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2022-2023学年广东省佛山市南海区平洲二中八年级（下）第二次月考数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年广东省佛山市南海区平洲二中八年级（下）第二次月考数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省佛山市南海区平洲二中八年级（下）第二次月考数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 2022年4月16日神舟十三号载人飞船圆满完成全部既定任务，顺利返回地球家园.六个月的飞天之旅展现了中国航天科技的新高度下列航天图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2. 下列分解因式正确的是( )
A. −x2+4x=−x(x+4) B. x2+xy+x=x(x+y)
C. x(x−y)+y(y−x)=(x−y)2 D. x2−4x+4=(x+2)(x−2)
3. 式子 a+1a−2有意义，则实数a的取值范围是( )
A. a≥−1 B. a≠2 C. a≥−1且a≠2 D. a>2
4. 如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是( )
A. AB//DC，AD//BC B. AB//DC，AD=BC
C. AO=CO，BO=DO D. AB=DC，AD=BC
5. 如图，在▱ABCD中，BF平分∠ABC交AD于点F，CE平分∠BCD交AD于点E，若AD=8，EF=4，则AB的长度为( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 8
6. 已知一个多边形的内角和是外角和的4倍，则这个多边形是( )
A. 八边形 B. 九边形 C. 十边形 D. 十二边形
7. 小李家装饰地面，已有正三角形状的地砖，现打算购买另一种不同形状的正多边形地砖，与正三角形地砖在同一顶点处作平面镶嵌，则小李不应购买的地砖形状是( )
A. 正方形 B. 正六边形 C. 正八边形 D. 正十二边形
8. 如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是线段AO，BO的中点，若AC+BD=24厘米，△OAB的周长是18厘米，则EF的长度是( )
A. 3cm B. 6cm C. 10cm D. 12cm
9. 如图，在△ABC中，∠CAB=65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△A′B′C′的位置，使CC′//AB，则旋转角的度数为( )
A. 35°
B. 40°
C. 50°
D. 65°
10. 如图，在△ABC中，∠BAC=80°，AB边的垂直平分线交AB于点D，交BC于点E，AC边的垂直平分线交AC于点F，交BC于点G，连接AE，AG.则∠EAG的度数为( )
A. 15° B. 20° C. 25° D. 30°
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 分解因式：2x2−12x+18= ．
12. 若实数x满足x2−x−1=0，则2x2−2x+2021= ______ ．
13. 如图，在平面直角坐标系中，点E(8,0)，点F(0,8)，将△OEF向下平移2个单位长度得到△ABC，BC与x轴交于点G，CO=GO，则阴影部分面积是______ ．
14. 如果关于x的不等式组x>a+2x<3a−2无解，则a的取值范围是______．
15. 如图，△ABC的周长为64，E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，A′、B′、C′分别为EF、EG、GF的中点，△A′B′C′的周长为16.如果△ABC、△EFG、△A′B′C′分别为第1个、第2个、第3个三角形，按照上述方法继续作三角形，那么第n个三角形的周长是______．
三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
16. 解不等式组：x−12
17. (本小题8.0分)
先化简，再求值：(3x−1−x−1)÷x2−4x+4x−1，其中x=3．
18. (本小题8.0分)
如图，平行四边形ABCD中，点E、F在对角线BD上，且BE=DF.求证：
(1)△ABE≌△CDF；
(2)四边形AECF是平行四边形．
19. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A(−5,1)，B(−2,2)，C(−1,4)，请按下列要求画图：
(1)将△ABC先向右平移4个单位长度、再向下平移1个单位长度，得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
(2)△A2B2C2与△ABC关于原点O成中心对称，画出△A2B2C2．
20. (本小题8.0分)
某校足球队需购买A、B两种品牌的足球.已知A品牌足球的单价比B品牌足球的单价高20元，且用900元购买A品牌足球的数量用720元购买B品牌足球的数量相等．
(1)求A、B两种品牌足球的单价；
(2)若足球队计划购买A、B两种品牌的足球共90个，A品牌足球的数量不少于63个，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元.设购买A品牌足球m个，总费用为W元，则该队共有几种购买方案？采用哪一种购买方案可使总费用最低？最低费用是多少元？
21. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=−12x+32与y=x相交于点A，与x轴交于点B．
(1)求点A，B的坐标；
(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在一点C，使得以O，A，B，C为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，试求出所有符合条件的点C的坐标；如果不存在，请说明理由；
(3)在直线OA上，是否存在一点D，使得△DOB是等腰三角形？如果存在，试求出所有符合条件的点D的坐标，如果不存在，请说明理由．
22. (本小题8.0分)
探究：如图1和2，四边形ABCD中，已知AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在BC、CD上，∠EAF=45°．
(1)①如图1，若∠B、∠ADC都是直角，把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，则能证得
EF=BE+DF，请写出推理过程；
②如图2，若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足数量关系______时，仍有EF=BE+DF；
(2)拓展：如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=2 2，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°.若BD=1，求DE的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：选项A、C、D中的图形都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项B中的图形能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：B．
根据中心对称图形的概念判断．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．
本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
2.【答案】C
【解析】解：A、−x2+4x=−x(x−4)，故此选项错误；
B、x2+xy+x=x(x+y+1)，故此选项错误；
C、x(x−y)+y(y−x)=(x−y)2，故此选项正确；
D、x2−4x+4=(x−2)2，故此选项错误；
故选：C．
利用公式法以及提取公因式法分解因式，分别分析得出答案．
此题主要考查了公式法以及提取公因式法分解因式，正确应用公式是解题关键．
3.【答案】C
【解析】
【分析】
此题主要考查了二次根式和分式有意义的条件，正确把握定义是解题关键．利用二次根式的定义与分式有意义的条件分别列出不等式，解不等式即可得出答案．
【解答】
解：式子 a+1a−2有意义，
则a+1≥0，且a−2≠0，
解得：a≥−1且a≠2．
故选C．
4.【答案】B
【解析】解：A、AB//DC，AD//BC可利用两组对边分别平行的四边形是平行四边形判定这个四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
B、AB//DC，AD=BC不能判定这个四边形是平行四边形，故此选项符合题意；
C、AO=CO，BO=DO可利用对角线互相平分的四边形是平行四边形判定这个四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
D、AB=DC，AD=BC可利用两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定这个四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
故选：B．
利用平行四边形的判定方法：(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)一组对边平行且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进行分析即可．
此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握平行四边形的判定定理．
5.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AB=CD，
∵BF平分∠ABC交AD于点F，CE平分∠BCD交AD于点E，
∴∠ABF=∠CBF=∠AFB，∠BCE=∠DCE=∠CED，
∴AB=AF，DC=DE，
∴AE=FD，
∵AE+EF+FD=AD，
∴2AE+EF=AD，
∴AE=2，
所以AB=AF=6，
故选：C．
先证明AB=AF，DC=DE，再根据EF=AF+DE−AD即可得出答案．
本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握这些知识的应用，属于常见题，中考常考题型．
6.【答案】C
【解析】本题主要考查了多边形内角和定理与外角和定理，多边形内角和=(n−2)×180°(n≥3且n为整数)，而多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则n边形取n个外角，无论边数是几，其外角和始终为360°．
先设这个多边形的边数为n，得出该多边形的内角和为(n−2)×180°，根据多边形的内角和是外角和的4倍，列方程求解．
解：设这个多边形的边数为n，则该多边形的内角和为(n−2)×180°，
依题意得(n−2)×180°=360°×4，
解得n=10，
则这个多边形的边数是10．
故选：C．
7.【答案】C
【解析】解：A、正方形的每个内角是90°，90°×2+60°×3=360°，所以能密铺；
B、正六边形每个内角是120°，120°+60°×4=360°，所以能密铺；
C、正八边形每个内角是180°−360°÷8=135°，135°与60°无论怎样也不能组成360°的角，所以不能密铺；
D、正十二边形每个内角是150°，150°×2+60°=360°，所以能密铺．
故选：C．
根据密铺的条件得，两多边形内角和必须凑出360°，进而判断即可．
本题考查两种正多边形的镶嵌应符合多个内角度数和等于360°．
8.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=12AC,OB=12BD，
∵AC+BD=24厘米，
∴OA+OB=12AC+12BD=12厘米，
∵△OAB的周长是18厘米，
∴AB=6厘米，
∵点E，F分别是线段AO，BO的中点，
∴EF是△AOB的中位线，
∴EF=12AB=3cm，
故选：A．
先根据平行四边形的性质求出OA+OB=12厘米，进而求出AB=6厘米，再证明EF是△AOB的中位线，则EF=12AB=3cm．
本题主要考查了三角形中位线定理以及平行四边形的性质的知识，解答本题的关键是求出AB的长，此题难度不大．
9.【答案】C
【解析】解：由旋转的性质得AC=AC′．
∵CC′//AB，∠CAB=65°，
∴∠C′CA=∠CAB=65°．
∵AC=AC′，
∴∠CC′A=65°，
∴∠C′AC=180°−2∠CC′A=180°−2×65°=50°．
故选：C．
根据旋转角的概念，可知∠C′AC就是旋转角，据此只要求出∠C′AC即可；根据CC′//AB，可以得到∠C′CA=∠CAB=70°，由旋转的性质可得AC=AC′，从而推理得到∠AC′C=∠C′CA=70°；由三角形内角和定理即可求得∠C′AC的度数，据此就可完成题目的解答．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等腰三角形两底角相等的性质，平行线的性质以及三角形内角和定理，熟记性质并准确识图是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：∵AB边的垂直平分线交AB于点D，AC边的垂直平分线交AC于点F，
∴AG=CG，AE=BE，
∴∠C=∠CAG，∠B=∠BAE，
∴∠BAE+∠CAG=∠B+∠C=180°−∠BAC=100°，
∴∠EAG=∠BAE+∠CAG−∠BAC=100°−80°=20°，
故选：B．
根据线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质即可得到结论．
此题考查了线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
11.【答案】2(x−3)2
【解析】解：2x2−12x+18，
=2(x2−6x+9)，
=2(x−3)2．
故答案为：2(x−3)2．
先提取公因式2，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．
本题主要考查提公因式法分解因式和利用完全平方公式分解因式，熟记公式结构是解题的关键．
12.【答案】2023
【解析】解：∵x2−x−1=0，
∴x2−x=1．
又∵2x2−2x+2021=2(x2−x)+2021，
∴2x2−2x+2021=2×1+2021=2023．
故答案为：2023．
将已知条件x2−x−1=0变成x2−x=1，把代数式的前两项提出2后得出已知条件中的x2−x，整体代入x2−x=1即可求得代数式的值．
根据已知条件求得代数式中有关字母或式子的值，再代入代数式求解．
13.【答案】14
【解析】解：∵点E(8,0)，点F(0,8)，
∴OE=OF=8，
∵FC=2，CO=GO，
∴CO=GO=6，
∴阴影部分面积是12×8×8−12×6×6=32−18=14．
故答案为：14．
用△EOF的面积减去△COG的面积即可．
本题考查了坐标与图形变化−平移，熟练掌握平移的性质是关键．
14.【答案】a≤2
【解析】解：∵不等式组x>a+2x<3a−2无解，根据“大大小小解不了”则a+2≥3a−2，所以a的取值范围是a≤2．
解出不等式组的解集(含a的式子)，与不等式组x>a+2x<3a−2无解比较，求出a的取值范围．
本题是已知不等式组的解集，求不等式中另一未知数的问题．可以先将另一未知数当作已知处理，求出解集与已知解集比较，进而求得另一个未知数．
15.【答案】27−n或64×(12)n−1
【解析】解：∵△ABC的周长为64，E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，
∴EF、FG、EG为三角形中位线，
∴EF=12BC，EG=12AC，FG=12AB，
∴EF+FG+EG=12(BC+AC+AB)，即△EFG的周长是△ABC周长的一半．
同理，△A′B′C′的周长是△EFG的周长的一半，即△A′B′C′的周长为14×64=16．
以此类推，第n个小三角形的周长是第一个三角形周长的64×(12)n−1=27−n，
故答案是：27−n．
根据E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，可以判断EF、FG、EG为三角形中位线，利用中位线定理求出EF、FG、EG与BC、AB、CA的长度关系即可求得△EFG的周长是△ABC周长的一半，△A′B′C′的周长是△EFG的周长的一半，以此类推，可以求得第n个三角形的周长．
本题考查了三角形中位线定理．此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
16.【答案】解：解不等式①得：x<3，
解不等式②得：x≥1，
∴原不等式组的解集为：1≤x<3，
∴整数解为1，2．
【解析】本题考查了一元一次不等式组的整数解，解一元一次不等式组，掌握解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到是解题的关键．分别求解两个不等式，得到不等式组的解集，写出整数解即可．
17.【答案】解：原式=3−(x2−1)x−1⋅x−1(x−2)2
=−(x+2)(x−2)x−1⋅x−1(x−2)2
=−x+2x−2，
当x=3时，
原式=−3+23−2
=−5．
【解析】先通分算括号内的，把除化为乘，化简后将x=3代入计算即可．
本题考查分式化简求值，解题的关键是掌握分式的性质，将所求式子化简．
18.【答案】证明(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD AB=CD，
∴∠ABE=∠CDF，
∵BE=DF，
∴△ABE≌△CDF (SAS)；
(2)证明：∵由(1)知，△ABE≌△CDF，
∴AE=CF，∠AEB=∠DFC，
∴∠AEF=∠CFE，
∴AE//FC，
∴四边形AECF是平行四边形．
【解析】(1)根据平行四边形平行四边形的性质得到AB//CD AB=CD，从而得到∠ABE=∠CDF，然后利用SAS证得两三角形全等即可；
(2)利用(1)中的全等三角形的对应角相等推知∠AEB=∠DFC，则等角的补角相等，即∠AEF=∠CFE，所以AE//FC.根据“有一组对边平行且相等”证得结论．
本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质．平行四边形的判定方法共有五种，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
19.【答案】解：(1)如图△A1B1C1即为所求；
(2)如图△A2B2C2即为所求．
【解析】本题考查了作图−旋转变换，平移变换，找出对应点的位置是解题关键．
(1)根据点平移的规律得到A1(−1,0)，B1(2,1)，C1(3,3)，然后描点连线即可；
(2)根据关于原点对称的点的坐标特征得到A2(5,−1)，B2(2,−2)，C2(1,−4)，然后描点连线即可．
20.【答案】解：(1)设购买A品牌足球的单价为x元，则购买B品牌足球的单价为(x−20)元，
根据题意，得900x=720x−20，
解得：x=100，
经检验x=100是原方程的解，
x−20=80，
答：购买A品牌足球的单价为100元，则购买B品牌足球的单价为80元；
(2)设购买m个A品牌足球，则购买(90−m)个B品牌足球，
则W=100m+80(90−m)=20m+7200，
∵A品牌足球的数量不少于63个，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元，
∴100m+80(90−m)≤8500m≥63，
解不等式组得：63≤m≤65，
∵m为整数，
所以，m的值为 63或64或65，
即该队共有3种购买方案，
∵k=20>0，
∴W随m的增大而增大，
当m=63时，W最小，
m=63时，W=20×63+7200=8460(元)，
答：该队共有3种购买方案，购买63个A品牌27个B品牌的总费用最低，最低费用是8460元．
【解析】(1)设购买A品牌足球的单价为x元，则购买B品牌足球的单价为(x−20)元，根据用900元购买A品牌足球的数量用720元购买B品牌足球的数量相等，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
(2)设购买m个A品牌足球，则购买(90−m)个B品牌足球，根据总价=单价×数量，结合总价不超过8500元，以及A品牌足球的数量不少于63个，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之取其中的最小整数值即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
21.【答案】解：(1)∵直线y=−12x+32与y=x相交于点A，
∴联立得y=−12x+32y=x，解得x=1y=1，
∴点A(1,1)，
∵直线y=−12x+32与x轴交于点B，
∴令y=0，得−12x+32=0，解得x=3，
∴B(3,0)，
(2)存在一点C，使得以O，A，B，C为顶点的四边形是平行四边形．
①如图1，过点A作平行于x轴的直线，过点O作平行于AB的直线，两直线交于点C，
∵AC//x轴，OC//AB，
∴四边形CABO是平行四边形，
∵A(1,1)，B(3,0)，
∴AC=OB=3，
∴C(−2,1)，
②如图2，过点A作平行于x轴的直线，过点B作平行于AO的直线，两直线交于点C，
∵AC//x轴，BC//AO，
∴四边形CAOB是平行四边形，
∵A(1,1)，B(3,0)，
∴AC=OB=3，
∴C(4,1)，
③如图3，过点O作平行于AB轴的直线，过点B作平行于AO的直线，两直线交于点C，
∵OC//AB，BC//AO，
∴四边形CBAO是平行四边形，
∵A(1,1)，B(3,0)，
∴AO=BC，OC=AB，
作AE⊥OB，CF⊥OB，易得OE=EF=FB=1，
∴C(2,−1)，
(3)在直线OA上，存在一点D，使得△DOB是等腰三角形，
①如图4，当OB=OD时，作DE⊥x轴，交x轴于点E
∵OB=3，点D在OA上，∠DOE=45°
∴DE=OE=3 22，
∴D(−3 22,−3 22)，
②如图5，当OD=OB时，作DE⊥x轴，交x轴于点E
∵OB=3，点D在OA上，∠DOE=45°
∴DE=OE=3 22，
∴D(3 22,3 22)，
③如图6，当OB=DB时，
∵∠AOB=∠ODB=45°，
∴DB⊥OB，
∵OB=3，
∴D(3,3)，
④如图7，当DO=DB时，作DE⊥x轴，交x轴于点E
∵∠DOB=∠OBD=45°，
∴OD⊥DB，
∵OB=3，
∴OE=32，AE=32，
∴D(32,32).
综上所述，在直线OA上，存在点D(−3 22,−3 22)，D(3 22,3 22)，D(3,3)或D(32,32)，使得△DOB是等腰三角形，
【解析】(1)把直线y=−12x+32与y=x联立得出方程组求解即可得出点A的坐标，由直线y=−12x+32与x轴交于点B，令y=0，求出x的值，即可得出B的坐标，
(2)存在一点C，使得以O，A，B，C为顶点的四边形是平行四边形．分三种情况①过点A作平行于x轴的直线，过点O作平行于AB的直线，两直线交于点C，②过点A作平行于x轴的直线，过点B作平行于AO的直线，两直线交于点C，③过点O作平行于AB轴的直线，过点B作平行于AO的直线，两直线交于点C分别求解即可，
(3)在直线OA上，存在一点D，使得△DOB是等腰三角形，分四种情况①当OB=OD时，②当OD=OB时，③当OB=DB时，④如图7，当DO=DB时分别求解即可．
本题主要考查了一次函数的综合题，涉及一次函数的性质，等腰三角形的性质及平行四边形的判定，性质，解题的关键是能正确分不同种情况作图，解析，一定不要漏解．
22.【答案】(1)①解：如图1，
∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，∠B=∠ADG=90°，
∵∠BAD=∠ADC=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，∠ADC+∠ADG=180°，C、D、G三点共线，
∴∠DAG+∠DAF=45°，即∠GAF=45°，
即∠EAF=∠GAF=45°，
在△EAF和△GAF中
∴△EAF △GAF(SAS)，
∴EF=GF，
∵BE=DG，
∴EF=GF=BE+DF；
②当∠B与∠D满足∠B+∠D=180°时，仍有EF=BE+DF；
(2)解：∵△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠C=45°，由勾股定理得，
BC= = =4，
把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF．
则AF=AE，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE，
∵∠DAE=45°，
∴∠FAD=∠FAB+∠BAD=∠CAE+∠BAD=∠BAC−∠DAE=90°−45°=45°，
∴∠FAD=∠DAE=45°，
在△FAD和△EAD中
∴△FAD △EAD，
∴DF=DE，
设DE=x，则DF=x，
∵BC=4，
∴BF=CE=4−1−x=3−x，
∵∠FBA=45°，∠ABC=45°，
∴∠FBD=90°，
由勾股定理得：DF2=BF2+BD2，
x2=(3−x)2+12，
解得：x=，
即DE=．
【解析】
【分析】
本题考查了全等三角形的性质和判定，解直角三角形，勾股定理的应用，此题是开放性试题，首先在特殊图形中找到规律，然后再推广到一般图形中，对学生的分析问题，解决问题的能力要求比较高．
(1)①根据题意得出AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，求出∠EAF=∠GAF=45°，根据SAS推出△EAF △GAF，根据全等三角形的性质得出EF=GF，即可求出答案；
②把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，先证明C、D、G在一条直线上，根据SAS推出△EAF △GAF，根据全等三角形的性质得出EF=GF，即可求出答案；
(2)把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AC重合，根据等腰直角三角形性质和勾股定理求出∠ABC=∠C=45°，BC=4，根据题意得出AF=AE，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE，求出∠FAD=∠DAE=45°，证△FAD △EAD，根据全等得出DF=DE，设DE=x，则DF=x，BF=CE=3−x，根据勾股定理得出方程，求出x即可．
【详解】
(1)①见答案；
②当∠B与∠D满足∠B+∠D=180°时，仍有EF=BE+DF．
理由是：把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，则∠BAE=∠DAG，
∠BAD=90°，∠EAF=45°，
∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=90°−∠EAF=45°
∠EAF=∠GAF=45°，
∵∠B+∠ADC=180°，
∴∴∠ADC+∠ADG=180°，
∴C、D、G在一条直线上，
在△EAF和△GAF中
∴△EAF △GAF(SAS)，
∴EF=GF，
∵BE=DG，
∴EF=GF=BE+DF；
当∠B与∠D满足∠B+∠D=180°时，仍有EF=BE+DF．
(2)见答案．
2022-2023学年广东省佛山市南海区平洲二中八年级（下）第二次月考数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 2022年4月16日神舟十三号载人飞船圆满完成全部既定任务，顺利返回地球家园.六个月的飞天之旅展现了中国航天科技的新高度下列航天图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2. 下列分解因式正确的是( )
A. −x2+4x=−x(x+4) B. x2+xy+x=x(x+y)
C. x(x−y)+y(y−x)=(x−y)2 D. x2−4x+4=(x+2)(x−2)
3. 式子 a+1a−2有意义，则实数a的取值范围是( )
A. a≥−1 B. a≠2 C. a≥−1且a≠2 D. a>2
4. 如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是( )
A. AB//DC，AD//BC B. AB//DC，AD=BC
C. AO=CO，BO=DO D. AB=DC，AD=BC
5. 如图，在▱ABCD中，BF平分∠ABC交AD于点F，CE平分∠BCD交AD于点E，若AD=8，EF=4，则AB的长度为( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 8
6. 已知一个多边形的内角和是外角和的4倍，则这个多边形是( )
A. 八边形 B. 九边形 C. 十边形 D. 十二边形
7. 小李家装饰地面，已有正三角形状的地砖，现打算购买另一种不同形状的正多边形地砖，与正三角形地砖在同一顶点处作平面镶嵌，则小李不应购买的地砖形状是( )
A. 正方形 B. 正六边形 C. 正八边形 D. 正十二边形
8. 如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是线段AO，BO的中点，若AC+BD=24厘米，△OAB的周长是18厘米，则EF的长度是( )
A. 3cm B. 6cm C. 10cm D. 12cm
9. 如图，在△ABC中，∠CAB=65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△A′B′C′的位置，使CC′//AB，则旋转角的度数为( )
A. 35°
B. 40°
C. 50°
D. 65°
10. 如图，在△ABC中，∠BAC=80°，AB边的垂直平分线交AB于点D，交BC于点E，AC边的垂直平分线交AC于点F，交BC于点G，连接AE，AG.则∠EAG的度数为( )
A. 15° B. 20° C. 25° D. 30°
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 分解因式：2x2−12x+18= ．
12. 若实数x满足x2−x−1=0，则2x2−2x+2021= ______ ．
13. 如图，在平面直角坐标系中，点E(8,0)，点F(0,8)，将△OEF向下平移2个单位长度得到△ABC，BC与x轴交于点G，CO=GO，则阴影部分面积是______ ．
14. 如果关于x的不等式组x>a+2x<3a−2无解，则a的取值范围是______．
15. 如图，△ABC的周长为64，E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，A′、B′、C′分别为EF、EG、GF的中点，△A′B′C′的周长为16.如果△ABC、△EFG、△A′B′C′分别为第1个、第2个、第3个三角形，按照上述方法继续作三角形，那么第n个三角形的周长是______．
三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
16. 解不等式组：x−12
17. (本小题8.0分)
先化简，再求值：(3x−1−x−1)÷x2−4x+4x−1，其中x=3．
18. (本小题8.0分)
如图，平行四边形ABCD中，点E、F在对角线BD上，且BE=DF.求证：
(1)△ABE≌△CDF；
(2)四边形AECF是平行四边形．
19. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A(−5,1)，B(−2,2)，C(−1,4)，请按下列要求画图：
(1)将△ABC先向右平移4个单位长度、再向下平移1个单位长度，得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
(2)△A2B2C2与△ABC关于原点O成中心对称，画出△A2B2C2．
20. (本小题8.0分)
某校足球队需购买A、B两种品牌的足球.已知A品牌足球的单价比B品牌足球的单价高20元，且用900元购买A品牌足球的数量用720元购买B品牌足球的数量相等．
(1)求A、B两种品牌足球的单价；
(2)若足球队计划购买A、B两种品牌的足球共90个，A品牌足球的数量不少于63个，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元.设购买A品牌足球m个，总费用为W元，则该队共有几种购买方案？采用哪一种购买方案可使总费用最低？最低费用是多少元？
21. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=−12x+32与y=x相交于点A，与x轴交于点B．
(1)求点A，B的坐标；
(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在一点C，使得以O，A，B，C为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，试求出所有符合条件的点C的坐标；如果不存在，请说明理由；
(3)在直线OA上，是否存在一点D，使得△DOB是等腰三角形？如果存在，试求出所有符合条件的点D的坐标，如果不存在，请说明理由．
22. (本小题8.0分)
探究：如图1和2，四边形ABCD中，已知AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在BC、CD上，∠EAF=45°．
(1)①如图1，若∠B、∠ADC都是直角，把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，则能证得
EF=BE+DF，请写出推理过程；
②如图2，若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足数量关系______时，仍有EF=BE+DF；
(2)拓展：如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=2 2，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°.若BD=1，求DE的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：选项A、C、D中的图形都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项B中的图形能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：B．
根据中心对称图形的概念判断．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．
本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
2.【答案】C
【解析】解：A、−x2+4x=−x(x−4)，故此选项错误；
B、x2+xy+x=x(x+y+1)，故此选项错误；
C、x(x−y)+y(y−x)=(x−y)2，故此选项正确；
D、x2−4x+4=(x−2)2，故此选项错误；
故选：C．
利用公式法以及提取公因式法分解因式，分别分析得出答案．
此题主要考查了公式法以及提取公因式法分解因式，正确应用公式是解题关键．
3.【答案】C
【解析】
【分析】
此题主要考查了二次根式和分式有意义的条件，正确把握定义是解题关键．利用二次根式的定义与分式有意义的条件分别列出不等式，解不等式即可得出答案．
【解答】
解：式子 a+1a−2有意义，
则a+1≥0，且a−2≠0，
解得：a≥−1且a≠2．
故选C．
4.【答案】B
【解析】解：A、AB//DC，AD//BC可利用两组对边分别平行的四边形是平行四边形判定这个四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
B、AB//DC，AD=BC不能判定这个四边形是平行四边形，故此选项符合题意；
C、AO=CO，BO=DO可利用对角线互相平分的四边形是平行四边形判定这个四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
D、AB=DC，AD=BC可利用两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定这个四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
故选：B．
利用平行四边形的判定方法：(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)一组对边平行且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进行分析即可．
此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握平行四边形的判定定理．
5.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AB=CD，
∵BF平分∠ABC交AD于点F，CE平分∠BCD交AD于点E，
∴∠ABF=∠CBF=∠AFB，∠BCE=∠DCE=∠CED，
∴AB=AF，DC=DE，
∴AE=FD，
∵AE+EF+FD=AD，
∴2AE+EF=AD，
∴AE=2，
所以AB=AF=6，
故选：C．
先证明AB=AF，DC=DE，再根据EF=AF+DE−AD即可得出答案．
本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握这些知识的应用，属于常见题，中考常考题型．
6.【答案】C
【解析】本题主要考查了多边形内角和定理与外角和定理，多边形内角和=(n−2)×180°(n≥3且n为整数)，而多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则n边形取n个外角，无论边数是几，其外角和始终为360°．
先设这个多边形的边数为n，得出该多边形的内角和为(n−2)×180°，根据多边形的内角和是外角和的4倍，列方程求解．
解：设这个多边形的边数为n，则该多边形的内角和为(n−2)×180°，
依题意得(n−2)×180°=360°×4，
解得n=10，
则这个多边形的边数是10．
故选：C．
7.【答案】C
【解析】解：A、正方形的每个内角是90°，90°×2+60°×3=360°，所以能密铺；
B、正六边形每个内角是120°，120°+60°×4=360°，所以能密铺；
C、正八边形每个内角是180°−360°÷8=135°，135°与60°无论怎样也不能组成360°的角，所以不能密铺；
D、正十二边形每个内角是150°，150°×2+60°=360°，所以能密铺．
故选：C．
根据密铺的条件得，两多边形内角和必须凑出360°，进而判断即可．
本题考查两种正多边形的镶嵌应符合多个内角度数和等于360°．
8.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=12AC,OB=12BD，
∵AC+BD=24厘米，
∴OA+OB=12AC+12BD=12厘米，
∵△OAB的周长是18厘米，
∴AB=6厘米，
∵点E，F分别是线段AO，BO的中点，
∴EF是△AOB的中位线，
∴EF=12AB=3cm，
故选：A．
先根据平行四边形的性质求出OA+OB=12厘米，进而求出AB=6厘米，再证明EF是△AOB的中位线，则EF=12AB=3cm．
本题主要考查了三角形中位线定理以及平行四边形的性质的知识，解答本题的关键是求出AB的长，此题难度不大．
9.【答案】C
【解析】解：由旋转的性质得AC=AC′．
∵CC′//AB，∠CAB=65°，
∴∠C′CA=∠CAB=65°．
∵AC=AC′，
∴∠CC′A=65°，
∴∠C′AC=180°−2∠CC′A=180°−2×65°=50°．
故选：C．
根据旋转角的概念，可知∠C′AC就是旋转角，据此只要求出∠C′AC即可；根据CC′//AB，可以得到∠C′CA=∠CAB=70°，由旋转的性质可得AC=AC′，从而推理得到∠AC′C=∠C′CA=70°；由三角形内角和定理即可求得∠C′AC的度数，据此就可完成题目的解答．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等腰三角形两底角相等的性质，平行线的性质以及三角形内角和定理，熟记性质并准确识图是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：∵AB边的垂直平分线交AB于点D，AC边的垂直平分线交AC于点F，
∴AG=CG，AE=BE，
∴∠C=∠CAG，∠B=∠BAE，
∴∠BAE+∠CAG=∠B+∠C=180°−∠BAC=100°，
∴∠EAG=∠BAE+∠CAG−∠BAC=100°−80°=20°，
故选：B．
根据线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质即可得到结论．
此题考查了线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
11.【答案】2(x−3)2
【解析】解：2x2−12x+18，
=2(x2−6x+9)，
=2(x−3)2．
故答案为：2(x−3)2．
先提取公因式2，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．
本题主要考查提公因式法分解因式和利用完全平方公式分解因式，熟记公式结构是解题的关键．
12.【答案】2023
【解析】解：∵x2−x−1=0，
∴x2−x=1．
又∵2x2−2x+2021=2(x2−x)+2021，
∴2x2−2x+2021=2×1+2021=2023．
故答案为：2023．
将已知条件x2−x−1=0变成x2−x=1，把代数式的前两项提出2后得出已知条件中的x2−x，整体代入x2−x=1即可求得代数式的值．
根据已知条件求得代数式中有关字母或式子的值，再代入代数式求解．
13.【答案】14
【解析】解：∵点E(8,0)，点F(0,8)，
∴OE=OF=8，
∵FC=2，CO=GO，
∴CO=GO=6，
∴阴影部分面积是12×8×8−12×6×6=32−18=14．
故答案为：14．
用△EOF的面积减去△COG的面积即可．
本题考查了坐标与图形变化−平移，熟练掌握平移的性质是关键．
14.【答案】a≤2
【解析】解：∵不等式组x>a+2x<3a−2无解，根据“大大小小解不了”则a+2≥3a−2，所以a的取值范围是a≤2．
解出不等式组的解集(含a的式子)，与不等式组x>a+2x<3a−2无解比较，求出a的取值范围．
本题是已知不等式组的解集，求不等式中另一未知数的问题．可以先将另一未知数当作已知处理，求出解集与已知解集比较，进而求得另一个未知数．
15.【答案】27−n或64×(12)n−1
【解析】解：∵△ABC的周长为64，E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，
∴EF、FG、EG为三角形中位线，
∴EF=12BC，EG=12AC，FG=12AB，
∴EF+FG+EG=12(BC+AC+AB)，即△EFG的周长是△ABC周长的一半．
同理，△A′B′C′的周长是△EFG的周长的一半，即△A′B′C′的周长为14×64=16．
以此类推，第n个小三角形的周长是第一个三角形周长的64×(12)n−1=27−n，
故答案是：27−n．
根据E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，可以判断EF、FG、EG为三角形中位线，利用中位线定理求出EF、FG、EG与BC、AB、CA的长度关系即可求得△EFG的周长是△ABC周长的一半，△A′B′C′的周长是△EFG的周长的一半，以此类推，可以求得第n个三角形的周长．
本题考查了三角形中位线定理．此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
16.【答案】解：解不等式①得：x<3，
解不等式②得：x≥1，
∴原不等式组的解集为：1≤x<3，
∴整数解为1，2．
【解析】本题考查了一元一次不等式组的整数解，解一元一次不等式组，掌握解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到是解题的关键．分别求解两个不等式，得到不等式组的解集，写出整数解即可．
17.【答案】解：原式=3−(x2−1)x−1⋅x−1(x−2)2
=−(x+2)(x−2)x−1⋅x−1(x−2)2
=−x+2x−2，
当x=3时，
原式=−3+23−2
=−5．
【解析】先通分算括号内的，把除化为乘，化简后将x=3代入计算即可．
本题考查分式化简求值，解题的关键是掌握分式的性质，将所求式子化简．
18.【答案】证明(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD AB=CD，
∴∠ABE=∠CDF，
∵BE=DF，
∴△ABE≌△CDF (SAS)；
(2)证明：∵由(1)知，△ABE≌△CDF，
∴AE=CF，∠AEB=∠DFC，
∴∠AEF=∠CFE，
∴AE//FC，
∴四边形AECF是平行四边形．
【解析】(1)根据平行四边形平行四边形的性质得到AB//CD AB=CD，从而得到∠ABE=∠CDF，然后利用SAS证得两三角形全等即可；
(2)利用(1)中的全等三角形的对应角相等推知∠AEB=∠DFC，则等角的补角相等，即∠AEF=∠CFE，所以AE//FC.根据“有一组对边平行且相等”证得结论．
本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质．平行四边形的判定方法共有五种，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
19.【答案】解：(1)如图△A1B1C1即为所求；
(2)如图△A2B2C2即为所求．
【解析】本题考查了作图−旋转变换，平移变换，找出对应点的位置是解题关键．
(1)根据点平移的规律得到A1(−1,0)，B1(2,1)，C1(3,3)，然后描点连线即可；
(2)根据关于原点对称的点的坐标特征得到A2(5,−1)，B2(2,−2)，C2(1,−4)，然后描点连线即可．
20.【答案】解：(1)设购买A品牌足球的单价为x元，则购买B品牌足球的单价为(x−20)元，
根据题意，得900x=720x−20，
解得：x=100，
经检验x=100是原方程的解，
x−20=80，
答：购买A品牌足球的单价为100元，则购买B品牌足球的单价为80元；
(2)设购买m个A品牌足球，则购买(90−m)个B品牌足球，
则W=100m+80(90−m)=20m+7200，
∵A品牌足球的数量不少于63个，购买两种品牌足球的总费用不超过8500元，
∴100m+80(90−m)≤8500m≥63，
解不等式组得：63≤m≤65，
∵m为整数，
所以，m的值为 63或64或65，
即该队共有3种购买方案，
∵k=20>0，
∴W随m的增大而增大，
当m=63时，W最小，
m=63时，W=20×63+7200=8460(元)，
答：该队共有3种购买方案，购买63个A品牌27个B品牌的总费用最低，最低费用是8460元．
【解析】(1)设购买A品牌足球的单价为x元，则购买B品牌足球的单价为(x−20)元，根据用900元购买A品牌足球的数量用720元购买B品牌足球的数量相等，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
(2)设购买m个A品牌足球，则购买(90−m)个B品牌足球，根据总价=单价×数量，结合总价不超过8500元，以及A品牌足球的数量不少于63个，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之取其中的最小整数值即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
21.【答案】解：(1)∵直线y=−12x+32与y=x相交于点A，
∴联立得y=−12x+32y=x，解得x=1y=1，
∴点A(1,1)，
∵直线y=−12x+32与x轴交于点B，
∴令y=0，得−12x+32=0，解得x=3，
∴B(3,0)，
(2)存在一点C，使得以O，A，B，C为顶点的四边形是平行四边形．
①如图1，过点A作平行于x轴的直线，过点O作平行于AB的直线，两直线交于点C，
∵AC//x轴，OC//AB，
∴四边形CABO是平行四边形，
∵A(1,1)，B(3,0)，
∴AC=OB=3，
∴C(−2,1)，
②如图2，过点A作平行于x轴的直线，过点B作平行于AO的直线，两直线交于点C，
∵AC//x轴，BC//AO，
∴四边形CAOB是平行四边形，
∵A(1,1)，B(3,0)，
∴AC=OB=3，
∴C(4,1)，
③如图3，过点O作平行于AB轴的直线，过点B作平行于AO的直线，两直线交于点C，
∵OC//AB，BC//AO，
∴四边形CBAO是平行四边形，
∵A(1,1)，B(3,0)，
∴AO=BC，OC=AB，
作AE⊥OB，CF⊥OB，易得OE=EF=FB=1，
∴C(2,−1)，
(3)在直线OA上，存在一点D，使得△DOB是等腰三角形，
①如图4，当OB=OD时，作DE⊥x轴，交x轴于点E
∵OB=3，点D在OA上，∠DOE=45°
∴DE=OE=3 22，
∴D(−3 22,−3 22)，
②如图5，当OD=OB时，作DE⊥x轴，交x轴于点E
∵OB=3，点D在OA上，∠DOE=45°
∴DE=OE=3 22，
∴D(3 22,3 22)，
③如图6，当OB=DB时，
∵∠AOB=∠ODB=45°，
∴DB⊥OB，
∵OB=3，
∴D(3,3)，
④如图7，当DO=DB时，作DE⊥x轴，交x轴于点E
∵∠DOB=∠OBD=45°，
∴OD⊥DB，
∵OB=3，
∴OE=32，AE=32，
∴D(32,32).
综上所述，在直线OA上，存在点D(−3 22,−3 22)，D(3 22,3 22)，D(3,3)或D(32,32)，使得△DOB是等腰三角形，
【解析】(1)把直线y=−12x+32与y=x联立得出方程组求解即可得出点A的坐标，由直线y=−12x+32与x轴交于点B，令y=0，求出x的值，即可得出B的坐标，
(2)存在一点C，使得以O，A，B，C为顶点的四边形是平行四边形．分三种情况①过点A作平行于x轴的直线，过点O作平行于AB的直线，两直线交于点C，②过点A作平行于x轴的直线，过点B作平行于AO的直线，两直线交于点C，③过点O作平行于AB轴的直线，过点B作平行于AO的直线，两直线交于点C分别求解即可，
(3)在直线OA上，存在一点D，使得△DOB是等腰三角形，分四种情况①当OB=OD时，②当OD=OB时，③当OB=DB时，④如图7，当DO=DB时分别求解即可．
本题主要考查了一次函数的综合题，涉及一次函数的性质，等腰三角形的性质及平行四边形的判定，性质，解题的关键是能正确分不同种情况作图，解析，一定不要漏解．
22.【答案】(1)①解：如图1，
∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，∠B=∠ADG=90°，
∵∠BAD=∠ADC=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，∠ADC+∠ADG=180°，C、D、G三点共线，
∴∠DAG+∠DAF=45°，即∠GAF=45°，
即∠EAF=∠GAF=45°，
在△EAF和△GAF中
∴△EAF △GAF(SAS)，
∴EF=GF，
∵BE=DG，
∴EF=GF=BE+DF；
②当∠B与∠D满足∠B+∠D=180°时，仍有EF=BE+DF；
(2)解：∵△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠C=45°，由勾股定理得，
BC= = =4，
把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF．
则AF=AE，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE，
∵∠DAE=45°，
∴∠FAD=∠FAB+∠BAD=∠CAE+∠BAD=∠BAC−∠DAE=90°−45°=45°，
∴∠FAD=∠DAE=45°，
在△FAD和△EAD中
∴△FAD △EAD，
∴DF=DE，
设DE=x，则DF=x，
∵BC=4，
∴BF=CE=4−1−x=3−x，
∵∠FBA=45°，∠ABC=45°，
∴∠FBD=90°，
由勾股定理得：DF2=BF2+BD2，
x2=(3−x)2+12，
解得：x=，
即DE=．
【解析】
【分析】
本题考查了全等三角形的性质和判定，解直角三角形，勾股定理的应用，此题是开放性试题，首先在特殊图形中找到规律，然后再推广到一般图形中，对学生的分析问题，解决问题的能力要求比较高．
(1)①根据题意得出AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，求出∠EAF=∠GAF=45°，根据SAS推出△EAF △GAF，根据全等三角形的性质得出EF=GF，即可求出答案；
②把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，先证明C、D、G在一条直线上，根据SAS推出△EAF △GAF，根据全等三角形的性质得出EF=GF，即可求出答案；
(2)把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AC重合，根据等腰直角三角形性质和勾股定理求出∠ABC=∠C=45°，BC=4，根据题意得出AF=AE，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE，求出∠FAD=∠DAE=45°，证△FAD △EAD，根据全等得出DF=DE，设DE=x，则DF=x，BF=CE=3−x，根据勾股定理得出方程，求出x即可．
【详解】
(1)①见答案；
②当∠B与∠D满足∠B+∠D=180°时，仍有EF=BE+DF．
理由是：把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，则∠BAE=∠DAG，
∠BAD=90°，∠EAF=45°，
∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=90°−∠EAF=45°
∠EAF=∠GAF=45°，
∵∠B+∠ADC=180°，
∴∴∠ADC+∠ADG=180°，
∴C、D、G在一条直线上，
在△EAF和△GAF中
∴△EAF △GAF(SAS)，
∴EF=GF，
∵BE=DG，
∴EF=GF=BE+DF；
当∠B与∠D满足∠B+∠D=180°时，仍有EF=BE+DF．
(2)见答案．
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