【解析版】威海市开发区2022年八年级下期末数学试卷

这是一份【解析版】威海市开发区2022年八年级下期末数学试卷，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

山东省威海市开发区2022学年八年级（下）期末数学试卷　
一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）
1． （2015春•威海期末）下列二次根式中属于最简二次根式的是（　　）
　 A． B． C． D．

考点： 最简二次根式．
分析： 判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个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．
解答： 解：是最简二次根式，A正确；
=3，不是最简二次根式，B不正确；
被开方数含分母，不是最简二次根式，C不正确；
被开方数含分母，不是最简二次根式，D不正确；
故选：A．
点评： 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：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
　
2． （2014•防城港）△ABC与△A′B′C′是位似图形，且△ABC与△A′B′C′的位似比是1：2，已知△ABC的面积是3，则△A′B′C′的面积是（　　）
　 A． 3 B． 6 C． 9 D． 12

考点： 位似变换．
分析： 利用位似图形的面积比等于位似比的平方，进而得出答案．
解答： 解：∵△ABC与△A′B′C′是位似图形，且△ABC与△A′B′C′的位似比是1：2，△ABC的面积是3，
∴△ABC与△A′B′C′的面积比为：1：4，
则△A′B′C′的面积是：12．
故选：D．
点评： 此题主要考查了位似图形的性质，利用位似图形的面积比等于位似比的平方得出是解题关键．
　
3． （2015春•威海期末）函数y=的图象经过点（﹣2，4），则下列四个点在y=图象上的是（　　）
　 A．（4，﹣2） B． （2，4） C． （1，8） D． （﹣2，﹣4）

考点： 反比例函数图象上点的坐标特征．
分析： 先求得反比例函数解析式，再把四个选项分别代入判断即可．
解答： 解：∵y=的图象经过点（﹣2，4），
∴4=，解得k=﹣8，
∴反比例函数解析式为y=﹣，
当x=4时，代入可得y=﹣2，
∴点（4，﹣2）在函数图象上，
当x=2时，y=﹣4≠4，
∴点（2，4）不在函数图象上，
当x=1时，y=﹣8≠8，
∴点（1，8）不在函数图象上，
当x=﹣2时，y=4≠﹣4，
∴点（﹣2，﹣4）不在函数图象上，
故选A．
点评： 本题主要考查反比例函数解析式，掌握函数图象上点的坐标满足函数解析式是解题的关键．
　
4． （2015春•威海期末）已知方程4x2﹣（2m+3）x+10=0的一个根为﹣2，则m的值为（　　）
　 A． 8 B． ﹣8 C． ﹣ D．

考点： 一元二次方程的解．
分析： 把x=﹣2代入方程4x2﹣（2m+3）x+10=0，列出关于m的新方程，通过解新方程来求m的值．
解答： 解：依题意，得
4×（﹣2）2+2（2m+3）+10=0，
解得m=﹣8．
故选B．
点评： 本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义．一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用这个数代替未知数所得式子仍然成立．
　
5． （2014•泉州）在同一平面直角坐标系中，函数y=mx+m与y=（m≠0）的图象可能是（　　）
　 A． B． C． D．

考点： 反比例函数的图象；一次函数的图象．
专题： 压轴题．
分析： 先根据一次函数的性质判断出m取值，再根据反比例函数的性质判断出m的取值，二者一致的即为正确答案．
解答： 解：A、由函数y=mx+m的图象可知m＞0，由函数y=的图象可知m＞0，故A选项正确；
B、由函数y=mx+m的图象可知m＜0，由函数y=的图象可知m＞0，相矛盾，故B选项错误；
C、由函数y=mx+m的图象y随x的增大而减小，则m＜0，而该直线与y轴交于正半轴，则m＞0，相矛盾，故C选项错误；
D、由函数y=mx+m的图象y随x的增大而增大，则m＞0，而该直线与y轴交于负半轴，则m＜0，相矛盾，故D选项错误；
故选：A．
点评： 本题主要考查了反比例函数的图象性质和一次函数的图象性质，要掌握它们的性质才能灵活解题．
　
6． （2015春•威海期末）若==，且a﹣b+c=12，则2a﹣3b+c等于（　　）
　 A． B． 2 C． 4 D． 12

考点： 解三元一次方程组；比例的性质．
分析： 设===k，则a=2k，b=3k，c=7k，代入方程a﹣b+c=12得出2k﹣3k+7k=12，求出k，进而求得a、b、c的值，然后代入2a﹣3b+c即可求得代数式的值．
解答： 解：设===k，
则a=2k，b=3k，c=7k，
代入方程a﹣b+c=12得：2k﹣3k+7k=12，
解得：k=2，
即a=4，b=6，c=14，
则2a﹣3b+c=2×4﹣3×6+14=4．
故选C．
点评： 本题考查了解三元一次方程组的应用，能得出关于k的一元一次方程是解此题的关键，难度适中．
　
7． （2015春•威海期末）若关于x的方程x2+（k﹣2）x+k2=0的两根互为倒数，则k为（　　）
　 A． 1 B． ﹣1 C． ±1 D． ﹣2

考点： 根与系数的关系．
分析： 根据已知和根与系数的关系x1x2=得出k2=1，求出k的值，再根据原方程有两个实数根，求出符合题意的k的值．
解答： 解：∵x1x2=k2，两根互为倒数，
∴k2=1，
解得k=1或﹣1；
∵方程有两个实数根，△＞0，
∴当k=1时，△＜0，舍去，
故k的值为﹣1．
故选B．
点评： 本题考查了根与系数的关系，根据x1，x2是关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c为常数）的两个实数根，则x1+x2=﹣，x1x2=进行求解．
　
8． （2015春•威海期末）如图，在△ABC中，∠B+∠CDE=∠C+∠BED，AE=2，AD=3，CD=1，则BE等于（　　）

　 A． B． C． 2 D． 4

考点： 相似三角形的判定与性质．
分析： 由∠B+∠CDE=∠C+∠BED，可知∠B+∠CDE=∠C+∠BED=180°，又∠ADE+∠CDE=∠AED+∠BED=180°，可知∠ADE=∠B，∠AED=∠C，于是△AED∽△ACB，根据相似三角形对应边成比例可求出结果．
解答： 解：∵∠B+∠CDE=∠C+∠BED，
∴∠B+∠CDE=∠C+∠BED=180°，
又∵∠ADE+∠CDE=∠AED+∠BED=180°，
∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，
∴△AED∽△ACB，
∴，
∴，
∴AB=6，
∴BE=AB﹣AE=6﹣2=4．
故选D．
点评： 本题主要考查了相似三角形的判定与性质，证明∠ADE=∠B，∠AED=∠C是解决问题的关键．
　
9． （2015春•威海期末）一个四边形，对于下列条件，不能判定为平行四边形的是（　　）
　 A． 对角线交点分别是两对角线的中点
　 B． 一组对边平行，一组对角相等
　 C． 一组对边相等，一条对角线被另一条对角线平分
　 D． 一组对边平行，一条对角线被另一条对角线平分

考点： 平行四边形的判定．
分析： 根据平行四边形的判定：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可选出答案．
解答： 解：A、“对角线交点分别是两对角线的中点”即为“对角线互相平分的四边形”，则该四边形为平行四边形．故本选项错误；
B、若已知一组对边平行，一组对角相等，易推导出另一组对边也平行，两组对边分别平行的四边形是平行四边形．故本选项错误；
C、“一组对边相等，一条对角线被另一条对角线平分”并不能判定另一组对边也相等，即不能判定该四边形为平行四边形．故本选项正确；
D、一条对角线被另一条对角线平分，可利用全等得出这组对边也相等，可判定为平行四边形一组对边相等，则该四边形为平行四边形．故本选项错误；
故选：C．
点评： 此题主要考查学生对平行四边形的判定的掌握情况．对于判定定理：“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．”应用时要注意必须是“一组”，而“一组对边平行且另一组对边相等”的四边形不一定是平行四边形．
　
10． （2015春•威海期末）如图，在四边形ABCD中，∠BCD=∠BAD=90°，AC，BD相交于点E，点G，H分别是AC，BD的中点，若∠BEC=80°，那么∠GHE等于（　　）

　 A． 5° B． 10° C． 20° D． 30°

考点： 直角三角形斜边上的中线；等腰三角形的判定与性质．
分析： 连接AH，CH，根据在四边形ABCD中，∠BCD=∠BAD=90°，H是BD的中点可知AH=CH=BD，再由点G时AC的中点可知HG是线段AC的垂直平分线，故∠EGH=90°，再由对顶角相等可知∠GEH=∠BEC=80°，由直角三角形的性质即可得出结论．
解答： 解：连接AH，CH，
∵在四边形ABCD中，∠BCD=∠BAD=90°，H是BD的中点，
∴AH=CH=BD．
∵点G时AC的中点，
∴HG是线段AC的垂直平分线，
∴∠EGH=90°．
∵∠BEC=80°，
∴∠GEH=∠BEC=80°，
∴∠GHE=90°﹣80°=10°．
故选B．

点评： 本题考查的是直角三角形斜边上的中线，熟知在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解答此题的关键．
　
11． （2015春•威海期末）如图，在△ABC中，∠A=36°，AB=AC=2，BD平分∠ABC交AC于点D，则AD等于（　　）

　 A． ﹣1 B． C． 1 D．

考点： 黄金分割．
专题： 计算题．
分析： 根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出图中的所有角，得到AD=BD=BC，易得△ABC∽△BCD，利用相似三角形的性质得=，用等线段代换得=，则根据黄金分割的定义可判断点D为AC的黄金分割点，所以AD=AC=﹣1．
解答： 解：∵AB=AC=2，
∴∠ABC=∠C=（180°﹣∠A）=（180°﹣36°）=72°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=36°，
∴DA=DB，
而∠BDC=∠A+∠ABD=72°，
∴BD=BC，
∴AD=BD=BC，
∵∠A=∠CBD，∠C=∠C，
∴△ABC∽△BCD，
∴=，即=，
∴点D为AC的黄金分割点，
∴AD=AC=﹣1．
故选A．
点评： 本题考查了黄金分割：把线段AB分成两条线段AC和BC（AC＞BC），且使AC是AB和BC的比例中项（即AB：AC=AC：BC），叫做把线段AB黄金分割，点C叫做线段AB的黄金分割点．其中AC=AB≈0.618AB，并且线段AB的黄金分割点有两个．也考查了等腰三角形的性质．
　
12． （2015春•威海期末）如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF，则下列结论错误的是（　　）

　 A． △ABG≌△AFG B． BG=CG
　 C． S△EGC=S△AFE D． ∠AGB+∠AED=145°

考点： 翻折变换（折叠问题）；正方形的性质．
分析： 根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△ABG≌Rt△AFG，得出A正确；在Rt△ECG中，根据勾股定理可证BG=GC，得出B正确；
通过计算得出S△EGC与S△AFE相等，得出C正确；求得∠GAF=45°，∠AGB+∠AED=180°﹣∠GAF=135°，得出D不正确．
解答： 解：A正确．理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=CD=6，∠B=∠D=90°，由折叠的性质得：∠AFE=∠D=90°，AF=AD，EF=DE，∴∠AFG=90°，AB=AF，∴∠B=∠AFG=90°，在Rt△ABG和Rt△AFG中，，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）；
B正确．理由如下：
∵EF=DE=CD=2，设BG=FG=x，则CG=6﹣x．
在Rt△ECG中，根据勾股定理，得（6﹣x）2+42=（x+2）2，
解得：x=3．
∴BG=3=6﹣3=CG；
C正确．理由如下：
∵S△GCE=GC•CE=×3×4=6，
S△AFE=AF•EF=×6×2=6，
∴S△EGC=S△AFE；
D错误．理由如下：
∵∠BAG=∠FAG，∠DAE=∠FAE，
又∵∠BAD=90°，
∴∠GAE=45°，
∴∠AGB+∠AED=180°﹣∠GAE=135°．
故选：D
点评： 本题考查了翻折变换的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的面积计算等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用．
　
二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）
13． （2015•石林县一模）要使代数式有意义，则x的取值范围是　﹣2≤x＜3且x＞3　．

考点： 二次根式有意义的条件；分式有意义的条件．
分析： 根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0，可以求出x的范围．
解答： 解：由代数式有意义，得
．
解得﹣2≤x＜3且x＞3，
故答案为：﹣2≤x＜3且x＞3．
点评： 本题考查了二次根式有意义的条件，函数自变量的范围一般从三个方面考虑：当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
　
14． （2015春•威海期末）如图，在▱ABCD中，F是BC上的一点，直线DF与AB的延长线相交于点E，BP∥DF，且与AD相交于点P，CD=10，AD=8，PD=2，则BE=　　．


考点： 平行四边形的性质．
分析： 根据平行四边形的性质定理和相似三角形判定和性质即可得到结论．
解答： 解：∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴BC=AD=8，AD∥BC，
∵BP∥DF，
∴四边形BFDP是平行四边形，
∴BF=PD=2，
∴CF=6，
∵BE∥CD，
∴△CDF∽△BEF，
∴，即，
∴BE=，
故答案为：．

点评： 本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质定理是解题的关键．
　
15． （2015•荆州）若m，n是方程x2+x﹣1=0的两个实数根，则m2+2m+n的值为　0　．

考点： 根与系数的关系；一元二次方程的解．
专题： 计算题．
分析： 由题意m为已知方程的解，把x=m代入方程求出m2+m的值，利用根与系数的关系求出m+n的值，原式变形后代入计算即可求出值．
解答： 解：∵m，n是方程x2+x﹣1=0的两个实数根，
∴m+n=﹣1，m2+m=1，
则原式=（m2+m）+（m+n）=1﹣1=0，
故答案为：0
点评： 此题考查了根与系数的关系，以及一元二次方程的解，熟练掌握根与系数的关系是解本题的关键．
　
16． （2015春•威海期末）如图，A、B两点在双曲线y=上，分别经过A、B两点向坐标轴作垂线段，已知S阴影=2，则S1+S2=　6　．


考点： 反比例函数系数k的几何意义．
专题： 计算题．
分析： 根据比例系数k的几何意义得到S1+S阴影=S2+S阴影=5，由S阴影=2得S1=S2=3，然后计算S1+S2．
解答： 解：根据题意得S1+S阴影=S2+S阴影=5，
而S阴影=2，
所以S1=S2=3，
所以S1+S2=6．
故答案为6．
点评： 本题考查了比例系数k的几何意义：在反比例函数y=图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．在反比例函数的图象上任意一点象坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是|k|，且保持不变．
　
17． （2014•牡丹江）在同一时刻两根木竿在太阳光下的影子如图所示，其中木竿AB=2m，它的影子BC=1.6m，木竿PQ的影子有一部分落在了墙上，PM=1.2m，MN=0.8m，则木竿PQ的长度为　2.3　m．


考点： 相似三角形的应用．
专题： 几何图形问题．
分析： 先根据同一时刻物高与影长成正比求出QD的影长，再根据此影长列出比例式即可．
解答： 解：解：过N点作ND⊥PQ于D，
∴，
又∵AB=2，BC=1.6，PM=1.2，NM=0.8，
∴QD==1.5，
∴PQ=QD+DP=QD+NM=1.5+0.8=2.3（米）．
故答案为：2.3．

点评： 在运用相似三角形的知识解决实际问题时，要能够从实际问题中抽象出简单的数学模型，然后列出相关数据的比例关系式，从而求出结论．
　
18． （2015春•威海期末）如图，正方形ABCD的边长为2，顺次连接正方形ABCD四边的中点得到第一个正方形A1B1C1D1，顺次连接正方形A1B1C1D1 四边的中点得到第二个正方形A2B2C2D2…以此类推，则第n个正方形AnBnCnDn的面积是　（）n﹣1　．


考点： 中点四边形．
专题： 规律型．
分析： 根据题意，利用中位线定理可证明顺次连接正方形ABCD四边中点得正方形A1B1C1D1的面积为正方形ABCD面积的一半，进而得出答案．
解答： 解：顺次连接正方形ABCD四边的中点得正方形A1B1C1D1，则得正方形A1B1C1D1的面积为正方形ABCD面积的一半，即×2=1，
顺次连接正方形A1B1C1D1中点得正方形A2B2C2D2，则正方形A2B2C2D2的面积为正方形A1B1C1D1面积的一半，即1×=，
顺次连接正方形A2B2C2D2得正方形A3B3C3D3，则正方形A3B3C3D3的面积为正方形A2B2C2D2面积的一半，即×=；
顺次连接正方形A3B3C3D3中点得正方形A4B4C4D4，则正方形A4B4C4D4的面积为正方形A3B3C3D3面积的一半，即×=，
则第n个正方形AnBnCnDn的面积是：（）n﹣1．
故答案为：（）n﹣1．
点评： 本题考查了利用了三角形的中位线的性质，相似图形的面积比等于相似比的平方的性质，分别表示出各正方形面积是解题关键．
　
三、解答题（共7小题，满分66分）
19．（2015春•威海期末）（1）计算：（2﹣1）（2+）÷
（2）已知：x=1﹣，y=1+，求x2+y2﹣xy﹣2x+2y的值．

考点： 二次根式的混合运算；二次根式的化简求值．
分析： （1）先进行二次根式的乘法运算，然后进行除法运算，最后合并；
（2）把x、y的值代入求解即可．
解答： 解：（1）原式=（4+2﹣2﹣）÷2
=6﹣
=；

（2）原式=3﹣2+3+2﹣（﹣1）﹣2+2+2+2
=7+4．
点评： 本题考查了二次根式的混合运算，解答本题的关键是掌握二次根式的乘法法则和除法法则．
　
20．（2015春•威海期末）解方程：5x2﹣3x﹣2=0．

考点： 解一元二次方程-因式分解法．
分析： 利用因式分解法把方程化为（ax+b）（cx+d）=0的形式，进一步求解即可．
解答： 解：5x2﹣3x﹣2=0，
（5x+2）（x﹣1）=0，
5x+2=0，x﹣1=0，
x1=﹣，x2=1．
点评： 此题考查利用因式分解的方法解一元二次方程，把方程化为两个因式的乘积是解决问题的关键．
　
21．（2015春•威海期末）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC和△DEF的顶点均在网格的格点上，按要求画出△A1B1C1和△D1E1F1
（1）以图1中的点O为位似中心，在网格内画出△1B1C1，使它与△ABC位似，且相似比为2；
（2）以图2中的点O为位似中心，在网格内画出△D1E1F1，使它与△DEF位似，且相似比为2．


考点： 作图-位似变换．
专题： 作图题．
分析： （1）连结OA且延长OA到A1，使OA1=2OA，连结OB且延长OB到B1，使OB1=2OB，连结OC且延长OC到C1，使OC1=2OC，然后连结A1、B1、C1即可；
（2）连结OD且反向延长OD到D1，使OD1=2OD，连结OE且反向延长OE到E1，使OE1=2OE，连结OF且反向延长OF到F1，使OF1=2OF，然后连结D1、E1、F1即可．
解答： 解：（1）如图1，

△1B1C1为所求；
（2）如图2，

△D1E1F1为所求．
点评： 本题考查了作图﹣位似变换：先确定位似中心，分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点，再根据位似比，确定能代表所作的位似图形的关键点，然后顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．
　
22．（2015春•威海期末）已知A（n，﹣2），B（2，3）是一次函数y1=kx+b的图象和反比例函数y2=图象的两个交点
（1）求反比例函数和一次函数的表达式；
（2）观察图象，直接写出当y2＜y1时，自变量x的取值范围　﹣3＜x＜0或x＞2　．


考点： 反比例函数与一次函数的交点问题．
专题： 计算题．
分析： （1）先根据反比例函数图象上点的坐标特征，把B点坐标代入y2=可得m=6，从而得到反比例函数解析式，再把A（n，﹣2）代入反比例函数解析式求出n的值，然后利用待定系数法求一次函数解析式；
（2）观察函数图象，找出一次函数图象都在反比例函数图象的上方所对应的自变量的取值范围即可．
解答： 解：（1）把B（2，3）代入y2=得m=2×3=6，
所以反比例函数解析式为y2=；
把A（n，﹣2）代入y2=得﹣2n=6，解得n=﹣3，则A（﹣3，﹣2），
把A（﹣3，﹣2），B（2，3）代入y1=kx+b得，解得，
所以一次函数解析式为y1=x+1；
（2）当﹣3＜x＜0或x＞2时，y2＜y1．
故答案为﹣3＜x＜0或x＞2．
点评： 本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，若方程组有解则两者有交点，方程组无解，则两者无交点．也考查了待定系数法求一次函数解析式．
　
23．（2015春•威海期末）威海某旅行社组团去泰山旅游，推出了如下收费标准；如果人数不超过25人，每人团费800元；如果超过25人，每超过1人，每人团费降低10元，但每人团费不低于550元．某单位组织员工参加，共支付给旅行社旅游费用27000元，请问该单位共有多少名员工去泰山旅游？

考点： 一元二次方程的应用．
专题： 应用题．
分析： 经判断该单位人数超过25人，设该单位共有x名员工去泰山旅游，由题意列出关于x的方程，求出方程的解即可得到结果．
解答： 解：经判断该单位人数超过25人，设该单位共有x名员工去泰山旅游，
根据题意得：[800﹣10（x﹣25）]x=27000，
整理得：x2﹣105x+2700=0，即（x﹣60）（x﹣45）=0，
解得：x=60或x=45，
若x=60，每人团费为800﹣10×35=450（元）＜550元，不合题意，舍去；
若x=45，每天团费为800﹣10×20=600（元）＞550元，符合题意，
则该单位共有45名员工去泰山旅游．
点评： 此题考查了一元二次方程的应用，正确理解“每超过1人，每人团费降低10元”是解本题的关键．
　
24．（2014•莱芜）如图，已知△ABC是等腰三角形，顶角∠BAC=α（α＜60°），D是BC边上的一点，连接AD，线段AD绕点A顺时针旋转α到AE，过点E作BC的平行线，交AB于点F，连接DE，BE，DF．
（1）求证：BE=CD；
（2）若AD⊥BC，试判断四边形BDFE的形状，并给出证明．


考点： 全等三角形的判定与性质；菱形的判定；旋转的性质．
专题： 证明题．
分析： （1）根据旋转可得∠BAE=∠CAD，从而SAS证明△ACD≌△ABE，得出答案BE=CD；
（2）由AD⊥BC，SAS可得△ACD≌△ABE≌△ABD，得出BE=BD=CD，∠EBF=∠DBF，再由EF∥BC，∠DBF=∠EFB，从而得出∠EBF=∠EFB，则EB=EF，证明得出四边形BDFE为菱形．
解答： 证明：（1）∵△ABC是等腰三角形，顶角∠BAC=α（α＜60°），线段AD绕点A顺时针旋转α到AE，
∴AB=AC，
∴∠BAE=∠CAD，
在△ACD和△ABE中，
，
∴△ACD≌△ABE（SAS），
∴BE=CD；
（2）∵AD⊥BC，
∴BD=CD，
∴BE=BD=CD，∠BAD=∠CAD，
∴∠BAE=∠BAD，
在△ABD和△ABE中，
，
∴△ABD≌△ABE（SAS），
∴∠EBF=∠DBF，
∵EF∥BC，
∴∠DBF=∠EFB，
∴∠EBF=∠EFB，
∴EB=EF，
∴BD=BE=EF=FD，
∴四边形BDFE为菱形．
点评： 本题考查了全等三角形的判定和性质以及菱形的判定、旋转的性质．
　
25．（2015春•威海期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，M为AD中点，连接CM交BD于点N，且ON=1
（1）求BD的长；
（2）若△DCN的面积为4，求四边形ABCM的面积．


考点： 相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
分析： （1）由四边形ABCD为平行四边形，得到对边平行且相等，且对角线互相平分，根据两直线平行内错角相等得到两对角相等，进而确定出三角形MND与三角形CNB相似，由相似得比例，得到DN：BN=1：2，设OB=OD=x，表示出BN与DN，求出x的值，即可确定出BD的长；
（2）由相似三角形相似比为1：2，得到CN=2MN，BN=2DN．已知△DCN的面积，则由线段之比，得到△MND与△CNB的面积，从而得到S△ABD=S△BCD=S△BCN+S△CND，最后由S四边形ABNM=S△ABD﹣S△MND求解．
解答： 解：（1）∵平行四边形ABCD，
∴AD∥BC，AD=BC，OB=OD，
∴∠DMN=∠BCN，∠MDN=∠NBC，
∴△MND∽△CNB，
∴=，
∵M为AD中点，
∴MD=AD=BC，即=，
∴=，
即BN=2DN，
设OB=OD=x，则有BD=2x，BN=OB+ON=x+1，DN=x﹣1，
∴x+1=2（x﹣1），
解得：x=3，
∴BD=2x=6；
（2）∵△MND∽△CNB，且相似比为1：2，
∴MN：CN=DN：BN=1：2，
∴S△MND=S△CND=2，S△BNC=2S△CND=8．
∴S△ABD=S△BCD=S△BCN+S△CND=8+4=12，
∴S四边形ABNM=S△ABD﹣S△MND=12﹣2=10．
点评： 此题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键．