2020-2021学年安徽省宿州市某校初二（下）期中考试数学试卷 (1)新北师大版

这是一份2020-2021学年安徽省宿州市某校初二（下）期中考试数学试卷 (1)新北师大版，共11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. 下列汽车标识中，是中心对称图形的是( )
A.B.
C.D.

2. 下列各组数据分别是三条线段的长度，以它们为边长能构成直角三角形的是( )
A.2，3，4.B.32，42，52C.12，15，18D.2，3，5

3. 不等式组 2x+13−3x+22>1,3−x≥2 的解集在数轴上表示正确的是( )
A.B.
C.D.

4. 如图，BD是△ABC的角平分线，AE⊥BD，垂足为F．若∠ABC=35∘，∠C=50∘，则∠ADE的度数为( )

A.135∘B.140∘C.145∘D.150∘

5. 如图，在△ABC中，∠C=90∘，斜边AB的垂直平分线交AB于点D，交AC于点E，连接BE，若∠A=35∘，则∠CBE的度数是( )

A.20∘B.30∘C.35∘D.55∘

6. 在平面直角坐标系中，把点P(−5, 3)向右平移8个单位得到点P1，再将点P1绕原点旋转90∘得到点P2，则点P2的坐标是( )
A.(3, −3)B.(−3, 3)
C.(3, 3)或(−3, −3)D.(3, −3)或(−3, 3)

7. 已知点A2a−6,3a−4在第二象限，且它的横、纵坐标都是整数，则a的值为( )
A.0B.1C.2D.3

8. 下面的图形中必须由“基本图形”既平移又旋转而形成的图形是( )
A.B.
C.D.

9. 如图，在直角坐标系中，已知点A−3,0，B0,4，对△OAB连续作旋转变换，依次得到△1，△2，△3，△4，⋯，则△2021的直角顶点的横坐标为( )

A.8076B.8077C.8080D.8085

10. 如图，在△ABC中，AB=AC=6，∠BAC=45∘，AD是底边BC上的中线，点E是AB上一动点，点P是AD上一动点，则PB+PE的最小值为( )

A.32B.42C.52D.无法确定
二、填空题

函数y=x2−2的自变量x的取值范围是________.

如图，在△ABC中，∠B，∠C的平分线BE，CD相交于点F，∠BFC=118∘，则∠BAC=________.


如图，在△ABC中，∠CAB=75∘，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得CC′ // AB，则∠BAB′=________．


我们用a表示不大于a的最大整数，例如：3.5=3，−3.5=−4，用a表示大于a的最小整数，例如：3.5=4， 5=6，−2.5=−2，据此解决下列问题：
(1)若x=5，则x的取值范围是________；若y=−3，则y的取值范围是________；

(2)已知x，y满足方程组3[x]+(y)=−4,2[x]−(y)=−6,则x，y的取值范围分别为________.
三、解答题

解不等式：32x+6>24x+3.

求不等式组3x−1+2<5x+3①,x+12+x≥3x−4② 的解．

如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，建立适当的平面直角坐标系，并解答下列问题：

(1)分别作出函数y1=−x+2和函数y2=2x−1的图象；

(2)利用图象确定x分别为何值时，y1=y2，y1>y2，y1
在10×10的网格中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC是格点三角形（顶点是网格线的交点）．

(1)画出△ABC绕点O逆时针方向旋转90∘得到的△A1B1C1；

(2)画出△A1B1C1向下平移4个单位长度得到的△A2B2C2；

(3)若点C的坐标是2,4，直接写出经过上述两种变换后得到的对应点C2的坐标．

如图，在△ABC中，AD，AE分别是△ABC的高和角平分线，BF是∠ABC的平分线，BF与AE交于点O，若∠ABC=40∘，∠C=60∘，求∠DAE，∠BOE的度数．


如图，∠A=∠B，AC=BD，点D在AC边上，∠1=∠2．

(1)通过说理说明，△AEC经过怎样的旋转变换可得到△BED；

(2)若∠C=70∘，求(1)中旋转变换的旋转角θ的度数．

已知关于x的不等式2m−mx2>12x−1．
(1)当m=1时，求该不等式的解集；

(2)m取何值时，该不等式有解，并求出解集．

根据社会实践活动要求，学校准备租用一批汽车送师生到社会实践活动基地．现有甲、乙两种大客车，甲种客车每辆载客量45人，乙种客车每辆载客量30人，已知1辆甲种客车和2辆乙种客车共需租金960元，2辆甲种客车和3辆乙种客车共需租金1640元．
(1)求1辆甲种客车和1辆乙种客车的租金分别是多少元？

(2)学校计划租用甲、乙两种客车共8辆，送330名师生外出实践活动，最节省的租车费用是多少？


(1)如图1，等腰直角△ABC与等腰直角△DCE有公共的直角顶点C，直角边CD在AC上，求证：BD=AE，BD⊥AE；

(2)把△DCE绕点C按顺时针方向旋转一定角度到图2的位置，探究线段BD，AE之间的数量关系和位置关系，并说明理由；

(3)如图3，等边△ABC和等边△CDE有公共的顶点C，请直接写出线段BD，AE之间的数量关系和线段BD，AE所在直线相交所夹锐角的度数（不用说理）.
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省宿州市某校初二（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
中心对称图形
【解析】
根据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，这个点叫做对称中心进行分析即可．
【解答】
解：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180∘，
如果旋转后的图形能与原来的图形重合，
那么这个图形叫做中心对称图形.
A，不是中心对称图形，故本选项错误；
B，不是中心对称图形，故本选项错误；
C，不是中心对称图形，故本选项错误；
D，是中心对称图形，故本选项正确．
故选D．
2.
【答案】
D
【考点】
勾股定理的逆定理
【解析】
验证两小边的平方和是否等于最长边的平方；应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断即可．
【解答】
解：A，因为22+32≠42，所以不能组成直角三角形，故选项错误；
B，因为322+422≠522，所以不能组成直角三角形，故选项错误；
C，因为122+152≠182，所以不能组成直角三角形，故选项错误；
D，因为22+32=52，所以能组成直角三角形，故选项正确；
故选D．
3.
【答案】
B
【考点】
在数轴上表示不等式的解集
解一元一次不等式组
【解析】
分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
【解答】
解：2x+13−3x+22>1①,3−x≥2②,
解不等式①，得x<−2；
解不等式②，得x≤1，
则不等式组的解集为x<−2，
在数轴上表示为.
故选B.
4.
【答案】
A
【考点】
三角形的外角性质
三角形内角和定理
余角和补角
角平分线的定义
线段垂直平分线的性质
【解析】
根据角平分线的定义和垂直的定义得到∠ABD=∠EBD=12∠ABC=35∘2,∠AFB=∠EFB=90∘，推出AB=BE ，根据等腰三角形的性质得到AF=EF ，求AD=ED，得到∠DAF=∠DEF ，根据三角形的外角的性质即可得到结论．
【解答】
解：∵ BD是△ABC的角平分线，AE⊥BD，
∴ ∠ABD=∠EBD=12∠ABC=17.5∘，∠AFB=∠EFB=90∘，
∴ ∠BAF=∠BEF=90∘−17.5∘=72.5∘，
∴ AB=BE，
∴ AF=EF，AD=ED，
∴ ∠DAF=∠DEF.
∵ ∠BAC=180∘−∠ABC−∠C=95∘，
∴ ∠BED=∠BAD=95∘，
∴ ∠CDE=∠DEB−∠C=95∘−50∘=45∘，
∴ ∠ADE=180∘−∠CDE=135∘.
故选A．
5.
【答案】
A
【考点】
线段垂直平分线的性质
等腰三角形的判定与性质
三角形内角和定理
【解析】
根据三角形内角和定理可求出∠ABC的度数，由线段垂直平分线的性质可得出AE=BE，进而可得出∠ABE的度数，再根据∠CBE=∠ABC−∠ABE即可求出∠CBE的度数．
【解答】
解：∵ ∠C=90∘，∠A=35∘，
∴∠ABC=55∘，
∵ DE垂直平分线段AB，
∴ AE=BE，
∴ ∠ABE=∠A=35∘，
∴ ∠CBE=∠ABC−∠ABE=20∘.
故选A.
6.
【答案】
D
【考点】
坐标与图形变化-旋转
坐标与图形变化-平移
【解析】
首先利用平移的性质得出点P1的坐标，再利用旋转的性质得出符合题意的答案．
【解答】
解：∵ 把点P(−5, 3)向右平移8个单位得到点P1，
∴ 点P1的坐标为：(3, 3)，
如图所示：
将点P1绕原点逆时针旋转90∘得到点P2，则其坐标为：(−3, 3)，
将点P1绕原点顺时针旋转90∘得到点P3，则其坐标为：(3, −3)，
故符合题意的点的坐标为：(3, −3)或(−3, 3)．
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
点的坐标
【解析】
直接利用点的坐标特点得出a的取值范围，进而得出a的值．
【解答】
解：由点A2a−6,3a−4在第二象限，
得2a−6<0,3a−4>0,
解得43∵ 它的横，纵坐标都是整数，
∴ a=2.
故选C.
8.
【答案】
D
【考点】
利用旋转设计图案
利用平移设计图案
【解析】
根据平移和旋转的概念，结合选项中图形的性质进行分析，排除错误答案即可得答案
【解答】
解：A，只要平移即可得到，故本选项错误；
B，只要旋转即可得到，故本选项错误；
C，只要两个基本图形旋转即可得到，故本选项错误；
D，既要平移，又要旋转后才能得到，故本选项正确．
故选D.
9.
【答案】
D
【考点】
规律型：点的坐标
坐标与图形变化-旋转
规律型：图形的变化类
【解析】
先利用勾股定理计算出AB，从而得到△ABC的周长为12，根据旋转变换可得△OAB的旋转变换为每3次一个循环，由于2021÷3=673…2，于是可判断三角形2021与三角形2的状态一样，即可得到三角形2021的直角顶点坐标．
【解答】
解： ∵ A−3,0， B0,4，
∴ OA=3， OB=4，
∵ AB=32+42=5，
∴ △ABC的周长=3+4+5=12.
∵ △OAB每连续3次后与原来的状态一样，
∴ 2021÷3=673⋯2，
∴ 三角形2021与三角形2的状态一样，
∴ 三角形2021的直角顶点的横坐标=673×12+9=8085，
∴ 三角形2021的直角顶点坐标为8085,0，
∴ △2021的直角顶点的横坐标为8085.
故选D．
10.
【答案】
A
【考点】
轴对称——最短路线问题
等腰直角三角形
勾股定理
等腰三角形的性质
【解析】
利用对称性找出最短线路，求解即可.
【解答】
解：如图，连接PC，过点C作CF⊥AB于点F，
∵ BP， CP关于AD对称 ，
∴ BP=CP，PB+PE=CP+PE，
当C，P，E三点共线时，CP+PE有最小值CE，
当CE⊥AB时，CE最短，此时E，F两点重合，
∵ ∠CFA=90∘，∠CAF=45∘，
∴ △AFC是等腰直角三角形，
∴ AF=CF，
由勾股定理，得CF2+AF2=AC2=36，
解得CF=32，
∴ CE的最小值为32，
∴ CP+PE的最小值为32，
即PB+PE的最小值为32．
故选A.
二、填空题
【答案】
x≥2或x≤−2
【考点】
二次根式有意义的条件
【解析】
利用二次根式有意义的条件解答即可.
【解答】
解：由题意，得x2−2≥0，即x2≥2，
解得x≥2或x≤−2.
故答案为：x≥2或x≤−2.
【答案】
56∘
【考点】
三角形内角和定理
角平分线的定义
【解析】
根据角平分线的性质与三角形内角和性质即可求出∠A的值．
【解答】
解：由题意可知， ∠FBC+∠FCB=180∘−∠BFC=62∘，
在△ABC中， ∠ABC，∠ACB的平分线是BE，CD，
∴ ∠ABC+∠ACB=2∠FBC+∠FCB=124∘，
∴ ∠A=180∘−∠ABC+∠ACB=56∘.
故答案为：56∘.
【答案】
30∘
【考点】
旋转的性质
三角形内角和定理
平行线的性质
【解析】
由题意可得AC＝AC′，∠BAB′＝∠CAC′，由CC′ // AB，可得∠CAB＝∠C′CA＝75∘，即可求∠BAB′的值．
【解答】
解：∵ CC′ // AB，
∴ ∠ACC′=∠CAB=75∘，
由旋转可得AC=AC′，∠CAC′=∠BAB′，
∴ ∠ACC′=∠AC′C=75∘，
∵ ∠CAC′+∠ACC′+∠AC′C=180∘，
∴ ∠CAC′=30∘，
∴ ∠BAB′=30∘.
故答案为：30∘.
【答案】
5≤x<6,−4≤y<−3
−2≤x<−1，1≤y<2
【考点】
一元一次不等式的整数解
定义新符号
二元一次方程组的解
【解析】
利用题目直接求解即可.
贤姐二元一次方程组，再求解即可.
【解答】
解：(1)由题可知，若x=5，可得5≤x<6，
若y=−3，可得−4≤y<−3.
故答案为：5≤x<6；−4≤y<−3.
(2)方程组3[x]+(y)=−4,2[x]−(y)=−6,
解得[x]=−2,y=2,
则可得−2≤x<−1，1≤y<2.
故答案为：−2≤x<−1，1≤y<2.
三、解答题
【答案】
解：32x+6>24x+3
去括号，得6x+18>8x+6，
移项，得6x−8x>6−18，
合并同类项，得−2x>−12，
解得x<6．
【考点】
解一元一次不等式
【解析】
无
【解答】
解：32x+6>24x+3
去括号，得6x+18>8x+6，
移项，得6x−8x>6−18，
合并同类项，得−2x>−12，
解得x<6．
【答案】
解：3x−1+2<5x+3①,x+12+x≥3x−4②,
由①得3x−3+2<5x+3，
解得x>−2.
由②得x+1+2x≥6x−8，
解得x≤3，
∴不等式组的解集是−2【考点】
解一元一次不等式组
【解析】
根据一元一次不等式组的解法，先分别解出①②的解，再利用不等式组解集的求法求出不等式组的解集.
【解答】
解：3x−1+2<5x+3①,x+12+x≥3x−4②,
由①得3x−3+2<5x+3，
解得x>−2.
由②得x+1+2x≥6x−8，
解得x≤3，
∴不等式组的解集是−2【答案】
解：(1)列表：
描点并连线如图所示．
(2)由图可知，当x=1时，y1=y2；
当x<1时，y1>y2；
当x>1时，y1【考点】
一次函数的图象
一次函数的性质
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)列表：
描点并连线如图所示．
(2)由图可知，当x=1时，y1=y2；
当x<1时，y1>y2；
当x>1时，y1【答案】
解：(1)如图所示△A1B1C1即为所求.
(2)如图所示△A2B2C2即为所求.
(3)由(2)图可知，C2的坐标为−4,−2.
【考点】
作图-旋转变换
作图－平移变换
点的坐标
【解析】
（1）根据旋转的性质来画出图即可；
（2）根据平移的性质画出图形即可；
（3）根据（1）（2）所画出的图形，结合点C2,4求出点C1和C2的坐标.
【解答】
解：(1)如图所示△A1B1C1即为所求.
(2)如图所示△A2B2C2即为所求.
(3)由(2)图可知，C2的坐标为−4,−2.
【答案】
解：在△ABC中，∵ ∠ABC=40∘，∠C=60∘，
∴ ∠BAC=180∘−∠B−∠C=80∘，
∵ AE是∠BAC的角平分线，
∴ ∠EAC=12∠BAC=40∘，
∵ AD是△ABC的高，
∴ ∠ADC=90∘，
∴ 在△ADC中，∠DAC=180∘−∠ADC−∠C
=180∘−90∘−60∘=30∘，
∴ ∠DAE=∠EAC−∠DAC=40∘−30∘=10∘.
∵ BF是∠ABC的平分线，∠ABC=40∘，
∴ ∠FBC=12∠ABC=20∘，
又∵ ∠C=60∘，∠EAC=40∘，
∴ ∠AEC=80∘，
∴ ∠BOE=∠AEC−∠FBC=60∘．
【考点】
三角形内角和定理
三角形的外角性质
角平分线的定义
【解析】
先根据三角形的内角和定理得到∠BAC的度数，再利用角平分线的性质可求出∠DAC=12∠BAC，而∠EAC=90∘−∠C，然后利用∠DAE=∠DAC−∠EAC进行计算即可．由三角形外角的性质求得∠AFO=80∘，利用三角形内角和定理得到∠AOF=50∘，所以对顶角相等：∠BOE=∠AOF=50∘．
【解答】
解：在△ABC中，∵ ∠ABC=40∘，∠C=60∘，
∴ ∠BAC=180∘−∠B−∠C=80∘，
∵ AE是∠BAC的角平分线，
∴ ∠EAC=12∠BAC=40∘，
∵ AD是△ABC的高，
∴ ∠ADC=90∘，
∴ 在△ADC中，∠DAC=180∘−∠ADC−∠C
=180∘−90∘−60∘=30∘，
∴ ∠DAE=∠EAC−∠DAC=40∘−30∘=10∘.
∵ BF是∠ABC的平分线，∠ABC=40∘，
∴ ∠FBC=12∠ABC=20∘，
又∵ ∠C=60∘，∠EAC=40∘，
∴ ∠AEC=80∘，
∴ ∠BOE=∠AEC−∠FBC=60∘．
【答案】
解：(1)∵ ∠A+∠2+∠AOD=180∘，
∠B+∠BEA+∠BOE=180∘，
∠A=∠B，∠AOD=∠BOE，
∴ ∠2=∠BEA，
∵ ∠1=∠2，
∴ ∠1=∠BEA，
∴ ∠1+∠AED=∠BEA+∠AED，
即∠AEC=∠BED，
∵ AC=BD，
∴ △AEC≅△BEDAAS，
∴ EC=ED，EA=EB，
∴ △AEC绕点E顺时针方向旋转∠1的度数后可得到△BED.
(2)由(1)得EC=ED，
∴ ∠EDC=∠ECD=70∘，
∴ ∠1=180∘−70∘−70∘=40∘，
即∠C=70∘时，(1)中旋转变换的旋转角θ的度数为40∘.
【考点】
全等三角形的性质与判定
旋转的性质
三角形内角和定理
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ ∠A+∠2+∠AOD=180∘，
∠B+∠BEA+∠BOE=180∘，
∠A=∠B，∠AOD=∠BOE，
∴ ∠2=∠BEA，
∵ ∠1=∠2，
∴ ∠1=∠BEA，
∴ ∠1+∠AED=∠BEA+∠AED，
即∠AEC=∠BED，
∵ AC=BD，
∴ △AEC≅△BEDAAS，
∴ EC=ED，EA=EB，
∴ △AEC绕点E顺时针方向旋转∠1的度数后可得到△BED.
(2)由(1)得EC=ED，
∴ ∠EDC=∠ECD=70∘，
∴ ∠1=180∘−70∘−70∘=40∘，
即∠C=70∘时，(1)中旋转变换的旋转角θ的度数为40∘.
【答案】
解：(1)当m=1时，不等式为2−x2>12x−1，
去分母，得2−x>x−2，
解得x<2.
(2)不等式去分母，得2m−mx>x−2，
移项合并，得m+1x<2m+1，
当m≠−1时，不等式有解；
当m>−1时，不等式解集为x<2；
当x<−1时，不等式的解集为x>2.
【考点】
解一元一次不等式
【解析】
（1）把m=代入不等式，求出解集即可；
（2）不等式去分母，移项合并整理后，根据有解确定出m的范围，进而求出解集即可．
【解答】
解：(1)当m=1时，不等式为2−x2>12x−1，
去分母，得2−x>x−2，
解得x<2.
(2)不等式去分母，得2m−mx>x−2，
移项合并，得m+1x<2m+1，
当m≠−1时，不等式有解；
当m>−1时，不等式解集为x<2；
当x<−1时，不等式的解集为x>2.
【答案】
解：(1)设1辆甲种客车的租金是x元，1辆乙种客车的租金是y元，
由题意，得x+2y=960,2x+3y=1640,
解得x=400,y=280.
答：1辆甲种客车的租金是400元，1辆乙种客车的租金是280元.
(2)设租用甲种客车a辆，
由题意，得45a+30(8−a)≥330,8−a≥0,，
解得6≤a≤8，
租用甲种客车6辆，租用乙种客车2辆的租车费用为：
400×6+280×2=2400+560=2960（元）；
租用甲种客车7辆，租用乙种客车1辆的租车费用为：
400×7+280=2800+280=3080（元）；
租用甲种客车8辆，租用乙种客车0辆的租车费用为：
400×8=3200（元），
2960<3080<3200，
故最节省的租车费用是2960元．
【考点】
二元一次方程组的应用——其他问题
一元一次不等式组的应用
【解析】
左侧图片未给出解析
左侧图片未给出解析
【解答】
解：(1)设1辆甲种客车的租金是x元，1辆乙种客车的租金是y元，
由题意，得x+2y=960,2x+3y=1640,
解得x=400,y=280.
答：1辆甲种客车的租金是400元，1辆乙种客车的租金是280元.
(2)设租用甲种客车a辆，
由题意，得45a+30(8−a)≥330,8−a≥0,，
解得6≤a≤8，
租用甲种客车6辆，租用乙种客车2辆的租车费用为：
400×6+280×2=2400+560=2960（元）；
租用甲种客车7辆，租用乙种客车1辆的租车费用为：
400×7+280=2800+280=3080（元）；
租用甲种客车8辆，租用乙种客车0辆的租车费用为：
400×8=3200（元），
2960<3080<3200，
故最节省的租车费用是2960元．
【答案】
(1)证明：如图，延长BD交AC于M．
∵ △ABC与△DCE是等腰直角三角形，
∴ ∠ACB=∠DCE=90∘.
BC=AC，CD=CE，
∴ △BCD≅△ACE，
∴ BD=AE，∠DBC=∠CAE.
∵ ∠BCD=90∘，
∴ ∠CBD+∠ABD+∠BAC=90∘，
∴ ∠CAE+∠ABD+∠BAC=90∘，
∴ ∠AMD=90∘，
∴ BD⊥AE.
(2)解：BD=AE，BD⊥AE.
理由：∵ ∠BCA=∠DCE=90∘，
∴ ∠BCA+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
∴ ∠BCD=∠ACE.
设BD，AE交点为M，如图，
在△BCD和△ACE中，
BC=AC，CD=CE,
∴ △BCD≅△ACE，
∴ BD=AE，∠DBC=∠CAE.
令AC与BD交于点O，
∴ ∠CBD+∠ABD+∠BAC=90∘，
∴ ∠CAE+∠ABD+∠BAC=90∘.
∴ ∠AMD=90∘，
∴ BD⊥AE.
(3)解：BD=AE，BD与AE所成的角的度数为60∘．
理由如下：∵ △ABC和△DEC是等边三角形，
∴ AC=BC，DC=EC，∠BCA=∠DCE=60∘，
∴ ∠BCA+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
∴ ∠BCD=∠ACE，
∴ △BCD≅△ACE，
∴ BD=AE，
∴ ∠BDC=∠AEC.
令AE与BD的交点为F，
∴ ∠DFE=180∘−(∠BDC+∠EDC+∠DEF)
=180∘−(∠AEC+∠EDC+∠DEF)
=180∘−(60∘+60∘)=60∘，
即BD与AE所成的角的度数为60∘．
【考点】
全等三角形的性质与判定
等腰直角三角形
旋转的性质
等边三角形的性质
三角形内角和定理
【解析】
(1)延长BD交AE于F，求出∠ACB＝∠ACE＝90∘，证出△BCD≅△ACE，推出BD＝AC，∠DBC＝∠CAE，根据∠CBD+∠BDC＝90∘推出∠ADF+∠CAE＝90∘，求出∠AFD＝90∘即可；
(1)求出∠BCD＝∠ACE，证出△BCD≅△ACE，推出BD＝AE，∠BDC＝∠AEC，根据∠AEC+∠EOC＝90∘求出∠BDC+∠DOF＝90∘，求出∠DFO＝90∘即可；
(3)只要证明△BCD≅△ACE,求出∠BCD＝∠ACE，证出△BCD≅△ACE，推出∠BDC＝∠AEC，根据三角形内角和定理求出∠DFE即可．
【解答】
(1)证明：如图，延长BD交AC于M．
∵ △ABC与△DCE是等腰直角三角形，
∴ ∠ACB=∠DCE=90∘.
BC=AC，CD=CE，
∴ △BCD≅△ACE，
∴ BD=AE，∠DBC=∠CAE.
∵ ∠BCD=90∘，
∴ ∠CBD+∠ABD+∠BAC=90∘，
∴ ∠CAE+∠ABD+∠BAC=90∘，
∴ ∠AMD=90∘，
∴ BD⊥AE.
(2)解：BD=AE，BD⊥AE.
理由：∵ ∠BCA=∠DCE=90∘，
∴ ∠BCA+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
∴ ∠BCD=∠ACE.
设BD，AE交点为M，如图，
在△BCD和△ACE中，
BC=AC，CD=CE,
∴ △BCD≅△ACE，
∴ BD=AE，∠DBC=∠CAE.
令AC与BD交于点O，
∴ ∠CBD+∠ABD+∠BAC=90∘，
∴ ∠CAE+∠ABD+∠BAC=90∘.
∴ ∠AMD=90∘，
∴ BD⊥AE.
(3)解：BD=AE，BD与AE所成的角的度数为60∘．
理由如下：∵ △ABC和△DEC是等边三角形，
∴ AC=BC，DC=EC，∠BCA=∠DCE=60∘，
∴ ∠BCA+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
∴ ∠BCD=∠ACE，
∴ △BCD≅△ACE，
∴ BD=AE，
∴ ∠BDC=∠AEC.
令AE与BD的交点为F，
∴ ∠DFE=180∘−(∠BDC+∠EDC+∠DEF)
=180∘−(∠AEC+∠EDC+∠DEF)
=180∘−(60∘+60∘)=60∘，
即BD与AE所成的角的度数为60∘．x
0
2
y1=−x+2
2
0
y2=2x−1
−1
3
x
0
2
y1=−x+2
2
0
y2=2x−1
−1
3