2023-2024学年安徽省安庆市二十校联考八年级（上）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年安徽省安庆市二十校联考八年级（上）期末数学试卷（含详细答案解析），共22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。

1.下列图形中，具有稳定性的是( )
A. B.
C. D.
2.下列图形中是轴对称图形的个数为( )
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
3.若一个三角形的三个内角度数的比为2：3：4，则这个三角形是( )
A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形
4.判断命题“如果n<1，那么n2−1<0”是假命题，只需举出一个反例．反例中的n可以为( )
A. −2B. −12C. 0D. 12
5.已知点(−2,y1)，(−1,y2)，(1,y3)都在直线y=−3x上，则y1，y2，y3的大小关系是( )
A. y1>y2>y3B. y1y1>y2D. y36.如图，平面直角坐标系中，在边长为1的正方形ABCD的边上有一动点P沿A→D→C→B→A运动一周，则P的纵坐标y与P点走过的路程s之间的函数关系用图象表示大致是( )
A.
B.
C.
D.
7.如图，AD，CE是△ABC的两条中线，连接ED.若S△ABC=12，则S阴影=( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 6
8.在同一直角坐标系中，一次函数y=kx+k与正比例函数y=kx的图象可能是( )
A. B. C. D.
9.用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖的面积为a，小正方形地砖的面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD.则正方形ABCD的面积为( )
A. a+b
B. a−b
C. 2a+b
D. 2a−b
10.如图，已知等边△ABC和等边△BPE，点P在BC的延长线上，EC的延长线交AP于点M，连接BM，有下列结论：①AP=CE；②∠PME=60∘；③MB平分∠AME；④AM+MC=BM，其中正确的结论是( )
A. ①②③
B. ①②④
C. ①③④
D. ①②③④
二、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
11.点A(5,−3)向左平移3个单位，再向下平移2个单位后的坐标是______.
12.已知一次函数y=−12x+3，当−3≤x≤4时，y的最大值是______.
13.等腰三角形的一个外角是110∘，则它的顶角的度数是______.
14.如图，在△ABC中，∠ABC=30∘，AB=1+ 3，BC=2，点M在线段BC上运动(不包含点B)，连接AM，将△ABM沿直线AM翻折得到△AB′M.
(1)当B′M⊥BC时，则∠BAM=______.
(2)在点M运动过程中，点B′到直线BC距离的最大值是______.
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题8分)
如图AE=BD，AC=DF，BC=EF，求证：EF//BC.
16.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点为A(−1,4)，B(−2,1)，C(−4,3).
(1)△ABC的面积是______；
(2)把△ABC向下平移4个单位长度得△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
(3)请画出△A1B1C1关于y轴对称的△A2B2C2.
17.(本小题8分)
已知y=y1+y2，y1与x成正比例，y2与x−3成正比例，当x=−1时，y=4；当x=1时，y=8，求y与x之间的函数关系式．
18.(本小题8分)
在直角三角形中，如果一个锐角等于30∘，那么它所对的直角边等于斜边的一半．试作出图形，写出已知、求证，并给出证明．
19.(本小题8分)
如图，经过点(3,0)的一次函数y=−x+b与正比例函数y=ax交于点P(m,2).
(1)求a，b，m的值；
(2)请直接写出不等式组ax≥−x+b>0的解集.
20.(本小题8分)
如图，在△ABC中，∠B=∠C，点D、E、F分别在AB、BC、AC边上，且BE=CF，AD+EC=AB.
(1)求证：DE=EF.
(2)当∠A=36∘时，求∠DEF的度数．
21.(本小题8分)
某校运动会需购买A、B两种奖品，若购买A种奖品3件和B种奖品2件，共需60元；若购买A种奖品5件和B种奖品3件，共需95元，
(1)求A、B两种奖品单价各是多少元？
(2)学校计过购买A、B两种奖品共100件，购买费用不超过1150元，且A种奖品的数量不大于B种奖品数量的3倍．设购买A种奖品m件，购买费用为w元，写出w(元)与m(件)之间的函数表达式，并求最少费用w的值．
22.(本小题8分)
我们将内角互为对顶角的两个三角形称为“对顶三角形”.例如，在图1中，△AOB的内角∠AOB与△COD的内角∠COD互为对顶角，则△AOB与△COD为“对顶三角形”，根据三角形内角和定理知“对顶三角形”有如下性质：∠A+∠B=∠C+∠D.
(1)如图1，在“对顶三角形”△AOB与△OOD中，∠AOB=70∘，则∠C+∠D=______ ∘.
(2)如图2，在△ABC中，AD、BE分别平分∠BAC和∠ABC，若∠C=60∘，∠ADE比∠BED大6∘，求∠BED的度数.
23.(本小题8分)
(1)如图1，四边形ABCD中，∠B=∠C=90∘，E是BC上一点，AE平分∠BAD，DE平分∠ADC.则线段AB、DC、AD的长度满足的数量关系为______；
(2)如图2，将(1)中的条件“∠B=∠C=90”改为“∠B+∠C=180”，其他条件不变，(1)中的结论是否还成立，如果成立，请说明理由；如果不成立，请举出反例；
(3)将(1)中的条件“∠B=∠C=90改为“∠B=∠C=120“，其他条件不变，试探究线段AB、DC、AD、BC之间的数量关系，并说明理由.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、四边形不具有稳定性，故A不符合题意，
B、对角线两侧是三角形，具有稳定性，故B符合题意，
C、对角线下方是四边形，不具有稳定性，故C不符合题意，
D、连线左侧是五边形，不具有稳定性，故D不符合题意，
故选：B.
根据三角形具有稳定性，再确定各图形中多边形的形态进行解答即可．
本题考查了三角形的稳定性，关键是掌握当三角形三边的长度确定后，三角形的形状和大小就能唯一确定下来，故三角形具有稳定性．
2.【答案】B
【解析】解：第一个图形是轴对称图形；
第二个图形不是轴对称图形；
第三个图形是轴对称图形；
第四个图形是轴对称图形；
第五个图形不是轴对称图形；
故选：B.
根据轴对称图形的概念判断即可．
本题考查的是轴对称图形的概念，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．
3.【答案】A
【解析】解：因为三角形三个内角度数的比为2：3：4，
所以三个内角分别是180∘×29=40∘，180∘×39=60∘，180∘×49=80∘.
所以该三角形是锐角三角形．
故选：A.
根据三角形的内角和定理和三个内角的度数比，即可求得三个内角的度数，再根据三个内角的度数进一步判断三角形的形状．
此题考查三角形的内角和定理以及三角形的分类，三角形的内角和为180∘.
4.【答案】A
【解析】解：当n=−2时，满足n<1，但n2−1=3>0，
所以判断命题“如果n<1，那么n2−1<0”是假命题，举出n=−2.
故选：A.
反例中的n满足n<1，使n2−1≥0，从而对各选项进行判断．
本题考查了命题与定理：命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
5.【答案】A
【解析】解：∵k=−3<0，
∴y随x的增大而减小．
又∵−2<−1<1，且点(−2,y1)，(−1,y2)，(1,y3)都在直线y=−3x上，
∴y1>y2>y3.
故选：A.
由k=−3<0，利用一次函数的性质可得出y随x的增大而减小，再结合−2<−1<1，即可得出y1>y2>y3.
本题考查了一次函数的性质，牢记“k>0，y随x的增大而增大；k<0，y随x的增大而减小”是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：动点P运动过程中：
①当0≤s≤1时，动点P在线段AD上运动，此时y=2保持不变；
②当1③当2④当3结合函数图象，只有D选项符合要求．
故选：A.
将动点P的运动过程划分为AD、DC、CB、BA共4个阶段，分别进行分析，最后得出结论．
本题是一道动点的函数问题．主要考查了动点问题的函数图象问题，解决问题的关键是分解函数得出不同位置时的函数关系，进而得出图象．
7.【答案】C
【解析】解：∵CE是△ABC的中线，S△ABC=12，
∴S△BCE=12S△ABC=6，
∵AD是△ABC的中线，即D为BC的中点，
∴DE是△BCE的中线，
∴S阴影=12S△BCE=3，
故选：C.
根据三角形中线平分三角形面积先求出S△BCE=12S△ABC=6，进而可得S阴影=12S△BCE=3.
本题主要考查了三角形中线的性质，解题的关键是掌握相关性质．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了一次函数图象与系数的关系、正比例函数的图象与系数的关系．此类题可用数形结合的思想进行解答．根据正比例函数图象所在的象限判定k的符号，根据k的符号来判定一次函数图象所经过的象限．
【解答】
解：A.正比例函数y=kx与一次函数y=kx+k的自变量系数都是k，则两直线相互平行．故本选项不符合题意；
B.正比例函数图象经过第一、三象限，则k>0，则一次函数y=kx+k的图象应该经过第一、二、三象限．故本选项不符合题意；
C.正比例函数图象经过第二、四象限，则k<0，则一次函数y=kx+k的图象应该经过第二、三、四象限．故本选项不符合题意；
D.正比例函数图象经过第二、四象限，则k<0，则一次函数y=kx+k的图象应该经过第二、三、四象限．故本选项符合题意．
故选：D.
9.【答案】A
【解析】解：如图，连接DK，DN，
∵∠KDN=∠MDT=90∘，
∴∠KDM=∠NDT，
∵DK=DN，∠DKM=∠DNT=45∘，
∴△DKM≌△DNT(ASA)，
∴S△DKM=S△DNT，
∴S四边形DMNT=S△DKN=14a，
∴正方形ABCD的面积=4×14a+b=a+b.
故选：A.
连接DK，DN，证明S四边形DMNT=S△DKN=14a即可解决问题．
本题考查中心对称，全等三角形的判定和性质，图形的拼剪等知识，解题的关键连接DK，DN，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
10.【答案】D
【解析】解：①∵等边△ABC和等边△BPE，
∴AB=BC，∠ABC=∠PBE=60∘，BP=BE，
在△APB和△CEB中，
AB=CB∠ABP=∠CBEBP=BE，
∴△APB≌△CEB(SAS)，
∴AP=CE，故①符合题意；
②∵△APB≌△CEB，
∴∠APB=∠BEC，
∵∠MCP=∠BCE，
则∠PME=∠PBE=60∘，故②符合题意；
③过点B作BN⊥AM于N，BF⊥ME于F，
∵△APB≌△CEB，
∴∠BPN=∠FEB，
在△BNP和△BFE中，
∠BNP=∠BFE∠NPB=∠FEBPB=EB，
∴△BNP≌△BFE(AAS)，
∴BN=BF，
∴BM平分∠AME，故③符合题意；
④在BM上截取BK=CM，连接AK，
由②知∠PME=60∘，
∴∠AMC=120∘，
由③知：BM平分∠AME，
∴∠BMC=∠AMK=60∘，
∴∠AMK=∠ACB=60∘，
又∵∠AHM=∠BHC，
∴∠CAM=∠CBH，
∵∠CAM+∠ACM=∠EMP=60∘，
∴∠CBH+∠ACM=60∘，
∴∠ABK+∠PBM=60∘=∠PBM+∠ACM，
∴∠ACM=∠ABK，
在△ABK和△ACM中，
AB=AC∠ABK=∠ACMBK=CM，
∴△ACM≌△ABK(SAS)，
∴AM=AK，
∴△AMK为等边三角形，则AM=MK，故AM+MC=MK+BK=BM，
故④符合题意；
故选：D.
证明△APB≌△CEB得到AP=CE，即可判断①；由△APB≌△CEB，得到∠APB=∠CEB，再由∠MCP=∠BCE，推出∠PME=∠PBE=60∘，即可判断②；过点B作BN⊥AM于N，BF⊥ME于F，证明△BNP≌△BFE得到BN=BF，得到BM平分∠AME，即可判定③；在BM上截取BK=CM，连接AK，先证明∠ACM=∠ABK，即可证明△ACM≌△ABK得到AK=AM，推出△AMK为等边三角形，则AM=MK，AM+MC=BM，即可判断④．
本题考查全等三角形的判定与性质以及等边三角形的性质与判定，角平分线的判定等知识，解题关键是作出合适的辅助线，熟练掌握全等三角形的性质与判定方法．
11.【答案】(−8,1)
【解析】解：点(5,−3)向左平移3个单位，再向下平移2个单位后的坐标是(−5−3,3−2)，
即：(−8,1)，
故答案为：(−8,1).
根据横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减可得所求点的坐标是(5−3,3−2)，进而得到答案．
此题主要考查了坐标与图形的变化，关键是掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．
12.【答案】92
【解析】解：∵一次函数y=−12x+3，
∴y随x的增大而减小，
∵−3≤x≤4，
∴x=−3时，y取得最大值，此时y=−12×(−3)+3=92，
故答案为：92.
根据一次函数的性质和x的取值范围，可以求得y的最大值．
本题考查一次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．
13.【答案】70∘或40∘
【解析】解：∵一个外角是110∘，
∴与这个外角相邻的内角是180∘−110∘=70∘，
①当70∘角是顶角时，它的顶角度数是70∘，
②当70∘角是底角时，它的顶角度数是180∘−70∘×2=40∘，
综上所述，它的顶角度数是70∘或40∘.
故答案为：70∘或40∘.
根据外角与相邻的内角的和为180∘求这个内角的度数，再分这个角是顶角与底角两种情况讨论求解．
本题考查了等腰三角形的两底角相等的性质，要注意分两种情况讨论求解．
14.【答案】15∘1+ 32
【解析】解：(1)如图，
由折叠性质可知：∠B=∠B′=30∘，∠AMB=∠AMB′，
∵∠AMB+∠AMB′+∠BMB′=360∘，
∴∠AMB=∠AMB′=135∘，
∵∠BAM+∠AMB+∠B=180∘，
∴∠BAM=15∘，
故答案为：15∘；
(2)如图，AB′=AB，当垂足E在线段AB′上时，点B′到直线BC距离的最大；
∴∠AEM=∠B′EM=90∘，
由折叠性质可知：∠BAM=∠B′AM，∠B=∠B′=30∘，
∴∠BAE=60∘，
∴∠EAM=∠BAM=∠B′=30∘，
∴AE=B′E=12AB=1+ 32，
故答案为：1+ 32.
(1)利用折叠性质得∠B=∠B′=30∘，又∠AMB+∠AMB′+∠BMB′=360∘求出∠AMB=∠AMB′=135∘，最后根据三角形内角和即可求解；
(2)根据折叠性质可知：∠BAM=∠B′AM，∠B=∠B′=30∘，再根据等腰三角形“三线合一”定理和30∘角所对直角边是斜边的一半即可求解．
此题考查了三角形翻折，解题的关键是熟练掌握折叠的性质，等腰三角形“三线合一”定理和30∘角所对直角边是斜边的一半及其应用．
15.【答案】证明：∵AE=BD，
∴AE+BE=DB+BE，
即AB=DE，
在△ABC和△DEF中，
AB=DEAC=DFBC=EF，
∴△ABC≌△DEF(SSS)，
∴∠CBA=∠FED.
∴EF//BC.

【解析】先用“边边边”判定图中的两个三角形全等，再得出对应相等的两个角即可判定两直线平行．
本题考查三角形全等的判定、全等三角形的性质及平行线的判定方法．根据题意选用正确的判定三角形全等的方法是解题的关键．
16.【答案】4
【解析】解：(1)△ABC的面积=3×3−12×1×3−12×2×2−12×3×1=9−32−2−32=4；
故答案为：4；
(2)如图，△A1B1C1为所求，
；
(3)如图，△A2B2C2为所求，
.
(1)利用矩形法，将正方形面积减去三个小三角形的面积，即可得到答案；
(2)直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
(3)直接利用轴对称的性质得出对应点位置进而得出答案．
本题考查了轴对称的性质，平移的性质，以及求三角形的面积，解题的关键是熟练掌握轴对称的性质和平移的性质．
17.【答案】解：设y1=k1x，y2=k2(x−3)，
则y=y1+y2=k1x+k2(x−3)，
由题意得：−k1−4k2=4k1−2k2=8，
解得：k1=4k2=−2，
∴y与x之间的函数关系式为：y=4x−2(x−3)，
即y=2x+6，
∴y与x之间的函数关系式为：y=2x+6.
【解析】根据题意设y1=k1x，y2=k2(x−3)，从而可得y=k1x+k2(x−3)，然后把x=−1，y=4和x=1，y=8代入联立方程组，进行计算即可解答．
本题考查了待定系数法求正比例函数解析式，待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握正比例函数的性质是解题的关键．
18.【答案】解：已知：Rt△ABC中，∠A=30∘，∠ACB=90∘，求证：BC=12AB.
证明：如答图所示，延长BC到D，使CD=BC，连接AD，易证AD=AB，∠BAD=60∘.
∴△ABD为等边三角形，
∴AB=BD，
∴BC=CD=12AB，即BC=12AB.
【解析】借助等边三角形的判定和性质证明即可．
此题考查了等边三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用特殊三角形解决问题，属于中考常考题型．
19.【答案】解：(1)∵经过点(3,0)的一次函数y=−x+b与正比例函数y=ax交于点P(m,2).
∴−3+b=0，
∴b=3，
∴y=−x+3，
∴2=−m+3，
∴m=1，
∴P(1,2)，
∴a=2.
(2)观察图象得：不等式组ax≥−x+b>0的解集为1≤x<3.
【解析】(1)将点(3,0)和点P的坐标代入一次函数的解析式求得m、b的值，然后将点P的坐标代入正比例函数即可求得a的值；
(2)直接根据函数的图象结合点P的坐标确定不等式的解集即可．
考查了一次函数与一元一次不等式的问题，解题的关键是能够确定有关待定系数的值，难度不大．
20.【答案】(1)证明：∵AD+EC=AB，AD+BD=AB，
∴BD=EC，
在△BDE和△CEF中，
BD=CE∠B=∠CBE=CF，
∴△BDE≌△CEF(SAS)，
∴DE=EF；
(2)解：∵△ABC中，∠A=36∘，
∴∠B=∠C=12(180∘−36∘)=72∘，
由(1)知：△BDE≌△CEF
∴∠BDE=∠CEF，
又∵∠DEF+∠CEF=∠B+∠BDE，
∴∠DEF=∠B=72∘.
【解析】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理以及三角形的外角性质；证明三角形全等是解题的关键．
(1)证明△BDE≌△CEF(SAS)，即可得出DE=EF；
(2)由三角形内角和定理求出∠B=∠C=72∘，由全等三角形的性质得出∠BDE=∠CEF，再由三角形的外角性质即可得出答案．
21.【答案】解(1)设A奖品的单价是x元，B奖品的单价是y元，由题意，得
3x+2y=605x+3y=95，
解得x=10y=15，
答：A奖品的单价是10元，B奖品的单价是15元；
(2)由题意，得
w=10m+15(100−m)=−5m+1500
∴−5m+1500≤1150m≤3(100−m)，
解得：70≤m≤75.
∵m是整数，
∴m=70，71，72，73，74，75.
∵w=−5m+1500，
∴k=−5<0，
∴w随m的增大而减小，
∴m=75时，w最小=1125.
∴应买A种奖品75件，B种奖品25件，才能使总费用最少为1125元．
【解析】(1)设A奖品的单价是x元，B奖品的单价是y元，根据条件建立方程组求出其解即可；
(2)根据总费用=两种奖品的费用之和表示出w与m的关系式，并有条件建立不等式组求出x的取值范围，由一次函数的性质就可以求出结论．
本题考查了二元一次方程组的运用，一元一次不等式组的运用，一元一次不等式的应用，解决问题的关键是读懂题意，找到关键描述语，进而找到所求的量的数量关系．
22.【答案】110
【解析】解：(1)由对顶三角形可得∠A+∠B=∠C+∠D，
在△AOB中，∠A+∠B=180∘−∠AOB=180∘−70∘=110∘，
∴∠C+∠D=110∘；
故答案为：110；
(2)∵AD、BE分别平分∠BAC和∠ABC，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
又∵∠C=60∘，
∴∠BAC+∠ABC=180∘−∠C=180∘−60∘=120∘，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=120∘，
∴2∠1+2∠3=120∘，
∴∠1+∠3=60∘，
由图知△ABF与△DEF为对顶三角形，
∴∠1+∠3=∠ADE+∠BED=60∘①，
又∵∠ADE比∠BED大6∘，
∴∠ADE−∠BED=6∘②，
联立①②得∠ADE+∠BED=60∘∠ADE−∠BED=6∘，
解得：∠ADE=33∘∠BED=27∘，
∴∠BED=27∘.
(1)由对顶三角形可得∠A+∠B=∠C+∠D，再根据三角形内角和定理即可得到答案；
(2)根据角平分线的性质可得∠1=∠2，∠3=∠4，根据三角形内角和定理可得到∠BAC+∠ABC=180∘−∠C=180∘−60∘=120∘，进而得到∠1+∠3=60∘，由图知△ABF与△DEF为对顶三角形得出∠1+∠3=∠ADE+∠BED=60∘，由题意知∠ADE比∠BED大6∘，联立方程组即可解得答案．
本题考查的是三角形内角和定理，利用对顶三角形的性质解答是解此题的关键．
23.【答案】AD=AB+CD
【解析】解：(1)如图1，过点E作EH⊥AB于H，
∵DE平分∠ADC，AE平分∠BAD，
∴∠ADE=∠EDC，∠BAE=∠DAE，
在△EDC和△EDH中，
∠C=∠EHD∠EDC=∠ADEDE=DE，
∴△EDC≌△EDH(AAS)，
∴DC=DH，
在△AEB和△AEH中，
∠BAE=∠EAH∠B=∠AHEAE=AE，
∴△AEB≌△AEH(AAS)，
∴AH=AB，
∴AD=AH+DH=AB+CD，
故答案为：AD=AB+CD；
(2)仍然成立，理由如下：如图2，在AD上截取AF=AB，连接EF，
∵DE平分∠ADC，AE平分∠BAD，
∴∠ADE=∠EDC，∠BAE=∠DAE，
在△ABE和△AFE中，
AB=AF∠BAE=∠DAEAE=AE，
∴△ABE≌△AFE(SAS)，
∴∠B=∠AFE，
∵∠B+∠C=180∘，∠AFE+∠DFE=180∘，
∴∠DFE=∠C，
在△DEF和△DEC中，
∠DFE=∠C∠ADE=∠CDEDE=DE，
∴△DEF≌△DEC(AAS)，
∴DF=DC，
∴AD=AF+DF=AB+DC；
(3)AD=AB+CD+12BC，理由如下：
如图3，在AD上截取AF=AB，DG=DC，连接EF，GE，
∵DE平分∠ADC，AE平分∠BAD，
∴∠ADE=∠EDC，∠BAE=∠DAE，
在△ABE和△AFE中，
AB=AF∠BAE=∠DAEAE=AE，
∴△ABE≌△AFE(SAS)，
∴EF=EG，∠B=∠AFE=120∘，
∴∠EFG=60∘，
在△ECD和△EGD中，
CD=DG∠EDC=∠EDGDE=DE，
∴△ECD≌△EGD(SAS)，
∴∠C=∠EGD=120∘，EC=EG，
∴∠EGF=60∘，
∴△EFG是等边三角形，
∴EF=EG=GF，
∴BE=EC=FC，
∴AD=AB+CD+12BC.
(1)由“AAS”可证△EDC≌△EDH，可得DC=DH，由“AAS”可证△AEB≌△AEH，可得AH=AB，即可求解；
(2)由“SAS”可证△ABE≌△AFE，可得∠B=∠AFE，，由“AAS”可证△DEF≌△DEC，可得DF=DC，即可求解；
(3)由“SAS”可证△ABE≌△AFE，可得EF=EG，∠B=∠AFE=120∘，由“SAS”可证△ECD≌△EGD，可得∠C=∠EGD=120∘，EC=EG，可证△EFG是等边三角形，可得EF=EG=GF，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，角平分线的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．