2018-2019学年湖北省武汉市东湖高新区八年级（下）期中数学试卷

这是一份2018-2019学年湖北省武汉市东湖高新区八年级（下）期中数学试卷，共25页。

1. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ）
A.B.C.D.

2. 若在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A.x≥9B.x≤9C.x≥3D.x≤3

3. 下列计算错误的是（ ）
A.B.C.D.

4. 在下列由线段a，b，c的长为三边的△ABC中，不能构成直角三角形的是（ ）
A.a2＝c2−b2B.∠A:∠B:∠C＝3:4:5
C.，b＝1，c＝D.a＝3k，b＝4k，c＝5k(k>0)

5. 若(1−m)2=m−1，则m的取值范围是（ ）
A.m≥1B.m≤1C.m=1D.一切实数

6. 下列命题的逆命题是假命题的是（ ）
A.两直线平行，内错角相等
B.全等三角形的对应角相等
C.全等三角形的对应边相等
D.在角的内部，到角的两边距离相等的点在角的平分线上

7. 如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形ABCD，若测得A，C之间的距离为6cm，点B，D之间的距离为8cm，则线段AB的长为（ ）

A.5cmD.4cm

8. 如图，分别以Rt△ABC的三边为斜边向外作等腰直角三角形，若斜边AB=4，则图中阴影部分的面积为（ ）
A.4B.8C.10D.12

9. 如图，四边形ABCD中，AC＝m，BD＝n，且AC⊥BD，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1，再顺次连接四边形A1B1C1D1各边中点，得到四边形A2B2C2D2……，如此进行下去，得到四边形A5B5C5D5的周长是（ ）

A.B.C.D.

10. 如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，当△CEB′为直角三角时，BE的长为（ ）

A.2B.3C.2或3D.3或1.5
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）请将答案填在答题卡对应题号的位置上.

计算：(3)2=________．

已知x＝2−，则代数式的值是________．

如图所示，数轴上点A所表示的数为a，则a的值是________．


一个平行四边形的一边长是9，两条对角线的长分别是12和6 5，则此平行四边形的面积为________．

如图，△ABC中，BD平分∠ABC，且AD⊥BD，E为AC的中点，AD＝6cm，BD＝8cm，BC＝16cm，则DE的长为 3 cm．


如图，在菱形ABCD中，∠B＝60∘，点M，N分别在AD，CD上，点D关于直线MN对称的点H在边BC上，连接HM和HN，若HN⊥AC，且AD＝6，则MH的长为________．

三、解答题（共8题，共72分）下列各题解答应写出文字说明，证明过程或演算过程.

化简下列二次根式：
（1）

（2）

（3）

（4）

计算：
（1）（）+（）；

（2）(4）．

在Rt△ABC中，∠C＝90∘，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，若c＝6，∠A＝30∘，求a，b及△ABC的面积．

如图，有两条公路OM，ON相交成30∘角．沿公路OM方向离O点80米处有一所学校A，当重型运输卡车P沿道路ON方向行驶时，在以P为圆心，50米长为半径的圆形区域内都会受到卡车噪声的影响，且卡车与学校A的距离越近噪声影响越大，若已知重型运输卡车P沿道路ON方向行驶的速度为18千米/时．

(1)求对学校A的噪声影响最大时卡车P与学校A的距离；

(2)求卡车P沿道路ON方向行驶一次给学校A带来噪声影响的时间．

如图，△ABC中，点P是AC的中点，过P的直线MN // BD，∠ACB、∠ACD的平分线分别交于MN于E、F．

（1）请判断四边形AECF的形状，并说明理由；

（2）当△ABC满足什么条件时，四边形AECF是菱形，请说明理由．

如图，在8×8的正方形网格中，若小正方形的边长为1，△ABC的顶点A、B、C在网格的格点上
（1）图1中△ABC的面积为________．

（2）若点A的坐标为(0, −1)，请你在图中找出一点D，使A、B、C、D四个点为顶点的四边形为平行四边形，则满足条件的D点地坐标是________．

（3）在图2中画出三边长分别为10，25，26的格点△DEF．

如图1，在矩形ABCD中，点E在AD上，将△ABE沿BE折叠，使点A落在BD上的M点处，点F在BC上，将△CDF沿DF折叠，使点C落在BD上的N处．

（1）求证：四边形EBFD是平行四边形；

（2）若AB＝6．BC＝8，求FN的长；

（3）如图2，若点E是AD的中点，点G是CD的中点，连BG，将△ABE沿BE折叠，使点A落在BG上的H点处，则的值是________（请直接写出结果）．

如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B、C在x轴上，∠ABO＝30∘，AB＝2，OB＝OC．

（1）如图1，求点A、B、C的坐标；

（2）如图2，若点D在第一象限且满足AD＝AC，∠DAC＝90∘，线段BD交y轴于点G，求线段BG的长；

（3）如图3，在（2）的条件下，若在第四象限有一点E，满足∠BEC＝∠BDC．请探究BE、CE、AE之间的数量关系．
参考答案与试题解析
2018-2019学年湖北省武汉市东湖高新区八年级（下）期中数学试卷
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）下列各题中均有四个备选答案，其中有且只有一个是正确的，请在答题卡上将正确答案的代号涂黑.
1.
【答案】
A
【考点】
最简二次根式
【解析】
结合最简二次根式的概念：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式．进行解答即可．
【解答】
A、2是最简二次根式；
B、＝，不是最简二次根式；
C、＝，不是最简二次根式；
D、＝2；
2.
【答案】
B
【考点】
二次根式有意义的条件
【解析】
直接利用二次根式的定义计算得出答案．
【解答】
在实数范围内有意义，
则9−x≥5，
解得：x≤9．
3.
【答案】
B
【考点】
二次根式的混合运算
【解析】
根据二次根式的乘法法则对A进行判断；根据二次根式的除法法则对B进行判断；根据二次根式的加减法对C、D进行判断．
【解答】
A、原式＝＝；
B、原式＝，所以B选项正确；
C、与不能合并；
D、原式＝6．
4.
【答案】
B
【考点】
三角形内角和定理
勾股定理的逆定理
【解析】
根据三角形的内角和定理和勾股定理的逆定理对各选项进行逐一判断即可．
【解答】
A、∵ a2＝c2−b3，∴ a2+b2＝c8，故能构成直角三角形；
B、∵ ∠A:∠B:∠C＝3:4:4，
∴ ∠C＝×180∘＝75∘，
∴ △ABC是锐角三角形，故不能构成直角三角形，
C、（）​2+14＝（）​2，故能构成直角三角形；
D、(3k)2+(8k)2＝(5k)3，故能构成直角三角形．
5.
【答案】
A
【考点】
二次根式的性质与化简
【解析】
直接利用二次根式的性质得出m−1的符号进而得出答案．
【解答】
解：∵ (1−m)2=m−1，
∴ m−1≥0，
∴ m≥1．
故选：A．
6.
【答案】
B
【考点】
命题与定理
【解析】
交换命题的题设与结论得到四个命题的逆命题，然后根据平行线的判定、全等三角形的判定方法和角平分线的性质分别判断四个逆命题的真假．
【解答】
A、两直线平行，两直线平行；
B、全等三角形的对应角相等的逆命题为三组对应角分别相等的三角形全等；
C、全等三角形的对应边相等的逆命题为三组对应边分别相等的三角形全等；
D、在角的内部，此逆命题为真命题．
7.
【答案】
A
【考点】
菱形的判定与性质
勾股定理
【解析】
作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，根据题意先证出四边形ABCD是平行四边形，再由AR＝AS得平行四边形ABCD是菱形，再根据根据勾股定理求出AB即可．
【解答】
解：如图，作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，连接AC，BD交于点O，
由题意知，AD // BC，AB // CD，
∴ 四边形ABCD是平行四边形．
∵ 两张纸条等宽，
∴ AR=AS．
∵ AR⋅BC=AS⋅CD，
∴ BC=CD，
∴ 平行四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD．
在Rt△AOB中，OA=3，OB=4，
∴ AB=32+42=5．
故选A.
8.
【答案】
B
【考点】
勾股定理
【解析】
根据勾股定理和等腰直角三角形的面积公式，可以证明：以直角三角形的两条直角边为斜边的等腰直角三角形的面积和等于以斜边为斜边的等腰直角三角形的面积．则阴影部分的面积即为以斜边为斜边的等腰直角三角形的面积的2倍．
【解答】
解：在Rt△AHC中，AC2=AH2+HC2，AH=HC，
∴ AC2=2AH2，
∴ HC=AH=AC2，
同理；CF=BF=BC2，BE=AE=AB2，
在Rt△ABC中，AB2=AC2+BC2，AB=4，
S阴影=S△AHC+S△BFC+S△AEB=12HC⋅AH+12CF⋅BF+12AE⋅BE，
=12×(AC2)2+12×(BC2)2+12(AB2)2=14(AC2+BC2+AB2)
=14(AB2+AB2)
=14×2AB2
=12AB2
=12×42
=8．
故选B．
9.
【答案】
A
【考点】
中点四边形
【解析】
根据三角形中位线定理、矩形的判定定理得到四边形A1B1C1D1是矩形，根据菱形的判定定理得到四边形A2B2C2D2是平行四边形，得到四边形A5B5C5D5为矩形，计算即可．
【解答】
点A1，D1分别是AB、AD的中点，
∴ A3D1 // BD，A1D7＝BD＝n，
同理：B1C6 // BD，B1C1＝BD＝n，
∴ A1D1 // B3C1，A1D8＝B1C1，
∴ 四边形A2B1C1D7是平行四边形，
∵ AC⊥BD，AC // A1B1，BD // A7D1，
∴ A1B3⊥A1D1，
∴ 四边形A6B1C1D2是矩形，其周长为2×（n)＝m+n，
同理，四边形A4B2C2D5是平行四边形，
∵ A2B2＝A1C7，B2C2＝A1C5，
∴ A2B2＝B6C2，
∴ 四边形A2B6C2D2是菱形，
同理，A8B3C3D4为矩形，周长为，
∴ 矩形A5B8C5D5的周长为，
10.
【答案】
D
【考点】
翻折变换（折叠问题）
矩形的性质
【解析】
当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：
①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．
连结AC，先利用勾股定理计算出AC＝5，根据折叠的性质得∠AB′E＝∠B＝90∘，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C＝90∘，所以点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，则EB＝EB′，AB＝AB′＝3，可计算出CB′＝2，设BE＝x，则EB′＝x，CE＝4−x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x．
②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时ABEB′为正方形．
【解答】
当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：
①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．
连结AC，
在Rt△ABC中，AB＝3，
∴ AC＝＝＝4，
∵ ∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，
∴ ∠AB′E＝∠B＝90∘，
当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C＝90∘，
∴ 点A、B′，即∠B沿AE折叠，
∴ EB＝EB′，AB＝AB′＝3，
∴ CB′＝5−3＝2，
设BE＝x，则EB′＝x，
在Rt△CEB′中，
∵ EB′2+CB′5＝CE2，
∴ x2+22＝(4−x)8，
解得，
∴ BE＝；
②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．
此时ABEB′为正方形，
∴ BE＝AB＝7．
综上所述，BE的长为．
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）请将答案填在答题卡对应题号的位置上.
【答案】
3
【考点】
二次根式的乘除法
【解析】
根据二次根式的性质解答．
【解答】
解：(3)2=3×3=3．
【答案】
8−4
【考点】
二次根式的化简求值
【解析】
直接把x的值代入，利用二次根式的混合运算法则计算得出答案．
【解答】
∵ x＝2−，
∴
＝(6−）​2+(7+）(2−）
＝4+3−8+4−6
＝8−4．
【答案】
-
【考点】
实数
在数轴上表示实数
数轴
勾股定理
【解析】
根据图形，利用勾股定理可以求得a的值．
【解答】
由图可得，
a＝-，
【答案】
365
【考点】
勾股定理
菱形的判定与性质
【解析】
由题意画出相应的图形，得到平行四边形的边BC=9，对角线AC和BD分别为12和6 5，根据平行四边形的对角线互相平分，求出OB及OC的长，计算发现OC2+OB2=BC2，利用勾股定理的逆定理得到∠BOC为直角，根据垂直定义得到AC与BD垂直，根据对角线互相垂直的平行四边形为菱形得到四边形ABCD为菱形，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，由两对角线的长即可求出菱形ABCD的面积．
【解答】
解：根据题意画出相应的图形，如图所示：
则有平行四边形ABCD中，BC=9，AC=12，BD=65，
∴ OC=12AC=6，OB=12BD=35，
∵ OC2+OB2=36+45=81，BC2=81，
∴ OC2+OB2=BC2，
∴ ∠BOC=90∘，即AC⊥BD，
∴ 四边形ABCD为菱形，
则菱形ABCD的面积S=12BD⋅OC+12BD⋅OA
=12BD(OC+OA)
=12AC⋅BD=12×12×65=365．
故答案为：365．
【答案】
3．
【考点】
三角形中位线定理
【解析】
延长AD交BC于F，利用“角边角”证明△BDF和△BDA全等，根据全等三角形对应边相等可得DF＝AD，FB＝AB＝10cm，再求出CF并判断出DE是△ACF的中位线，然后根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得DE＝CF．
【解答】
如图，延长AD交BC于F，
∵ BD平分∠ABC，
∴ ∠ABD＝∠FBD，
∵ AD⊥BD，
∴ ∠BDA＝∠BDF＝90∘，AB＝＝，
在△BDF和△BDA中，，
∴ △BDF≅△BDA(ASA)，
∴ DF＝AD，FB＝AB＝10cm，
∴ CF＝BC−FB＝16−10＝6cm，
又∵ 点E为AC的中点，
∴ DE是△ACF的中位线，
∴ DE＝CF＝3cm．
【答案】
3
【考点】
等边三角形的性质与判定
轴对称的性质
菱形的性质
【解析】
过点A作AE⊥BC于E，可证△ABC是等边三角形，由等边三角形的性质可得AE＝BE＝3，由轴对称的性质可得∠D＝∠MHN＝60∘，通过证明四边形AEHM是平行四边形，可得MH＝AE＝3．
【解答】
如图，过点A作AE⊥BC于E，
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AD // BC，AB＝BC＝AD＝CD＝6，
∴ △ABC是等边三角形，且AE⊥BC，
∴ BE＝EC＝3，∠BAE＝∠EAC＝30∘，
∴ AE＝BE＝3，
∵ 点D关于直线MN对称的点H在边BC上，
∴ ∠D＝∠MHN＝60∘，
∵ HN⊥AC，
∴ ∠ACB+∠NHC＝90∘，
∴ ∠NHC＝30∘，
∴ ∠MHC＝90∘，且AE⊥BC，
∴ AE // MH，且AD // BC，
∴ 四边形AEHM是平行四边形，
∴ MH＝AE＝2，
三、解答题（共8题，共72分）下列各题解答应写出文字说明，证明过程或演算过程.
【答案】
＝＝4；
＝＝＝；
＝＝；
＝＝＝．
【考点】
二次根式的乘除法
二次根式的性质与化简
【解析】
（1）把32分解为16×2，再化简即可；
（2）化为，再化简即可；
（3）分子分母同时乘以即可；
（4）分子分母同时乘即可．
【解答】
＝＝4；
＝＝＝；
＝＝；
＝＝＝．
【答案】
原式＝2+8+-
＝3+；
原式＝2−．
【考点】
二次根式的混合运算
【解析】
（1）先把二次根式化为最简二次根式，然后去括号合并即可；
（2）根据二次根式的除法法则运算．
【解答】
原式＝2+8+-
＝3+；
原式＝2−．
【答案】
∵ c＝6，∠A＝30∘，
∴ a＝3，
∴ b＝＝＝4，
∴ S△ABC＝＝．
【考点】
三角形的面积
含30度角的直角三角形
【解析】
由直角三角形的性质求出a＝3，由勾股定理求出b，则可求出三角形ABC的面积．
【解答】
∵ c＝6，∠A＝30∘，
∴ a＝3，
∴ b＝＝＝4，
∴ S△ABC＝＝．
【答案】
解：(1)作AD⊥ON于D，
∵ ∠MON=30∘，AO=80m，
∴ AD=12OA=40(m).
即对学校A的噪声影响最大时卡车P与学校A的距离为40m．
(2)如图以A为圆心，50m为半径画圆，交ON于B，C两点，
∴ AD⊥BC，
∴ BD=CD=12BC.
在Rt△ABD中，
BD=AB2−AD2=502−402=30(m)，
∴ BC=60m.
∵ 重型运输卡车的速度为18千米/时=5米/秒，
∴ 重型运输卡车经过BC的时间为60÷5=12(秒).
答：卡车P沿道路ON方向行驶一次给学校A带来噪声影响的时间为12秒．
【考点】
含30度角的直角三角形
勾股定理的应用
垂径定理的应用
【解析】
（1）作AD⊥ON于D，求出AD的长即可解决问题．
（2）如图以A为圆心50m为半径画圆，交ON于B、C两点，求出BC的长，利用时间=路程速度计算即可．
【解答】
解：(1)作AD⊥ON于D，
∵ ∠MON=30∘，AO=80m，
∴ AD=12OA=40(m).
即对学校A的噪声影响最大时卡车P与学校A的距离为40m．
(2)如图以A为圆心，50m为半径画圆，交ON于B，C两点，
∴ AD⊥BC，
∴ BD=CD=12BC.
在Rt△ABD中，
BD=AB2−AD2=502−402=30(m)，
∴ BC=60m.
∵ 重型运输卡车的速度为18千米/时=5米/秒，
∴ 重型运输卡车经过BC的时间为60÷5=12(秒).
答：卡车P沿道路ON方向行驶一次给学校A带来噪声影响的时间为12秒．
【答案】
四边形AECF是矩形，
理由如下：∵ CE平分∠ACB，
∴ ∠ACE＝∠BCE．
∵ MN // BC，
∴ ∠PEC＝∠BCE．
∴ ∠ACE＝∠PEC，
∴ PE＝PC．
同理：PF＝PC．
∴ PE＝PF，
∵ 点P是AC的中点，
∴ AP＝PC，且PE＝PF，
∴ 四边形AECF是平行四边形，
∵ AP＝PC＝PE＝PF，
∴ EF＝AC，
∴ ▱AECF是矩形；
当∠ACB＝90∘时，四边形AECF是菱形，
理由如下：∵ MN // BC，
∴ ∠APM＝∠ACB＝90∘，
∴ AC⊥EF，
∴ 平行四边形AECF是菱形．
【考点】
菱形的判定
【解析】
（1）根据CE平分∠ACB，MN // BC，可知∠ACE＝∠BCE＝∠PEC，可得PE＝PC，同理：PF＝PC，可得PE＝PF，且AP＝PC，可证四边形AECF是平行四边形，由对角线相等的平行四边形是矩形可证四边形AECF是矩形；
（2）当∠ACB＝90∘时，四边形AECF是菱形，由菱形的判定可证平行四边形AECF是菱形．
【解答】
四边形AECF是矩形，
理由如下：∵ CE平分∠ACB，
∴ ∠ACE＝∠BCE．
∵ MN // BC，
∴ ∠PEC＝∠BCE．
∴ ∠ACE＝∠PEC，
∴ PE＝PC．
同理：PF＝PC．
∴ PE＝PF，
∵ 点P是AC的中点，
∴ AP＝PC，且PE＝PF，
∴ 四边形AECF是平行四边形，
∵ AP＝PC＝PE＝PF，
∴ EF＝AC，
∴ ▱AECF是矩形；
当∠ACB＝90∘时，四边形AECF是菱形，
理由如下：∵ MN // BC，
∴ ∠APM＝∠ACB＝90∘，
∴ AC⊥EF，
∴ 平行四边形AECF是菱形．
【答案】
72
(−2, 2)或(4, 0)或(2, −4)
如图所示，△DEF即为所求．
【考点】
作图—应用与设计作图
平行四边形的性质与判定
勾股定理
【解析】
（1）利用割补法求解可得；
（2）先根据点A建立平面直角坐标系，再分别以AC、AB、BC为对角线确定点D的位置；
（3）根据12+32=10、22+42=20、12+52=25确定两点之间的位置，从而得到△DEF．
【解答】
△ABC的面积为3×3−12×1×2−12×2×3−12×1×3=72，
故答案为：72；
如图1所示，满足条件的点D的坐标为(−2, 2)或(4, 0)或(2, −4)，
故答案为：(−2, 2)或(4, 0)或(2, −4)；
如图所示，△DEF即为所求．
【答案】
证明：∵ 四边形ABCD为矩形，
∴ AB // CD，AD // BC，
∴ ∠ABD＝∠CDB，
由折叠性质可知，∠EBD＝，∠FDB＝，
∴ ∠EBD＝∠FDB，
∴ BE // FD，又DE // BF，
∴ 四边形BEFD是平行四边形；
在Rt△BCD中，BD＝＝，
设CF＝x，则BF＝8−x，
由折叠的性质可知，DN＝CD＝2，∠FND＝90∘，
∴ BN＝BD−DN＝4，
在Rt△BNF中，BF2＝FN2+BN2，即(8−x)4＝x2+44，
解得，x＝3；
【考点】
四边形综合题
【解析】
（1）根据矩形的性质得到∠ABD＝∠CDB，根据折叠性质、等量代换得到∠EBD＝∠FDB，得到BE // FD，根据平行四边形的判定定理证明即可；
（2）根据折叠性质、勾股定理列式计算，得到答案；
（3）连接EG，证明Rt△EHG≅Rt△EDG，得到GH＝DG＝a，根据勾股定理列式计算即可．
【解答】
证明：∵ 四边形ABCD为矩形，
∴ AB // CD，AD // BC，
∴ ∠ABD＝∠CDB，
由折叠性质可知，∠EBD＝，∠FDB＝，
∴ ∠EBD＝∠FDB，
∴ BE // FD，又DE // BF，
∴ 四边形BEFD是平行四边形；
在Rt△BCD中，BD＝＝，
设CF＝x，则BF＝8−x，
由折叠的性质可知，DN＝CD＝2，∠FND＝90∘，
∴ BN＝BD−DN＝4，
在Rt△BNF中，BF2＝FN2+BN2，即(8−x)4＝x2+44，
解得，x＝3；
连接EG，
设AB＝CD＝a，AD＝BC＝b，
则AE＝ED＝b，DG＝GC＝a，
由折叠的性质可知，AE＝EH＝DE，BH＝AB＝a，
∴ ∠EHG＝∠D，
在Rt△EHG和Rt△EDG中，
，
∴ Rt△EHG≅Rt△EDG(HL)
∴ GH＝DG＝a，
∴ BG＝BH+GH＝a，
在Rt△BCG中，BG2＝BC2+CG4，即（a)2＝b2+（a)2，
整理得，2a5＝b2，
∴ ＝＝，
故答案为：．
【答案】
∵ ∠AOB＝90∘，∠ABO＝30∘，
∴ OA＝1，OB＝，
∴ A(5, 1)，4)，
∵ OB＝OC，
∴ OC＝，
∴ C（，5)．
过点D作DM⊥y轴于点M，过点D作DN⊥x轴于点N，
由题意，y轴是线段BC的垂直平分线，
∴ AB＝AC，
∴ ∠ABO＝∠ACO＝30∘，
∵ ∠DAC＝90∘，x轴⊥y轴，
∴ ∠DAM＝∠ACO＝30∘，
又AD＝AC，∠AMD＝∠CAO，
∴ △AMD≅△COA(AAS)，
∴ DM＝AO，AM＝CO，
∵ AO＝1，CO＝，
∴ DM＝ON＝6，AM＝，
∴ D(1，+1)，
∴ DN＝+4，
又BN＝OB+ON＝+1，
∴ DN＝BN，
∴ △BND是等腰直角三角形，
∴ ∠DBN＝45∘，
∴ △GBO是等腰直角三角形，
∴ BG＝OB＝＝；
由（2）可知：∠DBN＝45∘，∠DCB＝30∘+45∘＝75∘，
∴ ∠BDC＝180∘−45∘−75∘＝60∘，
∵ ∠BEC＝∠BDC，
∴ ∠BEC＝60∘，
延长EB至F，使BF＝CE，
∵ ∠ABC＝∠ACB＝30∘，
∴ ∠BAC＝120∘，
∴ ∠ACE+∠ABE＝180∘，
∵ ∠ABF+∠ABE＝180∘，
∴ ∠ABF＝∠ACE，
又∵ AB＝AC，BF＝CE，
∴ △ABF≅△ACE(SAS)，
∴ AF＝AE，∠BAF＝∠CAB，
∴ ∠FAE＝∠BAC＝120∘，
∴ FE＝AE，
∴ BE+CE＝BE+BF＝FE＝AE，
即BE+CE＝AE．
【考点】
三角形综合题
【解析】
（1）由直角三角形的性质可得出答案；
（2）过点D作DM⊥y轴于点M，过点D作DN⊥x轴于点N，证明△AMD≅△COA(AAS)，得出DM＝AO，AM＝CO，证得△BND是等腰直角三角形，则∠DBN＝45∘，可得出△GBO是等腰直角三角形，则可求出BG的长；
（3）证得∠BEC＝60∘，延长EB至F，使BF＝CE，连接AF，证明△ABF≅△ACE(SAS)，得出AF＝AE，∠BAF＝∠CAB，即可得出BE+CE＝AE．
【解答】
∵ ∠AOB＝90∘，∠ABO＝30∘，
∴ OA＝1，OB＝，
∴ A(5, 1)，4)，
∵ OB＝OC，
∴ OC＝，
∴ C（，5)．
过点D作DM⊥y轴于点M，过点D作DN⊥x轴于点N，
由题意，y轴是线段BC的垂直平分线，
∴ AB＝AC，
∴ ∠ABO＝∠ACO＝30∘，
∵ ∠DAC＝90∘，x轴⊥y轴，
∴ ∠DAM＝∠ACO＝30∘，
又AD＝AC，∠AMD＝∠CAO，
∴ △AMD≅△COA(AAS)，
∴ DM＝AO，AM＝CO，
∵ AO＝1，CO＝，
∴ DM＝ON＝6，AM＝，
∴ D(1，+1)，
∴ DN＝+4，
又BN＝OB+ON＝+1，
∴ DN＝BN，
∴ △BND是等腰直角三角形，
∴ ∠DBN＝45∘，
∴ △GBO是等腰直角三角形，
∴ BG＝OB＝＝；
由（2）可知：∠DBN＝45∘，∠DCB＝30∘+45∘＝75∘，
∴ ∠BDC＝180∘−45∘−75∘＝60∘，
∵ ∠BEC＝∠BDC，
∴ ∠BEC＝60∘，
延长EB至F，使BF＝CE，
∵ ∠ABC＝∠ACB＝30∘，
∴ ∠BAC＝120∘，
∴ ∠ACE+∠ABE＝180∘，
∵ ∠ABF+∠ABE＝180∘，
∴ ∠ABF＝∠ACE，
又∵ AB＝AC，BF＝CE，
∴ △ABF≅△ACE(SAS)，
∴ AF＝AE，∠BAF＝∠CAB，
∴ ∠FAE＝∠BAC＝120∘，
∴ FE＝AE，
∴ BE+CE＝BE+BF＝FE＝AE，
即BE+CE＝AE．