惠州一中南湖校区 2023-2024学年上学期八年级期中考试数学试卷

这是一份惠州一中南湖校区 2023-2024学年上学期八年级期中考试数学试卷，文件包含广东省惠州市第一中学2023-2024学年八年级上学期期中数学试题原卷版docx、广东省惠州市第一中学2023-2024学年八年级上学期期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。

1. 下列四个图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据轴对称图形的定义逐项分析即可，轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．
【详解】A.不是轴对称图形，符合题意；
B.是轴对称图形，不符合题意；
C. 是轴对称图形，不符合题意；
D. 是轴对称图形，不符合题意；
故选A
【点睛】本题考查了轴对称图形的定义，找到对称轴是解题的关键．
2. 下列图形中具有稳定性的是（ ）
A. 正三角形B. 正方形C. 正五边形D. 正六边形
【答案】A
【解析】
【详解】解：∵三角形具有稳定性，
∴A正确，B．C、D错误．
故选A．
3. 一定能确定△ABC≌△DEF的条件是（ ）
A. ∠A＝∠D，AB＝DE，∠B＝∠EB. ∠A＝∠E，AB＝EF，∠B＝∠D
C. AB＝DE，BC＝EF，∠A＝∠DD. ∠A＝∠D，∠B＝∠E，∠C＝∠F
【答案】A
【解析】
【分析】根据全等三角形的判定定理逐项排查即可．
【详解】解：A、根据ASA即可推出△ABC≌△DEF，故本选项正确；
B、根据∠A＝∠E，∠B＝∠D，AB＝DE才能推出△ABC≌△DEF，故本选项错误；
C、根据AB＝DE，BC＝EF，∠B＝∠E才能推出△ABC≌△DEF，故本选项错误；
D、根据AAA不能推出△ABC≌△DEF，故本选项错误．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定定理，全等三角形的判定定理SAS、ASA、AAS、SSS，理解AAS不能判定三角形全等是解答本题的关键．
4. 已知等腰三角形的一边长为4cm，周长是18cm，则它的腰长是（ ）
A. 4cmB. 7cmC. 10cmD. 4cm或7cm
【答案】B
【解析】
【分析】分4cm为等腰三角形的腰长和底边长两种情况，结合三角形的三边关系解答即可．
【详解】解：若4cm为等腰三角形的腰长，则底边长=18－4－4=10cm，由于4+4＜10，此时不能构成三角形，故此种情况须舍去；
若4cm为等腰三角形的底边长，则腰长=（18－4）÷2=7cm，此时三角形的三边长分别为7cm、7cm、4cm，能构成三角形．
故选：B．
【点睛】本题考查了等腰三角形的定义和三角形的三边关系，属于基础题型，正确分类、熟练掌握基本知识是解题关键．
5. 如图所示，小青书上的三角形被墨逆污染了一部分，很快他就根据所学知识画出一个与书上完全一样的三角形，那么这两个三角形完全一样的依据是（ ）
A. ASAB. SASC. AASD. SSS
【答案】A
【解析】
【分析】根据全等三角形的判定理进行解答即可．
【详解】解：有图形可知，图中有两角以及两角所夹的边相等，
故这两个三角形完全一样的依据是“”，
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解本题的关键．
6. 下列命题中正确的是（ ）
A. 一个三角形最多有个钝角B. 直角三角形的外角不可以是锐角
C. 三角形的两边之差可以等于第三边D. 三角形的外角一定大于相邻内角
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角形的内角的性质、直角三角形的性质、三角形的三边关系及三角形的外角的性质分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、一个三角形最多有1个钝角，故原命题错误，不符合题意；
B、直角三角形的外角不可以是锐角，正确，符合题意；
C、三角形的两边之差小于第三边，故原命题错误，不符合题意；
D、三角形的外角不一定大于相邻的内角，故原命题错误，不符合题意，
故选：B．
【点晴】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解三角形的内角的性质、直角三角形的性质、三角形的三边关系及三角形的外角的性质等知识，难度不大．
7. 如图，把长方形沿对折后使两部分重合，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由折叠可知：∠2=∠3，根据∠1+∠2+∠3=180°，可以得出∠3的度数，再根据平行线的性质可以求解．
【详解】如图：由折叠可知：∠2=∠3，
又∵∠1+∠2+∠3=180°，
所以2∠3+∠1=180°，
2∠3=180°-50°，
∴∠3=65°，
在长方形ABCD中，
∴AD∥BC
∴∠AEF+∠3=180°，
∴∠AEF=180°-65°=115°，
故选：B．
【点睛】本题考查了长方形性质，折叠问题，以及平行线的性质，熟悉掌握折叠的性质，以及平行线的性质求角度是解题的关键．
8. 如图，在△ABC中，AB＝8cm，BC＝6cm，AC＝5cm．沿过点B的直线折叠这个三角形，使点C落在AB边上的点E处，折痕为BD，则△AED 的周长是（ ）
A. 5cmB. 6cmC. 7cmD. 8cm
【答案】C
【解析】
【分析】由折叠的性质可得DE=DC，BE=BC，从而易得周长的值．
【详解】由折叠性质可得DE=DC，BE=BC=6cm
∴AE=AB-BE=8-6=2(cm)
∴△AED 的周长=AD+DE+AE=AD+DC+AE=AC+AE=5+2=7(cm)
故选：C．
【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形的周长等知识，关键是掌握折叠的性质．
9. 一个多边形少算一个内角，其余内角之和是1500°，则这个多边形的边数是（ ）
A. 8B. 9C. 10D. 11
【答案】D
【解析】
【分析】根据n边形的内角和是(n-2)•180°，可以得到内角和一定是180度的整数倍，即可求解．
【详解】，
则正多边形的边数是8+1+2=11．
故选：D．
【点睛】本题考查了根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，掌握n边形的内角和公式(n-2)•180°是解题的关键．
10. 如图，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，且∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一条线上，CM平分∠DCE，连接BE．以下结论：①AD＝CE；②CM⊥AE；③AE＝BE+2CM；④S△COE＞S△BOE，正确的有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，可判断①，由等腰直角三角形的性质可得∠CDE＝∠CED＝45°，CM⊥AE，可判断②，由三角形的面积公式可判断④，由线段和差关系可判断③，即可求解．
【详解】解：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，故①错误，
∵△DCE为等腰直角三角形，CM平分∠DCE，
∴CM⊥AE，故②正确，
∵CD＝CE，CM⊥DE，
∴DM＝ME．
∵∠DCE＝90°，∠CDE＝∠CED＝45°
∴DM＝ME＝CM．
∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．故③正确，
由△ACD≌△BCE（SAS）得∠ADC=∠BEC，
∴∠DCE+∠CED=∠AEB+∠CED，
∴∠AEB=∠DCE=90°，
∴S△COE＝OE•CM，S△BOE＝OE•BE，
∵CM不一定大于BE，
∴S△COE不一定大于S△BOE，故④错误，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、三角形外角性质，证明△ACD≌△BCE是本题的关键．
二、填空题（本大题7小题，每小题4分，共28分.请将下列各题的答案写在答题卡相应的位置上）
11. 在平面直角坐标系中，点关于x轴对称点的坐标为________．
【答案】（2，1）．
【解析】
【分析】根据关于x轴对称的两点，横坐标相同，纵坐标互为相反数解答即可．
【详解】点关于轴对称的点的坐标是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了坐标平面内的轴对称变换，关于x轴对称的两点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的两点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的两点，横坐标和纵坐标都互为相反数．
12. 若从一个多边形的一个顶点出发，最多可以引9条对角线，则它是_____边形.
【答案】十二
【解析】
【分析】可根据n边形从一个顶点引出的对角线与边的关系：n-3，列方程求解．
【详解】设多边形有n条边，
则n-3=9，
解得：n=12，
故多边形的边数为12，即它是十二边形，
故答案为：十二.
【点睛】多边形有n条边，则经过多边形的一个顶点的所有对角线有（n-3）条，经过多边形的一个顶点的所有对角线把多边形分成（n-2）个三角形．
13. 如图，在中，为中点，，则的度数为________．
【答案】##度
【解析】
【分析】由等腰三角形的三线合一性质可知，再由三角形内角和定理和等腰三角形两底角相等的性质即可得出结论．
【详解】解：∵为中点，
∴是的平分线，，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
14. 如图，在中，和分别平分和，若，则的大小为______.
【答案】80°
【解析】
【分析】根据∠D=130°，则∠DBC+∠DCB=50°，由BD和CD是角平分线，则∠ABC+∠ACB=2（∠DBC+∠DCB）=100°，即可求出∠A=80°.
【详解】解：∵∠D=130°，
∴∠DBC+∠DCB=180°-130°=50°，
∵和分别平分和，
∴∠ABC=2∠DBC，∠ACB=2∠DCB，
∴∠ABC+∠ACB=2（∠DBC+∠DCB）=100°，
∴∠A=180°-100°=80°；
故答案80°.
【点睛】本题考查了角平分线的性质和三角形内角和定理，解题的关键是根据角平分线性质求出∠ABC+∠ACB的度数.
15. 已知的周长为30，面积为20，其内角平分线交于点O，则点O到边BC的距离为________．
【答案】
【解析】
【分析】过O作OD⊥BC于D，OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，连接OA、OB、OC，根据三角形的内心和角平分线的性质得出OE=OD=OF，再根据三角形的面积公式求出即可．
【详解】如图，过O作OD⊥BC于D，OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，连接OA、OB、OC，
∵O是△ABC内角平分线的交点，
∴OE=OF=OD，
∵△ABC的面积是20，
∴S△AOB+S△BOC+S△AOC=20，
∴×AC×OF=20，
∴(AB+BC+AC)×OD=40，
∵△ABC的周长为30，
∴AB+BC+AC=30，
∴OD=，
∴即O到BC的距离是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的内心，角平分线的性质和三角形的面积等知识点，能求出OD=OE=OF是解此题的关键．
16. 如图△ABC，DE垂直平分线段AC，AF⊥BC于点F，AD平分∠FAC，则FD：DC＝______．
【答案】1：2
【解析】
【分析】根据线段垂直平分线性质得到DA＝DC，得到∠DAC＝∠C，根据角平分线的定义、直角三角形的性质求出∠DAF＝30°，根据直角三角形的性质解答即可．
【详解】解：∵DE垂直平分线段AC，
∴DA＝DC，
∴∠DAC＝∠C，
∵AD平分∠FAC，
∴∠DAC＝∠DAF，
∴∠DAC＝∠C＝∠DAF，
∵AF⊥BC，
∴∠DAF＝30°，
∴AD＝2DF，
∴FD：DC＝1：2，
故答案为：1：2．
【点睛】本题考查的是线段的垂直平分线的性质、直角三角形的性质，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．
17. △ABC中，已知点D，E，F分别是BC，AD，CE边上的中点，且S△ABC＝16cm2，则S△CDF的值为_______cm2．
【答案】2
【解析】
【分析】根据三角形的中线平分三角形的面积用△ABC的面积先后表示出△ACD、△CDE、△CDF的面积，然后代入数据进行计算即可得解．
【详解】解：∵点D，E，F分别是BC，AD，CE边上的中点，
∴S△ABD=S△ACD=S△ABC，
S△CDE=S△ACD=S△ABC，
S△CDF=S△CDE=S△ABC，
∵S△ABC=16cm2，
∴S△CDF=×16=2cm2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了三角形的面积，根据三角形的中线平分三角形的面积推出△CDF与△ABC的面积的关系是解题的关键，也是本题的难点．
三、解答题（本大题3小题，每小题6分，共18分.请将各题的详细答案写在答题卡相应的位置上）
18. 如图，AC和BD相交于点0，OA=OC， OB=OD，求证：DC//AB
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】根据SAS可知△AOB≌△COD，从而得出∠A=∠C，根据内错角相等两直线平行的判定可得结论．
【详解】解：∵OA=OC，∠AOB=∠COD，OB=OD，
∴△AOB≌△COD（SAS）．
∴∠A=∠C．
∴AB∥CD．
【点睛】本题考查了1．全等三角形的的判定和性质；2．平行线的判定．
19. 在△ABC中，∠B=∠A+20°，∠C=∠B+20°，求△ABC的三个内角的度数．
【答案】∠A=40°，∠B=60°，∠C=80°
【解析】
【详解】∵在△ABC中，∠B=∠A+20°代入∠C=∠B+20°中，得∠C=∠A+40°
设∠A=x
∵∠A+∠B+∠C=180°，得x+x+20°+x+40°=180°
解方程得x=40°
∴ ∠A=40°， ∠B=60°，∠C=80°．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形的内角和是180°是解答此题的关键．
20. 如图，△ABC是等腰直角三角形，BD⊥AE，CE⊥AE，垂足为D，E，CE＝3，BD＝7，
（1）求证：△ABD≌△CAE；
（2）求DE的长度．
【答案】（1）见解析；（2）4．
【解析】
【分析】（1）利用AAS判定△ABD≌△CAE；
（2）因为BD=AE，AD=CE，AE=AD+DE=CE+DE，所以BD=DE+CE．
【详解】（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=AC，∠BAC=90°，
∵BD⊥AE于D，CE⊥AE于E，
∴∠BDA=∠AEC=90°，∠DBA+∠BAD=90°，∠BAD+∠EAC=90°，
∴∠DBA=∠EAC，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
（2）解：由（1）知，△ABD≌△CAE，
∴AD=CE，BD=AE，
∵AE=AD+DE，
∴BD=DE+CE，
∵CE=3，BD=7，
∴DE=7-3=4．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的内角和定理的应用，关键是推出BD=DE+CE．
四、解答题（本大题3小题，每小题8分，共24分.请将各题的详细答案写在答题卡相应的位置上）
21. 如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，在网格中的位置如图所示，的三个顶点都在格点上．将A、B、C的横坐标和纵坐标都乘以，分别得到点、、．
（1）写出三个顶点的坐标_______；
（2）若与关于x轴对称，在平面直角坐标系中画出；
（3）若以点A、C、P为顶点的三角形与全等，直接写出所有符合条件的点P的坐标．
【答案】（1）、、；（2）如图所示，见解析；（3）点P的坐标为、、．
【解析】
【分析】（1）根据平面直角坐标系写出A、B、C各点的坐标，将点A、B、C的横坐标和纵坐标都乘以，分别得到点、、即可，
（2）先作出A、B、C关于x轴的对称点A2、B2、C2，然后顺次连接即可；
（3）根据全等三角形对应边相等，分∠CAP=∠ACB=90°和∠ACP=∠ACB=90°两种情况讨论求解．
【详解】（1）先求出ABC三点坐标分别为A（-3,1），B（-1,4），C（-1,1）将点A、B、C的横坐标和纵坐标都乘以，分别得到点、、，则A1（3，-1）、B1（1，-4）、C（1，-1）；
故答案为：、、；
（2）如图所示，先作A、B、C三点关于x轴的对称点A2、B2、C2，然后连接A2B2、B2C2、C2A2,，则△A2B2C2为所求；
（3）若，则点P的坐标为或，
若，则点P的坐标为，
综上所述，点P的坐标为、、．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，解题的关键是熟练的掌握全等三角形的判定与性质．
22. 如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，BE平分∠ABC，DF平分∠ADC.
求证：BE∥DF．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】根据四边形内角和为360°可得∠ABC+∠ADC＝180°，根据角平分线的定义可得∠EBC+∠FDC＝90°，根据同角的余角相等可得∠EBF＝∠DFC，即可证明BE//DF.
【详解】∵在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∵BE平分∠B，DF平分∠D，
∴∠ABE=∠EBC，∠ADF=∠FDC，
∴∠EBC+∠FDC＝90°，
∵∠C＝90°，
∴∠DFC+∠FDC＝90°，
∴∠EBF＝∠DFC，
∴BE∥DF．
【点睛】本题考查利用了角平分线定义，四边形的内角和为360°，同角的余角相等．熟练掌握相关知识是解题关键.
23. 如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，D为△ABC内一点， ∠BAD＝15°，AD＝AC，CE⊥AD于E，且CE＝5．
（1）求BC的长；
（2）求证：BD＝CD．
【答案】（1）10；（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得出∠BAC=45°，从而得出∠CAD=30°，根据垂直得出AC=BC=10；
（2）过D作DF⊥BC于F，然后证明Rt△DCE和Rt△DCF全等，从而得出CF=CE=5，根据BC=10得出BF=FC，从而得出答案．
【详解】（1）在△ABC中，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝45°，
∵∠BAD＝15°，
∴∠CAD＝30°，
∵CE⊥AD，CE＝5，
∴AC＝10，
∴BC＝10．
（2）过D作DF⊥BC于F，
在△ADC中，∠CAD＝30°，AD＝AC，
∴∠ACD＝75°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠FCD＝15°，
在△ACE中，∠CAE＝30°，CE⊥AD，
∴∠ACE＝60°，
∴∠ECD＝∠ACD－∠ACE＝15°，
∴∠ECD＝∠FCD，
∴DF＝DE，
在Rt△DCE与Rt△DCF中，，
∴Rt△DCE≌Rt△DCF，
∴CF＝CE＝5，
∵BC＝10，
∴BF＝FC，
∵DF⊥BC，
∴BD＝CD．
五、解答题（本大题2小题，每小题10分，共20分.请将各题的详细答案写在答题卡相应的位置上）
24. 如图，已知△ABC中AB＝AC＝12厘米，BC＝9厘米，点D为AB的中点．
（1）如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上由C点向A点运动．
①若点P点Q的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；
②若点P点Q的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？
（2）若点Q以②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，求经过多长时间，点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇？此时相遇点距到达点B的路程是多少？
【答案】（1）①全等，理由见解析；②4厘米/秒；（2）经过24秒，点P与点Q第一次在BC边上相遇；相遇点距到达点B的路程是6厘米．
【解析】
【分析】（1）①根据速度×时间=距离可得BP＝CQ＝3，PC＝BD＝6，根据等腰三角形的性质可得∠B＝∠C，利用SAS即可得△BPD≌△CQP；
②VP≠VQ可得BP≠CQ，根据∠B＝∠C，要使△BPD与△CQP全等，只能BP＝CP，根据全等得出CQ＝BD＝6，然后根据运动速度求得运动时间，根据时间和CQ的长即可求得Q的运动速度；
（2）根据VQ＞VP，只能是点Q追上点P，即点Q比点P多走AB+AC的路程，据此列出方程，解这个方程即可得答案．
【详解】（1）①全等，理由如下：
∵t＝1（秒），点P、Q的速度为3厘米/秒，
∴BP＝CQ＝3（厘米）
∵AB＝12，D为AB中点，
∴BD＝6（厘米）
∵PC＝BC﹣BP＝9﹣3＝6（厘米）
∴PC＝BD
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
在△BPD与△CQP中，，
∴△BPD≌△CQP．
②∵VP≠VQ，
∴BP≠CQ，
∵∠B＝∠C，
∴要使△BPD≌△CPQ，只能BP＝CP＝BC=4.5，
∵△BPD≌△CPQ，
∴CQ＝BD＝6．
∴点P的运动时间t＝＝＝1.5（秒），
此时VQ＝＝＝4（厘米/秒）．
∴当点Q的运动速度为4厘米/秒时，能够使△BPD与△CQP全等．
（2）∵VQ＞VP，
∴只能是点Q追上点P，即点Q比点P多走AB+AC的路程，
设经过x秒后P与Q第一次相遇，依题意得4x＝3x+2×12，
解得：x＝24（秒），
此时P运动了24×3＝72（厘米），
∵△ABC的周长为33厘米，72＝33×2+6，
∴此时相遇点距到达点B的路程是6厘米，
∴点P、Q在BC边上相遇，即经过了24秒，点P与点Q第一次在BC边上相遇．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，以及数形结合思想的运用，解题的根据是熟练掌握三角形全等的判定和性质．
25. 在等腰中，，点D是AC上一动点，点E在的BD延长线上且，AF平分交DE于点F连接FC．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，当时，求证：；
（3）如图3，当，且时，求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】（1）利用“SAS”证明△ACF≌△AEF，根据全等三角形的性质得到∠E=∠ACF，根据等腰三角形的性质得到∠E=∠ABE，等量代换证明结论；
（2）在FB上截取BM=CF，连接AM，证明△ABM≌△ACF，根据全等三角形的性质得到AM=AF，∠BAM=∠CAF，进而证明△AMF为等边三角形，结合图形证明结论；
（3）延长BA、CF交于N，证明△BFN≌△BFC，得到CN=2CF=2EF，再证明△BAD≌△CAN，得到BD=CN，等量代换得到答案．
【详解】（1）∵AF平分∠CAE，
∴∠EAF=∠CAF，
∵AB=AC，AB=AE，
∴AE=AC，
在△ACF和△AEF中，
，
∴△ACF≌△AEF（SAS），
∴∠E=∠ACF，
∵AB=AE，
∴∠E=∠ABE，
∴∠ABE=∠ACF；
（2）如图，在FB上截取BM=CF，连接AM，
∵△ACF≌△AEF，
∴EF=CF，∠E=∠ACF=∠ABM，
△ABM和△ACF中，
，
∴△ABM≌△ACF（SAS），
∴AM=AF，∠BAM=∠CAF，
∵AB=AC，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∴∠MAF=∠MAC+∠CAF=∠MAC+∠BAM=∠BAC=60°，
∵AM=AF，
∴△AMF为等边三角形，
∴AF=AM=MF，
∴AF+EF=BM+MF=FB；
（3）如图，延长BA、CF交于N，
∵AE∥BC，
∴∠E=∠EBC，
∵AB=AE，
∴∠ABE=∠E，
∴∠ABF=∠CBF，
∵∠ABC=45°，
∴∠ABF=∠CBF=22.5°，∠ACB=45°，∠BAC=180°-45°-45°=90°，
∴∠ACF=∠E=∠ABF=22.5°，
∴∠BFC=180°-22.5°-45°-22.5°=90°，
∴∠BFN=∠BFC=90°，
在△BFN和△BFC中，
，
∴△BFN≌△BFC（ASA），
∴CF=FN，即CN=2CF=2EF，
∵∠BAC=90°，
∴∠NAC=∠DAB=90°，
在△BAD和△CAN中，
，
∴△BAD≌△CAN（ASA），
∴BD=CN，
∴BD=2EF．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质，作出合适的辅助线构建全等三角形是解题的关键．