重庆市一中2023年数学八年级第一学期期末调研模拟试题【含解析】

这是一份重庆市一中2023年数学八年级第一学期期末调研模拟试题【含解析】，共22页。试卷主要包含了点P，下列二次根式中，最简二次根式是等内容，欢迎下载使用。

1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，在等腰中，，与的平分线交于点，过点做，分别交、于点、，若的周长为18，则的长是( )
A．8B．9C．10D．12
2．某商场对上周末某品牌运动服的销售情况进行了统计，如下表所示：
经理决定本周进货时多进一些红色的，可用来解释这一现象的统计知识是（ ）
A．平均数B．中位数C．众数D．平均数与中位数
3．若三边长，，，满足，则是（ ）
A．等腰三角形B．等边三角形C．直角三角形D．等腰直角三角形
4．在平面直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为
A．B．C．D．
5．计算(-a)2n•(-an)3的结果是( )
A．a5nB．-a5nC．D．
6．点P(3，－1）关于x轴对称的点的坐标是( )
A．(－3，1)B．(－3，－1)C．(1，－3)D．(3，1)
7．在，0，3，这四个数中，最大的数是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在同一直角坐标系中，直线l1：y=kx和l2： y=（k－2）x+k的位置可能是（ ）
A．B．C．D．
9．如图，在△ABC中，∠BAC＝80°，∠C＝70°，分别以点A和点B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN，交BC于点D，连接AD，则∠DAC的度数为（ ）
A．60°B．50°C．40°D．30°
10．下列二次根式中，最简二次根式是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．若是正整数，则满足条件的的最小正整数值为__________．
12．如图，点A,B,C在同一直线上,△ABD和△BCE都是等边三角形，AE,CD分别与BD,BE交于点F,G，连接FG，有如下结论：①AE=CD ②∠BFG= 60°；③EF=CG；④AD⊥CD⑤FG ∥AC 其中，正确的结论有__________________. (填序号)

13．已知x是的整数部分，y是的小数部分，则xy的值_____．
14．如图，D是△ABC内部的一点，AD＝CD，∠BAD＝∠BCD，下列结论中，①∠DAC＝∠DCA；②AB＝AC；③BD⊥AC；④BD平分∠ABC．所有正确结论的序号是_____．
15．如图在中，，，，分别以为直径作半圆，如图阴影部分面积记为、，则__________．
16．若，则______.
17．方程的解是________．
18．若一个正多边形的一个内角等于135°，那么这个多边形是正_____边形．
三、解答题(共66分)
19．（10分）甲、乙两车分别从，两地同时出发，沿同一条公路相向行驶，相遇后，甲车继续以原速行驶到地，乙车立即以原速原路返回到地．甲、乙两车距B地的路程（）与各自行驶的时间（）之间的关系如图所示．
（1）求甲车距地的路程关于的函数解析式；
（2）求乙车距地的路程关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围；
（3）当甲车到达地时，乙车距地的路程为
20．（6分）（1）如图1，求证：
（ 图1）
（2）如图2，是等边三角形，为三角形外一点，，求证：
（ 图2）
21．（6分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（2，3），点B（﹣2，1）．
（1）请运用所学数学知识构造图形求出AB的长；
（2）若Rt△ABC中，点C在坐标轴上，请在备用图1中画出图形，找出所有的点C后不用计算写出你能写出的点C的坐标；
（3）在x轴上是否存在点P，使PA=PB且PA+PB最小？若存在，就求出点P的坐标；若不存在，请简要说明理由（在备用图2中画出示意图）．
备用图1 备用图2
22．（8分）如图是规格为的正方形网格，请在所给网格中按下列要求操作：
（1）请在网格中建立平面直角坐标系，使点A的坐标为，点的坐标为；
（2）在第二象限内的格点上找一点，使点与线段组成一个以为底的等腰三角形，且腰长是无理数，画出，则点的坐标是 ，的周长是 （结果保留根号）；
（3）作出关于轴对称的.
23．（8分）求下列代数式的值：
（1）a(a+2b)-(a+b)(a-b)，其中，
（2），其中＝1．
24．（8分）已知：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D是斜边AB的中点，DE∥BC，且CE=CD．
（1）求证：∠B=∠DEC；
（2）求证：四边形ADCE是菱形．
25．（10分）在读书月活动中，学校准备购买一批课外读物．为使课外读物满足同学们的需求，学校就“我最喜爱的课外读物”从文学、艺术、科普和其他四个类别进行了抽样调查（每位同学只选一类），如图是根据调查结果绘制的两幅不完整的统计图，请你根据统计图提供的信息解答下列问题：
（1）本次调查中，一共调查了 名同学；
（2）将条形统计图补充完整；
（3）在扇形统计图中，艺术类读物所在扇形的圆心角是 度；
（4）学校计划购买课外读物6000册，请根据调查结果，估计学校购买科普类读物多少册比较合理？
26．（10分）已知在△ABC中，AB＝AC，射线BM、BN在∠ABC内部，分别交线段AC于点G、H．
（1）如图1，若∠ABC＝60°，∠MBN＝30°，作AE⊥BN于点D，分别交BC、BM于点E、F．
①求证：∠1＝∠2；
②如图2，若BF＝2AF，连接CF，求证：BF⊥CF；
（2）如图3，点E为BC上一点，AE交BM于点F，连接CF，若∠BFE＝∠BAC＝2∠CFE，求的值．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】先根据角平分线的定义及平行线的性质证明△BDO和△CEO是等腰三角形，再由等腰三角形的性质得BD=DO，CE=EO，则△ADE的周长=AB+AC，由此即可解决问题；
【详解】解：∵在△ABC中，∠BAC与∠ACB的平分线相交于点O，
∴∠ABO=∠OBC，∠ACO=∠BCO，
∵DE∥BC，
∴∠DOB=∠OBC，∠EOC=∠OCB，
∴∠ABO=∠DOB，∠ACO=∠EOC，
∴BD=OD，CE=OE，
∴△ADE的周长是：AD+DE+AE=AD+OD+OE+AE=AD+BD+CE+AE=AB+AC=18，
∴AB=AC=1．
故选：B．
【点睛】
本题考查等腰三角形的性质和判定，平行线的性质及角平分线的性质．利用平行线和角平分线推出等腰三角形是解题的关键.
2、C
【分析】商场经理最值得关注的应该是爱买哪种颜色运动装的人数最多，即众数．
【详解】由于销售最多的颜色为红色，且远远多于其他颜色，
所以选择多进红色运动装的主要根据是：众数．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、众数的意义．反映数据集中程度的统计量有平均数、中位数、众数等，各有局限性，因此要对统计量进行合理的选择和恰当的运用．
3、C
【分析】根据算术平方根、绝对值、完全平方式的非负数性质进行分析,可得出a,b,c的关系.
【详解】因为,
所以
即
所以可解得c=9,a=40,b=41
因为402=1600,412=1681,92=81
所以a2+c2=b2
所以是直角三角形.
故选:C
【点睛】
考核知识点:勾股定理逆定理.根据非负数性质求出a,b,c再根据勾股定理逆定理分析问题是关键.
4、D
【分析】根据关于轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数，可得答案．
【详解】点关于轴对称的点的坐标为，
故选：．
【点睛】
此题考查直角坐标系中关于坐标轴对称的点的坐标特点，掌握对称点的特点是解题的关键.
5、B
【分析】先算幂的乘方，再算同底数幂的乘法，即可求解．
【详解】(-a)2n•(-an)3
=a2n•(-a3n)
=-a5n．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查幂的乘方以及同底数幂的乘法法则，掌握上述运算法则，是解题的关键．
6、D
【分析】直接利用关于x轴对称点的性质，横坐标不变，纵坐标改变符号，进而得出答案．
【详解】解：点P(3，－1）关于x轴对称的点的坐标是：（3，1）．
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了关于x轴对称点的性质，正确掌握横纵坐标的关系是解题关键．
7、C
【解析】试题分析：根据实数的大小比较法则，正数大于0，0大于负数，两个负数相比，绝对值大的反而小. 因此，
∵，
∴四个数中，最大的数是3.
故选C.
考点：实数的大小比较.
8、C
【分析】根据比例系数的正负分三种情况：，，，然后再结合交点横坐标的正负即可作出判断．
【详解】当 时 ，解得 ；
当时 ，正比例函数图象过一、三象限，而一次函数图象过一、二、三象限，两函数交点的横坐标大于0，没有选项满足此条件；
当时 ，正比例函数图象过一、三象限，而一次函数图象过一、二、四象限；两函数交点的横坐标大于0，C选项满足条件；
当时 ，正比例函数图象过二，四象限，而一次函数图象过二、三、四象限；两函数交点的横坐标小于0，没有选项满足此条件；
故选：C．
【点睛】
本题主要考查正比例函数与一次函数的图象，掌握k对正比例函数和一次函数图象的影响是解题的关键．
9、B
【分析】根据三角形内角和定理求出∠B=30°，由中垂线性质知DA=DB，即∠DAB=∠B=30°，从而得出答案．
【详解】解：∵∠BAC＝80°，∠C＝70°，
∴∠B=30°
由作图可知：MN垂直平分线段AB，
可得DA=DB，
则∠DAB=∠B=30°，
故∠DAC=80°-30°=50°，
故选：B．
【点睛】
本题考查作图-基本作图，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
10、C
【分析】满足下列两个条件的二次根式，叫做最简二次根式：（1）被开方数的因数是整数，因式是整式； （2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式．
【详解】A、∵，故不是最简二次根式，此选项错误；
B、∵，故不是最简二次根式，此选项错误；
C、是最简二次根式，此选项正确；
D、，故不是最简二次根式，此选项错误．
故选：C．
【点睛】
本题考查了最简二次根式，解题的关键是理解什么是最简二次根式．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【分析】先化简，然后依据也是正整数可得到问题的答案．
【详解】解：==，
∵是正整数，
∴1n为完全平方数，
∴n的最小值是1．
故答案为：1.
【点睛】
本题主要考查的是二次根式的定义，熟练掌握二次根式的定义是解题的关键．
12、①②③⑤
【解析】易证△ABE≌△DBC，则有∠BAE＝∠BDC，AE＝CD，从而可证到△ABF≌△DBG，则有AF＝DG，BF＝BG，由∠FBG＝60°可得△BFG是等边三角形，证得∠BFG＝∠DBA＝60°，则有FG∥AC，由∠CDB≠30°，可判断AD与CD的位置关系．
【详解】∵△ABD和△BCE都是等边三角形，∴BD＝BA＝AD，BE＝BC＝EC，∠ABD＝∠CBE＝60°．
∵点A、B、C在同一直线上，∴∠DBE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴∠ABE＝∠DBC＝120°．
在△ABE和△DBC中，∵，∴△ABE≌△DBC，∴∠BAE＝∠BDC，∴AE＝CD，∴①正确；
在△ABF和△DBG中，，∴△ABF≌△DBG，∴AF＝DG，BF＝BG．
∵∠FBG＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴△BFG是等边三角形，∴∠BFG=60°，∴②正确；
∵AE＝CD，AF＝DG，∴EF=CG；∴③正确；
∵∠ADB＝60°，而∠CDB=∠EAB≠30°，∴AD与CD不一定垂直，∴④错误．
∵△BFG是等边三角形，∴∠BFG=60°，∴∠GFB＝∠DBA＝60°，∴FG∥AB，∴⑤正确．
故答案为①②③⑤．
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质、平行线的判定和性质，证得△ABE≌△DBC是解题的关键．
13、2﹣1
【分析】根据可得，x＝2，y＝﹣2，代入求解即可．
【详解】∵x是的整数部分，
∴x＝2，
∵y是的小数部分，
∴y＝﹣2，
∴yx＝2（﹣2）＝2﹣1，
故答案为2﹣1．
【点睛】
本题考查了无理数的混合运算问题，掌握无理数大小比较的方法以及无理数混合运算法则是解题的关键．
14、①③④．
【分析】根据等腰三角形的性质和判定定理以及线段垂直平分线的性质即可得到结论．
【详解】解：∵AD＝CD，
∴∠DAC＝∠DCA，故①正确；
∵∠BAD＝∠BCD，
∴∠BAD+∠DAC＝∠BCD+∠DCA，
即∠BAC＝∠BCA，
∴AB＝BC，故②错误；
∵AB＝BC，AD＝DC，
∴BD垂直平分AC，故③正确；
∴BD平分∠ABC，故④正确；
故答案为：①③④．
【点睛】
本题主要考查了线段垂直平分线的性质和判定以及等腰三角形的判定和性质．
15、24
【分析】先根据勾股定理得出以为直径的半圆面积+以为直径的半圆面积=以为直径的半圆面积，再根据以为直径的半圆面积+以为直径的半圆面积+以为直径的半圆面积，进而推出即得．
【详解】∵在中，，
∴
∴
∴以为直径的半圆面积为：
以为直径的半圆面积为：
以为直径的半圆面积为：
∴以为直径的半圆面积+以为直径的半圆面积=以为直径的半圆面积
∵以为直径的半圆面积+以为直径的半圆面积+以为直径的半圆面积
∴
∴
故答案为：．
【点睛】
本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握结论“直角三角形以两直角边为边的相似几何图形面积之和等于斜边上同形状图形面积”是快速解决选择填空题的有效方法．
16、3或5或－5
【分析】由已知可知(2x-3)x+3=1,所以要分3种情况来求即可.
【详解】解：∵
∴(2x-3)x+3=1
∴当2x-3=1时，x+3取任意值，x=2;
当2x-3=-1时，x+3是偶数，x=1;
当2x-3≠0且x+3=0时，x=-3
∴x为2或者1或者-3时，
∴2x+1的值为：5或者3或者-5
故答案为：5，-5，3.
【点睛】
本题考查了一个代数式的幂等于1时，底数和指数的取值.找到各种符合条件各种情况，不能丢落.
17、．
【分析】方程两边同乘以(x-3)变为整式方程，解答整式方程，最后进行检验即可．
【详解】，
方程两边同乘以(x-3)，得，
x-2=4(x-3)
解得，．
检验：当时，x-3≠1．
故原分式方程的解为：．
【点睛】
本题主要考查了解分式方程，解题的关键是将分式方程转化为整式方程再求解，注意最后要检验．
18、八
【解析】360°÷（180°-135°）=8
三、解答题(共66分)
19、（1）=280－80x；（2）当0≤x＜2时，=60x；当2≤x≤4时，=-60x＋240；（3）1
【分析】（1）根据图象求出甲车的速度和，两地距离，然后根据甲车距地的路程=A、B两地的距离－甲车行驶的路程即可得出结论；
（2）根据图象求出乙车的速度和甲、乙两车的相遇时间，然后根据相遇前和相遇后分类讨论：根据相遇前，乙车距地的路程=乙车行驶的路程；相遇后，乙车距地的路程=相遇点距B地的路程－相遇后乙车行驶的路程，即可求出结论；
（3）先求出甲车从A到B所需要的时间，然后求出此时乙车到B地还需要的时间，即可求出结论．
【详解】解：（1）由图象可知：甲车小时行驶了280－160=120千米，，两地相距280千米
∴甲车的速度为120÷=80千米/小时
∴甲车距地的路程=280－80x；
（2）由图象可知：甲车1小时行驶了60千米
乙车的速度为：60÷1=60千米/小时
∴甲、乙两车相遇时间为280÷（80＋60）=2小时，此时乙车距离B地60×2=120千米
∵相遇后乙车原速返回
∴乙车返回到B点共需要2×2=4小时
∴当0≤x＜2时，乙车距地的路程=60x；
当2≤x≤4时，乙车距地的路程=120－60（x－2）=-60x＋240
（3）甲车从A到B共需280÷80=小时
∴当甲从A到B地时，乙车还需4－=小时到B地
∴当甲车到达地时，乙车距地的路程为×60=1千米
故答案为：1．
【点睛】
此题考查的是函数的应用，掌握根据实际意义求函数的解析式和行程问题公式是解决此题的关键．
20、（1）见解析（2）见解析
【分析】（1）根据题意证明△ABE≌△ADC即可求解；
（2）延长CP至B，使PB=PA，连接AB，证△APB为等边三角形得AP=PB=AB，再证△△BAC≌△PAE得EP=BC，可得.
【详解】（1）
∴
即
又，
∴△ABE≌△ADC
∴
(2)如图，延长CP至B，使PB=PA，连接AB，
∵
∴∠APB=60，又PB=PA，
∴△APB为等边三角形，
∴AP=PB=AB,∠BAP=60，
∵是等边三角形，
∴AC=AE,∠EAC=60∘，
∴∠BAP =∠EAC，
∴∠BAP +∠PAC=∠EAC +∠PAC，
即：∠BAC=∠PAE，
在△BAC和△PAE中，

∴△BAC≌△PAE (SAS)，
∴BC=PE，
∵BC=BP+PC=AP+ PC，
∴.
【点睛】
此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知的等边三角形的性质及全等三角形的判定方法.
21、（1）AB=；（1）C1（0,3），C2（0，-2），C5（-1,0）、 C6（1,0）；（3）不存在这样的点P．
【分析】（1）如图，连结AB，作B关于y轴的对称点D，利用勾股定理即可得出AB；
（1）分别以A，B，C为直角顶点作图，然后直接得出符合条件的点的坐标即可；
（3）作AB的垂直平分线l3，则l3上的点满足PA=PB，作B关于x轴的对称点B′，连结AB′，即x轴上使得PA+PB最小的点，观察作图即可得出答案．
【详解】解：（1）如图，连结AB，作B关于y轴的对称点D，
由已知可得，BD=2，AD=1．∴在Rt△ABD中，AB=
（1）如图，①以A为直角顶点，过A作l1⊥AB交x轴于C1，交y轴于C1 ．
②以B为直角顶点，过B作l1⊥AB交x轴于C3，交y轴于C2．
③以C为直角顶点，以AB为直径作圆交坐标轴于C5、 C6、 C3．（用三角板画找出也可）
由图可知，C1（0,3），C2（0，-2），C5（-1,0）、 C6（1,0）．
（3）不存在这样的点P．
作AB的垂直平分线l3，则l3上的点满足PA=PB，
作B关于x轴的对称点B′，连结AB′，
由图可以看出两线交于第一象限．
∴不存在这样的点P．
【点睛】
本题考查了勾股定理，构造直角三角形，中垂线和轴对称--路径最短问题的综合作图分析，解题的关键是学会分类讨论，学会画好图形解决问题．
22、（1）见解析；（2）（-1，1），；（3）见解析
【分析】（1）把点A向右平移2个单位，向下平移4个单位就是原点的位置，建立相应的平面直角坐标系；
（2）作线段AB的垂直平分线，寻找满足腰长是无理数的点C即可，利用格点三角形分别求出三边的长度，即可求出△ABC的周长；
（3）分别找出A、B、C关于y轴的对称点，顺次连接即可．
【详解】（1）把点A向右平移2个单位，向下平移4个单位就是原点的位置，建立相应的平面直角坐标系，如图；
（2）作线段AB的垂直平分线，寻找满足腰长是无理数的点C，点C的坐标为（-1，1），
，
AC=BC=，
则△ABC的周长为：；
（3）分别找出A、B、C关于y轴的对称点，顺次连接，如图所示.
【点睛】
本题是对坐标系和轴对称的综合考查，熟练掌握轴对称，垂直平分线性质和勾股定理是解决本题的关键.
23、（3）2ab+b2，2；（2）x+3，2039
【分析】（3）根据单项式乘多项式法则和平方差公式化简，然后根据零指数幂的性质和负指数幂的性质计算出a和b，最后代入求值即可；
（2）根据分式的各个运算法则化简，然后代入求值即可．
【详解】解：（3）a(a+2b)-(a+b)(a-b)
=a2+2ab-a2+b2
=2ab+b2 ．
当=3，=4时，
原式=2×3×4+4²=2．
（2）
=
=
=x+3．
当＝3时，原式=3+3=2039．
【点睛】
此题考查的是整式的化简求值和分式的化简求值，掌握单项式乘多项式法则、平方差公式、零指数幂的性质、负指数幂的性质和分式的各个运算法则是解决此题的关键．
24、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】(1)根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到DB=DC，从而∠B=∠DCB，由DE∥BC，得到∠DCB=∠CDE，由CE=CD，得到∠CDE=∠DEC，利用等量代换，得到∠B=∠DEC；
(2)先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，证明四边形ADCE是平行四边形，再由CD=CE，证明平行四边形ADCE是菱形.
【详解】（1）证明：在△ABC中，∵∠ACB=90°，点D是斜边AB的中点，
∴CD=DB，
∴∠B=∠DCB，
∵DE∥BC，
∴∠DCB=∠CDE，
∵CD=CE，
∴∠CDE=∠CED，
∴∠B=∠CED．
（2）证明：∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠B，
∵∠B=∠DEC，
∴∠ADE=∠DEC，
∴AD∥EC，
∵EC=CD=AD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵CD=CE，
∴四边形ADCE是菱形．
故答案为：（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质，菱形的判定.
25、（1）200；（2）见解析；（3）72；（4）2100
【分析】（1）根据文学的人数以及百分比求出总人数即可；
（2）求出艺术，科普的人数，画出条形图即可；
（3）利用圆心角=360°×百分比计算即可；
（4）利用样本估计总体的思想解决问题即可．
【详解】解：（1）总人数=60÷30%=200（名），
故答案为：200；
（2）科普的人数=200×35%=70（名），艺术的人数=200﹣60﹣70﹣30=40（名），
补全条形统计图如图所示：
（3）艺术的圆心角=360°×=72°，
故答案为：72；
（4）6000×35%=2100（册），
答：估计学校购买科普类读物2100册比较合理．
【点睛】
本题考查了条形统计图、扇形统计图以及用样本估计总体，弄清题意是解题的关键．
26、（1）①见解析；②见解析；（2）2
【分析】（1）①只要证明∠2+∠BAF＝∠1+∠BAF＝60°即可解决问题；
②只要证明△BFC≌△ADB，即可推出∠BFC＝∠ADB＝90°；
（2）在BF上截取BK＝AF，连接AK．只要证明△ABK≌CAF，可得S△ABK＝S△AFC，再证明AF＝FK＝BK，可得S△ABK＝S△AFK，即可解决问题；
【详解】（1）①证明：如图1中，
∵AB＝AC，∠ABC＝60°
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∵AD⊥BN，
∴∠ADB＝90°，
∵∠MBN＝30°，
∠BFD＝60°＝∠1+∠BAF＝∠2+∠BAF，
∴∠1＝∠2
②证明：如图2中，
在Rt△BFD中，∵∠FBD＝30°，
∴BF＝2DF，
∵BF＝2AF，
∴BF＝AD，
∵∠BAE＝∠FBC，AB＝BC，
∴△BFC≌△ADB，
∴∠BFC＝∠ADB＝90°，
∴BF⊥CF
（2）在BF上截取BK＝AF，连接AK．
∵∠BFE＝∠2+∠BAF，∠CFE＝∠4+∠1，
∴∠CFB＝∠2+∠4+∠BAC，
∵∠BFE＝∠BAC＝2∠EFC，
∴∠1+∠4＝∠2+∠4
∴∠1＝∠2，∵AB＝AC，
∴△ABK≌CAF，
∴∠3＝∠4，S△ABK＝S△AFC，
∵∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠CFE＝∠AKB，∠BAC＝2∠CEF，
∴∠KAF＝∠1+∠3＝∠AKF，
∴AF＝FK＝BK，
∴S△ABK＝S△AFK，
∴．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、等腰三角形的判定和性质、直角三角形30度角性质等知识，解题的关键是能够正确添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．