天津市第九十中学2024-—2025学年上学期第一次月考八年级数学试卷

这是一份天津市第九十中学2024-—2025学年上学期第一次月考八年级数学试卷，共21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．（3分）若一个多边形的内角和与外角和相等，则这个多边形是（ ）
A．三角形B．六边形C．五边形D．四边形
2．（3分）如图所示，在△ABC中，D、E分别是边AC、BC上的点，若△ADB≌△EDB≌△EDC，则∠C的度数为（ ）
A．30°B．25°C．20°D．15°
3．（3分）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AE⊥CE于点E，BD⊥CE于点D，AE＝5cm，BD＝2cm，则DE的长是（ ）
A．8cmB．5cmC．3cmD．2cm
4．（3分）已知a、b、c是△ABC的三边长，则|a+b﹣c|+|b﹣a﹣c|﹣|c﹣a+b|＝（ ）
A．3a﹣b﹣cB．a+b﹣3cC．﹣a+3b﹣cD．a﹣3b+c
5．（3分）如图，已知△ABC的六个元素，则下列甲、乙、丙三个三角形中和△ABC全等的图形是（ ）
A．甲乙B．甲丙C．乙丙D．乙
6．（3分）如图，点B在线段AC上，AD∥BE，AD＝BC，再补充下列一个条件，不能证明△ADB≌△BCE的是（ ）
A．∠ABD＝∠EB．∠D＝∠CC．AB＝BED．BD＝EC
7．（3分）如图，在△ABC和△BDE中，点C在边BD上，边AC交边BE于点F．若AC＝BD，AB＝ED，BC＝BE，则∠ACB等于（ ）
A．∠EDBB．∠BEDC．2∠ABFD．∠AFB
8．（3分）如图，用尺规作图作∠AOC＝∠AOB的第一步是以点O为圆心，以任意长为半径画弧①，分别交OA、OB于点E、F，那么第二步的作图痕迹②的作法是（ ）
A．以点F为圆心，OE长为半径画弧
B．以点F为圆心，EF长为半径画弧
C．以点E为圆心，OE长为半径画弧
D．以点E为圆心，EF长为半径画弧
9．（3分）如图，△ABC中，AB＞AC，AD平分∠BAC，交BC于点D．则下列结论正确的是（ ）
A．AB﹣AC＞BD﹣DC
B．AB﹣AC＝BD﹣DC
C．AB﹣AC＜BD﹣DC
D．AB﹣AC与BD﹣DC大小无法确定
10．（3分）如图，AB⊥BC，BE⊥AC，∠1＝∠2，AD＝AB，则（ ）
A．∠1＝∠EFDB．BE＝ECC．BF＝DF＝CDD．FD∥BC
11．（3分）如图所示，在△ABC中，∠ABC，∠ACB的角平分线BD，CD交于点D，外角平分线BE，CE交于点E，则∠BDC与∠E的关系是（ ）
A．∠BDC＝∠EB．∠BDC+∠E＝90°
C．∠BDC+∠E＝180°D．∠BDC﹣∠E＝90°
12．（3分）已知：如图，在△ABC，△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，点C，D，E三点在同一条直线上，连接BD，BE．以下四个结论：
①BD＝CE；②∠ACE+∠DBC＝45°；③BD⊥CE；④∠BAE+∠DAC＝180°．
其中结论正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
13．（3分）多边形的每个内角都等于150°，则从这个多边形一个顶点发出的对角线有 条．
14．（3分）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝ ．
15．（3分）在△ABC中，AC＝5，中线AD＝4，则边AB的取值范围是 ．
16．（3分）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，D在BC边上，∠BAD＝40°，在AC上取一点E，使∠ADE＝∠AED，则∠EDC的度数是 ．
17．（3分）如图，A、B、C分别是线段A1B，B1C，C1A的中点，若△ABC的面积是1，那么△A1B1C1的面积 ．
18．（3分）在如图所示的5×5方格中，每个小方格都是边长为1的正方形，△ABC是格点三角形（即顶点恰好是正方形的顶点），则与△ABC有一条公共边且全等的所有格点三角形的个数是 个．
三、解答题：本题共7小题，共46分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
19．（5分）如图，点D在AB上，E在AC上，AB＝AC，∠B＝∠C，求证：AD＝AE．
20．（5分）如图，CE⊥AB于点E，DF⊥AB于点F，AF＝BE，且AC＝BD．求证：AC∥BD．
21．（6分）已知：如图，射线CP是△ABC的外角∠ACD的平分线．射线BF交CP于点G，若∠BAC＝2∠BGC，求证：BF平分∠ABC．
22．（6分）如图所示，已知在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为D，E．求证：DE＝BD+CE．
23．（6分）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠CAB＝90°，D是AC上一点，CE⊥BD交BD延长线于点E，且CE＝BD，求证：BD是∠ABC的角平分线．
24．（8分）已知：如图所示，AB＝AD，BC＝DC，E、F分别是DC、BC的中点，求证：AE＝AF．
25．（10分）已知在四边形ABCD中，AB＝AD，．
（1）如图1，∠ABC＝∠ADC＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，线段EF、BE、FD之间的关系是 ；
（2）如图2，∠ABC+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明；
（3）如图3，∠ABC+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．
2024-2025学年天津九十中八年级（上）第一次月考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°与多边形的外角和定理列式进行计算即可得解．
【解答】解：设多边形的边数为n，根据题意得
（n﹣2）•180°＝360°，
解得n＝4．
所以这个多边形是四边形．
故选：D．
【点评】本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，熟记公式与定理是解题的关键．
2．【分析】根据全等三角形的性质得出∠A＝∠DEB＝∠DEC，∠ADB＝∠BDE＝∠EDC，根据邻补角定义求出∠DEC、∠EDC的度数，根据三角形的内角和定理求出即可．
【解答】解：∵△ADB≌△EDB≌△EDC，
∴∠A＝∠DEB＝∠DEC，∠ADB＝∠BDE＝∠EDC，
∵∠DEB+∠DEC＝180°，∠ADB+∠BDE+EDC＝180°，
∴∠DEC＝90°，∠EDC＝60°，
∴∠C＝180°﹣∠DEC﹣∠EDC，
＝180°﹣90°﹣60°＝30°．
故选：A．
【点评】本题主要考查对全等三角形的性质，三角形的内角和定理，邻补角的定义等知识，判断△DEC的直角三角形是解此题的关键．
3．【分析】根据AAS证明△ACE≌△CBD，可得AE＝CD＝5cm，CE＝BD＝2cm，由此即可解决问题；
【解答】解：∵AE⊥CE于点E，BD⊥CE于点D，
∴∠AEC＝∠D＝∠ACB＝90°，
∴∠A+∠ACE＝90°，∠ACE+∠BCD＝90°，
∴∠A＝∠BCD，
∵AC＝BC，
∴△ACE≌△CBD（AAS），
∴AE＝CD＝5cm，CE＝BD＝2cm，
∴DE＝CD﹣CE＝5﹣2＝3cm．
故选：C．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
4．【分析】根据三角形的三边关系判断出a+b﹣c，b﹣a﹣c及c﹣a+b的符号，再去绝对值符号，合并同类项即可．
【解答】解：∵a、b、c是△ABC的三边的长，
∴a+b﹣c＞0，b﹣a﹣c＜0，c﹣a+b＞0，
∴原式＝a+b﹣c﹣b+a+c﹣c+a﹣b＝3a﹣b﹣c．
故选：A．
【点评】本题考查的是三角形三边关系，绝对值，熟知三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边是解答此题的关键．
5．【分析】甲不符合三角形全等的判断方法，乙可运用SAS判定全等，丙可运用AAS证明两个三角形全等．
【解答】解：由图形可知，甲有一边一角，不能判断两三角形全等，
乙有两边及其夹角，能判断两三角形全等，
丙得出两角及其一角对边，能判断两三角形全等，
根据全等三角形的判定得，乙丙正确．
故选：C．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
6．【分析】根据全等三角形的判定方法一一判断即可．
【解答】解：∵AD∥BE，
∴∠A＝∠EBC，
A、根据AAS，推出△ADB≌△BCE，本选项不符合题意．
B、根据ASA，推出△ADB≌△BCE，本选项不符合题意．
C、根据SAS，推出△ADB≌△BCE，本选项不符合题意．
D、SSA，不能判断三角形全等，本选项符合题意，
故选：D．
【点评】本题考查全等三角形的判定，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，属于中考常考题型．
7．【分析】根据全等三角形的判定与性质，可得∠ACB与∠DBE的关系，根据三角形外角的性质，可得答案．
【解答】解：在△ABC和△DEB中，，
∴△ABC≌△DEB （SSS），
∴∠ACB＝∠DBE．
∵∠AFB是△BFC的外角，
∴∠ACB+∠DBE＝∠AFB，
∠ACB＝∠AFB，
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质．
8．【分析】根据作一个角等于已知角的作法即可得出结论．
【解答】解：用尺规作图作∠AOC＝∠AOB的第一步是以点O为圆心，以任意长为半径画弧①，分别交OA、OB于点E、F，
第二步的作图痕迹②的作法是以点E为圆心，EF长为半径画弧．
故选：D．
【点评】本题考查的是作图﹣基本作图，熟知作一个角等于已知角的步骤是解答此题的关键．
9．【分析】在AB上截取AE＝AC，连接DE，证明△AED≌△ACD（SAS），得出DE＝DC，再结合三角形三边关系可证得结论．
【解答】解：在AB上截取AE＝AC，连接DE，
则BE＝AB﹣AC，
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD＝∠CAD，
在△AED和△ACD中，
，
∴△AED≌△ACD（SAS），
∴DE＝DC，
在△BDE中，BD﹣DE＜BE，
∴BD﹣DC＜AB﹣AC，
即AB﹣AC＞BD﹣DC．
故选：A．
【点评】本题考查了三角形全等的判定与性质，三角形三边关系，构造三角形全等是解题的关键．
10．【分析】根据题中的条件可证明出△ADF≌△ABF，由全等三角形的性质可得∠ADF＝∠ABF，再由条件证明出∠ABF＝∠C，由角的传递性可得∠ADF＝∠C，根据平行线的判定定理可证出FD∥BC．
【解答】解：在△AFD和△AFB中，
∵AF＝AF，∠1＝∠2，AD＝AB，
∴△ADF≌△ABF，
∴∠ADF＝∠ABF．
∵AB⊥BC，BE⊥AC，
即：∠BAC+∠C＝∠BAC+∠ABF＝90°，
∴∠ABF＝∠C，
即：∠ADF＝∠ABF＝∠C，
∴FD∥BC，
故选：D．
【点评】本题主要考查全等三角形的性质，涉及到的知识点还有平行线的判定定理，关键在于运用全等三角形的性质证明出角与角之间的关系．
11．【分析】利用邻补角互补及角平分线的定义，可求出∠DBE，∠DCE的度数，再结合四边形的内角和为360°，即可求出∠BDC+∠E＝180°．
【解答】解：设点M在AB的延长线上，点N在AC的延长线上，如图所示.
∵∠ABC+∠MBC＝180°，∠ACB+∠NCB＝180°，且∠ABC，∠ACB的角平分线BD，CD交于点D，外角平分线BE，CE交于点E，
∴∠DBC＝∠ABC，∠EBC＝∠MBC，∠DCB＝∠ACB，∠ECB＝∠NCB，
∴∠DBE＝∠DBC+∠EBC＝∠ABC+∠MBC＝×（∠ABC+∠MBC）＝×180°＝90°，
∠DCE＝∠DCB+∠ECB＝∠ACB+∠NCB＝×（∠ACB+∠NCB）＝×180°＝90°．
又∵∠BDC+∠DBE+∠E+∠DCE＝360°，
∴∠BDC+∠E＝360°﹣∠DBE﹣∠DCE＝360°﹣90°﹣90°＝180°．
故选：C．
【点评】本题考查了邻补角、角平分线的定义以及多边形的内角与外角，根据各角之间的关系，求出∠DBE＝∠DCE＝90°是解题的关键．
12．【分析】①由AB＝AC，AD＝AE，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得出三角形ABD与三角形AEC全等，由全等三角形的对应边相等得到BD＝CE，本选项正确；
②由三角形ABD与三角形AEC全等，得到一对角相等，由等腰直角三角形的性质得到∠ABD+∠DBC＝45°，等量代换得到∠ACE+∠DBC＝45°，本选项正确；
③再利用等腰直角三角形的性质及等量代换得到BD垂直于CE，本选项正确；
④利用周角减去两个直角可得答案．
【解答】解：①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，
∵在△BAD和△CAE中，，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，本选项正确；
②∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠ABD+∠DBC＝45°，
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∴∠ACE+∠DBC＝45°，本选项正确；
③∵∠ABD+∠DBC＝45°，
∴∠ACE+∠DBC＝45°，
∴∠DBC+∠DCB＝∠DBC+∠ACE+∠ACB＝90°，
则BD⊥CE，本选项正确；
④∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAE+∠DAC＝360°﹣90°﹣90°＝180°，故此选项正确，
故选：D．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，以及等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
13．【分析】多边形的每一个内角都等于150°，多边形的内角与外角互为邻补角，则每个外角是30度，而任何多边形的外角和是360°，则求得多边形的边数；再根据不相邻的两个顶点之间的连线就是对角线，则此多边形从一个顶点出发的对角线共有（n﹣3）条，即可求得对角线的条数．
【解答】解：∵多边形的每一个内角都等于150°，
∴每个外角是30°，
∴多边形边数是360°÷30°＝12，
则此多边形从一个顶点出发的对角线共有12﹣3＝9（条）．
故答案为：9．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理，已知外角求边数的这种方法是需要熟记的内容．多边形从一个顶点出发的对角线共有（n﹣3）条．
14．【分析】根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠A+∠G的和，再利用两个四边形的内角和减去一个平角的度数计算即可．
【解答】解：如图所示，
由三角形外角的性质可得，∠1＝∠A+∠G，
由四边形的内角和是360°可得，
∠1+∠2+∠E+∠F＝360°，∠3+∠B+∠C+∠D＝360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G
＝∠1+∠C+∠D+∠E+∠F+∠B
＝360°×2﹣180°
＝540°．
故答案为：540°．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，三角形内角和定理，根据三角形的内角和定理把求角的和的问题转化为求多边形的内角和的问题．
15．【分析】作出图形，延长AD至E，使DE＝AD，然后利用“边角边”证明△ABD和△ECD全等，根据全等三角形对应边相等可得AB＝CE，再利用三角形的任意两边之和大于第三边，三角形的任意两边之差小于第三边求出CE的取值范围，即为AB的取值范围．
【解答】解：如图，延长AD至E，使DE＝AD，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
在△ABD和△ECD中，，
∴△ABD≌△ECD（SAS），
∴AB＝CE，
∵AD＝4，
∴AE＝4+4＝8，
∵8+5＝13，8﹣5＝3，
∴3＜CE＜13，
即3＜AB＜13．
故答案为：3＜AB＜13．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的任意两边之和大于第三边，三角形的任意两边之差小于第三边，“遇中线，加倍延”构造出全等三角形是解题的关键．
16．【分析】设∠DAE＝x°，则∠B＝∠C＝70°﹣x°，∠ADE＝∠AED＝（180°﹣x°），由∠CED是△ADE的外角，利用三角形的外角性质，可求出∠CED＝90°+x°，再在△CDE中，利用三角形内角和定理，即可求出∠EDC的度数．
【解答】解：设∠DAE＝x°，则∠B＝∠C＝（180°﹣40°﹣x°）＝70°﹣x°，∠ADE＝∠AED＝（180°﹣x°），
∵∠CED是△ADE的外角，
∴∠CED＝∠DAE+∠ADE＝x°+（180°﹣x°）＝90°+x°．
在△CDE中，∠C＝70°﹣x°，∠CED＝90°+x°，
∴∠EDC＝180°﹣∠C﹣∠CED＝180°﹣（70°﹣x°）﹣（90°+x°）＝20°．
故答案为：20°．
【点评】本题考查了三角形内角和定理、三角形的外角性质以及列代数式，根据各角之间的关系，用含x（∠DAE的度数）的代数式表示出∠C及∠CED的度数是解题的关键．
17．【分析】连接AB1，BC1，CA1，根据等底等高的三角形的面积相等求出△ABB1，△A1AB1的面积，从而求出△A1BB1的面积，同理可求△B1CC1的面积，△A1AC1的面积，然后相加即可得解．
【解答】解：如图，连接AB1，BC1，CA1，
∵A、B分别是线段A1B，B1C的中点，
∴S△ABB1＝S△ABC＝1，
S△A1AB1＝S△ABB1＝1，
∴S△A1BB1＝S△A1AB1+S△ABB1＝1+1＝2，
同理：S△B1CC1＝2，S△A1AC1＝2，
∴△A1B1C1的面积＝S△A1BB1+S△B1CC1+S△A1AC1+S△ABC＝2+2+2+1＝7．
故答案为：7．
【点评】本题考查了三角形的面积，主要利用了等底等高的三角形的面积相等，作辅助线把三角形进行分割是解题的关键．
18．【分析】以BC为公共边时有3个三角形，以AC为公共边时有1个三角形与△ABC全等．
【解答】解：如图所示：
以BC为公共边的三角形有3个，以AB为公共边的三角形有0个，以AC为公共边的三角形有1个，共3+0+1＝4个，
故答案为：4．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定，关键是考虑全面，不要漏解．
三、解答题：本题共7小题，共46分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
19．【分析】根据全等三角形的判定定理ASA可以证得△ACD≌△ABE，然后由“全等三角形的对应边相等”即可证得结论．
【解答】证明：在△ABE与△ACD中，
，
∴△ACD≌△ABE（ASA），
∴AD＝AE（全等三角形的对应边相等）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角．
20．【分析】由HL证明Rt△ACE≌Rt△BDF，即可得出结论．
【解答】证明：∵CE⊥AB于点E，DF⊥AB于点F，
在Rt△ACE与Rt△BDF中，
，
∴Rt△ACE≌Rt△BDF（HL），
∴∠A＝∠B，
∴AC∥BD．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的判定等知识；证明三角形全等是解题的关键．
21．【分析】由角平分线定义得到∠ACD＝2∠DCG，由三角形外角的性质推出∠BAC+∠ABC＝2（∠CBG+∠BGC），而∠BAC＝2∠BGC，得到∠ABC＝2∠CBG，即可证明BF平分∠ABC．
【解答】证明：∵射线CP是△ABC的外角∠ACD的平分线，
∴∠ACD＝2∠DCG，
∴∠BAC+∠ABC＝2（∠CBG+∠BGC），
∵∠BAC＝2∠BGC，
∴2∠BGC+∠ABC＝2∠CBG+2∠BGC，
∴∠ABC＝2∠CBG，
∴∠ABG＝∠CBG，
∴BF平分∠ABC．
【点评】本题考查三角形外角的性质，角平分线定义，灵活运用三角形外角的性质是解题的关键．
22．【分析】根据BD⊥直线m，CE⊥直线m得∠BDA＝∠CEA＝90°，而∠BAC＝90°，根据等角的余角相等得∠CAE＝∠ABD，然后根据“AAS”可判断△ADB≌△CEA，则AE＝BD，AD＝CE，于是DE＝AE+AD＝BD+CE．
【解答】证明：∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD，
在△ADB和△CEA中，
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明△ADB≌△CEA是解题的关键．
23．【分析】延长AE、BC交于点F．根据同角的余角相等，得∠DBA＝∠ACF；在△BCD和△ACF中，根据ASA证明全等，得CF＝BD，从而CE＝EF，根据线段垂直平分线的性质，得BC＝BF，再根据等腰三角形的三线合一即可证明．
【解答】证明：如图，延长CE、BA交于点F．
∵CE⊥BE，
∴∠BEF＝90°，又∠CAF＝∠ACB＝90°，
∴∠DBA+∠AFC＝∠ACF+∠AFC＝90°，
∴∠DBA＝∠ACF，
在△ACF和△ABD中，
，
∴△ACF≌△ABD（ASA），
∴CF＝BD．
又CE＝BD，
∴CE＝CF＝EF，即点E是CF的中点．
∵BE⊥CF，
∴BE是CF的垂直平分线，
∴BC＝BF，
根据等腰三角形三线合一的性质可知：
BD是∠ABC的角平分线．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的性质，解决本题的关键是得到△ACF≌△BCD．
24．【分析】连接AC，证△ACD≌△ACB可得∠ACE＝∠ACF，根据中点的性质知CE＝CF，利用“SAS”即可证明△ACE≌△ACF，可得AE＝AF．
【解答】证明：连接AC，
在△ACD和△ACB中，
∵，
∴△ACD≌△ACB（SSS），
∴∠ACE＝∠ACF，
∵BC＝DC，E，F分别是DC、BC的中点，
∴CE＝CF，
在△ACE和△ACF中，
∵，
∴△ACE≌△ACF（SAS），
∴AE＝AF．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△ACD≌△ACB和△ACE≌△ACF是解题的关键．
25．【分析】（1）延长CD至G，使DG＝BE，连接AG，可证得△ABE≌△ADG，从而∠DAG＝∠BAE，AE＝AG，进而推出△EAF≌△GAF，从而EF＝FG，进一步得出结论；
（2）方法与（1）相同；
（3）方法与（1）相同．
【解答】解：（1）如图1，
延长CD至G，使DG＝BE，连接AG，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠ADG＝∠ABC＝90°，
∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠DAG＝∠BAE，AE＝AG，
∵∠EAF＝，
∴∠BAE+∠DAF＝，
∴∠DAG+∠DAF＝，
∴∠GAF＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG＝DG+FD＝BE+FD，
故答案为：EF＝BE+FD；
（2）如图2，
（1）中的结论不变，即EF＝BE+FD，理由如下：
延长CD至G，使DG＝BE，连接AG，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°，
∴∠ADG＝∠ABC，
∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠DAG＝∠BAE，AE＝AG，
∵∠EAF＝，
∴∠BAE+∠DAF＝，
∴∠DAG+∠DAF＝，
∴∠GAF＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG＝DG+FD＝BE+FD．
（3）如图3，
（1）中的结论不成立，EF＝BE﹣FD，理由如下：
延长CD至G，使DG＝BE，连接AG，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°，
∴∠ADG＝∠ABC，
∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠DAG＝∠BAE，AE＝AG，
∵∠BAE+∠EAD＝∠BAD，
∴∠DAG+∠DAE+∠DAF＝∠BAD+∠DAF，
∵∠EAF＝，
∴∠DAG+，
∴∠DAG﹣∠DAF＝，
∴∠GAF＝，
∴∠GAF＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG＝DG﹣FD＝BE﹣FD．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．