四川省成都市龙泉驿区2022-2023学年八年级下学期期末数学试卷（含答案）

这是一份四川省成都市龙泉驿区2022-2023学年八年级下学期期末数学试卷（含答案），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题.，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省成都市龙泉驿区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上）
1．（4分）篆刻艺术，是在金属、象牙、犀角、玉、石等质材之上雕刻篆体文字的艺术．因以制作印章为主，又称印章艺术．下列篆刻作品是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（4分）下列分式变形正确的是（　　）
A． B． C． D．
3．（4分）将点P（2，3）向左平移2个单位，向上平移4个单位得到点Q，则点Q的坐标是（　　）
A．（4，7） B．（4，﹣1） C．（0，7） D．（0，﹣1）
4．（4分）若不等式组的解集是﹣2＜x＜4，则m的值是（　　）
A．4 B．﹣4 C．2 D．﹣2
5．（4分）如图，在▱ABCD中，AB＝14，AD＝10，BE平分∠ABC，则DE的长是（　　）

A．7 B．8 C．5 D．4
6．（4分）已知长方形ABCD的长和宽分别是a，b，周长是20，面积是15．则a2b+ab2的值是（　　）
A．35 B．150 C．300 D．600
7．（4分）如果关于x的分式方程有增根，则m的值是（　　）
A．1 B．4 C．﹣3 D．﹣15
8．（4分）如图，D，E是△ABC中AC，BC的中点，F为BE的中点，连接DF并延长交AB延长线于G，若DE＝2，则AG的长为（　　）

A．4 B．5 C．6 D．8
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）.
9．（4分）分解因式：2x3y2﹣18xy2＝　 　．
10．（4分）分式有意义，则x的取值范围是 　 　．
11．（4分）足球有12个正五边形，20个正六边形，一共32个面．通常由黑白两种颜色组成．之所以如此设计，是因为用正六边形的两个内角和正工边形的一个内角加起来略微小于360°，这样由平面折叠而成的多面体充气后最终就呈现为球形．如图，在折叠前的平面上，拼接点处的缝隙∠AOB的大小为 　 　​．

12．（4分）如图，直线l1：y＝3x+1与直线l2：y＝﹣x+n相交于点P（1，b），则关于x的不等式3x+1＜﹣x+n的解集是 　 　．

13．（4分）如图，在▱ABCD中∠BAD＝90°．以点A为圆心，适当长度为半径作弧，分别交AB，AD于点M，N，再分别以M，N为圆心，大于MN长为半径作弧．两弧交于点P，作射线AP交CD于E，连接BE，若AE＝AB，则∠BEC的度数为 　 　．
​

三、解答题（本大题共5个小题，共48分，解答过程写在答题卡上）
14．（12分）（1）解不等式组：；
（2）解方程：．
15．（8分）先化简，再求值：（x﹣）÷，其中x＝3．
16．（8分）如图，在平面直角坐标系中，A（﹣4，2），B（﹣1，4），C（﹣2，0）．
（1）将△ABC向右平移4个单位，得到Δ A1B1C1，将Δ A1B1C1绕着点C1顺时针旋转90°，得到Δ A2B2C1，画出Δ A1B1C1和Δ A2B2C1；
（2）请直接写出A2和B2的坐标，并求四边形AA1B1B的面积．
​

17．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝20，D是BC上一点．
（1）如图1，若DE垂直平分AB，交AB于E，且CD＝15，求AB的长；
（2）如图2，连接AD，若AD平分∠BAC，且AB＝52，求CD的长．
​

18．（10分）如图，已知Rt△ABC，∠ACB＝90°，点D是AB的中点，连接CD，把线段CD沿射线DB方向平移得到线段EF，点F在射线DB上，连接CE．
（1）如图1，当点F与点B重合时，求证：DF＝FE；
（2）如图2，当EF经过BC的中点G时，连接DE，若DE⊥AB，求证：∠DEF＝30°；
（3）如图3，∠A＝45°，F在DB的延长线上，连接BE，当BF＝BD时，求证：．

四、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
19．（4分）已知x﹣y＝﹣2，则代数式2x2﹣4xy+2y2的值为 　 　．
20．（4分）已知一元一次不等式组的解集为x＜6．则a的取值范围是 　 　．
21．（4分）如图，已知A（1，2），直线OA与x轴夹角为m°，将直线OA绕点A顺时针旋转2m°得到直线BC，直线BC与x轴交于B，与y轴交于C，则＝　 　．

22．（4分）我们知道，假分数可以化为带分数，例如：．类似地，一些分式也可以化为“带分式”，即整式与非零分式的和的形式，例如：
；
．
已知．当2≤x时，则y的最大值是 　 　；若存在整数x使的值为整数，则的整数值为 　 　．
23．（4分）如图，在△ABC中，AC＝BC．∠C＝30°，BD平分∠ABC交AC于D，点E，F分别是AB．BC上的点．将△BEF沿EF折叠，点B恰好与点D重合，若四边形BEDF的周长为16，则CD的长为 　 　．
​

五、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24．（10分）2023成都世界科幻大会将于10月18日至22日在成都市郸都区成都科学（科幻）馆举行．这是世界科幻大会首次在中国举行，成都也因此成为亚洲第二个、中国首个举办世界最高规格科幻盛会的城市．某商场为迎接此次科幻盛会用36000元购进A、B两种科幻产品110个，购买A产品与购买B产品的费用相同．已知A产品的单价是B产品单价的1.2倍．
（1）求A、B两种科幻产品的单价各是多少？
（2）若计划用不超过80000元的资金再次购进A、B两种科幻产品共240个，已知A、B两种科幻产品的单价不变，求A种科幻产品最多能购进多少个？
25．（10分）《义务教育数学课程标准（2022年版）》指出平面直角坐标系是沟通几何与代数的桥梁，核心是平面上的点与坐标是一一对应的．用代数的方法表达图形变化，用平面直角坐标系解决几何问题，是数形结合的重要运用．如图，BA⊥x轴于A，BC⊥y轴于C，B（6，8），点D在射线BA上，点E是OD的中点．
​
（1）如图1，连接CE，若D为AB中点，求CE的长；
（2）如图2，连接AC，AE，CE．若BD＝BC，求△ACE的面积；
（3）作EF∥OB交直线BC于F，若BF＝AD，求BD的长．
26．（10分）如图，在▱ABCD中，∠A＝60°．AD＝8，AB＞AD，E是AB上一点，连接CE．DE．
（1）如图1，若CE，DE分别平分∠BCD和∠ADC，求证：CE⊥DE；
（2）如图2，连接BD交CE于O，若DE＝AE，CE⊥BD，求AB的长；
（3）在（1）的条件下，将△CDE绕点C顺时针旋转得到Δ CD'E'，直线AE'交CD'于F．当AF⊥CD′时，求△ACE′的面积．
​

2022-2023学年四川省成都市龙泉驿区八年级（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上）
1．【分析】根据中心对称图形的概念判断．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．
【解答】解：选项A、C、D都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项B能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：B．
2．【分析】根据分式的基本性质作答．
【解答】解：A、是最简分式，不能再约分，故此选项不符合题意；
B、，正确，故此选项符合题意；
C、是最简分式，不能再约分，故此选项不符合题意；
D、，是最简分式，不能再约分，故此选项不符合题意；
故选：B．
3．【分析】由平移的性质，即可得到答案．
【解答】解：点P（2，3）向左平移2个单位后的坐标是（0，3），再向上平移4个单位得到点Q，则点Q的坐标是（0，7）．
故选：C．
4．【分析】根据不等式组的解集得出故m的元一次方程，进而解答即可．
【解答】解：，
解不等式①，得x＞2﹣m，
解不等式②，得x＜4，
∵不等式组的解集是﹣2＜x＜4，
∴2﹣m＝﹣2，
解得m＝4．
故选：A．
5．【分析】根据四边形ABCD是平行四边形，可得CD＝AB＝14，BC＝AD＝10，AB∥CD，然后证明CE＝CB＝10，进而利用线段的和差即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝14，BC＝AD＝10，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CEB，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴∠CEB＝∠CBE，
∴CE＝CB＝10，
∴DE＝CD﹣CE＝14﹣10＝4，
故选：D．
6．【分析】直接将原式提取公因式ab，进而分解因式，把已知代入得出答案．
【解答】解：∵长方形ABCD的长和宽分别是a，b，周长是20，面积是15，
∴a+b＝10，ab＝15，
∴a2b+ab2＝ab（a+b）
＝10×15
＝150．
故选：B．
7．【分析】根据增根的定义可得出x＝4，然后去分母得出：m﹣1＝﹣2（x﹣4），把x＝4代入得，即可得出m的值．
【解答】解：∵分式方程有增根，
∴x＝4，
原方程去分母可得：m﹣1＝﹣2（x﹣4），
把x＝4代入可得：m﹣1＝0，
解得：m＝1；
故选：A．
8．【分析】根据三角形中位线定理得出AB的长，利用AAS证明△DEF≌△GBF得出BG的长即可求解．
【解答】解：∵D，E是△ABC中AC，BC的中点，
∴DE∥AB，AB＝2DE＝4，
即DE∥BG，
∴∠EDF＝∠G，
又∵F为BE的中点，
∴EF＝BF，
在△DEF与△GBF中，
，
∴△DEF≌△GBF（AAS），
∴BG＝DE＝2，
∴AG＝AB+BG＝6，
故选：C．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）.
9．【分析】直接提取公因式2xy2，再利用平方差公式分解因式得出答案．
【解答】解：原式＝2xy2（x2﹣9）
＝2xy2（x﹣3）（x+3）．
故答案为：2xy2（x﹣3）（x+3）．
10．【分析】根据分式有意义的条件解答即可．
【解答】解：∵分式有意义，
∴x﹣3≠0，解得x≠3．
故答案为：x≠3．
11．【分析】求出正六边形，正五边形的每个内角度数，即可求出∠AOB的度数．
【解答】解：∵正六边形的每个内角＝＝120°，正五边形的每个内角＝＝108°，
∴∠AOB＝360°﹣120°×2﹣108°＝12°．
故答案为：12°．
12．【分析】找出直线l1：y＝3x+1在直线l2：y＝﹣x+n的下方对应的自变量的取值范围即可．
【解答】解：由函数图象可知，当x＜1时，直线l1：y＝3x+1在直线l2：y＝﹣x+n的下方，
∴关于x的不等式3x+1＜﹣x+n的解集是x＜1．
故答案为：x＜1．
13．【分析】根据矩形的判定定理得到四边形ABCD是矩形，求得∠D＝∠DAB＝90°，由作图知，AE平分∠DAB，得到∠DAE＝∠BAE＝＝45°，根据三角形的内角和定理和平角的定义即可得到结论．
【解答】解：在▱ABCD中，∵∠BAD＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠DAB＝90°，
由作图知，AE平分∠DAB，
∴∠DAE＝∠BAE＝＝45°，
∴∠AED＝45°，
∵AE＝AB，
∴∠ABE＝∠AEB＝（180°﹣45°）＝＝67.5°，
∴∠BEC＝180°﹣∠AED﹣∠AEB＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，
故答案为：67.5°．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分，解答过程写在答题卡上）
14．【分析】（1）根据解一元一次不等式组的解法求解即可；
（2）根据解分式方程的方法步骤进行解答即可．
【解答】解：（1），
解不等式①得，x＜2，
解不等式②得，x≥1，
所以不等式组的解集为：1≤x＜2；
（2），
去分母得，2（x+1）﹣（x﹣1）＝2，
解得，x＝﹣1，
检验：当x＝﹣1时，x﹣1＝﹣2≠0，
所以x＝﹣1是原方程的根，
因此原方程的根为x＝﹣1．
15．【分析】利用分式的相应的法则对式子进行化简，再代入相应的值运算即可．
【解答】解：（x﹣）÷
＝
＝
＝，
当x＝3时，
原式＝
＝．
16．【分析】（1）利用平移变换，旋转变换的性质作出图形即可；
（2）根据点的位置写出坐标，再利用平行四边形的面积公式求解．
【解答】解：（1）如图，Δ A1B1C1和Δ A2B2C1即为所求；
（2）A2（4，2）B2（6，﹣1），四边形AA1B1B的面积＝4×2＝8．

17．【分析】（1）连接AD，根据勾股定理得AD＝＝25，根据线段垂直平分线的性质得，AD＝BD＝25，所以BC＝15+25＝40，再根据勾股定理即可求出答案；
（2）作DF⊥AB于点F，则BC＝＝48，根据角平分线的性质得CD＝DF，设CD＝x，则DF＝x，BD＝48﹣x，在Rt△BDF中，BD2＝DF2+BF2，即（48﹣x）2＝x2+322，解方程即可得出答案．
【解答】解：（1）如图1，连接AD，

∵AC＝20，CD＝15，
∴AD＝＝25，
∵DE垂直平分AB，
∴AD＝BD＝25，
∴BC＝15+25＝40，
∴AB＝＝20；
（2）如图2，作DF⊥AB于点F，
∵AC＝20，AB＝52，
∴BC＝＝48，
∵AD平分∠BAC，
∴CD＝DF，
设CD＝x，则DF＝x，BD＝48﹣x，
∵AD＝AD，
∴Rt△CAD≌Rt△FAD（HL），
∴AF＝AC＝20，
∴BF＝52﹣20＝32，
在Rt△BDF中，BD2＝DF2+BF2，
∴（48﹣x）2＝x2+322，
解得x＝，
∴CD的长为．
18．【分析】（1）由直角三角形斜边中线的性质，得到CD＝BD，由平移的性质得到四边形DCEF是平行四边形，推出四边形DCEF是菱形，得到DF＝EF；
（2）由平移的性质得到四边形DCEF是平行四边形，因此EF＝CD，而CD＝BD，得到FE＝BD，由平行线等分线段定理得到BF＝DF，推出DF＝FE，又∠DEF＝90°，因此∠DEF＝30°；
（3）由平移的性质，推出四边形DCEF是矩形，于是可以证明△EFB≌△CDB（SAS），推出BE＝CB，得到△BCE是等腰直角三角，因此．
【解答】证明：（1）∵∠ACB＝90°，点D是AB的中点，
∴CD＝AB，
∴CD＝BD，
由平移的性质得：BF∥CD，BF＝CD，
∴四边形DCEF是平行四边形，
∴四边形DCEF是菱形，
∴DF＝EF；
（2）由平移的性质得：四边形DCEF是平行四边形，
∴EF＝CD，
∵∠ACB＝90°，点D是AB的中点，
∴CD＝AB，
∴CD＝BD，
∴FE＝BD，
∵FE∥CD，BG＝CD，
∴BF＝DF，
∴DF＝DB，
∴DF＝FE，
∵DE⊥AB，
∴∠DEF＝90°，
∴∠DEF＝30°；
（3）∵∠A＝45°，∠ACB＝90°，
∴△ACB是等腰直角三角形，
∵D是AB中点，
∴CD⊥AB，∠DCB＝∠ACB＝45°，
由平移的性质得：四边形DCEF是平行四边形，
∴四边形DCEF是矩形，
∴∠F＝∠CDB＝∠DCE＝90°，CD＝FE，
∵BF＝BD，
∴△EFB≌△CDB（SAS），
∴BE＝CB，
∴∠BEC＝∠BCE
∵∠BCE＝∠DCE﹣∠DCB＝45°，
∴∠BEC＝45°，
∴△BCE是等腰直角三角形，
∴．
四、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
19．【分析】原式提取公因式，再利用完全平方公式分解，把已知等式代入计算即可求出值．
【解答】解：∵x﹣y＝﹣2，
∴原式＝2（x2﹣2xy+y2）
＝2（x﹣y）2
＝2×（﹣2）2
＝2×4
＝8．
故答案为：8．
20．【分析】根据不等式组取解集的方法确定出a的范围即可．
【解答】解：解不等式x﹣5＜1，得x＜6，
因为一元一次不等式组的解集为x＜6．
所以a＞6．
故答案为：a＞6．
21．【分析】由题意得∠OAC＝2m°，由三角形外角的性质得到∠AOB＝∠ABO，推出OA＝AB，由余角的性质推出∠AOC＝∠ACO，得到AC＝AO，因此AC＝AB，故S△AOB＝S△AOC，得到＝1．
【解答】解：由题意得∠OAC＝2m°，
∵∠AOB＝m°，
∴∠ABO＝∠OAC﹣∠AOB＝m°，
∴∠AOB＝∠ABO，
∴OA＝AB，
∵∠AOC+∠AOB＝∠ACO+∠ABO＝90°，
∴∠AOC＝∠ACO，
∴AC＝AO，
∴AC＝AB，
∴S△AOB＝S△AOC，
∴＝1．
故答案为：1．

22．【分析】将化为“带分式”，再根据x≥2即可求出y的最大值；将化为“带分式”，舍去使原式无意义的x的值，求出使原式的值为整数的整数x的值，代入化简后的式子计算即可．
【解答】解：＝＝4+，
∵2≤x，即x≥2，
∴≤5，
∴4+≤9，
即y的最大值是9；

＝﹣•
＝2（2x+1）﹣
＝4x+2﹣
＝4x+2﹣（1﹣）
＝4x+2﹣1+
＝4x+1+，
∵当有意义时，x≠±1，0，4，
又存在整数x使的值为整数，
∴x＝2，﹣2，
当x＝2时，原式＝4×2+1+＝12；
当x＝﹣2时，原式＝4×（﹣2）+1+＝﹣8．
即的整数值为12或﹣8．
故答案为：9；12或﹣8．
23．【分析】设EF交BD于点O，由折叠得EF垂直平分BD，则∠BOE＝∠BOF＝90°，BE＝DE，BF＝DF，而∠OBE＝∠OBF，OB＝OB，可证明△BOE≌△BOF，得BE＝BF，可证明四边形BEDF是菱形，则DF＝4，∠CFD＝∠CBA，∠CDF＝∠A，由AC＝BC，∠C＝30°，得∠CBA＝∠A＝75°，则∠CFD＝∠CDF＝75°，所以CD＝CF，作FL⊥CD于点L，在FL上取一点H，连接DH，使DH＝FH，则∠CFL＝60°，可求得∠HDF＝∠DFL＝15°，则∠DHL＝∠HDF+∠DFL＝30°，设DL＝m，则DH＝FH＝2m，HL＝＝m，由勾股定理得m2+（2m+m）2＝42，求得符合题意的m值为，则FL＝+，所以CD＝CF＝2FL＝，于是得到问题的答案．
【解答】解：设EF交BD于点O，
由折叠得点D与点B关于直线EF对称，
∴EF垂直平分BD，
∴∠BOE＝∠BOF＝90°，BE＝DE，BF＝DF，
∵BD平分∠ABC，
∴∠OBE＝∠OBF，
在△BOE和△BOF中，
，
∴△BOE≌△BOF（ASA），
∴BE＝BF，
∴BE＝DE＝BF＝DF，
∴四边形BEDF是菱形，
∴DF∥AB，4DF＝16，
∴DF＝4，∠CFD＝∠CBA，∠CDF＝∠A，
∵AC＝BC，∠C＝30°，
∴∠CBA＝∠A＝×（180°﹣30°）＝75°，
∴∠CFD＝∠CDF＝75°，
∴CD＝CF，
作FL⊥CD于点L，在FL上取一点H，连接DH，使DH＝FH，则∠CLF＝∠DLF＝90°，
∴∠CFL＝90°﹣∠C＝60°，
∴∠HDF＝∠DFL＝∠CFD﹣∠CFL＝15°，
∴∠DHL＝∠HDF+∠DFL＝30°，
设DL＝m，则DH＝FH＝2m，
∴HL＝＝＝m，
∵DL2+FL2＝DF2，FL＝2m+m，
∴m2+（2m+m）2＝42，
整理得m2＝（）2，
解得m1＝，m2＝（不符合题意，舍去），
∴FL＝2（）+（）＝，
∴CD＝CF＝2FL＝2（）＝，
故答案为：．

五、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24．【分析】（1）设B种科幻产品的单价是x元，则A种科幻产品的单价是1.2x元，根据某商场为迎接此次科幻盛会用36000元购进A、B两种科幻产品110个，购买A产品与购买B产品的费用相同．列出分式方程，解方程即可；
（2）设购进A种科幻产品m个，则购进B种科幻产品（240﹣m）个，根据用不超过80000元的资金再次购进A、B两种科幻产品共240个，列出一元一次不等式，解不等式即可．
【解答】解：（1）设B种科幻产品的单价是x元，则A种科幻产品的单价是1.2x元，
依题意得：+＝110，
解得：x＝300，
经检验，x＝300是原方程的解，且符合题意，
∴1.2x＝1.2×300＝360，
答：A种科幻产品的单价是360元，B种科幻产品的单价是300元；
（2）设购进A种科幻产品m个，则购进B种科幻产品（240﹣m）个，
依题意得：360m+300（240﹣m）≤80000，
解得：m≤133，
答：A种科幻产品最多能购进133个．
25．【分析】（1）过点E分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为M，N，先证四边形OABC和四边形OMEN均为矩形，再证EM为△OAD的中位线，得EM＝2，OM＝3，则CN＝6，然后在Rt△CEN中由勾股定理可求出CE的长；
（2）过点E分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为H，T，由（1）知四边形OHET为矩形，EH为△OAD的中位线，得EH＝1，OH＝3，分别求出S△AOC＝24，S△OCE＝12，S△OAE＝3，然后根据S△AEC＝S△AOC﹣S△OCE﹣S△OAE可得出答案
（3）由于点D在射线BA上，所以有以下两种情况：
①当点D在BA上时，过点E作x轴的垂线垂足为P，由（1）可知：EP为△OAD的中位线，OP＝3，设EP＝h，则AD＝2h，BF＝AD＝2h，由此得点E（3，h），点F（6+2h，8），先求出直线OB的解析式为y＝4/3x，设直线EF的解析式为：y＝mx+n，将点E（3，h），点F（6+2h，8）代入y＝mx+n消去n得（3+2h）m＝8﹣h，再由OB∥EF得m＝k＝4/3，据此可求出h，从而求出AD，进而可求出BD；
②当点D在BA的延长线上时，过点E作x轴的垂线垂足为Q，由（1）可知EP为△OAD的中位线，OQ＝3，设EQ＝t，则AD＝2t，BF＝AD＝2t，由此得点E（3，﹣t），点F（6+2t，8），同①可求出t，进而可求出BD．
【解答】解：（1）过点E分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为M，N，

∵BA⊥x轴于A，BC⊥y轴于C，B（6，8），
∴四边形OABC为矩形，BC＝OA＝6，AB＝OC＝8，
∵点D为AB的中点，
∴AD＝4，
∵点E为OD的中点，EM∥AD，
∴EM为△OAD的中位线，
∴，，
∵EM⊥x轴，EN⊥y轴，
∴四边形OMEN为矩形，
∴ON＝EM＝2，OM＝EN＝3，
∴CN＝OC﹣ON＝8﹣2＝6，
在Rt△CEN中，CN＝6，EN＝3，
由勾股定理得：；
（2）过点E分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为H，T，

由（1）可知：BC＝OA＝6，AB＝OC＝8，
∵BD＝BC，
∴BD＝6，
∴AD＝2，
由（1）可知：四边形OHET为矩形，EH为△OAD的中位线，
∴，，
∵，，，
又∵S△AEC＝S△AOC﹣S△OCE﹣S△OAE，
∴S△AEC＝24﹣12﹣3＝9；
（3）∵点D在射线BA上，
∴有以下两种情况：
①当点D在BA上时，
过点E作x轴的垂线垂足为P，

由（1）可知：EP为△OAD的中位线，OP＝3，
设EP＝h，则AD＝2h，
∴BF＝AD＝2h，
∴点E的坐标为（3，h），点F的坐标为（6+2h，8），
设直线OB的解析式为：y＝kx，
将点B（6，8）代入y＝kx，得：，
∴直线OB的解析式为：，
设直线EF的解析式为：y＝mx+n，
将点E（3，h），点F（6+2h，8）代入y＝mx+n，
得：，消去n得：（3+2h）m＝8﹣h，
∵OB∥EF，
∴，
∴，解得：，
∴，
∴；
②当点D在BA的延长线上时，
过点E作x轴的垂线垂足为Q，

由（1）可知：EP为△OAD的中位线，OQ＝3，
设EQ＝t，则AD＝2t，BF＝AD＝2t，
∴点E的坐标为（3，﹣t），点F（6+2t，8），
同①得：t＝2.4，
∴AD＝2t＝4.8
∴BD＝AB+AD＝8+4.8＝12.8．
综上所述：BD的长为或12.8．
26．【分析】（1）利用平行四边形的性质可得∠ADC+∠BCD＝180°，由角平分线的性质可得∠EDC+∠DCE＝90°，即可得∠DEC＝90°，进而证明结论；
（2）过点E作EM⊥CD于点M，证明△ADE为等边三角形，可得DE＝AD＝8，∠ADE＝60°，再利用平行四边形的性质可∠EDM＝60°，∠DEM＝30°，即可求解DM，EM的长，再通过证明△DEC≌△CBD证得∠ECM＝45°，可求解CM的长，进而可求解；
（3）过C点作CG⊥AB交AB的延长线于点G，连接AC，易求BG，CG的长，再利用勾股定理求解AC2的长，结合旋转的性质利用含30°角的直角三角形的性质及勾股定理求解CF，E'F，AF的长，再利用三角形的面积公式根据S△ACE'＝S△ACF﹣S△FCE'计算可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADC+∠BCD＝180°，
∵CE，DE分别平分∠BCD和∠ADC，
∴∠EDC＝∠ADC，∠DCE＝∠BCD，
∴∠EDC+∠DCE＝90°，
∴∠DEC＝90°，
∴CE⊥DE；
（2）解：过点E作EM⊥CD于点M，

∵∠A＝60°，DE＝AE，
∴△ADE为等边三角形，
∴DE＝AD＝8，∠ADE＝60°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，
∴∠ADC+∠A＝180°，DE＝BC，
∴∠ADC＝120°，
∴∠EDC＝120°﹣60°＝60°，
∴∠DEM＝30°．
∴DM＝DE＝4，
∴EM＝，
∵EB∥CD，DE＝BC，
∴四边形BCDE是等腰梯形，
∴CE＝BD，
在△DEC和△CBD中，
，
∴△DEC≌△CBD（SSS），
∴∠ECD＝∠BDC，
∵BD⊥CE，
∴∠COD＝90°，
∴∠ECD＝45°，
∴CM＝EM＝，
∴AB＝CD＝DM+CM＝4+；
（3）解：过C点作CG⊥AB交AB的延长线于点G，连接AC，

∵四边形ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，
∴AD∥BC，AB∥BC，BC＝AD＝8，∠BCD＝60°，
∴∠CBG＝∠DAB＝60°，∠ADC＝120°，
∴∠BCG＝30°，
∴BG＝BC＝4，
∴CG＝，
∵∠EDC＝∠ADC＝60°＝∠DAE，
∴△ADE是等边三角形，
∴DE＝AD＝8，
∵∠DCE＝∠BCD＝30°，∠DEC＝90°，
∴AB＝CD＝2DE＝16，
∴AG＝AB+BG＝20，
∴AC2＝AG2+CG2＝202+（）2＝448，
由旋转可知：∠CE'D＝∠CED＝90°，D'E'＝DE＝8，∠D'CE'＝∠DCE＝30°，CD'＝CD＝16，
∴CE'＝，
∵AF⊥CD'，
∴E'F＝，
∴CF＝，
∴AF＝，
∴S△ACE'＝S△ACF﹣S△FCE'＝＝．