重庆市八中2024年八年级下册数学期末复习检测试题含解析

重庆市八中2024年八年级下册数学期末复习检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题4分，共48分）1．如图，已知△ABC的周长为20cm，现将△ABC沿AB方向平移2cm至△A′B′C′的位置，连结CC′．则四边形AB′C′C的周长是（）A．18cm B．20cm C．22cm D．24cm2．如图，△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△AB′C′，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝，则图中阴影部分的面积等于()A．2﹣ B．1 C． D．﹣l3．如图，四边形ABCD中，AC＝a，BD＝b，且AC⊥BD，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1，再顺次连接四边形A1B1C1D1各边中点，得到四边形A2B2C2D2，…，如此进行下去，得到四边形AnBnCnDn．下列结论正确的有（）①四边形A2B2C2D2是矩形；②四边形A4B4C4D4是菱形；③四边形A5B5C5D5的周长是④四边形AnBnCnDn的面积是A．①②③ B．②③④ C．①② D．②③4．正方形具有而菱形不一定具有的性质是()A．对角线相等 B．对角线互相垂直C．对角线互相平分 D．对角线平分一组对角5．设，，且，则的值是（）A． B． C． D．6．甲、乙两班举行电脑汉字输入比赛，参赛学生每分钟输入汉字个数的统计结果如下表：班级参加人数平均数中位数方差甲55135149191乙55135151110某同学分析上表后得出如下结论：①甲、乙两班学生的平均成绩相同；②乙班优秀的人数多于甲班优秀的人数（每分钟输入汉字≥150个为优秀）；③甲班成绩的波动比乙班大．上述结论中，正确的是（）A．①② B．②③ C．①③ D．①②③7．如图，在矩形ABED中，AB＝4，BE＝EC＝2，动点P从点E出发沿路径ED→DA→AB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动；设点P的运动时间为t秒，△PBC的面积为S，则下列能反映S与t的函数关系的图象是（）A． B．C． D．8．如图，将个全等的阴影小正方形摆放得到边长为的正方形，中间小正方形的各边的中点恰好为另外个小正方形的一个顶点，小正方形的边长为（、为正整数），则的值为（）A． B． C． D．9．学校为创建“书香校园”购买了一批图书．已知购买科普类图书花费10000元，购买文学类图书花费9000元，其中科普类图书平均每本的价格比文学类图书平均每本的价格贵5元，且购买科普书的数量比购买文学书的数量少100本．求科普类图书平均每本的价格是多少元？若设科普类图书平均每本的价格是x元，则可列方程为（）A．﹣=100 B．﹣=100C．﹣=100 D．﹣=10010．把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知，则球的半径长是（）A．2 B．2.5 C．3 D．411．如图，等边△ABC的边长为6，点O是三边垂直平分线的交点，∠FOG=120°，∠FOG的两边OF，OG分别交AB，BC与点D，E，∠FOG绕点O顺时针旋转时，下列四个结论正确的是（）①OD=OE；②；③；④△BDE的周长最小值为9，A．1个 B．2个 C．3个 D．4个12．下列说法中正确的是()A．若，则 B．是实数，且，则C．有意义时， D．0.1的平方根是二、填空题（每题4分，共24分）13．在菱形中，，若菱形的面积是，则=____________14．若直角三角形其中两条边的长分别为3，4，则该直角三角形斜边上的高的长为________．15．已知是一元二次方程的两实根，则代数式_______．16．一组数据共有50个，分成四组后其中前三组的频率分别是0.25、0.15、0.3，则第四组数据的个数为______．17．直线y＝3x﹣1向上平移4个单位得到的直线的解析式为：_____．18．实数在数轴上的对应点的位置如图所示，则__________．三、解答题（共78分）19．（8分）如图所示，有一长方形的空地，长为米，宽为米，建筑商把它分成甲、乙、丙三部分，甲和乙为正方形.现计划甲建筑成住宅区，乙建成商场丙开辟成公园.请用含的代数式表示正方形乙的边长；；若丙地的面积为平方米，请求出的值.20．（8分）某商店用1000元人民币购进水果销售，过了一段时间又用2800元购进这种水果，所购数量是第一次购进数量的2倍，但每千克的价格比第一次购进的贵了2元．（1）求该商店第一次购进水果多少千克？（2）该商店两次购进的水果按照相同的标价销售一段时间后，将最后剩下的50千克按照标价半价出售．售完全部水果后，利润不低于3100元，则最初每千克水果的标价是多少？21．（8分）解不等式组：，并把解集表示在数轴上．22．（10分）如图，矩形OABC的顶点与坐标原点O重合，将△OAB沿对角线OB所在的直线翻折，点A落在点D处，OD与BC相交于点E，已知OA=8，AB=4（1）求证：△OBE是等腰三角形；（2）求E点的坐标；（3）坐标平面内是否存在一点P，使得以B，D，E，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出P点坐标；若不存在，请说明理由.23．（10分）如图，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣2，3）、B（﹣6，0）、C（﹣1，0）．（1）画出△ABC关于原点成中心对称的三角形△A′B′C′；（2）将△ABC绕坐标原点O逆时针旋转90°，画出图形，直接写出点B的对应点B″的坐标；（3）请直接写出：以A、B、C为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标．24．（10分）在中，对角线交于点，将过点的直线绕点旋转，交射线于点，于点，于点，连接.如图当点与点重合时，请直接写出线段的数量关系；如图，当点在线段上时，与有什么数量关系？请说明你的结论；如图，当点在线段的延长线上时，与有什么数量关系？请说明你的结论.25．（12分）我们定义：如果两个三角形的两组对应边相等，且它们的夹角互补，我们就把其中一个三角形叫做另一个三角形的“夹补三角形”，同时把第三边的中线叫做“夹补中线．例如：图1中，△ABC与△ADE的对应边AB＝AD，AC＝AE，∠BAC+∠DAE＝180°，AF是DE边的中线，则△ADE就是△ABC的“夹补三角形”，AF叫做△ABC的“夹补中线”．特例感知：（1）如图2、图3中，△ABC与△ADE是一对“夹补三角形”，AF是△ABC的“夹补中线”；①当△ABC是一个等边三角形时，AF与BC的数量关系是：；②如图3当△ABC是直角三角形时，∠BAC＝90°，BC＝a时，则AF的长是；猜想论证：（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AF与BC的关系，并给予证明．拓展应用：（3）如图4，在四边形ABCD中，∠DCB＝90°，∠ADC＝150°，BC＝2AD＝6，CD＝，若△PAD是等边三角形，求证：△PCD是△PBA的“夹补三角形”，并求出它们的“夹补中线”的长．26．一辆客车从甲地开往乙地，一辆出租车从乙地开往甲地，两车同时出发，设客车离甲地的距离为y1千米，出租车离甲地的距离为y2千米，两车行驶的时间为x小时，y1、y2关于x的函数图像如下图所示：（1）根据图像，直接写出y1、y2关于x的函数关系式；（2）若两车之间的距离为S千米，请写出S关于x的函数关系式；（3）甲、乙两地间有A、B两个加油站，相距200千米，若客车进入A加油站时，出租车恰好进入B加油站，求A加油站离甲地的距离.

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【解析】

根据平移的性质求出平移前后的对应线段和对应点所连的线段的长度，即可求出四边形的周长.【详解】解：由题意，平移前后A、B、C的对应点分别为A′、B′、C′，所以BC=B′C′，BB′=CC′，∴四边形AB′C′C的周长=CA+AB+BB′+B′C′+C′C=△ABC的周长+2BB′=20+4=24（cm），故选D.【点睛】本题考查的是平移的性质，主要运用的知识点是：经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等.2、D【解析】∵△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△A′B′C′，∠BAC=90°，AB=AC=，∴BC=2，∠C=∠B=∠CAC′=∠C′=45°，AC′=AC=，∴AD⊥BC，B′C′⊥AB，∴AD=BC=1，AF=FC′=AC′=1，∴DC′=AC′-AD=-1，∴图中阴影部分的面积等于：S△AFC′-S△DEC′=×1×1-×（-1）2=-1，故选D.【点睛】此题主要考查了旋转的性质以及等腰直角三角形的性质等知识，得出AD，AF，DC′的长是解题关键．3、C【解析】

首先根据题意，找出变化后的四边形的边长与四边形ABCD中各边长的长度关系规律，然后对以下选项作出分析与判断：①根据矩形的判定与性质作出判断；②根据菱形的判定与性质作出判断；③由四边形的周长公式：周长=边长之和，来计算四边形A5B5C5D5的周长；④根据四边形AnBnCnDn的面积与四边形ABCD的面积间的数量关系来求其面积．【详解】①连接A1C1，B1D1．

∵在四边形ABCD中，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1，

∴A1D1∥BD，B1C1∥BD，C1D1∥AC，A1B1∥AC；

∴A1D1∥B1C1，A1B1∥C1D1，

∴四边形A1B1C1D1是平行四边形；

∵AC丄BD，∴四边形A1B1C1D1是矩形，

∴B1D1=A1C1（矩形的两条对角线相等）；

∴A2D2=C2D2=C2B2=B2A2（中位线定理），

∴四边形A2B2C2D2是菱形；

故①错误；

②由①知，四边形A2B2C2D2是菱形；

∴根据中位线定理知，四边形A4B4C4D4是菱形；

故②正确；

③根据中位线的性质易知，A5B5=∴四边形A5B5C5D5的周长是2×；故③正确；

④∵四边形ABCD中，AC=a，BD=b，且AC丄BD，

∴S四边形ABCD=ab÷2；

由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，

四边形AnBnCnDn的面积是.故④正确；

综上所述，②③④正确．

故选C．【点睛】考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质及三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半）．解答此题时，需理清菱形、矩形与平行四边形的关系．4、A【解析】试题分析：根据正方形、菱形的性质依次分析各选项即可判断.正方形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等故选A.考点：正方形、菱形的性质点评：本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握正方形、菱形的性质，即可完成.5、C【解析】

将变形后可分解为：（−5）（＋3）＝0，从而根据a＞0，b＞0可得出a和b的关系，代入即可得出答案．【详解】由题意得：a＋＝3＋15b，∴（−5）（＋3）＝0，故可得：＝5，a＝25b，∴＝．故选C．【点睛】本题考查二次根式的化简求值，有一定难度，根据题意得出a和b的关系是关键．6、D【解析】分析：根据平均数、中位数、方差的定义即可判断；详解：由表格可知，甲、乙两班学生的成绩平均成绩相同；根据中位数可以确定，乙班优秀的人数多于甲班优秀的人数；根据方差可知，甲班成绩的波动比乙班大．故①②③正确，故选D．点睛：本题考查平均数、中位数、方差等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．7、D【解析】

分别求出点P在DE、AD、AB上运动时，S与t的函数关系式，继而根据函数图象的方向即可得出答案．【详解】解：根据题意得：当点P在ED上运动时，S＝BC•PE＝2t（0≤t≤4）；当点P在DA上运动时，此时S＝8（4＜t＜6）；当点P在线段AB上运动时，S＝BC（AB+AD+DE﹣t）＝20﹣2t（6≤t≤10）；结合选项所给的函数图象，可得D选项符合题意．故选：D．【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，解答该类问题也可以不把函数图象的解析式求出来，利用排除法进行解答．8、B【解析】

通过小正方形的边长表示出大正方形的边长，再利用a、b为正整数的条件分析求解.【详解】解：由题意可知，∴∵a、b都是正整数∴=0，4a-2=2b∴a=4,b=7∴a+b=11故选：B.【点睛】本题考查了正方形的性质以及有理数、无理数的性质，表示出大正方形的边长利用有理数、无理数的性质求出a、b是关键.9、B【解析】【分析】直接利用购买科普书的数量比购买文学书的数量少100本得出等式进而得出答案．【详解】科普类图书平均每本的价格是x元，则可列方程为：﹣=100，故选B．【点睛】本题考查了分式方程的应用，弄清题意，找准等量关系列出方程是解题的关键.10、B【解析】

取EF的中点M，作MN⊥AD于点M，取MN上的球心O，连接OF，设OF=x，则OM=4-x，MF=2，然后在Rt△MOF中利用勾股定理求得OF的长即可．【详解】如图：EF的中点M，作MN⊥AD于点M，取MN上的球心O，连接OF，∵四边形ABCD是矩形，∴∠C=∠D=90°，∴四边形CDMN是矩形，∴MN=CD=4，设OF=x，则ON=OF，∴OM=MN-ON=4-x，MF=2，在直角三角形OMF中，OM2+MF2=OF2，即：（4-x）2+22=x2，解得：x=2.5，故选B．【点睛】本题主考查垂径定理及勾股定理的知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．11、B【解析】

连接OB、OC，如图，利用等边三角形的性质得∠ABO=∠OBC=∠OCB=30°，再证明∠BOD=∠COE，于是可判断△BOD≌△COE，所以BD=CE，OD=OE，则可对①进行判断；利用S△BOD=S△COE得到四边形ODBE的面积=S△ABC=，则可对③进行判断；作OH⊥DE，如图，则DH=EH，计算出S△ODE=OE2，利用S△ODE随OE的变化而变化和四边形ODBE的面积为定值可对②进行判断；由于△BDE的周长=BC+DE=6+DE=OE，根据垂线段最短，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，计算出此时OE的长则可对④进行判断．【详解】解：连接OB、OC，如图，

∵△ABC为等边三角形，

∴∠ABC=∠ACB=60°，

∵点O是等边△ABC的内心，

∴OB=OC，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，

∴∠ABO=∠OBC=∠OCB=30°，

∴∠BOC=120°，即∠BOE+∠COE=120°，

而∠DOE=120°，即∠BOE+∠BOD=120°，

∴∠BOD=∠COE，

在△BOD和△COE中，，∴△BOD≌△COE（ASA），

∴BD=CE，OD=OE，①正确；

∴S△BOD=S△COE，

∴四边形ODBE的面积=S△OBC=S△ABC=××62=，③错误作OH⊥DE，如图，则DH=EH，

∵∠DOE=120°，

∴∠ODE=∠OEH=30°，

∴OH=OE，HE=OH=OE，

∴DE=OE，

∴S△ODE=•OE•OE=OE2，

即S△ODE随OE的变化而变化，

而四边形ODBE的面积为定值，

∴S△ODE≠S△BDE；②错误；

∵BD=CE，

∴△BDE的周长=BD+BE+DE=CE+BE+DE=BC+DE=6+DE=6+OE，

当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，此时OE=，

∴△BDE周长的最小值=6+3=9，④正确．

故选B．【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质以及三角形面积的计算等知识；熟练掌握旋转的性质和等边三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．12、C【解析】

根据算术平方根的意义，可知=|a|＞0，故A不正确；根据一个数的平方为非负数，可知a≥0，故不正确；根据二次根式的有意义的条件可知-x≥0，求得x≤0，故正确；根据一个数的平方等于a，那么这个数就是a的平方根，故不正确.故选C二、填空题（每题4分，共24分）13、【解析】

由菱形的性质得AO＝CO＝6cm，BO＝DO，AC⊥BD，由菱形的面积可求BD的长，由勾股定理可求AB的长．【详解】解：如图，∵四边形ABCD是菱形∴AO＝CO＝6cm，BO＝DO，AC⊥BD∵S菱形ABCD＝×AC×BD＝96∴BD＝16cm∴BO＝DO＝8cm∴AB＝＝10cm故答案为10cm【点睛】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的面积公式是解决本题的关键．14、2.4或【解析】

分两种情况：直角三角形的两直角边为3、4或直角三角形一条直角边为3，斜边为4，首先根据勾股定理即可求第三边的长度，再根据三角形的面积即可解题．【详解】若直角三角形的两直角边为3、4，则斜边长为，设直角三角形斜边上的高为h，，∴．若直角三角形一条直角边为3，斜边为4，则另一条直角边为设直角三角形斜边上的高为h，，∴．故答案为：2.4或．【点睛】本题考查了勾股定理和直角三角形的面积，熟练掌握勾股定理是解题的关键．15、【解析】

根据韦达定理得，再代入原式求解即可．【详解】∵是一元二次方程的两实根∴∴故答案为：．【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的问题，掌握韦达定理是解题的关键．16、2【解析】

先根据各小组的频率和是2，求得第四组的频率；再根据频率=频数÷数据总数，进行计算即可得出第四组数据的个数．【详解】解：∵一组数据共有50个，分成四组后其中前三组的频率分别是0.25、0.2、0.3，∴第四组的频率为：2-0.25-0.2-0.3=0.3，∴第四组数据的个数为：50×0.3=2．故答案为2．【点睛】本题考查频率与频数，用到的知识点：频率=频数：数据总数，各小组的频率和是2．17、y＝1x+1．【解析】

根据平移k不变，b值加减即可得出答案．【详解】y＝1x－1向上平移4个单位则：y＝1x－1＋4＝1x＋1，故答案为：y＝1x＋1.【点睛】本题考查图形的平移变换和函数解析式之间的关系，平移后解析式有这样一个规律“左加右减，上加下减”．18、【解析】

首先根据数轴的含义，得出，然后化简所求式子，即可得解.【详解】根据数轴，可得∴原式=故答案为.【点睛】此题主要考查绝对值的性质，熟练掌握，即可解题.三、解答题（共78分）19、（1）（x−12）米；（2）的值为20或1.【解析】

（1）由甲和乙为正方形，且该地长为x米，宽为12米，可得出丙的长，也是乙的边长；（2）由（1）求得丙的长，再求出丙的宽，即可得出丙的面积，由此列出方程，求解即可．【详解】解：（1）因为甲和乙为正方形，结合图形可得丙的长为：（x−12）米．同样乙的边长也为（x−12）米，故答案为：（x−12）米；（2）结合（1）得，丙的长为：（x−12）米，丙的宽为12−（x−12）=（24−x）米，所以丙的面积为：（x−12）（24−x），列方程得，（x−12）（24−x）＝32解方程得x1＝20，x2＝1．答：的值为20或1.【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是表示出有关的线段的长，难度不大．20、（1）第一次购进水果200千克；（2）最初每千克水果标价12元．【解析】

（1）设该商店第一次购进水果x千克，则第二次购进水果2x千克，然后根据每千克的价格比第一次购进的价格贵了2元，列出方程求解即可；

（2）设每千克水果的标价是y元，然后根据两次购进水果全部售完，利润不低于3100元列出不等式，然后求解即可得出答案．【详解】（1）设第一次购进水果千克，依题意可列方程：解得经检验：是原方程的解．答：第一次购进水果200千克；（2）设最初水果标价为元，依题意可列不等式：解得答：最初每千克水果标价12元．【点睛】此题考查了分式方程的应用，一元一次不等式的应用，分析题意，找到合适的等量关系与不等关系是解决问题的关键．21、－2≤x＜2【解析】

先求出不等式的解集，再求出不等式组的解集，最后在数轴上表示出来即可．【详解】解：∵解不等式①得：x＜2，解不等式②得：x≥-2，∴不等式组的解集为-2≤x＜2，在数轴上表示为：【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式组的解集等知识点，能求出不等式组的解集是解此题的关键．22、（1）见解析;（2）（3，4）;（3）（，）或（，）或（，）.【解析】

（1）由矩形的性质得出OA∥BC，∠AOB=∠OBC，由折叠的性质得∠AOB=∠DOB，得出∠OBC=∠DOB，证出OE=BE即可；

（2）设OE=BE=x，则CE=8-x，在Rt△OCE中，由勾股定理得出方程，解方程即可；

（3）先求出点D的坐标,然后根据B、D、E三点的坐标利用中点坐标公式分三种情况，即可求出P点的坐标．[点(a,b)与(c,d)所连线段的中点坐标是（，）]【详解】解：（1）证明：∵四边形OABC是矩形，

∴OA∥BC，

∴∠AOB=∠OBC，

由折叠的性质得：∠AOB=∠DOB，

∴∠OBC=∠DOB，

∴OE=BE，

∴△OBE是等腰三角形；

（2）设OE=BE=x，则CE=BC-BE=OA-BE=8-x，

在Rt△OCE中，由勾股定理得：42+（8-x）2=x2，

解得：x=5，

∴CE=8-x=3，

∵OC=4，

∴E点的坐标为（3，4）；

（3）坐标平面内存在一点P，使得以B，D，E，P为顶点的四边形是平行四边形．理由如下：作DH⊥BE于H在Rt△BDE中，BE=5,BD=4,DE=3∴∴DH=∴EH=∴CH=∴点D的坐标是（，）∴当BE为平行四边形的对角线时，点P的坐标为（3+8-，4+4-），即（，）；

当BD为平行四边形的对角线时，点P的坐标为（8+-3，4+-4），即（，）；

当DE为平行四边形的对角线时，点P的坐标为（3+-8，4+-4），即（，）；

综上所述，坐标平面内存在一点P，使得以B，D，E，P为顶点的四边形是平行四边形，P点坐标为（，）或（，）或（，）.【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、翻折变换的性质、坐标与图形性质、勾股定理、平行四边形的性质、中点坐标公式等知识，本题综合性强，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．23、（1）图略；（2）图略，点B″的坐标为（0，﹣6）；（3）点D坐标为（﹣7，3）或（3，3）或（﹣5，﹣3）．【解析】

（1）根据网格结构找出点A、B、C关于原点对称的点A′、B′、C′的位置，然后顺次连接即可；

（2）根据网格结构找出点A、B、C绕坐标原点O逆时针旋转90°的对应点的位置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出点B的对应点的坐标；

（3）分AB、BC、AC是平行四边形的对角线三种情况解答．【详解】解：（1）如图所示△A′B′C′即为所求；

（2）如图所示，△A''B''（3）D（-7，3）或（-5，-3）或（3，3）．

当以BC为对角线时，点D3的坐标为（-5，-3）；

当以AB为对角线时，点D2的坐标为（-7，3）；

当以AC为对角线时，点D1坐标为（3，3）．【点睛】本题考查了利用旋转变换作图，平行四边形的对边相等，熟记性质以及网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．24、（1）；（2），详见解析；（3），详见解析.【解析】

（1）利用平行四边形的性质通过“角角边”证明△CFB≌△AGD，得到CF=AG，即可得证；（2）延长交于点，利用平行线的性质通过“角角边”证明△CFB≌△AGD，得到，再根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半即可证得；（3）延长,交于点，同（2）通过“角角边”证明△CFB≌△AGD，得到，进而证得.【详解】解：；∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD=BC，AO=CO，∠DAG=∠BCF，∵，，∴∠BFC=∠DGA=90°，∴△CFB≌△AGD（AAS），∴CF=AG，∴；证明如图，延长交于点，，，，，，，，，，；如图，延长,交于点，四边形是平行四边形，，，，，，，，，，.【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等，属于综合题，解此题的关键在于作适当的辅助线构造全等三角形.25、（1）AF＝BC；a；（2）猜想：AF＝BC，（3）【解析】

（1）①先判断出AD＝AE＝AB＝AC，∠DAE＝120°，进而判断出∠ADE＝30°，再利用含30度角的直角三角形的性质即可得出结论；②先判断出△ABC≌△ADE，利用直角三角形的性质即可得出结论；（2）先判断出△AEG≌△ACB，得出EG＝BC，再判断出DF＝EF，即可得出结论；（3）先判断出四边形PHCD是矩形，进而判断出∠DPC＝30°，再判断出PB＝PC，进而求出∠APB＝150°，即可利用“夹补三角形”即可得出结论．【详解】解：（1）∵△ABC与△ADE是一对“夹补三角形”，∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAC+∠DAE＝180°，①∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝60°∴AD＝AE＝AB＝AC，∠DAE＝120°，∴∠ADE＝30°，∵AF是“夹补中线”，∴DF＝EF，∴AF⊥DE，在Rt△ADF中，AF＝AD＝AB＝BC，故答案