四川省成都市青羊区2020-2021学年八年级下学期期末数学试题（试卷+解析）

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2020－2021学年四川省成都市青羊区八年级（下）期末数学试卷
A卷
一、选择题
1. 若分式有意义，则x满足的条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查分式有意义的条件：分母不能为0．
【详解】由题意得：，
解得：．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了分式有意义的条件，解题的关键是掌握分式有意义的条件是分母不等于零．
2. 下面的图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行解答．
【详解】解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形和轴对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3. 若m＞n，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. m＋1＜n＋1 B. m﹣2＜n﹣2 C. 3m＞3n D. ﹣4m＞4n
【答案】C
【解析】
【分析】依据不等式的基本性质进行判断，即可得出结论．
【详解】解：A．若m＞n，则m＋1＞n＋1，故本选项错误；
B．若m＞n，则m﹣2＞n﹣2，故本选项错误；
C．若m＞n，则3m＞3n，故本选项正确；
D．若m＞n，则4m＞4n，故﹣4m与4n大小不确定，故本选项错误；
故选：C．
【点睛】本题考查了不等式的基本性质：不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变．等式的两边同时乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；不等式的两边同时乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．
4. 如果一个多边形的内角和等于720°，则它的边数为（　　）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】n边形的内角和可以表示成（n-2）•180°，设这个正多边形的边数是n，就得到方程，从而求出边数．
【详解】解：这个正多边形的边数是n，则
（n﹣2）•180°＝720°，
解得：n＝6．
则这个正多边形的边数是6．
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形内角和定理，此题比较简单，只要结合多边形的内角和公式，寻求等量关系，构建方程求解．
5. 在平面直角坐标系中，将点A（5，3）向左平移3个单位，得到的点的坐标是（ ）
A. （8，3） B. （5，6） C. （5，0） D. （2，3）
【答案】D
【解析】
【分析】将A（5，3）向左平移3个单位，纵坐标不变，横坐标减3得到平移后的对应点的坐标．
【详解】将A（5，3）向左平移3个单位，纵坐标不变，横坐标减3得到点的坐标（2，3）．
故选：D．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化—平移．平移规律：左右平移时，纵坐标保持不变，横坐标加减；上下平移时，横坐标保持不变，纵坐标加减．
6. 已知两个不等式的解集在数轴上如右图表示，那么这个解集为（ ）

A. x≥－1 B. x>1 C. －3－3
【答案】A
【解析】
【详解】>－3 ，≥－1，大大取大，所以选A
7. 如图，射线a、b分别与直线l交于点A、B，现将射线a沿直线l向右平移过点B，若∠1＝44°，∠2＝66°，则∠3的度数为（ ）

A. 66° B. 68° C. 70° D. 72°
【答案】C
【解析】
【分析】如图，根据平移的性质可得a//c，根据平行线的性质可得∠1=∠4，根据平角的定义即可得答案．
【详解】∵将射线a沿直线l向右平移过点B，
∴a//c，
∴∠1=∠4，
∵∠1＝44°，∠2＝66°，
∴∠3=180°-∠4-∠2=180°-44°-66°=70°，

故选：C．
【点睛】本题考查平移的性质及平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题关键．
8. 在下列平行四边形性质的叙述中，错误的是（ ）
A. 平行四边形的对边相等
B. 平行四边形的对角相等
C. 平行四边形的对角线互相平分
D. 平行四边形的对角线相等
【答案】D
【解析】
【分析】由平行四边形的性质即可求得答案．
【详解】解：平行四边形的性质为对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分，
∴选项A、B、C不符合题意；
平行四边形对角线不一定相等，
∴选项D符合题意，
故选：D．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质，即平行四边形的性质对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分是解题的关键．
9. 如图，在△ABE中，∠E＝25°，AE的垂直平分线MN交BE于点C，连接AC，若AB＝AC，那么∠BAE的度数是（ ）

A. 100° B. 105° C. 110° D. 120°
【答案】B
【解析】
【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到CA＝CE，根据等腰三角形的性质得到∠CAE＝∠E，根据三角形的外角的性质得到∠ACB＝2∠E，进而即可求解．
【详解】解：∵MN是AE的垂直平分线，
∴CA＝CE，
∴∠CAE＝∠E=25°，
∴∠ACB＝2∠E＝50°，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝2∠E＝50°，
∴∠BAC=180°-50°-50°=80°，
∴∠BAE=80°+25°=105°，
故选：B．
【点睛】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
10. 如图，已知▱ABCD的顶点C（4，0），D（7，4），点B在x轴负半轴上，点A在y轴正半轴上，以顶点C为圆心，适当长为半径画弧，分别交CB、CD于点E、F，再分别以点E、F为圆心，大于EF的长为半径画弧，两弧交于点G，作射线CG交边AD于点M．则点M的坐标为（ ）

A. （1，4） B. （2，4） C. （3，4） D. （1.5，4）
【答案】B
【解析】
【分析】根据角平分线与平行的性质证明DM=CD，再利用勾股定理求出CD=5，故可求出M的坐标．
【详解】解：根据尺规作图可得CM平分∠DCB，
∴∠MCB=∠MCD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BCAD，
∴∠MCB=∠DMC，
∴∠MCD=∠DMC，
∵C（4，0），D（7，4），
∴CD=，

∴DM=CD=5，
∴M（2,4），
故选B．
【点睛】此题主要考查坐标与图形，等角对等边及勾股定理等，解题的关键是熟知平行四边形的性质、角平分线的作图方法．
二、填空题
11. 因式分解：＝___．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用平方差公式进行因式分解即可．
【详解】,
故填：．
【点睛】本题考查平方差公式因式分解，解题关键是熟练掌握平方差公式因式分解的方法．
12. 若＋|b＋2|＝0，则分式的值是____．
【答案】
【解析】
【分析】根据非负性求出a,b的值，故可代入求解．
【详解】∵若＋|b＋2|＝0
∴a-3=0，b+2=0
解得a=3，b=-2，
∴=
故答案为：．
【点睛】此题主要考查分式求值，解题的关键是熟知算术平方根与绝对值的非负性．
13. 如图，直线l1：y＝x＋3与直线l2：y＝kx＋b在同一平面直角坐标系中相交于一点，则关于x的不等式x＋3＜kx＋b的解集是____．

【答案】x＜−1
【解析】
【分析】结合图象，写出直线l1在直线l2的下方所对应的自变量的范围即可．
【详解】∵直线l1：y＝x＋3与直线l2：y＝kx＋b相交于点（−1，2），
∴当x＜−1时，x＋3＜kx＋b，
∴关于x的不等式x＋3＜kx＋b的解集为x＜−1．
故答案为x＜−1．
【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y＝kx＋b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y＝kx＋b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
14. 如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝9.折叠△ACB，使点A与BC的中点D重合，折痕交AB于E，交AC于点F，则CF＝___．

【答案】4
【解析】
【分析】由题可知CD=3，由折叠的性质可知AF=FD，设,则，在Rt中利用勾股定理列方程，即可求得答案．
【详解】∵D为BC中点，BC=6,
∴,
由折叠可知AF=DF，
设，
∵AC=9,
∴，
又∵
∴在Rt中，
,
即：
解得：，
则CF=
故填：4．
【点睛】本题考查轴对称的性质，勾股定理，解题关键是熟练掌握轴对称的性质和勾股定理．
三、计算下列各题
15. 计算下列各题
（1）解不等式组：；
（2）解方程：＝﹣3
【答案】（1）x≥；（2）原方程无解．
【解析】
【分析】（1）求出每个不等式的解集，再根据找不等式组解集的规律求出不等式组的解集即可；
（2）先去分母，得出整式方程，求出方程的解，最后进行检验即可．
【详解】（1）解不等式组：
∵解不等式①得：x，
解不等式②得：x≥，
∴不等式组的解集是x≥；
（2）方程两边都乘以x-2得：1=-（1-x）-3（x-2），
解得：x=2，
检验：当x=2时，x-2=0，所以x=2不是原方程的解，
所以原方程无解．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，解分式方程，解不等式组的关键是能根据找不等式组解集的规律找出不等式组的解集，解分式方程的关键是能把分式方程转化成整式方程．
16. 先化简，再求值：（1﹣）÷，其中x＝＋1
【答案】；．
【解析】
【分析】先算减法，再算除法，将分式化简，再代入x的值求值．
【详解】解：原式=（﹣）÷
=
=
当x＝＋1时，
原式==
【点睛】本题考查分式的化简求值以及二次根数的运算；解题关键是熟练掌握分式的运算法则．
四、解答题
17. 如图，在平面直角坐标系中，已知A（﹣2，4），B（﹣4，1），C（﹣1，2）．
（1）画出△ABC绕点O逆时针旋转90°后的图形△A1B1C1；
（2）将△ABC先向右平移5个单位再向下平移2个单位得到△△A2B2C2，画出△A2B2C2

【答案】（1）见详解；（2）见详解
【解析】
【分析】（1）先画出△ABC绕点O逆时针旋转90°后各个顶点的对应点，再顺次连接起来，即可；
（2）先画出△ABC先向右平移5个单位再向下平移2个单位后各个顶点的对应点，再顺次连接起来，即可．
详解】解：（1）△A1B1C1如图所示：
（2）△A2B2C2如图所示：

【点睛】本题主要考查平移变换和旋转变换，找出三角形各个顶点变换后的对应点，是解题的关键．
18. 如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，过点B作BE⊥AC于点E，过点D作DF⊥AC于点F，连接DE、BF．
（1）求证：四边形BEDF为平行四边形；
（2）若BE＝8，EF＝6，求BD的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）利用平行四边形的性质证明，即可得出即可证明；
（2）由平行四边形的性质得，再由勾股定理即可求出OB的长，即可求得BD的长．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD,
∴,
∵BE⊥AC,DF⊥AC,
∴BE∥DF，,
在和中

∴,
∴
∴四边形BEDF为平行四边形；
（2）由（1）得：四边形BEDF为平行四边形，
∴,
∵BE⊥AC，
∴
∴,
∴．
【点睛】本题考查平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，平行线的性质以及勾股定理，解题关键是熟练掌握平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理．
19. 2021年6月15日凌晨3时许，成都至自贡高速铁路立交双线特大桥成功实现合龙，为成自高铁如期建成开通奠定坚实的基础．其中某一段工程招标时，工程指挥部收到甲、乙两个工程队的投标书，根据甲、乙两队的投标书测算：若让甲队单独完成这项工程需要40天；若由乙队先做10天，剩下的工程由甲、乙两队合作20天才可完成．那么安排乙队单独完成这项工程需要多少天？
【答案】安排乙队单独完成这项工程需要60天．
【解析】
【分析】设安排乙队单独完成这项工程需要x天，这项工程为单位“1”，根据等量关系，列出分式方程，即可求解．
【详解】解：设安排乙队单独完成这项工程需要x天，这项工程为单位“1”，
根据题意得：，
解得：x=60，
经检验：x=60是方程的解，且符合题意，
答：安排乙队单独完成这项工程需要60天．
【点睛】本题主要考查分式方程的实际应用，找出等量关系，列出方程，是解题的关键．
20. 如图，已知△ABC是等边三角形，AB＝8，M为AC中点，D为BC边上一动点，将AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，连接CE、DE、ME．
（1）求证：CD＋CE＝CA；
（2）求出点M到CE所在直线的距离；
（3）当ME＝时，求CE的值．

【答案】（1）见解析；（2） ；（3）或；
【解析】
【分析】（1）依据可证明，可得，即可；
（2）过点作，由（1）知，利用直角三角形的性质，即可求解；
（3）过点作，讨论点，在线段上还是的延长线上，通过直角三角形的性质，即可求解；
【详解】（1）由题知，为等边三角形，∴；
又，逆时针旋转；由旋转的性质可知：；，
∴；
在和中，
，
∴ ，∴
∴
∴；
（2）过点作，

由（1）知，∴，
又为的中点，∴；
在中，，∴ ；
∴ ；
∴ ；
∴到所在直线的距离为；
（3）过点作，

由（2）知，，；
在中，，；
∴ ；
当点落在线段上时，
；
当点落在线段的延长线时，
；
∴的值为或；
【点睛】本题主要考查全等三角形证明、等边三角形和直角三角形的性质，关键在寻找相关条件作辅助线；
B卷
一、填空题
21. 若m﹣2n＝3，则m2﹣4mn＋4n2﹣10＝___．
【答案】-1
【解析】
【分析】根据完全平方公式的变形即可求解．
【详解】∵m﹣2n＝3，
∴m2﹣4mn＋4n2﹣10＝（m﹣2n）2﹣10=9-10=-1
故答案为：-1．
【点睛】此题主要考查代数式求值，解题的关键是熟知完全平方公式的特点．
22. 若分式方程＝2＋的解为正数，则a的取值范围是__________．
【答案】且
【解析】
【分析】先解分式方程，求出方程的解，根据题意列出不等式，求出不等式的解集即可．
【详解】解：＝2＋，
方程两边都乘以 得：，
解得：，
∵分式方程＝2＋的解为正数，
∴且 ，
解得：且，
故填：且．
【点睛】本题考查了解分式方程和解一元一次不等式，能根据题意求出关于a的不等式是解此题的关键．
23. 从0，1，2，3，4这5个数中任选一个数作为m的值，则使不等方式组无实数解，且使得正比例函数y＝（m﹣4）x中因变量y随自变量x的增大而减小的概率是____．
【答案】．
【解析】
【分析】根据一次函数的图象和性质，不等式组的解集情况确定m的取值范围，进而得出答案．
【详解】解：∵正比例函数y＝（m﹣4）x中因变量y随自变量x的增大而减小，
∴m﹣4＜0
∴m＜4
∵不等方式组无实数解，
∴m≥2，
∴2≤m＜4
∴m的值可以为2或3或4，
所以0，1，2，3，4这五个数中，符合要求的有3个，
因此，相应的概率为，
故答案为：．
【点睛】本题考查一次函数的图象和性质，不等式组的解集以及概率的计算，理解概率的意义，掌握一次函数的性质和不等式组的解集是得出正确答案的前提．
24. 如图，△ABC与△CDE都是等边三角形，连接AD、BE．CD＝2，BC＝1，若将△CDE绕点C顺时针旋转，当点A、C、E在同一条直线上时，线段BE的长为____．

【答案】或
【解析】
【分析】分两种情况：①当点E在CA的延长线上时，②当点E在AC的延长线上时，分别画出图形，利用勾股定理，求解即可．
【详解】解：∵BC＝1，△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，AC＝BC＝1，
∵△CDE是等边三角形，CD＝2，
∴CE＝CD＝2，
①当点E在CA的延长线上时，如图，过点B作BG⊥AC于G，则∠CBG＝∠ABC＝30°，

在Rt△CBG中，∠CBG＝30°，BC＝1，
∴CG＝BC＝，
根据勾股定理得，BG＝，
∴EG＝CE−CG＝2−＝，
在Rt△BGE中，
根据勾股定理得，BE＝；
②当点E在AC延长线上时，如图，过点B作BH⊥AC于H，则∠CBH＝∠ABC＝30°，

在Rt△CBH中，∠CBH＝30°，BC＝1，
∴CH＝BC＝，
根据勾股定理得，BH＝，
∴EH＝CE＋CH＝2＋＝，
在Rt△BHE中，
根据勾股定理得，BE=．
∴BE=或．
故答案是：或．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，含30度的直角三角形的性质，构造出直角三角形是解本题的关键．
25. 如图，△ABC中，∠B＝45°，∠C＝75°，AB＝4，D为BC上一动点，过D作DE⊥AC于点E，作DF⊥AB于点F，连接EF，则EF的最小值为____．

【答案】
【解析】
【分析】连接AD，取AD的中点O，连接OE，OF，可得OF=OE=OA=AD，从而得∠OEF=∠OFE=30°，EF=，再求出AD的最小值，进而即可求解．
【详解】解：连接AD，取AD的中点O，连接OE，OF，

∵△ABC中，∠B＝45°，∠C＝75°，
∴∠BAC=60°，
∵DE⊥AC，DF⊥AB，
∴OE，OF分别是斜边上的中线，
∴OF=OE=OA=AD，
∴∠EOF=2∠EAO+2∠FAO=2∠BAC=120°，
∵OE=OF，
∴∠OEF=∠OFE=30°，
∴EF=，即当AD最小时，EF的值最小，
∵当AD⊥BC时，AD最小，此时，是等腰直角三角形，AD=，
∴EF最小值=，
故答案是：．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，添加合适的辅助线，构造顶角为120°的等腰三角形，是解题的关键．
二、解答题
26. 三星堆遗址最新出土的“黄金大面具”来自5号坑，由四川省文物考古研究院与四川大学考古文博学院联合发掘为保护文物，特别设计了A、B两种型号的运土车．已知2辆A型运土车与3辆B型运土车一次共运输土方31立方米，5辆A型运土车与6辆B型运土车一次共运输土方70立方米．
（1）一辆A型运土车和一辆B型运土车一次各运输土方多少？
（2）考古专家组决定派出A、B两种型号运土车共20辆参与运输土方，若每次运输土方总量不小于148立方米，且B型运土车至少派出2辆，则有哪几种派车方案？
【答案】（1）一辆A型运土车一次运输8立方米，一辆B型运土车一次运输5立方米；（2）有三种派车方案，第一种方案：A型运土车18辆，B型运土车2辆；第二种方案：A型运土车17辆，B型运土车3辆；第三种方案：A型运土车16辆，B型运土车4辆．
【解析】
【分析】（1）设一辆A型运土车一次运输x立方米，一辆B型运土车一次运输y立方米，，根据题意列出关于x、y的二元一次方程组，解方程组即可；
（2）设考古专家组决定派出A、B两种型号运土车分别为a辆、（20-a）辆，根据题意可以列出不等式组，求出a的取值范围，从而可以求得有几种方案．
详解】解：（1）设一辆A型运土车一次运输x立方米，一辆B型运土车一次运输y立方米，
由题意得：
解得，
答：一辆A型运土车一次运输8立方米，一辆B型运土车一次运输5立方米；
（2）设考古专家组决定派出A、B两种型号运土车分别为a辆、（20-a）辆，
由题意可得：
解得：16≤a≤18，
故有三种派车方案：
第一种方案：A型运土车18辆，B型运土车2辆；
第二种方案：A型运土车17辆，B型运土车3辆；
第三种方案：A型运土车16辆，B型运土车4辆．
答：有三种派车方案，第一种方案：A型运土车18辆，B型运土车2辆；第二种方案：A型运土车17辆，B型运土车3辆；第三种方案：A型运土车16辆，B型运土车4辆．
【点睛】本题考查一元一次不等式组的应用、二元一次方程组的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
27. 在平面直角坐标系中,直线l1:y＝2x＋3与过点B（6,0）的直线l2交于点C（1,m）,与x轴交于点A,与y轴交于点E,直线l2与y轴交于点D．
（1）求直线的函数解析式;
（2）如图1,点F在直线l2位于第二象限的图象上,使得,求点F的坐标．
（3）如图2,在线段BC存在点M,使得△CEM是以CM为腰的等腰三角形,求M点坐标．

【答案】（1）y=-x+6;（2）F（-2,8）;（3） 或
【解析】
【分析】（1）将C（1,m）代入y =2x+ 3得,C（1,5）,用待定系数法求直线l2的函数解析式;
（2）设F（n,-n+6）,用n表示出 ,,根据条件列方程即可求出;
（3）根据△CEM是以CM为腰的等腰三角形,分CM= CE和сM=EM,设M（a,-a+6）,表示出CM2,CE2,EM2,分别列方程求解,即可得出答案．
【详解】解:（1）将C（1,m）代入y =2x+ 3,解得m=5,
∴点C的坐标为 ,
设直线的函数解析式为:y=kx+b ,把点B（6,0）,代入得:
,
解得:,
∴直线的函数解析式为:y=-x+6;
（2）∵点F在直线l2位于第二象限的图象上,
∴设点F的坐标为F（n,-n+6）,其中n<0,
∵直线l1与y轴交于点E,直线l2与y轴交于点D,
∴可求得点D,E的坐标为D（0,6）,E（0,3）
∵点B的坐标为B（6,0）,
∴DE=3,OE=3,
∵,
∴ ,解得:n=-2,
∴点F的坐标为F（-2,8）,
（3）∵在线段BC存在点M,可设点M的坐标为M（a,-a+6）,其中a>0,
则 ,
,

∵△CEM是以CM为腰等腰三角形,
∴有CM=CE或CM=EM,
当CM=CE时,有,
即,解得: , （舍去）,
∴M点坐标为
当CM=EM时,有
即,解得: ,
∴M点坐标为
综上所述:M点坐标为 或．
【点睛】本题是一次函数综合题,主要考查了待定系数法求函数解析式､用坐标表示三角形面积的表示等知识,用方程思想,数形结合思想是解题的关键．
28. 在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB的中点，点E是AC上一点．连接DE，过D作DF⊥DE交BC点于F，连接EF．
（1）如图1，EF与CD相交于点G：
①来证：AE＝CF；
②当AD＝CE，AC＝6时，求DG；
（2）如图2，点M为BC上一点，且∠CME＝2∠ADE，AE＝2，CE＝5，求EM的长．

【答案】（1）①见解析；②；（3）
【解析】
【分析】（1）①根据等腰直角三角形的性质证明△CDF≌△ADE，故可求解；
②过点D作DH⊥AC，交EF于M点，分别求出CE，HE，CF，再证明△FCE∽△MHE求出HM，DM，再证明△FCG∽△MDG，得到，故可求解；
（2）取AD中点H，作HI⊥AD交DE于I点，过E点作EG⊥AD，先求出AH，DG，通过证明△DHI∽△DGE，得到，求出HI，进而求出ID，作AJ⊥DE延长线于J点，证明△DHI∽△DJA，得到，求出AJ、DJ，再求出IJ，利用角度的关系证明△AJI∽△ECM，可得，求出CM，再利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）①∵∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB的中点，
∴AD=CD，△ACD、△BCD、△ABC都是等腰直角三角形
∴∠DAC=∠DCB
∵DF⊥DE
∴∠EDC+∠CDF=∠EDC+∠ADE=90°
∴∠CDF=∠ADE
∴△CDF≌△ADE
∴AE＝CF；
②过点D作DH⊥AC，交EF于M点
∵AC＝6=BC
∴AB=
∵D是AB中点
∴CD=AD=BD=
∵DH⊥AC
∴CH=DH=AH=
∵AD＝CE，
∴CE=AD=
∴EH=-3
故AE=AH-EH=6-
∴CF=AE=6-
∵FCHM
∴△FCE∽△MHE
∴，即
解得MH=
∴DM=DH-HM=
∵FCHD
∴△FCG∽△MDG
∴，即
解得DG=
∴DG=．

（2）∵AE＝2，CE＝5
∴AC=7=BC
∴AB=
如图，取AD中点H，作HI⊥AD交DE于I点，过E点作EG⊥AD
∵点D为AB的中点，
∴AH=DH=
∵∠CAD=45°
∴△AGE是等腰直角三角形
∴EG=AG，AG2+EG2=AE2=4
∴AG==EG
∴HG=AH-AG=
∴DG=DH+HG=
∵HI⊥AD，H是AD中点
∴△ADI是等腰三角形
∴AI=DI
∵HI⊥AD，EG⊥AD
∴HIEG
∴△DHI∽△DGE
∴
∴HI=
∴ID=
作AJ⊥DE延长线于J点
∴∠DHI=∠DJA=90°
又∠HDI=∠JDA
∴△DHI∽△DJA
∴，代入可得AJ=
∴DJ=
∴IJ=DJ-ID=
∵DI=AI
∴∠IDA=∠IAD，∠AIJ=∠IDA+∠IAD=2∠ADE
∵∠CME＝2∠ADE，
∴∠JIA=∠CME
又∠AJI=∠ECM
∴△AJI∽△ECM
∴
∴代入得CM=
∴EM=．

【点睛】此题主要考查三角形与四边形综合，解题的关键是熟知等腰直角三角形、相似三角形的判定与性质．