江苏省无锡市和桥区、张渚区达标名校2022年中考数学模拟预测题含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

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（共10小题，每小题3分，共30分）

1．关于x的一元二次方程x2+2x+k+1=0的两个实根x1，x2，满足x1+x2﹣x1x2＜﹣1，则k的取值范围在数轴上表示为（ ）

A． B．

C． D．

2．一元二次方程的根的情况是（    ）

A．有一个实数根 B．有两个相等的实数根

C．有两个不相等的实数根 D．没有实数根

3．如右图,⊿ABC内接于⊙O，若∠OAB=28°则∠C的大小为（ ）

A．62° B．56° C．60° D．28°

4．如图，在射线OA，OB上分别截取OA1=OB1，连接A1B1，在B1A1，B1B上分别截取B1A2=B1B2，连接A2B2，…按此规律作下去，若∠A1B1O=α，则∠A10B10O=（　　）

A． B． C． D．

5．如图⊙O的直径垂直于弦，垂足是，，，的长为（ ）

A． B．4 C． D．8

6．如图，将一副三角板如此摆放，使得BO和CD平行，则∠AOD的度数为（　　）

A．10° B．15° C．20° D．25°

7．若关于x的一元二次方程x2﹣2x+m=0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（　　）

A．m＜﹣1 B．m＜1 C．m＞﹣1 D．m＞1

8．的负倒数是（　　）

A． B．- C．3 D．﹣3

9．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，将绕点A逆时针旋转30°后得到Rt△ADE，点B经过的路径为弧BD，则图中阴影部分的面积是(    )

A． B． C．- D．

10．下列二次根式中，最简二次根式是（    ）

A． B． C． D．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11．如图，将一个长方形纸条折成如图的形状，若已知∠2=55°，则∠1=____．

12．如图，某校根据学生上学方式的一次抽样调查结果，绘制出一个未完成的扇形统计图，若该校共有学生1500人，则据此估计步行的有_____．

13．分解因式：x2y﹣y＝_____．

14．如图，等边△ABC的边长为1cm，D、E分别是AB、AC边上的点，将△ADE沿直线DE折叠，点A落在点处，且点在△ABC的外部，则阴影部分图形的周长为_____cm.

15．不等式＞4﹣x的解集为_____．

16．写出一个比大且比小的有理数：______．

三、解答题（共8题，共72分）

17．（8分）如图，四边形ABCD的四个顶点分别在反比例函数y=与y=（x＞0，0＜m＜n）的图象上，对角线BD∥y轴，且BD⊥AC于点P．已知点B的横坐标为1．

（1）当m=1，n=20时．

①若点P的纵坐标为2，求直线AB的函数表达式．

②若点P是BD的中点，试判断四边形ABCD的形状，并说明理由．

（2）四边形ABCD能否成为正方形？若能，求此时m，n之间的数量关系；若不能，试说明理由．

18．（8分）周末，甲、乙两名大学生骑自行车去距学校6000米的净月潭公园．两人同时从学校出发，以a米/分的速度匀速行驶．出发4.5分钟时，甲同学发现忘记带学生证，以1.5a米/分的速度按原路返回学校，取完学生证（在学校取学生证所用时间忽略不计），继续以返回时的速度追赶乙．甲追上乙后，两人以相同的速度前往净月潭．乙骑自行车的速度始终不变．设甲、乙两名大学生距学校的路程为s（米），乙同学行驶的时间为t（分），s与t之间的函数图象如图所示．

   （1）求a、b的值．

   （2）求甲追上乙时，距学校的路程．

   （3）当两人相距500米时，直接写出t的值是                            ．

19．（8分）已知：如图，△MNQ中，MQ≠NQ．

（1）请你以MN为一边，在MN的同侧构造一个与△MNQ全等的三角形，画出图形，并简要说明构造的方法；

（2）参考（1）中构造全等三角形的方法解决下面问题：

如图，在四边形ABCD中，，∠B=∠D．求证：CD=AB．

20．（8分）已知，如图直线l1的解析式为y=x+1，直线l2的解析式为y=ax+b（a≠0）；这两个图象交于y轴上一点C，直线l2与x轴的交点B（2，0）

（1）求a、b的值；

（2）过动点Q（n，0）且垂直于x轴的直线与l1、l2分别交于点M、N都位于x轴上方时，求n的取值范围；

（3）动点P从点B出发沿x轴以每秒1个单位长的速度向左移动，设移动时间为t秒，当△PAC为等腰三角形时，直接写出t的值．

21．（8分）化简分式，并从0、1、2、3这四个数中取一个合适的数作为x的值代入求值.

22．（10分）如图，AB是半圆O的直径，D为弦BC的中点，延长OD交弧BC于点E，点F为OD的延长线上一点且满足∠OBC＝∠OFC，求证：CF为⊙O的切线；若四边形ACFD是平行四边形，求sin∠BAD的值．

23．（12分）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线．求证：△ADE≌△CBF；若∠ADB是直角，则四边形BEDF是什么四边形？证明你的结论．

24．阅读   

（1）阅读理解：

如图①，在△ABC中，若AB=10，AC=6，求BC边上的中线AD的取值范围．

解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使DE=AD，再连接BE（或将△ACD绕着点D逆时针旋转180°得到△EBD），把AB，AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断．

中线AD的取值范围是________；   

（2）问题解决：

如图②，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：BE+CF＞EF；   

（3）问题拓展：

如图③，在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，CB=CD，∠BCD=140°，以C为顶点作一个70°角，角的两边分别交AB，AD于E，F两点，连接EF，探索线段BE，DF，EF之间的数量关系，并加以证明．

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、D

【解析】

试题分析：根据根的判别式和根与系数的关系列出不等式，求出解集．

解：∵关于x的一元二次方程x2+2x+k+1=0有两个实根，

∴△≥0，

∴4﹣4（k+1）≥0，

解得k≤0，

∵x1+x2=﹣2，x1•x2=k+1，

∴﹣2﹣（k+1）＜﹣1，

解得k＞﹣2，

不等式组的解集为﹣2＜k≤0，

在数轴上表示为：

，

故选D．

点评：本题考查了根的判别式、根与系数的关系，在数轴上找到公共部分是解题的关键．

2、D

【解析】

试题分析：△=22-4×4=-12<0，故没有实数根；

故选D．

考点：根的判别式．

3、A

【解析】
连接OB．

在△OAB中，OA=OB（⊙O的半径），

∴∠OAB=∠OBA（等边对等角）；

又∵∠OAB=28°，

∴∠OBA=28°；

∴∠AOB=180°-2×28°=124°；

而∠C=∠AOB（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半），

∴∠C=62°；

故选A

4、B

【解析】
根据等腰三角形两底角相等用α表示出∠A2B2O，依此类推即可得到结论．

【详解】

∵B1A2＝B1B2，∠A1B1O＝α，

∴∠A2B2O＝α，

同理∠A3B3O＝×α＝α，

∠A4B4O＝α，

∴∠AnBnO＝α，

∴∠A10B10O＝，

故选B．

【点睛】

本题考查了等腰三角形两底角相等的性质，图形的变化规律，依次求出相邻的两个角的差，得到分母成2的指数次幂变化，分子不变的规律是解题的关键．

5、C

【解析】
∵直径AB垂直于弦CD，

∴CE=DE=CD，

∵∠A=22.5°，

∴∠BOC=45°，

∴OE=CE，

设OE=CE=x，

∵OC=4，

∴x2+x2=16，

解得：x=2，

即：CE=2，

∴CD=4，

故选C．

6、B

【解析】
根据题意可知，∠AOB=∠ABO=45°，∠DOC=30°，再根据平行线的性质即可解答

【详解】

根据题意可知∠AOB=∠ABO=45°，∠DOC=30°

∵BO∥CD

∴∠BOC=∠DCO=90°

∴∠AOD=∠BOC-∠AOB-∠DOC=90°-45°-30°=15°

故选B

【点睛】

此题考查三角形内角和，平行线的性质，解题关键在于利用平行线的性质得到角相等

7、B

【解析】
根据方程有两个不相等的实数根结合根的判别式即可得出△=4-4m＞0，解之即可得出结论．

【详解】

∵关于x的一元二次方程x2-2x+m=0有两个不相等的实数根，

∴△=（-2）2-4m=4-4m＞0，

解得：m＜1．

故选B．

【点睛】

本题考查了根的判别式，熟练掌握“当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根”是解题的关键．

8、D

【解析】
根据倒数的定义，互为倒数的两数乘积为1，2×=1．再求出2的相反数即可解答．

【详解】

根据倒数的定义得：2×=1．
因此的负倒数是-2．
故选D．

【点睛】

本题考查了倒数，解题的关键是掌握倒数的概念.

9、A

【解析】
先根据勾股定理得到AB=，再根据扇形的面积公式计算出S扇形ABD，由旋转的性质得到Rt△ADE≌Rt△ACB，于是S阴影部分=S△ADE+S扇形ABD-S△ABC=S扇形ABD．

【详解】

∵∠ACB=90°，AC=BC=1，

∴AB=，

∴S扇形ABD=，

又∵Rt△ABC绕A点逆时针旋转30°后得到Rt△ADE，

∴Rt△ADE≌Rt△ACB，

∴S阴影部分=S△ADE+S扇形ABD−S△ABC=S扇形ABD=，

故选A.

【点睛】

本题考查扇形面积计算，熟记扇形面积公式，采用作差法计算面积是解题的关键.

10、C

【解析】
检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．

【详解】

A.被开方数含能开得尽方的因数或因式，故A不符合题意，

B.被开方数含能开得尽方的因数或因式，故B不符合题意，

C.被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式，故C符合题意，

D.被开方数含分母，故D不符合题意.

故选C．

【点睛】

本题考查最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、1

【解析】
由折叠可得∠3=180°﹣2∠2，进而可得∠3的度数，然后再根据两直线平行，同旁内角互补可得∠1+∠3=180°，进而可得∠1的度数．

【详解】

解：由折叠可得∠3=180°﹣2∠2=180°﹣1°=70°，

∵AB∥CD，

∴∠1+∠3=180°，

∴∠1=180°﹣70°=1°，

故答案为1．

12、1

【解析】
∵骑车的学生所占的百分比是×100%=35%，

∴步行的学生所占的百分比是1﹣10%﹣15%﹣35%=40%，

∴若该校共有学生1500人，则据此估计步行的有1500×40%=1（人），

故答案为1．

13、y（x+1）（x﹣1）

【解析】
观察原式x2y﹣y，找到公因式y后，提出公因式后发现x2-1符合平方差公式，利用平方差公式继续分解可得.

【详解】

解：x2y﹣y

＝y（x2﹣1）

＝y（x+1）（x﹣1）．

故答案为：y（x+1）（x﹣1）．

【点睛】

本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．

14、3

【解析】
由折叠前后图形全等，可将阴影部分图形的周长转化为三角形周长.

【详解】

∵△A'DE与△ADE关于直线DE对称，

∴AD=A'D，AE=A'E，

C阴影=BC+A'D+A'E+BD+EC= BC+AD+AE+BD+EC =BC+AB+AC=3cm.

故答案为3.

【点睛】

由图形轴对称可以得到对应的边相等、角相等.

15、x＞1．

【解析】
按照去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1的步骤求解即可.

【详解】

解：去分母得：x﹣1＞8﹣2x，

移项合并得：3x＞12，

解得：x＞1，

故答案为：x＞1

【点睛】

本题考查了一元一次不等式的解法，熟练掌握解一元一次不等式的步骤是解答本题的关键.

16、2

【解析】
直接利用接近和的数据得出符合题意的答案.

【详解】

解：到之间可以为：2（答案不唯一），

故答案为：2（答案不唯一）．

【点睛】

此题考查无理数的估算，解题的关键在于利用题中所给有理数的大小求符合题意的答案.

三、解答题（共8题，共72分）

17、（1）①直线AB的解析式为y=﹣x+3；理由见解析；②四边形ABCD是菱形，（2）四边形ABCD能是正方形，理由见解析.

【解析】分析：（1）①先确定出点A，B坐标，再利用待定系数法即可得出结论；

②先确定出点D坐标，进而确定出点P坐标，进而求出PA，PC，即可得出结论；

（2）先确定出B（1，），进而得出A（1-t，+t），即：（1-t）（+t）=m，即可得出点D（1，8-），即可得出结论．

详解：（1）①如图1，

∵m=1，

∴反比例函数为y=，当x=1时，y=1，

∴B（1，1），

当y=2时，

∴2=，

∴x=2，

∴A（2，2），

设直线AB的解析式为y=kx+b，

∴，

∴，

∴直线AB的解析式为y=-x+3；

②四边形ABCD是菱形，

理由如下：如图2，

由①知，B（1，1），

∵BD∥y轴，

∴D（1，5），

∵点P是线段BD的中点，

∴P（1，3），

当y=3时，由y=得，x=，

由y=得，x=，

∴PA=1-=，PC=-1=，

∴PA=PC，

∵PB=PD，

∴四边形ABCD为平行四边形，

∵BD⊥AC，

∴四边形ABCD是菱形；

（2）四边形ABCD能是正方形，

理由：当四边形ABCD是正方形，

∴PA=PB=PC=PD，（设为t，t≠0），

当x=1时，y==，

∴B（1，），

∴A（1-t，+t），

∴（1-t）（+t）=m，

∴t=1-，

∴点D的纵坐标为+2t=+2（1-）=8-，

∴D（1，8-），

∴1（8-）=n，

∴m+n=2．

点睛：此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，正方形的性质，判断出四边形ABCD是平行四边形是解本题的关键．

18、（1）a的值为200，b 的值为30；（2）甲追上乙时，与学校的距离4100米；（3）1.1或17.1．

【解析】
（1）根据速度=路程÷时间，即可解决问题．（2）首先求出甲返回用的时间，再列出方程即可解决问题．（3）分两种情形列出方程即可解决问题．

【详解】

解：(1)由题意a==200,b==30，

∴a=200，b=30.

(2) +4.1=7.1，

设t分钟甲追上乙,由题意,300(t−7.1)=200t，

解得t=22.1，

22.1×200=4100，

∴甲追上乙时，距学校的路程4100米．

(3)两人相距100米是的时间为t分钟．

由题意：1.1×200(t−4.1)+200(t−4.1)=100，解得t=1.1分钟，

或300(t−7.1)+100=200t，解得t=17.1分钟，

故答案为1.1分钟或17.1分钟．

点睛：本题主要考查了函数图象的读图能力和函数与实际问题结合的应用.要能根据函数图象的性质和图象上的数据分析即图象的变化趋势得出函数的类型和所需要的条件，结合实际意义得到正确的结论.

19、（1）作图见解析；（2）证明书见解析.

【解析】
（1）以点N为圆心，以MQ长度为半径画弧，以点M为圆心，以NQ长度为半径画弧，两弧交于一点F，则△MNF为所画三角形．

（2）延长DA至E，使得AE=CB，连结CE．证明△EAC≌△BCA，得：∠B =∠E，AB=CE，根据等量代换可以求得答案．

【详解】

解：（1）如图1，以N 为圆心，以MQ 为半径画圆弧；以M 为圆心，以NQ 为半径画圆弧；两圆弧的交点即为所求．

（2）如图，延长DA至E，使得AE=CB，连结CE．

∵∠ACB +∠CAD =180°，∠DACDAC +∠EAC =180°，∴∠BACBCA =∠EAC.

在△EAC和△BAC中，AE＝CE，AC＝CA，∠EAC＝∠BCN，

∴△AECEAC≌△BCA （SAS）.∴∠B=∠E，AB=CE.

∵∠B=∠D，∴∠D=∠E.∴CD=CE，∴CD=AB．

考点：1.尺规作图；2.全等三角形的判定和性质．

20、（1）a=﹣；（2）﹣1＜n＜2；（3）满足条件的时间t为1s，2s，或（3+）或（3﹣）s．

【解析】

试题分析：(1)、根据题意求出点C的坐标，然后将点C和点B的坐标代入直线解析式求出a和b的值；(2)、根据题意可知点Q在点A和点B之间，从而求出n的取值范围；(3)、本题需要分几种情况分别来进行计算，即AC=P1C，P2A=P2C和AP3=AC三种情况分别进行计算得出t的值．

试题解析：(1)、解：∵点C是直线l1：y=x+1与轴的交点，  ∴C（0，1），

∵点C在直线l2上，  ∴b=1，  ∴直线l2的解析式为y=ax+1， ∵点B在直线l2上，

∴2a+1=0，  ∴a=﹣；

(2)、解：由（1）知，l1的解析式为y=x+1，令y=0，  ∴x=﹣1，

由图象知，点Q在点A，B之间，  ∴﹣1＜n＜2

(3)、解：如图，

∵△PAC是等腰三角形， ∴①点x轴正半轴上时，当AC=P1C时，

∵CO⊥x轴，  ∴OP1=OA=1， ∴BP1=OB﹣OP1=2﹣1=1，  ∴1÷1=1s，

②当P2A=P2C时，易知点P2与O重合， ∴BP2=OB=2，  ∴2÷1=2s，

③点P在x轴负半轴时，AP3=AC， ∵A（﹣1，0），C（0，1）， ∴AC=， ∴AP3=，

∴BP3=OB+OA+AP3=3+或BP3=OB+OA﹣AP3=3﹣，

∴（3+）÷1=（3+）s，或（3﹣）÷1=（3﹣ ）s，

即：满足条件的时间t为1s，2s，或（3+）或（3﹣）s．

点睛：本题主要考查的就是一次函数的性质、等腰三角形的性质和动点问题，解决这个问题的关键就是要能够根据题意进行分类讨论，从而得出答案．在解决一次函数和等腰三角形问题时，我们一定要根据等腰三角形的性质来进行分类讨论，可以利用圆规来作出图形，然后根据实际题目来求出答案．

21、x取0时，为1   或x取1时，为2

【解析】

试题分析：利用分式的运算，先对分式化简单，再选择使分式有意义的数代入求值即可．

试题解析：解：原式=[]

=

=

= x＋1，

∵x1-4≠0，x-2≠0，

∴x≠1且x≠-1且x≠2，

当x=0时，原式=1．

或当x=1时，原式=2．

22、 (1)见解析;(2).

【解析】
（1）连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠OCB=∠B，∠OCB=∠F，根据垂径定理得到OF⊥BC，根据余角的性质得到∠OCF=90°，于是得到结论；
（2）过D作DH⊥AB于H，根据三角形的中位线的想知道的OD=AC，根据平行四边形的性质得到DF=AC，设OD=x，得到AC=DF=2x，根据射影定理得到CD=x，求得BD=x，根据勾股定理得到AD=x，于是得到结论．

【详解】

解：（1）连接OC，

∵OC=OB，
∴∠OCB=∠B，
∵∠B=∠F，
∴∠OCB=∠F，
∵D为BC的中点，
∴OF⊥BC，
∴∠F+∠FCD=90°，
∴∠OCB+∠FCD=90°，
∴∠OCF=90°，
∴CF为⊙O的切线；
（2）过D作DH⊥AB于H，
∵AO=OB，CD=DB，
∴OD=AC，
∵四边形ACFD是平行四边形，
∴DF=AC，
设OD=x，
∴AC=DF=2x，
∵∠OCF=90°，CD⊥OF，
∴CD2=OD•DF=2x2，
∴CD=x，
∴BD=x，
∴AD=x，
∵OD=x，BD=x，
∴OB=x，
∴DH=x，
∴sin∠BAD==．

【点睛】

本题考查了切线的判定和性质，平行四边形的性质，垂径定理，射影定理，勾股定理，三角函数的定义，正确的作出辅助线是解题的关键．

23、（1）证明见解析；（2）若∠ADB是直角，则四边形BEDF是菱形，理由见解析.

【解析】
（1）由四边形ABCD是平行四边形，即可得AD=BC，AB=CD，∠A=∠C，又由E、F分别为边AB、CD的中点，可证得AE=CF，然后由SAS，即可判定△ADE≌△CBF；

（2）先证明BE与DF平行且相等，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形BEDF是平行四边形，再连接EF，可以证明四边形AEFD是平行四边形，所以AD∥EF，又AD⊥BD，所以BD⊥EF，根据菱形的判定可以得到四边形是菱形．

【详解】

（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD=BC，AB=CD，∠A=∠C，

∵E、F分别为边AB、CD的中点，

∴AE=AB，CF=CD，

∴AE=CF，

在△ADE和△CBF中，

，

∴△ADE≌△CBF（SAS）；

（2）若∠ADB是直角，则四边形BEDF是菱形，理由如下：

解：由（1）可得BE=DF，

又∵AB∥CD，

∴BE∥DF，BE=DF，

∴四边形BEDF是平行四边形，

连接EF，在▱ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，

∴DF∥AE，DF=AE，

∴四边形AEFD是平行四边形，

∴EF∥AD，

∵∠ADB是直角，

∴AD⊥BD，

∴EF⊥BD，

又∵四边形BFDE是平行四边形，

∴四边形BFDE是菱形．

【点睛】

1、平行四边形的性质；2、全等三角形的判定与性质；3、菱形的判定

24、（1）2＜AD＜8；（2）证明见解析；（3）BE+DF=EF；理由见解析.

【解析】

试题分析：（1）延长AD至E，使DE=AD，由SAS证明△ACD≌△EBD，得出BE=AC=6，在△ABE中，由三角形的三边关系求出AE的取值范围，即可得出AD的取值范围；

（2）延长FD至点M，使DM=DF，连接BM、EM，同（1）得△BMD≌△CFD，得出BM=CF，由线段垂直平分线的性质得出EM=EF，在△BME中，由三角形的三边关系得出BE+BM＞EM即可得出结论；

（3）延长AB至点N，使BN=DF，连接CN，证出∠NBC=∠D，由SAS证明△NBC≌△FDC，得出CN=CF，∠NCB=∠FCD，证出∠ECN=70°=∠ECF，再由SAS证明△NCE≌△FCE，得出EN=EF，即可得出结论．

试题解析：（1）解：延长AD至E，使DE=AD，连接BE，如图①所示：

∵AD是BC边上的中线，

∴BD=CD，

在△BDE和△CDA中，BD=CD，∠BDE=∠CDA，DE=AD，

∴△BDE≌△CDA（SAS），

∴BE=AC=6，

在△ABE中，由三角形的三边关系得：AB﹣BE＜AE＜AB+BE，

∴10﹣6＜AE＜10+6，即4＜AE＜16，

∴2＜AD＜8；

故答案为2＜AD＜8；

（2）证明：延长FD至点M，使DM=DF，连接BM、EM，如图②所示：

同（1）得：△BMD≌△CFD（SAS），

∴BM=CF，

∵DE⊥DF，DM=DF，

∴EM=EF，

在△BME中，由三角形的三边关系得：BE+BM＞EM，

∴BE+CF＞EF；

（3）解：BE+DF=EF；理由如下：

延长AB至点N，使BN=DF，连接CN，如图3所示：

∵∠ABC+∠D=180°，∠NBC+∠ABC=180°，

∴∠NBC=∠D，

在△NBC和△FDC中，

BN=DF，∠NBC =∠D，BC=DC，

∴△NBC≌△FDC（SAS），

∴CN=CF，∠NCB=∠FCD，

∵∠BCD=140°，∠ECF=70°，

∴∠BCE+∠FCD=70°，

∴∠ECN=70°=∠ECF，

在△NCE和△FCE中，

CN=CF，∠ECN=∠ECF，CE=CE，

∴△NCE≌△FCE（SAS），

∴EN=EF，

∵BE+BN=EN，

∴BE+DF=EF．

考点：全等三角形的判定和性质；三角形的三边关系定理.