艦艇乙沿北偏東50°的方向以75海里/小時的速度前進2小時后,指揮中心觀測到甲、乙兩艦艇分別到達E,F處,且兩艦艇之間的夾角為70°，試求此時兩艦艇之間的距離．26．如圖，已知△ABC的三個頂點的坐標分別為A（﹣2，3）、B（﹣6，0）、C（﹣1，0）．（1）畫出△ABC關于原點成中心對稱的三角形△A′B′C′；（2）將△ABC繞坐標原點O逆時針旋轉90°，畫出圖形，直接寫出點B的對應點B″的坐標；（3）請直接寫出：以A、B、C為頂點的平行四邊形的第四個頂點D的坐標．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、B【解析】

用四個數(shù)的和除以4即可.【詳解】（60+70+40+30）÷4=200÷4=50.故選B.【點睛】本題重點考查了算術平均數(shù)的計算，希望同學們要牢記公式，并能夠靈活運用.數(shù)據x1、x2、……、xn的算術平均數(shù)：=(x1+x2+……+xn).2、D【解析】

利用菱形的判定、平行四邊形的判定、正方形的判定及矩形的性質逐一判斷即可得答案.【詳解】A.對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，故該選項錯誤，B.矩形的對角線一定相等，但不一定垂直，故該選項錯誤，C.一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，故該選項錯誤，D.對角線相等的菱形是正方形，正確，故選D.【點睛】此題主要考查了菱形的判定、正方形的判定、平行四邊形的判定及矩形的性質等知識，對角線互相垂直的平行四邊形是菱形以及四條邊相等的四邊形是菱形；一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形；對角線相等的菱形是正方形；熟練掌握相關判定方法及性質是解題關鍵．3、A【解析】

根據一次函數(shù)圖象的平移規(guī)律即可得．【詳解】由一次函數(shù)圖象的平移規(guī)律得：向下平移得到的直線為即故選：A．【點睛】本題考查了一次函數(shù)圖象的平移規(guī)律，掌握圖象的平移規(guī)律是解題關鍵．4、D【解析】

根據1沒有倒數(shù)對A進行判斷；根據負整數(shù)指數(shù)冪的意義對B進行判斷；根據實數(shù)的分類對C進行判斷；根據算術平方根的定義對D進行判斷．【詳解】A．1沒有倒數(shù)，所以A選項錯誤；B．3﹣1，所以B選項錯誤；C．π是無理數(shù)，所以C選項錯誤；D．3，所以D選項正確．故選D．【點睛】本題考查了算術平方根：一個正數(shù)的正的平方根叫這個數(shù)的算術平方根，1的算術平方根為1．也考查了倒數(shù)、實數(shù)以及負整數(shù)指數(shù)冪．5、D【解析】①42+52≠62，∴不能組成直角三角形；②82+152≠162，∴不能組成直角三角形；③當n=1時，三邊長為：0、2、2，不能組成直角三角形；④(m2－n2)2+(2mn)2=(m2＋n2)2,且m>n>0，∴能組成直角三角形.故選D.點睛：本題關鍵在于勾股定理逆定理的運用.6、C【解析】

利用平移的性質得到AB∥A′B′，BC∥B′C′，則A′B′⊥BC，延長A′B′交BC于F，AD交A′B′于E，CD交B′C′于G，根據平移的性質得到FB′=2，AE=2，易得四邊形ABFE、四邊形BEDG都為矩形，然后計算出DE和B′E后可得到陰影部分面積．【詳解】解：∵長方形ABCD先向上平移2個單位，再向右平移2個單位得到長方形A′B′C′D′，

∴AB∥A′B′，BC∥B′C′，

∴A′B′⊥BC，

延長A′B′交BC于F，AD交A′B′于E，CD交B′C′于G，

∴FB′=2，AE=2，

易得四邊形ABFE、四邊形BEDG都為矩形，

∴DE=AD-AE=6-2=4，B′E=EF-B′F=AB-B′F=4-2=2，

∴陰影部分面積=4×2=1．

故選C．【點睛】本題考查了平移的性質：把一個圖形整體沿某一直線方向移動，會得到一個新的圖形，新圖形與原圖形的形狀和大小完全相同；新圖形中的每一點，都是由原圖形中的某一點移動后得到的，這兩個點是對應點．連接各組對應點的線段平行且相等．7、A【解析】

利用平行四邊形的性質得出AO=CO，DO=BO，再利用勾股定理得出AD的長進而得出答案．【詳解】∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴DO=BO，AO=CO，∵∠ODA=90°，AC=10cm，BD=6cm，∴DO=3cm，AO=5cm，則AD=BC==4(cm)故選；A.【點睛】此題考查平行四邊形的性質，解題關鍵在于利用勾股定理進行求解.8、D【解析】

幾何圖形鑲嵌成平面的關鍵是：圍繞一點拼在一起的多邊形的內角加在一起恰好組成一個周角．【詳解】A、正三角形的每一個內角都是60°，放在同一頂點處6個即能鑲嵌平面；B、正六邊形每個內角是120°，能整除360°，故能鑲嵌平面；C、正四邊形的每個內角都是90°，放在同一頂點處4個即能鑲嵌平面；D、正五邊形每個內角是180°-360°÷5=108°，不能整除360°，不能鑲嵌平面，故選D.【點睛】本題考查了平面鑲嵌(密鋪)，用一般凸多邊形鑲嵌，用任意的同一種三角形或四邊形能鑲嵌成一個平面圖案．因為三角形內角和為180°，用6個同一種三角形就可以在同一頂點鑲嵌，而四邊形的內角和為360°，用4個同一種四邊形就可以在同一頂點處鑲嵌．用一種正多邊形鑲嵌，只有正三角形，正四邊形，正六邊形三種正多邊形能鑲嵌成一個平面圖案．9、B【解析】分析：根據正比例函數(shù)y=kx的定義條件：k為常數(shù)且k≠0，自變量次數(shù)為1，判斷各選項，即可得出答案．詳解：A、y=x+5，是和的形式，故本選項錯誤；B、y=3x，符合正比例函數(shù)的含義，故本選項正確；C、y=3x2，自變量次數(shù)不為1，故本選項錯誤；D、y2=3x，函數(shù)次數(shù)不為1，故本選項錯誤，故選：B．點睛：本題考查了正比例函數(shù)的定義，難度不大，注意基礎概念的掌握．10、D【解析】

只要求出點B的橫坐標以及直線AD與直線BC交點的橫坐標值即可.【詳解】解：在直角三角形AOB中，根據勾股定理得OB=A∴B(-3,0)∵OA=OD=4∴A(0,4),D(4,0)設直線AD的解析式為y=kx+b，將A(0,4),D(4,0)代入得：b=44k+b=0，解得b=4k=-1，所以直線AD的解析式為同理由B(-3,0)，C(0,-1)兩點坐標可得直線BC的解析式為y=-聯(lián)立得y=-x+4y=-13x-1，解得x=7.5y=-3.5，所以直線AD因為點B與直線AD與直線BC交點處于陰影部分的最邊界，所以由題意可得-3<a<7.5.故選：D【點睛】本題考查了平面直角坐標系及一次函數(shù)，靈活應用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式是解題的關鍵.11、D【解析】

根據直線所在的象限，確定k，b的符號.【詳解】由圖象可知，兩條直線的一次項系數(shù)都是負數(shù)，且一條直線與y軸的交點在y軸的正半軸上，b為正數(shù)，另一條直線的與y軸的交點在y軸的負半軸上，b為負數(shù)，符合條件的方程組只有D.故選D.【點睛】一次函數(shù)y＝kx＋b的圖象所在象限與常數(shù)k，b的關系是：①當k＞0，b＞0時，函數(shù)y＝kx＋b的圖象經過第一，二，三象限；②當k＞0，b＜0時，函數(shù)y＝kx＋b的圖象經過第一，三，四象限；③當k＜0，b＞0時，函數(shù)y＝kx＋b的圖象經過第一，二，四象限；④當k＜0，b＜0時，函數(shù)y＝kx＋b的圖象經過第二，三，四象限，反之也成立.12、C【解析】

連接PC，先證明四邊形ECFP是矩形，從而得EF=PC，當CP⊥AB時，PC最小，利用三角形面積解答即可．【詳解】連接PC，∵PE⊥AC，PF⊥BC，∴∠PEC=∠PFC=∠C=90°，∴四邊形ECFP是矩形，∴EF=PC，∴當PC最小時，EF也最小，即當CP⊥AB時，PC最小，∵AC=1，BC=6，∴AB=10，∴PC的最小值為：=4.1．∴線段EF長的最小值為4.1．故選C．【點睛】本題主要考查的是矩形的判定與性質，關鍵是根據矩形的性質和三角形的面積公式解答．二、填空題（每題4分，共24分）13、【解析】分析：將原數(shù)變形為：1×，2×，3×，4×…，根據規(guī)律可以得到答案．詳解：將原數(shù)變形為：1×，2×，3×，4×…，所以第17個數(shù)據是：17×＝51．故答案為：51．點睛：本題考查了算術平方根，解題的關鍵是將所得二次根式變形，找到規(guī)律解答．14、24【解析】

將原式化為x2+2x+1+1的形式并運用完全平方公式進行求解.【詳解】解：原式=(x+1)2+1=(﹣1+1)2+1=23+1=24，故答案為24.【點睛】觀察并合理使用因式分解的相關公式可以大大簡化計算過程.15、4．【解析】試題分析：連接AC，∵菱形ABCD的周長為16cm，∴AB=4cm，AC⊥BD，∵BC的垂直平分線EF經過點A，∴AC=AB=4cm，∴OA=AC=2cm，∴OB==2cm，∴BD=2OB=4cm．故答案為4．考點：菱形的性質；線段垂直平分線的性質．16、【解析】

根據分式的基本性質即可求出答案．【詳解】原式＝＝，故答案為：【點睛】本題考查分式的基本性質，分式的基本性質是分式的分子和分母同時乘以或除以同一個不為0的整式，分式的值不變；熟練掌握分式的基本性質是解題關鍵．17、y=3x-1．【解析】

根據“上加下減”的原則求解即可．【詳解】將正比例函數(shù)y=3x的圖象向下平移1個單位長度，所得的函數(shù)解析式為y=3x-1．故答案為:y=3x-1．【點睛】本題考查的是一次函數(shù)的圖象與幾何變換，熟知函數(shù)圖象變換的法則是解答此題的關鍵．18、x=-1【解析】

觀察圖象，根據圖象與x軸的交點解答即可.【詳解】∵一次函數(shù)y=kx+1的圖象與x軸的交點坐標是（-1，0），∴kx+1=0的解是x=-1．故答案為：x=-1．【點睛】本題考查了一次函數(shù)與一元一次方程，解題的關鍵是根據交點坐標得出kx+1=0.三、解答題（共78分）19、(1)證明步驟見解析;(2)①EF⊥AM，理由見解析;②【解析】

(1)證明△ABM≌△CBM(SAS)即可解題,(2)①由全等的性質和等邊對等角的性質等量代換得到∠ECF=∠AEF,即可解題,②過點E作EH⊥CD于H,先證明四邊形EBCH是矩形,再由平行四邊形的性質得到E,G是AB的三等分點,最后利用斜邊中線等于斜邊一半即可解題.【詳解】解(1)在四邊形ABCD中,AB=BC,∠ABM=∠CBM=45°,BM=BM∴△ABM≌△CBM(SAS)∴AM=CM(2)①EF⊥AM由(1)可知∠BAM=∠BCM,∵CE=EF,∴∠ECF=∠EFC,又∵∠EFC=∠AEF,∴∠ECF=∠AEF,∴∠AEF+∠BAM=∠BCM+∠ECF=90°,∴∠ANE=90°,∴EF⊥AM②過點E作EH⊥CD于H,∵EC=EF,∴H是FC中點(三線合一),∠EHC=90°,在正方形ABCD中,∠EBC=∠BCH=90°,∴四邊形EBCH是矩形,∴EB=HC,∵四邊形AECF是平行四邊形,G為AE中點,∴AE=CF,BE=DF∴CH=HF=DF同理AG=EG=BE∵AB=1∴AE=由①可知∠ENA=90°,∴NG=(斜邊中線等于斜邊一半)【點睛】本題考查了正方形的性質,平行四邊形的性質,矩形的判定,直角三角形斜邊的中線的性質,中等難度,熟悉圖形的性質是解題關鍵.20、(1)B(0，6)；(2)d=﹣t+10；(3)見解析.【解析】【分析】(1)把A(8，0)代入y=﹣x+b，可求解析式，再求B的坐標；（2）先求點C(0，﹣4)，再求直線AC解析式，可設點P(t，﹣t+6)，Q(t，t﹣4)，所以d=(﹣t+6)﹣(t﹣4)；過點M作MG⊥PQ于G，證△OAC≌△GMQ，得QG=OC=4，GM=OA=8；過點N作NH⊥PQ于H，過點M作MR⊥NH于點R，得四邊形GHRM是矩形，得HR=GM=8；設GH=RM=k，由△HNQ≌△RMN，得HN=RM=k，NR=QH=4+k，由HR=HN+NR，得k+4+k=8，可得GH=NH=RM=2，HQ=6，由Q(t，t﹣4)，得N(t+2，t﹣4+6)，代入y=﹣x+6，得t+2=﹣(t+2)+6，求出t=2，再求P(2，)，N(4，3)，可得PH=，NH=2，最后PN=.【詳解】解：(1)∵y=﹣x+b交x軸于點A(8，0)，∴0=﹣×8+b，b=6，∴直線AB解析式為y=﹣x+6，令x=0，y=6，B(0，6)；(2)∵A(8，0)，B(0，6)，∴OA=8，OB=6，∵∠AOB=90°，∴AB=10=BC，∴OC=4，∴點C(0，﹣4)，設直線AC解析式為y=kx+b’，∴，∴,∴直線AC解析式為y=x﹣4，∵P在直線y=﹣x+6上，∴可設點P(t，﹣t+6)，∵PQ∥y軸，且點Q在y=x﹣4上，∴Q(t，t﹣4)，∴d=(﹣t+6)﹣(t﹣4)=﹣t+10；(3)過點M作MG⊥PQ于G，∴∠QGM=90°=∠COA，∵PQ∥y軸，∴∠OCA=∠GQM，∵CQ=AM，∴AC=QM，在△OAC與△GMQ中，，∴△OAC≌△GMQ，∴QG=OC=4，GM=OA=8，過點N作NH⊥PQ于H，過點M作MR⊥NH于點R，∴∠MGH=∠RHG=∠MRH=90°，∴四邊形GHRM是矩形，∴HR=GM=8，可設GH=RM=k，∵△MNQ是等腰直角三角形，∴∠QMN=90°，NQ=NM，∴∠HNQ+∠HQN=90°，∴∠HNQ+∠RNM=90°，∴∠RNM=∠HQN，∴△HNQ≌△RMN，∴HN=RM=k，NR=QH=4+k，∵HR=HN+NR，∴k+4+k=8，∴k=2，∴GH=NH=RM=2，∴HQ=6，∵Q(t，t﹣4)，∴N(t+2，t﹣4+6)即N(t+2，t+2)∵N在直線AB：y=﹣x+6上，∴t+2=﹣(t+2)+6，∴t=2，∴P(2，)，N(4，3)，∴PH=，NH=2，∴PN==.【點睛】本題考核知識點：一次函數(shù)綜合應用.解題關鍵點：熟記一次函數(shù)性質，運用數(shù)形結合思想.21、(1)60，90；(2)見解析;(3)300人【解析】

（1）由了解很少的有30人，占50%，可求得接受問卷調查的學生數(shù)，繼而求得扇形統(tǒng)計圖中“基本了解”部分所對應扇形的圓心角；（2）由（1）可求得了解的人數(shù)，繼而補全條形統(tǒng)計圖；（3）利用樣本估計總體的方法，即可求得答案．【詳解】解：（1）∵了解很少的有30人，占50%，∴接受問卷調查的學生共有：30÷50%=60（人）；∴扇形統(tǒng)計圖中“基本了解”部分所對應扇形的圓心角為：×360°=90°；故答案為60，90；（2）60﹣15﹣30﹣10=5；補全條形統(tǒng)計圖得：（3）根據題意得：900×=300（人），則估計該中學學生中對校園安全知識達到“了解”和“基本了解”程度的總人數(shù)為300人．【點睛】本題考查了條形統(tǒng)計圖與扇形統(tǒng)計圖，解題的關鍵是熟練的掌握條形統(tǒng)計圖與扇形統(tǒng)計圖的相關知識點.22、（1）見解析（2）DE⊥AF【解析】試題分析：（1）根據平行四邊形的性質可得到AB∥CD，從而可得到AB∥DF，根據平行線的性質可得到兩組角相等，已知點E是BC的中點，從而可根據AAS來判定△BAE≌△CFE，根據全等三角形的對應邊相等可證得AB=CF，進而得出CF=CD；（2）利用全等三角形的判定與性質得出AE=EF，再利用角平分線的性質以及等角對等邊求出DA=DF，利用等腰三角形的性質求出即可．（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∵點F為DC的延長線上的一點，∴AB∥DF，∴∠BAE=∠CFE，∠ECF=∠EBA，∵E為BC中點，∴BE=CE，則在△BAE和△CFE中，，∴△BAE≌△CFE（AAS），∴AB=CF，∴CF=CD；（2）解：DE⊥AF，理由：∵AF平分∠BAD，∴∠BAF=∠DAF，∵∠BAF=∠F，∴∠DAF=∠F，∴DA=DF，又由（1）知△BAE≌△CFE，∴AE=EF，∴DE⊥AF．【點評】此題主要考查學生對平行四邊形的性質以及全等三角形的判定與性質，證明線段相等的常用方法是證明三角形全等．23、（1）詳見解析；（2）1.【解析】

（1）根據已知條件推知四邊形BCED是平行四邊形，則對邊相等：CE=BD，依據等量代換得到對角線AC=BD，則平行四邊形ABCD是矩形；

（2）通過勾股定理求得BD的長度，再利用四邊形BCED是平行四邊形列式計算即可得解．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AE∥BC．∵CE∥BD，∴四邊形BCED是平行四邊形．∴CE=BD．∵CE=AC，∴AC=BD．∴□ABCD是矩形．（2）解：∵□ABCD是矩形，AB=4，AD=3，∴∠DAB=90°，BC=AD=3，∴．∵四邊形BCED是平行四邊形，∴四邊形BCED的周長為2（BC+BD）=2×(3+5)=1．故答案為（1）詳見解析；（2）1.【點睛】本題考查矩形的判定，平行四邊形的判定與性質，勾股定理，熟記性質是解題的關鍵．24、（1）直線OD的解析式為y＝x；（2）存在．滿足條件的點M的橫坐標或，理由見解析；（3）S＝﹣（t﹣1）2+．【解析】

（1）理由待定系數(shù)法即可解決問題；

（2）如圖，設M（m，m），則N（m，-m+1）．當AC=MN時，A、C、M、N為頂點的四邊形為平行四邊形，可得|-m+1-m|=3，解方程即可；

（3）如圖，設平移中的三角形為△A′O′C′，點C′在線段CD上．設O′C′與x軸交于點E，與直線OD交于點P；設A′C′與x軸交于點F，與直線OD交于點Q．根據S=S△OFQ-S△OEP=OF?FQ-OE?PG計算即可；【詳解】（1）設直線CD的解析式為y＝kx+b，則有，解得，∴直線CD的解析式為y＝﹣x+1．設直線OD的解析式為y＝mx，則有3m＝1，m＝，∴直線OD的解析式為y＝x．（2）存在．理由：如圖，設M（m，m），則N（m，﹣m+1）．當AC＝MN時，A、C、M、N為頂點的四邊形為平行四邊形，∴|﹣m+1﹣m|＝3，解得m＝或，∴滿足條件的點M的橫坐標或．（3）如圖，設平移中的三角形為△A′O′C′，點C′在線段CD上．設O′C′與x軸交于點E，與直線OD交于點P；設A′C′與x軸交于點F，與直線OD交于點Q．因為平移距離為t，所以水平方向的平移距離為t（0≤t＜2），則圖中AF＝t，F(xiàn)（1+t，0），Q（1+t，+t），C′（1+t，3﹣t）．設直線O′C′的解析式為y＝3x+b，將C′（1+t，3﹣t）代入得：b＝﹣1t，∴直線O′C′的解析式為y＝3x﹣1t．∴E（t，0）．聯(lián)立y＝3x﹣1t與y＝x，解得x＝t，∴P（t，t）．過點P作PG⊥x軸于點G，則PG＝t．∴S＝S△OFQ﹣S△OEP＝OF?FQ﹣OE?PG＝（1+t）（+t）﹣?t?t＝﹣（t﹣1）2+．【點睛】本題考查一次函數(shù)綜合題、待定系數(shù)法、函數(shù)圖象上點的坐標特征、平行四邊形、平移變換、圖形面積計算等知識點，有一定的難度．第（2）問中，解題關鍵是根據平行四邊形定義，得到MN=AC=3，由此列出方程求解；第（3）問中，解題關鍵是求出S的表達式，注意圖形面積的計算方法．25、問題背景：EF=BE+DF，理由見解析；探索延伸：結論仍然成立，理由見解析；實際應用：210海里.【解析】

問題背景：延長FD到點G．使DG=BE．連結AG，即可證明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再證明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解題；