2022-2023学年广东省深圳市南山区南头城学校八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省深圳市南山区南头城学校八年级（下）期中数学试卷（含解析），共19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。

2022-2023学年广东省深圳市南山区南头城学校八年级（下）期中数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图汽车标志中不是中心对称图形的是(    )
A. B. C. D.
2. 已知a>b，则下列选项不正确是(    )
A. −a3>−b3 B. a−b>0 C. a+c>b+c D. a⋅c2≥b⋅c2
3. 已知点A(−2,a)和点B(2,−3)关于原点对称，则a的值为(    )
A. 2 B. −2 C. 3 D. −3
4. 把a2−4a多项式分解因式，结果正确的是(    )
A. a(a−4) B. (a+2)(a−2) C. a(a+2)(a−2) D. (a−2)2−4
5. 不等式组x<2x≥12的解集在数轴上应表示为(    )
A. B. C. D.
6. 下列命题的逆命题正确的是(    )
A. 两条直线平行，内错角相等 B. 若两个实数相等，则它们的绝对值相等
C. 全等三角形的对应角相等 D. 若两个实数相等，则它们的平方也相等
7. 如图，在等边三角形ABC中，AB=4，D是边BC上一点，且∠BAD=30°，则CD的长为(    )
A. 1
B. 32
C. 2
D. 3
8. 若关于x的不等式组x−m<05−2x<1的整数解共有2个，则m的取值范围是(    )
A. 5 9. 如图，函数y1=−2x与y2=ax+3的图象相交于点A(−1,2)，则关于x的不等式ax+3>−2x>0的解集是(    )
A. x>−1
B. −1 C. x<−1
D. x>2
10. 一副三角板如图摆放，点F是45°角三角板ABC的斜边的中点，AC=4.当30°角三角板DEF的直角顶点绕着点F旋转时，直角边DF，EF分别与AC，BC相交于点M，N.在旋转过程中有以下结论：①MF=NF：②四边形CMFN有可能为正方形；③MN长度的最小值为2；④四边形CMFN的面积保持不变；⑤△CMN面积的最大值为2.其中正确的个数是(    )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 不等式组12x+1>01−x>0的整数解为______ ．
12. 已知等腰三角形的两边分别为7厘米和4厘米，则周长是______ 厘米．
13. 如图，点A，B的坐标分别为(−4,2)，(0,−4)，将线段AB平移至A1B1，若点A1，B1的坐标分别为(a,8)，(6,b)，则a+b的值为______ ．


14. 如图，∠AOP=∠BOP=15°，PC//OA，PD⊥OA，若PC=4，则PD的长为______．


15. 如图，△ABO是边长为6的等边三角形，将△ABO向右平移得到第2个等边三角形△A1B1A，再将△A1B1A向右平移得第3个等边三角形△A2B2A1，重复以上做法得到第4个等边三角形△A3B3A2，若P(m,2 3)在△A3B3A2的边上，则m的值是______ ．

三、解答题（本大题共7小题，共55.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题15.0分)
分解因式：
(1)8a3b2+12ab3c；
(2)x2−4y2；
(3)(a+b)2−12(a+b)+36；
(4)解不等式组2(x+2)2x−8；
(5)解不等式组5x+4≥2(x−1)x3>1−x−36．
17. (本小题4.0分)
已知a+b=0.5，ab=−4，先因式分解，再求值：a3b+2a2b2+ab3．
18. (本小题6.0分)
如图，在边长为1的正方形组成的网格中建立直角坐标系，△AOB的顶点均在格点上，点O为原点．
(1)将△AOB向下平移3个单位后得到△A1O1B1，请在图中画出△A1O1B1，其中，点A1的坐标为______ ．
(2)将△AOB绕点O逆时针旋转90°后得到△A2OB2，请在图中画出△A2OB2，其中，点A2的坐标为______ ．
(3)在(2)的旋转过程中，求线段OA扫过图形的面积．

19. (本小题6.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，BD、CE是腰AB、AC上的高，交于点O．
(1)求证：OB=OC．
(2)若∠ABC=65°，求∠COD的度数．

20. (本小题7.0分)
某中学决定开设“足球大课间活动”，准备购买A、B两种品牌的足球，已知购买5个A品牌足球和10个B品牌足球，需350元；购买3个A品牌足球和5个B品牌足球，需190元．
(1)求A、B两种品牌足球的单价各多少元？
(2)若学校决定购进A品牌的足球不少于60个，且此次学校购买A、B两种品牌足球的总费用不超过2620元，现需要购买两种品牌的足球共100个，问有几种购买方案？为了节约资金，学校应选择哪种方案？
21. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，∠C=90°，DE⊥AB于点E，点F在AC上，BD=DF．
(1)求证：CF=EB．
(2)若AB=12，AF=8，求CF的长．

22. (本小题9.0分)
探究题：(1)特殊情景：

如图(1)，在四边形ABCD中，AB=AD，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAF=12∠BAD，连接EF，若∠BAD=∠B=∠D=90°，探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系为：______ ．
(提示：延长CD到H，使DH=BE，链接AH.)
(2)类比猜想：类比特殊情景，在上述(1)条件下，把“∠BAD=∠B=∠D=90°”改成一股情况“∠B+∠D=180°，”如图(2)，小明猜想：线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明结论．
(3)解决问题：如图(3)，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=4，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD= 2，计算DE的长度．
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：A、是中心对称图形．故错误；
B、不是中心对称图形．故正确；
C、是中心对称图形．故错误；
D、是中心对称图形．故错误．
故选：B．
根据中心对称图形的概念求解．
本题考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．

2.【答案】A 
【解析】解：A.∵a>b，
∴−a3<−b3，故本选项符合题意；
B.∵a>b，
∴a−b>0，故本选项不符合题意；
C.∵a>b，
∴a+c>b+c，故本选项不符合题意；
D.∵a>b，c2≥0，
∴a⋅c2≥b⋅c2，故本选项不符合题意；
故选：A．
根据不等式的性质逐个判断即可．
本题考查了不等式的性质，能熟记不等式的性质是解此题的关键，①不等式的性质1：不等式的两边都加(或减)同一个数(或式子)，不等号的方向不变，②不等式的性质2：不等式的两边都乘(或除以)同一个正数，不等号的方向不变，③不等式的性质3：不等式的两边都乘(或除以)同一个负数，不等号的方向改变．

3.【答案】C 
【解析】解：∵点A(−2,a)和点B(2,−3)关于原点对称，
∴a=3，
故选：C．
平面内关于原点对称的两点，横坐标与纵坐标都互为相反数，据此可得a的值．
本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P(x,y)关于原点O的对称点是P′(−x,−y)．

4.【答案】A 
【解析】解：a2−4a=a(a−4)，
故选：A．
直接提取公因式a即可．
此题主要考查了提公因式法分解因式，关键是掌握找公因式的方法：当各项系数都是整数时，公因式的系数应取各项系数的最大公约数；字母取各项的相同的字母，而且各字母的指数取次数最低的；取相同的多项式，多项式的次数取最低的．

5.【答案】B 
【解析】解：不等式组的解集是12≤x<2，在数轴上可表示为：

故选：B．
根据不等式画出数轴，实心圆点包括该点，空心圆圈不包括该点，大于向右小于向左．两个不等式的公共部分就是不等式组的解集．
本题考查不等式组解集的表示方法．把每个不等式的解集在数轴上表示出来(>,≥向右画；<，≤向左画)，在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“<”，“>”要用空心圆点表示．

6.【答案】A 
【解析】解：A、两条直线平行，内错角相等的逆命题为内错角相等，两条直线平行，故本选项正确，符合题意；
B、若两个实数相等，则它们的绝对值相等的逆命题为若两个实数的绝对值相等，则这两个实数相等，故本选项错误，不符合题意；
C、全等三角形的对应角相等的逆命题为对应角相等的三角形是全等三角形，故本选项错误，不符合题意；
D、若两个实数相等，则它们的平方也相等的逆命题是若两个实数的平方相等，则它们相等，故本选项错误，不符合题意；
故选：A．
利用平行线的性质、实数的性质、全等三角形的判定等知识分别判断后即可确定正确的选项．
考查了命题与定理的知识，解题的关键是正确的写出一个命题的逆命题，难度不大．

7.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了等边三角形的性质，利用等边三角形的三线合一，找出AD为BC的中线是解题的关键．
由△ABC为等边三角形，利用等边三角形的性质可得出∠BAC=60°，BC=AB=4，结合∠BAD=30°，可得出∠CAD=30°=∠BAD，进而可得出AD为∠BAC的角平分线，再利用等边三角形的三线合一可得出AD为BC的中线，结合BC=4即可求出CD的长．
【解答】
解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，BC=AB=4．
∵∠BAD=30°，
∴∠CAD=∠BAC−∠BAD=60°−30°=30°=∠BAD，
∴AD为∠BAC的角平分线，
∴AD为BC的中线，
∴CD=12BC=12×4=2．
故选：C．  
8.【答案】B 
【解析】解：不等式组整理得：x2，即2 所以不等式组的整数解有2个整数解为3，4，
则m的范围为4 故选：B．
表示出不等式组的解集，由整数解有2个，确定出m的范围即可．
此题考查了一元一次不等式组的整数解，求不等式组的解集，应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．

9.【答案】B 
【解析】解：∵函数y1=−2x与y2=ax+3的图象相交于点A(−1,2)，
∴关于x的不等式ax+3>−2x>0的解集是：0>x>−1．
故选：B．
利用函数图象得出不等式ax+3>−2x>0的解集．
此题主要考查了一次函数与一元一次不等式，关键是结合图形得出答案．

10.【答案】C 
【解析】解：①连接CF，
∵F为AB中点，AC=BC，∠ACB=90°，
∴AF=BF=CF，CF⊥AB，
∴∠AFM+∠CFM=90°．
∵∠DFE=90°，∠CFM+∠CFN=90°，
∴∠AFM=∠CFN．
同理，∵∠A+∠MCF=90°，∠MCF+∠FCN=90°，
∴∠A=∠FCN，
在△AMF与△CNF中，
∵∠AFM=∠CFNAF=CF∠A=∠FCN，
∴△AMF≌△CNF(ASA)，
∴MF=NF．
故①正确；
②当MF⊥AC时，四边形MFNC是矩形，此时MA=MF=MC，根据邻边相等的矩形是正方形可知②正确；
③连接MN，当M为AC的中点时，CM=CN，根据边长为4知CM=CN=2，此时MN最小，最小值为2 2，故③错误；
④当M、N分别为AC、BC中点时，四边形CDFE是正方形．
∵△ADF≌△CEF，
∴S△CEF=S△AMF
∴S四边形CDFE=S△AFC．
故④正确；
⑤由于△MNF是等腰直角三角形，因此当DM最小时，DN也最小；
即当DF⊥AC时，DM最小，此时DN=12BC=2．
∴DN= 2DN=2 2；
当△CEF面积最大时，此时△DEF的面积最小．
此时S△CMN=S四边形CFMN−S△FMN=S△AFC−S△DEF=4−2=2，
故⑤正确．
故选：C．
利用两直角三角形的特殊角、性质及旋转的性质分别判断每一个结论，找到正确的即可．
此题考查的知识点有等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质等知识点，综合性强，难度较大，是一道难题．

11.【答案】−1，0 
【解析】解：解不等式12x+1>0，得：x>−2，
解不等式1−x>0，得：x<1，
∴不等式组的解集为−2 ∴不等式组12x+1>01−x>0的整数解为−1，0，
故答案为：−1，0．
分别求出不等式组中每个不等式的解集，从而得到不等式组的解集，即可得出答案．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．

12.【答案】15或18 
【解析】解：当4厘米为腰时，由4+4>7，则7，4，4能构成三角形；此时三角形周长为7+4+4=15厘米．
当7厘米为腰时，由7+4=11>7，则7，7，4能构成三角形，此时三角形周长为7+7+4=18厘米．
故答案为：15或18．
分两种情况3厘米为腰时和7厘米为腰两种情况，并根据三角形的三边关系和三角形周长的公式即可解答．
本题主要考查了等腰三角形的性质、三角形的三边关系等知识点，熟练掌握等腰三角形的定义是解题的关键．

13.【答案】4 
【解析】解：∵A、B的坐标分别为(−4,2)、(0,−4).将线段AB平移至A1B1，若A1、B1的坐标分别为(a,8)、(6,b)，
∴AB向右平移6个单位，向上平移6个单位得到A1，B1，
∴a=2，b=2，
∴a+b=4，
故答案为：4．
根据平移变化的规律解决问题即可．
本题考查的是坐标与图形变化−平移，牢记平面直角坐标系内点的平移规律：上加下减、右加左减是解题的关键．

14.【答案】2 
【解析】解：过P作PE⊥OB，交OB与点E，

∵∠AOP=∠BOP，PD⊥OA，PE⊥OB，
∴PD=PE，
∵PC//OA，
∴∠CPO=∠POD，
又∠AOP=∠BOP=15°，
∴∠CPO=∠AOP=∠BOP=15°，
又∠ECP为△OCP的外角，
∴∠ECP=∠COP+∠CPO=30°，
在直角三角形CEP中，∠ECP=30°，PC=4，
∴PE=12PC=2，
则PD=PE=2．
故答案为：2．
过P作PE垂直于OB，由∠AOP=∠BOP，PD垂直于OA，利用角平分线定理得到PE=PD，由PC与OA平行，根据两直线平行得到一对内错角相等，又OP为角平分线得到一对角相等，等量代换可得∠COP=∠CPO，又∠ECP为三角形OCP的外角，利用三角形外角的性质求出∠ECP=30°，在直角三角形ECP中，由30°角所对的直角边等于斜边的一半，由斜边PC的长求出PE的长，即得PD的长．
此题考查了含30°角直角三角形的性质，角平分线性质，平行线的性质，以及三角形的外角性质，熟练掌握相关性质及定理是解本题的关键．同时注意辅助线的作法．

15.【答案】26或28 
【解析】解：过点B作BC⊥OA于C．
∵△ABO是边长为6的等边三角形，BC⊥OA，
∴OC=12OA=3，BC= 3OC=3 3，
∴纵坐标为2 3的点在边OB上或边AB上，其垂足是OA的三等分点．
∵OA3=6×4=24，OA4=6×5=30，
∴若P(m,2 3)在△A4B4A3边上，则m的值是24+13×6=26或24+23×6=28．
故答案为：26或28．
过点B作BC⊥OA于C，先解直角△OBC，得OC=12OA=3，BC= 3OC=3 3，即纵坐标为2 3的点在边OB上或边AB上，其垂足在OA的三等分点，然后求出OA3，OA4的长度，进而求出m的值．
本题考查了平移的性质，等边三角形的性质，解直角三角形，有一定难度．得出在△ABO中，纵坐标为2 3的点在边OB上或边AB上，其垂足在OA的三等分点是解题的关键．

16.【答案】解：(1)8a3b2+12ab3c
=4ab2(2a2+3bc)；
(2)x2−4y2
=(x+2y)(x−2y)；
(3)(a+b)2−12(a+b)+36
=(a+b−6)2；
(4)2(x+2)2x−8②，
解①，得x<1，
解②，得x>−2，
∴原不等式组的解集为−2 (5)5x+4≥2(x−1)①x3>1−x−36②，
解①，得x≥−2，
解②，得x>3，
∴原不等式组的解集为x>3． 
【解析】(1)利用提公因式法分解；
(2)利用平方差公式分解；
(3)利用完全平方公式分解；
(4)(5)先解组中的每一个不等式，再确定不等式组的解集．
本题主要考查了因式分解和解一元一次不等式组，掌握因式分解的方法和一元二次不等式的解法是解决本题的关键．

17.【答案】解：a3b+2a2b2+ab3
=ab(a2+2ab+b2)
=ab(a+b)2，
当a+b=0.5，ab=−4时，
原式=−4×0.52
=−4×0.25
=−1． 
【解析】先将原式提公因式后再利用完全平方公式进行因式分解，然后代入已知数值进行计算即可．
本题主要考查因式分解的应用，熟练掌握因式分解的方法并正确进行因式分解是解题的关键．

18.【答案】(4,−1)  (−2,4) 
【解析】解：(1)如图，△A1O1B1即为所求，点A1的坐标为(4,−1)．

故答案为：(−2,4)；
(2)如图，△A2OB2即为所求，点A2的坐标为(−2,4)．
故答案为：(−2,4)；
(3)∵OA= 22+42=2 5，
∴线段OA扫过图形的面积=90π⋅(2 5)2360=5π．
(1)利用平移变换的性质分别作出A，B，O的对应点A1，B1，C1即可；
(2)利用旋转变换的性质分别作出A，B的对应点A2，B2即可；
(3)求出OA，利用扇形的面积公式求解．
本题考查作图−旋转变换，平移变换，扇形的面积等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．

19.【答案】(1)证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵BD、CE是△ABC的两条高线，
∴∠BEC=∠BDC=90°，
在△BEC和△CDB中，
∠BEC=∠CDB∠EBC=∠DCBBC=CB，
∴△BEC≌△CDB，
∴∠DBC=∠ECB，BE=CD，
在△BOE和△COD中，
∠BOE=∠CODBE=CD∠BEC=∠BDE，
∴△BOE≌△COD，
∴OB=OC；
(2)解：∵∠ABC=65°，AB=AC，
∴∠A=180°−2×65°=50°，
∴∠COD=∠A=50°． 
【解析】(1)首先根据等腰三角形的性质得到∠ABC=∠ACB，然后利用高线的定义得到∠ECB=∠DBC，从而得证；
(2)首先求出∠A的度数，进而求出∠COD的度数．
本题考查了等腰三角形的性质及三角形的内角和定理；关键是掌握等腰三角形等角对等边．

20.【答案】解：(1)设A品牌足球的单价是x元，B品牌足球的单价是y元，
根据题意得：5x+10y=3503x+5y=190，
解得：x=30y=20．
答：A品牌足球的单价是30元，B品牌足球的单价是20元；
(2)设购买m个A品牌的足球，则购买(100−m)个B品牌的足球，
根据题意得：m≥6030m+20(100−m)≤2620，
解得：60≤m≤62，
又∵m为正整数，
∴m可以为60，61，62，
∴该校共有3种购买方案，
方案1：购买60个A品牌的足球，40个B品牌的足球，所需总费用为30×60+20×40=2600(元)；
方案2：购买61个A品牌的足球，39个B品牌的足球，所需总费用为30×61+20×39=2610(元)；
方案3：购买62个A品牌的足球，38个B品牌的足球，所需总费用为30×62+20×38=2620(元)．
∵2600<2610<2620，
∴为了节约资金，学校应购买60个A品牌的足球，40个B品牌的足球． 
【解析】(1)设A品牌足球的单价是x元，B品牌足球的单价是y元，根据“购买5个A品牌足球和10个B品牌足球，需350元；购买3个A品牌足球和5个B品牌足球，需190元”，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)设购买m个A品牌的足球，则购买(100−m)个B品牌的足球，根据“购进A品牌的足球不少于60个，且此次学校购买A、B两种品牌足球的总费用不超过2620元”，可列出关于m的一元一次不等式组，解之可得出m的取值范围，结合m为正整数，可得出各购买方案，再求出各购买方案所需总费用，比较后即可得出结论．
本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．

21.【答案】(1)证明：∵AD平分∠BAC，∠C=90°，DE⊥AB于E，
∴DE=DC．
在Rt△CDF与Rt△EDB中，
DF=DBDC=DE,
∴Rt△CDF≌Rt△EDB(HL)，
∴CF=EB．

(2)解：设CF=x，则AE=12−x，
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，
∴CD=DE．
在Rt△ACD与Rt△AED中，
∵AD=ADCD=ED,
∴Rt△ACD≌Rt△AED(HL)，
∴AC=AE，即8+x=12−x，
解得x=2，即CF=2． 
【解析】(1)根据角平分线的性质“角平分线上的点到角的两边的距离相等”，可得点D到AB的距离=点D到AC的距离即DE=CD，再根据HL证明Rt△CDF≌Rt△EDB，从而得出CF=EB；
(2)设CF=x，则AE=12−x，再根据题意得出Rt△ACD≌Rt△AED，进而可得出结论．
本题考查的是角平分线的性质，熟知角平分线上的点到角两边的距离相等是解答此题的关键．

22.【答案】BE+DF=EF 
【解析】解：(1)结论：BE+DF=EF，理由如下：
如图，将△ABE绕点A顺时针旋转90°，得到△ADG，

∵四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=∠B=∠D=90°，∠EAF=12∠BAD，
∵∠ADC=∠B=∠ADG=90°，∠EAF=12∠BAD=45°，
∴∠FDG=180°，即点F，D，G共线．
由旋转可得AE=AG，BE=DG，∠BAE=∠DAG．
∵∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=90°−45°=45°，
∴∠DAG+∠DAF=45°，
∴∠EAF=∠FAG，
∵AF=AF，
∴△AFE≌△AFG(SAS)，
∴EF=FG．
又∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴BE+DF=EF．
故答案为：BE+DF=EF；

(2)成立．
理由：设∠BAD=α，则∠EAF=12α，
如图，将△ABE绕点A顺时针旋转α得到△ADH，

∴∠ABE=∠ADH，∠BAE=∠DAH，AE=AH，BE=DH．
∵∠B+∠ADC=180°，
∴∠ADH+∠ADC=180°，
∴点C，D，H在同一直线上．
∵∠BAD=α，∠EAF=12α，
∴∠BAE+∠FAD=12α，
∴∠DAH+∠FAD=12α，
∴∠FAH=∠EAF，
又∵AF=AF，
∴△AEF≌△AHF(SAS)，
∴EF=FH=DF+DH=BE+DF；

(3)如图，将△AEC绕点A逆时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′．

∴BE′=EC，AE′=AE，∠C=∠ABE′，∠EAC=∠E′AB，
∵∠DAE=45°，
∴∠DAE′=90°−45°=45°，
∴∠DAE′=∠DAE，
∵AD=AD，
∴△AE′D≌△AED(SAS)，
∴DE=DE′，
在Rt△ABC中，AB=AC=4，
∴∠ABC=∠ACB=45°，BC=4 2，
∴CD=BC−BD=3 2，∠ABC+∠ABE′=90°，即∠E′BD=90°，
∴E′B2+BD2=E′D2．
∵DE=DE′，
∴DE2=BD2+EC2，即DE2=( 2)2+(3 2−DE)2，
解得DE=5 23．
(1)将△ABE绕点A顺时针旋转90°，得到△ADG，据此知AE=AG，BE=DG，∠BAE=∠DAG.证△AFE≌△AFG得EF=FG，从而得出答案；
(2)将△ABE绕点A顺时针旋转α得到△ADH，知∠ABE=∠ADH，∠BAE=∠DAH，AE=AH，BE=DH，证△AEF≌△AHF得EF=FH=DF+DH=DF+BE；
(3)将△AEC绕点A逆时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′.据此知BE′=EC，AE′=AE，∠C=∠ABE′，∠EAC=∠E′AB，由AB=AC=4知∠ABC+∠ABE′=90°，即∠E′BD=90°，从而得E′B2+BD2=E′D2.易证△AE′D≌△AED得DE=DE′，根据DE2=BD2+EC2可得答案．
本题是四边形的综合问题，考查旋转变换的性质，勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的有关性质等．熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．