甘肃省张掖四中学2024年数学八年级下册期末教学质量检测试题含解析

甘肃省张掖四中学2024年数学八年级下册期末教学质量检测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题(每小题3分,共30分)1．如图，是一张平行四边形纸片ABCD，要求利用所学知识作出一个菱形，甲、乙两位同学的作法分别如下：甲：连接AC，作AC的中垂线交AD、BC于E、F，则四边形AFCE是菱形．乙：分别作∠A与∠B的平分线AE、BF，分别交BC于点E，交AD于点F，则四边形ABEF是菱形.对于甲、乙两人的作法，可判断()A．甲正确，乙错误 B．甲错误，乙正确C．甲、乙均正确 D．甲、乙均错误2．下列函数中为正比例函数的是（）A． B． C． D．3．直角坐标系中，点P（x，y）在第三象限，且P到x轴和y轴的距离分别为3、4，则点P的坐标为（）A．（－3,－4） B．（3，4） C．（－4，－3） D．（4，3）4．反比例函数y＝，当x的值由n（n＞0）增加到n+2时，y的值减少3，则k的值为（）A． B． C．﹣ D．5．下列各组线段能构成直角三角形的是（）A． B． C． D．6．下列函数中，是反比例函数的为（）A． B． C． D．7．反比例函数y＝kx的图象经过点M（﹣3，2A．（3，2） B．（2，3） C．（1，6） D．（3，﹣2）8．如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，∠ABC=75°，则∠EAF的度数为（）A．60° B．65° C．70° D．75°9．如图，已知△ABC是边长为3的等边三角形，点D是边BC上的一点，且BD＝1，以AD为边作等边△ADE，过点E作EF∥BC，交AC于点F，连接BF，则下列结论中①△ABD≌△BCF；②四边形BDEF是平行四边形；③S四边形BDEF＝；④S△AEF＝．其中正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个10．如图，在中，点是边上一点，，过点作交于，若是等腰三角形，则下列判断中正确的是（）A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，在四边形ABCD中，∠A+∠B=200°，作∠ADC、∠BCD的平分线交于点O1称为第1次操作，作∠O1DC、∠O1CD的平分线交于点O2称为第2次操作，作∠O2DC、∠O2CD的平分线交于点O3称为第3次操作，…，则第5次操作后∠CO5D的度数是_____．12．命题“在中，如果，那么是等边三角形”的逆命题是_____.13．如图，矩形ABCD中，AB=8，点E是AD上的一点，有AE=4，BE的垂直平分线交BC的延长线于点F，连结EF交CD于点G.若G是CD的中点，则BC的长是___.14．已知一组数据含有20个数据：68，69，70，66，68，65，64，65，69，62，67，66，65，67，63，65，64，61，65，66，如果分成5组，那么64.5～66.5这一小组的频数为_________，频率为_________．15．今年我市有5万名考生参加中考，为了解这些考生的数学成绩，从中抽取1000名考生的数学成绩进行统计分析，在这个调查中样本容量是______．16．当时，二次根式的值是_________．17．如图，F是△ABC内一点，BF平分∠ABC且AF⊥BF，E是AC中点，AB=6，BC=8，则EF的长等于____．18．正方形，，，…按如图所示的方式放置．点，，，…和点，，，…分别在直线和轴上，则点的坐标是．三、解答题(共66分)19．（10分）在菱形中，，点是射线上一动点，以为边向右侧作等边，点的位置随着点的位置变化而变化.（1）如图1，当点在菱形内部或边上时，连接，与的数量关系是______，与的位置关系是______；（2）当点在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由（选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理）；（3）如图4，当点在线段的延长线上时，连接，若，，求四边形的面积.20．（6分）按要求作答（1）解方程；（2）计算．21．（6分）已知：如图，在菱形ABCD中，点E，O，F分别是边AB，AC，AD的中点，连接CE、CF、OE、OF．（1）求证：△BCE≌△DCF；（2）当AB与BC满足什么条件时，四边形AEOF正方形？请说明理由．22．（8分）化简求值：，其中x=．23．（8分）如图平面直角坐标系中，点，在轴上，，点在轴上方，，，线段交轴于点，，连接，平分，过点作交于．（1）点的坐标为．（2）将沿线段向右平移得，当点与重合时停止运动，记与的重叠部分面积为，点为线段上一动点，当时，求的最小值；（3）当移动到点与重合时，将绕点旋转一周，旋转过程中，直线分别与直线、直线交于点、点，作点关于直线的对称点，连接、、．当为直角三角形时，直接写出线段的长．24．（8分）直线与轴、轴分别交于两点，以为边向外作正方形，对角线交于点，则过两点的直线的解析式是__________．25．（10分）如图1，在正方形和正方形中，边在边上，正方形绕点按逆时针方向旋转（1）如图2，当时，求证：；（2）在旋转的过程中，设的延长线交直线于点．①如果存在某一时刻使得，请求出此时的长；②若正方形绕点按逆时针方向旋转了，求旋转过程中，点运动的路径长．26．（10分）如图，直线MN与x轴，y轴分别相交于A，C两点，分别过A，C两点作x轴，y轴的垂线相交于B点，且OA，OC（OA＞OC）的长分别是一元二次方程x2﹣14x+48=0的两个实数根．（1）求C点坐标；（2）求直线MN的解析式；（3）在直线MN上存在点P，使以点P，B，C三点为顶点的三角形是等腰三角形，请直接写出P点的坐标．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【解析】

由甲乙的做法，根据菱形的判定方法可知正误.【详解】解：甲的作法如图所示，∵四边形ABCD是平行四边形∴AD∥BC∴AE∥CF,∠EAO=∠FCO又∵EF垂直平分AC∴AO=CO,AE=CE又∵∠AOE=∠COF∴ΔAOE≅ΔCOF(ASA)∴AE=CF∴四边形AFCE为平行四边形又∵AE=CE∴四边形AFCE为菱形所以甲的作法正确.乙的作法如图所示∵AD∥BC∴∠FAE=∠BEA∵AE平分∠BAD∴∠FAE=∠BAE∴∠BEA=∠BAE∴BA=BE同理可得AB=AF∴AF=BE又∵AF∥BE∴四边形ABEF为平行四边形∵AB=AF∴四边形ABEF为菱形所以乙的作法正确故选：C【点睛】本题考查了菱形的判定，熟练运用菱形的判定进行证明是解题的关键.2、C【解析】

根据正比例函数的定义y=kx（k≠0）进行判断即可.【详解】解：A项是二次函数，不是正比例函数，本选项错误；B项，是反比例函数，不是正比例函数，本选项错误；C项，是正比例函数，本选项正确；D项，是一次函数，不是正比例函数，本选项错误.故选C.【点睛】本题考查了正比例函数的概念，熟知正比例函数的定义是判断的关键.3、C【解析】

根据点P所在象限先确定P点横纵坐标都是负数，根据P到x轴和y轴的距离确定点的坐标．【详解】解：∵点P（x，y）在第三象限，

∴P点横纵坐标都是负数，

∵P到x轴和y轴的距离分别为3、4，

∴点P的坐标为（-4，-3）．

故选：C．【点睛】此题主要考查了点的坐标，关键是掌握到x轴的距离=纵坐标的绝对值，到y轴的距离=横坐标的绝对值．4、D【解析】

根据函数的增减性，可得分式方程，根据解分式方程，可得答案．【详解】由题意，得﹣＝3，解得k＝，故选：D．【点睛】本题考查了反比例函数，利用函数的增减性得出分式方程是解题关键．5、D【解析】

欲求证是否为直角三角形，这里给出三边的长，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．【详解】A、12+22≠22，不能构成直角三角形；B、72+122≠132，不能构成直角三角形；C、52+82≠102，不能构成直角三角形；D、，能构成直角三角形．故选：D．【点睛】本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．勾股定理的逆定理：若三角形三边满足a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形．6、C【解析】

根据反比例函数的定义，形如的函数是反比例函数对各个选项进行判断即可．【详解】解：A.，不符合反比例函数的一般形式，不是反比例函数，故A错误；B.，不符合反比例函数的一般形式，不是反比例函数，故B错误；C.，符合反比例函数的一般形式，是反比例函数，故C正确；D.，不符合反比例函数的一般形式，不是反比例函数，故D错误.故选：C【点睛】本题考查了反比例函数的定义，掌握反比例函数的一般式是是解题的关键．7、D【解析】

根据题意得，k＝xy＝﹣3×2＝﹣6，再将A，B，C，D四个选项中点的坐标代入得到k＝﹣6的点在反比例函数的图象上．【详解】根据题意得，k＝xy＝﹣3×2＝﹣6∴将A（3，2）代入得到k＝6，故不在反比例函数的图象上；将B（2，3）代入得到k＝6，故不在反比例函数的图象上；将C（1，6）代入得到k＝6，故不在反比例函数的图象上；将D（3，-2）代入得到k＝﹣6的点在反比例函数的图象上．故选D．【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，关键是运用xy=k解决问题．8、D【解析】

先根据平行四边形的性质，求得∠C的度数，再根据四边形内角和，求得∠EAF的度数．【详解】解：∵平行四边形ABCD中，∠ABC=75°，∴∠C=105°，又∵AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，∴四边形AECF中，∠EAF=360°-180°-105°=75°，故选：D．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，解题时注意：平行四边形的邻角互补，四边形的内角和等于360°．9、C【解析】

连接EC，作CH⊥EF于H．首先证明△BAD≌△CAE，再证明△EFC是等边三角形即可解决问题；【详解】连接EC，作CH⊥EF于H．∵△ABC，△ADE都是等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴BD＝EC＝1，∠ACE＝∠ABD＝60°，∵EF∥BC，∴∠EFC＝∠ACB＝60°，∴△EFC是等边三角形，CH＝，∴EF＝EC＝BD，∵EF∥BD，∴四边形BDEF是平行四边形，故②正确，∵BD＝CF＝1，BA＝BC，∠ABD＝∠BCF，∴△ABD≌△BCF，故①正确，∵S平行四边形BDEF＝BD•CH＝，故③正确，∵△ABC是边长为3的等边三角形，S△ABC＝∴S△ABD∴S△AEF＝S△AEC＝•S△ABD＝故④错误，故选C．【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．10、B【解析】

根据等腰三角形的性质得到根据垂直的性质得到根据等量代换得到又即可得到根据同角的余角相等即可得到.【详解】,,从而是等腰三角形，，故选：B.【点睛】考查等腰三角形的性质，垂直的性质，三角形的内角和定理，掌握同角的余角相等是解题的关键.二、填空题(每小题3分,共24分)11、175°【解析】如图所示，∵∠ADC、∠BCD的平分线交于点O1，∴∠O1DC+∠O1CD=（∠ADC+∠DCB），∵∠O1DC、∠O1CD的平分线交于点O2，∴∠O2DC+∠O2CD=（∠O1DC+∠O1CD）=（∠ADC+∠DCB），同理可得，∠O3DC+∠O3CD=（∠O2DC+∠O2CD）=（∠ADC+∠DCB），由此可得，∠O5DC+∠O5CD=（∠O4DC+∠O4CD）=（∠ADC+∠DCB），∴△CO5D中，∠CO5D=180°﹣（∠O5DC+∠O5CD）=180°﹣（∠ADC+∠DCB），又∵四边形ABCD中，∠DAB+∠ABC=200°，∴∠ADC+∠DCB=160°，∴∠CO5D=180°﹣×160°=180°﹣5°=175°，故答案为175°．12、如果是等边三角形，那么.【解析】

把原命题的题设与结论进行交换即可．【详解】“在中，如果，那么是等边三角形”的逆命题是“如果是等边三角形，那么”.故答案为：如果是等边三角形，那么.【点睛】本题考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理．也考查了逆命题．13、7【解析】

根据线段中点的定义可得CG=DG，然后利用“角边角”证明△DEG和△CFG全等，根据全等三角形对应边相等可得DE=CF，EG=FG，设DE=x，表示出BF，再利用勾股定理列式求EG，然后表示出EF，再根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得BF=EF，然后列出方程求出x的值，从而求出AD，再根据矩形的对边相等可得BC=AD．【详解】∵矩形ABCD中，G是CD的中点，AB=8，∴CG=DG=×8=4，在△DEG和△CFG中，，∴△DEG≌△CFG(ASA)，∴DE=CF，EG=FG，设DE=x，则BF=BC+CF=AD+CF=4+x+x=4+2x，在Rt△DEG中,EG=，∴EF=，∵FH垂直平分BE，∴BF=EF，∴4+2x=，解得x=3，∴AD=AE+DE=4+3=7，∴BC=AD=7.故答案为：7.【点睛】此题考查线段垂直平分线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，解题关键在于综合运用勾股定理、全等三角形的性质解答即可.14、80.4【解析】

频数是指某个数据出现的次数，频率是频数与总数之比，据频数、频率的定义计算即可.【详解】解：在64.5～66.5这一小组中，65出现5次，66出现3次，出现数据的次数为5+3=8次，故其频数为8，，故其频率为0.4.故答案为：(1).8(2).0.4【点睛】本题考查了频数与频率，依据两者的定义即可解题.15、1【解析】

根据样本容量的定义：样本中个体的数目称为样本容量，即可求解．【详解】解：这个调查的样本是1名考生的数学成绩，故样本容量是1．故答案为1．【点睛】本题考查样本容量，难度不大，熟练掌握样本容量的定义是顺利解题的关键．16、3【解析】

根据题意将代入二次根式之中，然后进一步化简即可.【详解】将代入二次根式可得：，故答案为：3.【点睛】本题主要考查了二次根式的化简，熟练掌握相关方法是解题关键.17、1.【解析】

根据直角三角形斜边上中线是斜边的一半可得DF=AB=AD=BD=4且∠ABF=∠BFD，结合角平分线可得∠CBF=∠DFB，即DE∥BC，进而可得DE=4，由EF=DE-DF可得答案．【详解】∵AF⊥BF，∴∠AFB=90°，∵AB=6，D为AB中点，∴DF=AB=AD=BD=3，∴∠ABF=∠BFD，又∵BF平分∠ABC，∴∠ABF=∠CBF，∴∠CBF=∠DFB，∴DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴，即解得：DE=4，∴EF=DE-DF=1，故答案为：1．【点睛】本题主要考查直角三角形的性质和相似三角形的判定与性质，熟练运用其判定与性质是解题的关键．18、（63，32）．【解析】试题分析：∵直线，x=0时，y=1，∴A1B1=1，点B2的坐标为（3，2），∴A1的纵坐标是：1=20，A1的横坐标是：0=20﹣1，∴A2的纵坐标是：1+1=21，A2的横坐标是：1=21﹣1，∴A3的纵坐标是：2+2=4=22，A3的横坐标是：1+2=3=22﹣1，∴A4的纵坐标是：4+4=8=23，A4的横坐标是：1+2+4=7=23﹣1，即点A4的坐标为（7，8），据此可以得到An的纵坐标是：2n﹣1，横坐标是：2n﹣1﹣1，即点An的坐标为（2n﹣1﹣1，2n﹣1），∴点A6的坐标为（25﹣1，25），∴点B6的坐标是：（26﹣1，25）即（63，32），故答案为（63，32）．考点：1．一次函数图象上点的坐标特征；2．规律型．三、解答题(共66分)19、（1），；（2）结论仍然成立，理由：略；（3）【解析】

（1）连接AC，根据菱形的性质和等边三角形的性质得出△BAP≌△CAE，再延长交于，根据全等三角形的性质即可得出；

（2）结论仍然成立．证明方法同（1）；

（3）根据（2）可知△BAP≌△CAE，根据勾股定理分别求出AP和EC的长，即可解决问题；【详解】（1）如图1中，结论：，.理由：连接.∵四边形是菱形，，∴，都是等边三角形，，∴，，∵是等边三角形，∴，，∵，∴，，∴，∴，，延长交于，∵，∴，∴，即.故答案为，.（2）结论仍然成立.理由：选图2，连接交于，设交于.∵四边形是菱形，，∴，都是等边三角形，，∴，，∵是等边三角形，∴，，∴.，∴，∴，，∵，∴，∴，即.选图3，连接交于，设交于.∵四边形ABCD是菱形，，∴，都是等边三角形，，∵是等边三角形，∴，，∴.，∴，∴，，∵，∴，∴，即.（3），由（2）可知，，在菱形中，，∴，∵，，在中，，∴，∵与是菱形的对角线，∴，，∴，∴，，∴，在中，，∴.【点睛】本题考查四边形综合题、菱形的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确添加常用辅助线，寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．20、(1)(2)3【解析】

(1)本题是一元二次方程，解答该方程可选择直接用公式法解答.(2)本题为实数的运算，首先把两个乘法先运算出来，第一个乘法式可以由平方差公式计算，第二个乘法可先把根式化为最简根式再进行约分，最后加减时，注意合并同类根式.【详解】(1)解：原方程中a=-1，b=-3，c=2首先用根的判别式判断该二元一次方程是否有解得：，所以该方程有解由公式可得：即解得(2)原式=故答案为(1)(2)3【点睛】本题考察了一元二次方程的解法和实数的混合运算，需要注意的是一元二次方程解答直接首先用根的判别式判断是否有解，在实数运算过程中，先算乘除与乘方后算加减，有括号的先算括号里面的.涉及到根式运算时，务必要化简根式与合并同类根式21、（1）证明见解析；（2）AB⊥BC时，四边形AEOF正方形．【解析】

（1）根据中点的定义及菱形的性质可得BE=DF，∠B=∠D，BC=CD，利用SAS即可证明△BCE≌△DCF；（2）由中点的定义可得OE为△ABC的中位线，根据三角形中位线的性质可得OE//BC，根据正方形的性质可得∠AEO=90°，根据平行线的性质可得∠ABC=∠AEO=90°，即可得AB⊥BC，可得答案．【详解】（1）∵四边形ABCD是菱形，点E，O，F分别是边AB，AC，AD的中点，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D，∵点E、F分别是边AB、AD的中点，∴BE=AB，DF=AD，∴BE=DF，在△BCE和△DCF中，，∴△BCE≌△DCF．（2）AB⊥BC，理由如下：∵四边形AEOF是正方形，∴∠AEO=90°，∵点E、O分别是边AB、AC的中点，∴OE为△ABC的中位线，∴OE//BC，∴∠B=∠AEO=90°，∴AB⊥BC．【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定及正方形的性质，菱形的四条边都相等，对角相等；正方形的四个角都是直角；熟练掌握菱形和正方形的性质是解题关键．22、【解析】

首先按照乘法分配律将原式变形，然后根据分式的基本性质进行约分，再去括号，合并同类项即可进行化简，然后将x的值代入化简后的式子中即可求解．【详解】原式=当时，原式．【点睛】本题主要考查分式的化简求值，掌握分式的基本性质是解题的关键．23、（1）C（3，3）；（3）最小值为3+3；（3）D3H的值为3-3或3+3或1-1或1+1．【解析】

（1）想办法求出A，D，B的坐标，求出直线AC，BC的解析式，构建方程组即可解决问题．

（3）如图3中，设BD交O′D′于G，交A′D′于F．作PH⊥OB于H．利用三角形的面积公式求出点D坐标，再证明PH=PB，把问题转化为垂线段最短即可解决问题．

（3）在旋转过程中，符号条件的△GD3H有8种情形，分别画出图形一一求解即可．【详解】（1）如图1中，

在Rt△AOD中，∵∠AOD=93°，∠OAD=33°，OD=3，

∴OA=OD=6，∠ADO=63°，

∴∠ODC=133°，

∵BD平分∠ODC，

∴∠ODB=∠ODC=63°，

∴∠DBO=∠DAO=33°，

∴DA=DB=1，OA=OB=6，

∴A（-6，3），D（3，3），B（6，3），

∴直线AC的解析式为y=x+3，

∵AC⊥BC，

∴直线BC的解析式为y=-x+6，

由，解得，

∴C（3，3）．

（3）如图3中，设BD交O′D′于G，交A′D′于F．作PH⊥OB于H．

∵∠FD′G=∠D′GF=63°，

∴△D′FG是等边三角形，

∵S△D′FG=，

∴D′G=，

∴DD′=GD′=3，

∴D′（3，3），

∵C（3，3），

∴CD′==3，

在Rt△PHB中，∵∠PHB=93°，∠PBH=33°，

∴PH=PB，

∴CD'+D'P+PB=3+D′P+PH≤3+D′O′=3+3，

∴CD'+D'P+PB的最小值为3+3．

（3）如图3-1中，当D3H⊥GH时，连接ED3．

∵ED=ED3，EG=EG．DG=D3G，

∴△EDG≌△ED3G（SSS），

∴∠EDG=∠ED3G=33°，∠DEG=∠D3EG，

∵∠DEB=133°，∠A′EO′=63°，

∴∠DEG+∠BEO′=63°，

∵∠D3EG+∠D3EO′=63°，

∴∠D3EO′=∠BEO′，

∵ED3=EB，E=EH，

∴△EO′D3≌△EO′B（SAS），

∴∠ED3H=∠EBH=33°，HD3=HB，

∴∠CD3H=63°，

∵∠D3HG=93°，

∴∠D3GH=33°，设HD3=BH=x，则DG=GD3=3x，GH=x，

∵DB=1，

∴3x+x+x=1，

∴x=3-3．

如图3-3中，当∠D3GH=93°时，同法可证∠D3HG=33°，易证四边形DED3H是等腰梯形，

∵DE=ED3=DH=1，可得D3H=1+3×1×cos33°=1+1．

如图3-3中，当D3H⊥GH时，同法可证：∠D3GH=33°，

在△EHD3中，由∠D3HE=15°，∠HD3E=33°，ED3=1，可得D3H=1×，

如图3-1中，当DG⊥GH时，同法可得∠D3HG=33°，

设DG=GD3=x，则HD3=BH=3x，GH=x，

∴3x+x=1，

∴x=3-3，

∴D3H=3x=1-1．

如图3-5中，当D3H⊥GH时，同法可得D3H=3-3．

如图3-6中，当DGG⊥GH时，同法可得D3H=1+1．

如图3-7中，如图当D3H⊥HG时，同法可得D3H=3+3．

如图3-8中，当D3G⊥GH时，同法可得HD3=1-1．

综上所述，满足条件的D3H的值为3-3或3+3或1-1或1+1．【点睛】此题考查几何变换综合题，解直角三角形，旋转变换，一次函数的应用，等边三角形的判定和性质，垂线段最短，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建一次函数确定交点坐标，学会用分类讨论的思想思考问题．24、【解析】

分别过点E作EF⊥x轴于F，过点E作EG⊥y轴于点G,再证明△BEG≌△AEF，得出EG=EF，从而可得出结论.【详解】解：过点E作EF⊥x轴于F，过点E作EG⊥y轴于点G,∵四边形ABCD为正方形，∴BE=AE,且∠AEB=90°，∴∠BEG+∠AEG=∠AEG+∠AEF,∴∠BEG=∠AEF,又∠BGE=∠AFE=90°，∴△BEG≌△AEF（ASA）,∴EF=EG.所以设过OE两点的直线的函数解析式为y=kx(k≠0),点E的坐标为(a,a),代入可得a=ak,解得k=1,∴过两点的直线的解析式是为y=x.故答案为：y=x.【点睛】本题主要考查解析式的求法，正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，正确构造全等三角形是解题的关键.25、（1）见详解;(2);.【解析】

（1）由正方形的性质得出AD＝AB，AG＝AE，∠BAD＝∠EAG＝90°，由∠BAE＋∠EAD＝∠BAD，∠DAG＋∠EAD＝∠EAG，推出∠BAE＝∠DAG，由SAS即可证得△DAG≌△BAE；（2）①由AB＝2，AE＝1，由勾股定理得AF＝AE＝，易证△ABF是等腰三角形，由AE＝EF，则直线BE是AF的垂直平分线，设BE的延长线交AF于点O，交AD于点H，则OE＝OA＝，由勾股定理得OB=，由cos∠ABO＝，cos∠ABH＝，求得BH＝，由勾股定理得AH＝=，则DH＝AD−AH＝2−，由∠DHP＝∠BHA，∠BAH＝∠DPH＝90°，证得△BAH∽△DPH，得出，即可求得DP；②由△DAG≌△BAE，得出∠ABE＝∠ADG，由∠BPD＝∠BAD＝90°，则点P的运动轨迹为以BD为直径的，由正方形的性质得出BD＝AB＝2，由正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转了60°，得出∠BAE＝60°，由AB＝2AE，得出∠BEA＝90°，∠ABE＝30°，B、E、F三点共线，同理D、F、G三点共线，则P与F重合，得出∠ABP＝30°，则所对的圆心角为60°，由弧长公式即可得出结果．【详解】解答：（1）证明：在正方形ABCD和正方形AEFG中，AD＝AB，AG＝AE，∠BAD＝∠EAG＝90°，∵∠BAE＋∠EAD＝∠BAD，∠DAG＋∠EAD＝∠EAG，∴∠BAE＝∠DAG，在△DAG和△BAE中，，∴△DAG≌△BAE（SAS）；∴BE＝DG；（2）