福建省莆田市2020-2021学年八年级数学下册 期末复习测试题 (Word版有答案)

这是一份福建省莆田市2020-2021学年八年级数学下册 期末复习测试题 (Word版有答案)，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。

一、 选择题 （本题共计 11 小题 ，每题 3 分 ，共计33分 ）
1. 下列函数中，y随x增大而减少的是（ ）
A.y=2x-1B.y=-x+3C.y=12x+2D.y=2x
2. 已知24n是整数，正整数n的最小值为（ ）
A.0B.1C.6D.36
3. 一个直角三角形的两边长分别为3和4，则第三边的长为( )
A.5B.7C.5D.5或7
4. 如图，在数轴上所表示的x的取值范围中，有意义的二次根式是（ ）

A.B.C.D.
5. 汽车由A地驶往相距120km的B地，它的平均速度是30km/h，则汽车距B地路程s (km)与行驶时间t(h)的函数关系式及自变量t的取值范围是（ ）
A.S=120-30t (0≤t≤4)B.S=120-30t (t>0)
C.S=30t (0≤t≤40)D.S=30t (t<4)
6. 由线段a、b、c组成的三角形不是直角三角形的是（ ）
A.a=7，b=24，c=25B.a=41，b=4，c=5
C.a=54，b=1，c=34D.a=13，b=14，c=15
7. 下列各式-5，a，a2+1，-11，a2中，二次根式的个数为（ ）
A.1个B.2个C.3个D.4个
8. 如图，平行四边形ABCD的周长是26cm，对角线AC与BD交于点O，AC⊥AB，E是BC中点，△AOD的周长比△AOB的周长多3cm，则AE的长度为( )

A.3cmB.4cmC.5cmD.8cm
9. 下列命题中是真命题的是( )
A.两边相等的平行四边形是菱形
B.一组对边平行一组对边相等的四边形是平行四边形
C.两条对角线相等的平行四边形是矩形
D.对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
10. 甲、乙两人沿相同的路线由A地到B地匀速前进，A、B两地间的路程为20km．他们前进的路程为s(km)，甲出发后的时间为t(h)，甲、乙前进的路程与时间的函数图象如图所示．根据图象信息，下列说法正确的是（ ）

A.甲的速度是4km/hB.乙的速度是10km/h
C.乙比甲晚出发1hD.甲比乙晚到B地3h
11. 如图，一次函数y1=ax+b和y2=bx+a在同一平面直角坐标系中的图象可能的是（ ）
A.B.
C.D.
二、 填空题 （本题共计 6 小题 ，每题 3 分 ，共计18分 ）
12. 若二次根式2x-1有意义，则实数x的取值范围为________．
13. 若两个最简二次根式x2+3x与x+15可以合并，则x=________．
14. 如图，将菱形纸片ABCD折叠，使点A恰好落在菱形的对称中心O处，折痕为EF，若菱形ABCD的边长为2cm，∠A=120∘，则EF=________cm．
15. 如图，阴影部分是一个正方形，此正方形的面积为________cm2．
16. 如图在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，AC=4，BC=3，D为斜边AB上一点，以CD、CB为边作平行四边形CDEB，当AD=________，平行四边形CDEB为菱形．

17. 如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，DE // AC，CE // BD，若AC=4，则四边形CODE的周长为________．
三、 解答题 （本题共计 7 小题 ，共计69分 ， ）
18.(10分) 计算：
(1)(12)12+(3-1)2(3+1)2-|4-8|；
（2）已知x=5+2，求(9-45)x2-(5-2)x+4的值．
19. （9分） 若x，y为实数，且y=1-4x+4x-1+12．求x+y的值．
20. （10分） 已知a，b为等腰三角形的两条边长，且a，b满足b=3-a+a-3+4，求此三角形的周长．
21. （10分）
如图，四边形ABCD是平行四边形，BE // DF，且分别交对角线AC于点E、F，连接ED，BF．求证：∠1=∠2．
22.(10分) 如图，Rt△ABC中， ∠BAC=90∘，将△ABC沿斜边BC向右平移，得到△DEF(BE
(1)当点E为BC中点时，求证：四边形AECD是菱形；
(2)在△ABC平移过程中，若BC=10，DE=6，问四边形AECD的面积是否发生变化，若不变请求出这个值；若变化请说明理由．
23.(10分) 如图：在等腰直角三角形中，AB=AC，点D是斜边BC上的中点，点E、F分别为AB，AC上的点，且DE⊥DF．
（1）若设BE=a，CF=b，满足a-12+|b-5|=m-2+2-m，求BE及CF的长．
（2）求证：BE2+CF2=EF2．
（3）在（1）的条件下，求△DEF的面积．
24.(10分) 同学们学过正方形与等腰直角三角形发现它们都是轴对称图形，它们之间有很多相似，在正方形ABCD中，E是对角线AC上一点（不与点A，C重合），以AD，AE为邻边作平行四边形AEGD，GE交CD于点M，连接CG．

(1)如图1，当 AE<12AC时，过点E作EF⊥BE交CD于点F，连接GF并延长交AC于点H．求证：EB=EF；
(2)在△ABC中， AB=AC，∠BAC=90∘．过点A作直线AP，点C关于直线AP的对称点为点D，连接BD，CD，直线BD交直线AP于点E．
如图2，①依题意补全图形．
②请用等式表示线段EB，ED，BC之间的数量关系，并于以证明．
参考答案与试题解析
一、 选择题 （本题共计 11 小题 ，每题 3 分 ，共计33分 ）
1.
【答案】
B
【考点】
正比例函数的性质
一次函数的性质
【解析】
根据一次函数的性质，k<0，y随x的增大而减少，找出各选项中k值小于0的选项即可．
【解答】
解：A、C、D选项中的函数解析式k值都是正数，y随x的增大而增大，
B选项y=-x+3中，k=-1<0，y随x的增大而减少．
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
二次根式的定义及识别
【解析】
因为24n是整数，且24n=4×6n=26n，则6n是完全平方数，满足条件的最小正整数n为6．
【解答】
解：∵ 24n=4×6n=26n，且24n是整数，
∴ 26n是整数，即6n是完全平方数；
∴ n的最小正整数值为6．
故选：C．
3.
【答案】
D
【考点】
勾股定理
【解析】
本题中没有指明哪个是直角边哪个是斜边，故应该分情况进行分析．
【解答】
解：①当两边均为直角边时，由勾股定理得，第三边为5，
②当4为斜边时，由勾股定理得，第三边为7，
故选D．
4.
【答案】
B
【考点】
分式有意义、无意义的条件
二次根式的定义及识别
在数轴上表示不等式的解集
【解析】
根据数轴得出x≥-3，再根据二次根式的定义和分式有意义的条件逐个判断即可．
【解答】
从数轴可知：x≥-3，
A．当-3≤x<3时，无意义，故本选项不符合题意；
B．当x≥-3时，有意义，故本选项符合题意；
C．当-3≤x≤3时，无意义，故本选项不符合题意；
D．当x＝-3时，无意义，故本选项不符合题意；
5.
【答案】
A
【考点】
函数关系式
函数自变量的取值范围
【解析】
根据“到B地的距离=全程120km-行驶t小时所走路程”可得解析式，由“到B地的距离≥0”得出t的取值范围即可得出答案．
【解答】
解：根据题意，得：s=120-20t，
∵ 120-30t≥0，
∴ t≤4，
∴ 0≤t≤4，
故选：A．
6.
【答案】
D
【考点】
勾股定理的逆定理
【解析】
根据勾股定理的逆定理对各选项进行逐一分析即可．
【解答】
解：解：A、72+242=252，符合勾股定理的逆定理，是直角三角形；
B、42+52=(41)2，符合勾股定理的逆定理，是直角三角形；
C、12+(34)2=(54)2，符合勾股定理的逆定理，是直角三角形；
D、(14)2+(15)2≠(13)2，不符合勾股定理的逆定理，不是直角三角形．
故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
二次根式的定义及识别
【解析】
形如a，a≥0，的式子叫二次根式．
【解答】
解：∵ -5<0，-11<0，∴ -5，-11，不是二次根式，
∵ a的符号不确定，∴ a，不是二次根式；
∵ a2+1>0，a2≥0，∴ a2+1，a2是二次根式；
故选B．
8.
【答案】
B
【考点】
直角三角形斜边上的中线
平行四边形的性质
【解析】
由▱ABCD的周长为26cm，对角线AC、BD相交于点O，若△AOD的周长比△AOB的周长多3cm，可得AB+AD=13cm，AD-AB=3cm，求出AB和AD的长，得出BC的长，再由直角三角形斜边上的中线性质即可求得答案．
【解答】
解：∵ 平行四边形ABCD的周长为26cm，
∴ AB+AD=13cm，OB=OD，
∵ △AOD的周长比△AOB的周长多3cm，
∴ (OA+OD+AD)-(OA+OB+AB)=AD-AB=3cm，
∴ AB=5cm，AD=8cm．
∴ BC=AD=8cm．
∵ AC⊥AB，E是BC中点，
∴ AE=12BC=4cm.
故选B.
9.
【答案】
C
【考点】
菱形的判定
矩形的判定
正方形的判定
平行四边形的判定
【解析】
根据菱形的判定方法对A进行判断；根据平行四边形的判定方法对B进行判断；根据矩形的判定方法对C进行判断；根据正方形的判定方法对D进行判断．
【解答】
解：A，两邻边相等的平行四边形是菱形，所以该选项错误；
B，一组对边平行且这组对边相等的四边形是平行四边形，所以该选项错误；
C，两条对角线相等的平行四边形是矩形，所以该选项正确；
D，对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，所以该选项错误．
故选C．
10.
【答案】
C
【考点】
函数的图象
【解析】
根据图象可知，甲比乙早出发1小时，但晚到2小时，从甲地到乙地，甲实际用4小时，乙实际用1小时，从而可求得甲、乙两人的速度．
【解答】
甲的速度是：20÷4＝5km/h；
乙的速度是：20÷1＝20km/h；
由图象知，甲出发1小时后乙才出发，乙到2小时后甲才到，
11.
【答案】
A
【考点】
一次函数的图象
【解析】
首先设定一个为一次函数y1=ax+b的图象，再考虑另一条的a，b的值，看看是否矛盾即可．
【解答】
解：A、如果过第一二四象限的图象是y1，由y1的图象可知，a<0，b>0；由y2的图象可知，a<0，b>0，两结论不矛盾，故正确；
B、如果过第一二四象限的图象是y1，由y1的图象可知，a<0，b>0；由y2的图象可知，a>0，b>0，两结论相矛盾，故错误；
C、如果过第一二四象限的图象是y1，由y1的图象可知，a<0，b>0；由y2的图象可知，a<0，b<0，两结论相矛盾，故错误；
D、如果过第二三四象限的图象是y1，由y1的图象可知，a<0，b<0；由y2的图象可知，a>0，b>0，两结论相矛盾，故错误．
故选A．
二、 填空题 （本题共计 6 小题 ，每题 3 分 ，共计18分 ）
12.
【答案】
x≥12
【考点】
二次根式有意义的条件
【解析】
根据二次根式中的被开方数是非负数，可得出x的取值范围．
【解答】
解：∵ 二次根式2x-1有意义，
∴ 2x-1≥0，
解得：x≥12．
故答案为：x≥12.
13.
【答案】
-5
【考点】
最简二次根式
【解析】
由于两个最简二次根式可以合并，因此它们是同类二次根式，即被开方数相同．由此可得出一个关于x的方程，可求出x的值．需主要的是求出的x的值，需使二次根式有意义．
【解答】
解：由题意，得：x2+3x=x+15，
整理，得：x2+2x-15=0，
解得x1=-5，x2=3；
当x=3时，x+15=18=32，不是最简二次根式，因此x=3不合题意，舍去；
故x=-5．
故答案为：-5．
14.
【答案】
3
【考点】
菱形的性质
翻折变换（折叠问题）
【解析】
根据菱形性质得出AC⊥BD，AC平分∠BAD，求出∠ABO=30∘，求出AO，BO、DO，根据折叠得出EF⊥AC，EF平分AO，推出EF // BD，推出，EF为△ABD的中位线，根据三角形中位线定理求出即可．
【解答】
解：
连接BD、AC，
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD，AC平分∠BAD，
∵ ∠BAD=120∘，
∴ ∠BAC=60∘，
∴ ∠ABO=90∘-60∘=30∘，
∵ ∠AOB=90∘，
∴ AO=12AB=12×2=1，
由勾股定理得：BO=DO=3，
∵ A沿EF折叠与O重合，
∴ EF⊥AC，EF平分AO，
∵ AC⊥BD，
∴ EF // BD，
∴ EF为△ABD的中位线，
∴ EF=12BD=12×(3+3)=3，
故答案为：3．
15.
【答案】
64
【考点】
勾股定理的应用
【解析】
由勾股定理和正方形的面积公式解答．
【解答】
解：由图可知正方形的边长为172-152=8cm，正方形的面积为8×8=64cm2．
16.
【答案】
75
【考点】
菱形的判定
【解析】
首先根据勾股定理求得AB=5；然后利用菱形的对角线互相垂直平分、邻边相等推知OD=OB，CD=CB；最后Rt△BOC中，根据勾股定理得，OB的值，则AD=AB-20B．
【解答】
如图，连接CE交AB于点O．
∵ Rt△ABC中，∠ACB=90∘，AC=4，BC=3，
∴ AB=AC2+BC2=5（勾股定理）．
若平行四边形CDEB为菱形时，CE⊥BD，且OD=OB，CD=CB．
∵ 12AB⋅OC=12AC⋅BC，
∴ OC=125．
∴ 在Rt△BOC中，根据勾股定理得，OB=BC2-OC2=32-(125)2=95，
∴ AD=AB-20B=75．
17.
【答案】
8
【考点】
菱形的判定与性质
矩形的性质
【解析】
首先由CE // BD，DE // AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC=OD=2，即可判定四边形CODE是菱形，继而求得答案．
【解答】
解：∵ CE // BD，DE // AC，
∴ 四边形CODE是平行四边形，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AC=BD=4，OA=OC，OB=OD，
∴ OD=OC=12AC=2，
∴ 四边形CODE是菱形，
∴ 四边形CODE的周长为：4OC=4×2=8．
故答案为：8．
三、 解答题 （本题共计 7 小题 ，共计69分 ）
18.
【答案】
解：（1）原式=12+[(3-1)(3+1)]2-(8-4)，
=22+4-22+2，
=6-322；
（2）原式=(9-45)(9+45)-(5-2)(5+2)+4，
=1-1+4，
=4．
【考点】
二次根式的化简求值
【解析】
（1）根据开方、绝对值、平方差公式的知识可将原式化简．
（2）直接将x的值，然后运用平方差公式进行计算．
【解答】
解：（1）原式=12+[(3-1)(3+1)]2-(8-4)，
=22+4-22+2，
=6-322；
（2）原式=(9-45)(9+45)-(5-2)(5+2)+4，
=1-1+4，
=4．
19.
【答案】
解：由题意，得
1-4x≥0，4x-1≥0，
解得x=14，
y=12．
x+y=14+12=34．
【考点】
二次根式有意义的条件
【解析】
根据被开方数是非负数，可得答案．
【解答】
解：由题意，得
1-4x≥0，4x-1≥0，
解得x=14，
y=12．
x+y=14+12=34．
20.
【答案】
解：∵ b=3-a+a-3+4，
∴ a-3≥0且3-a≥0，
∴ a=3，
∴ b=4，
当a为等腰三角形的腰时，则此三角形周长为3+3+4=10，
当b为等腰三角形的腰时，则此三角形周长为4+4+3=11．
【考点】
二次根式的应用
【解析】
由二次根式的定义可求得a、b的值，再求得其周长即可．
【解答】
解：∵ b=3-a+a-3+4，
∴ a-3≥0且3-a≥0，
∴ a=3，
∴ b=4，
当a为等腰三角形的腰时，则此三角形周长为3+3+4=10，
当b为等腰三角形的腰时，则此三角形周长为4+4+3=11．
21.
【答案】
证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB=CD，AB // CD．
∴ ∠BAE=∠DCF．
又∵ BE // DF，
∴ ∠BEF=∠EFD，
∵ ∠BEF+∠AEB=180∘，
∠EFD+∠DFC=180∘，
∴ ∠AEB=∠CFD．
∴ △ABE≅△CDF(AAS)．
∴ BE=DF．
∴ 四边形BFDE是平行四边形．
∴ DE // BF．
∴ ∠1=∠2．
【考点】
平行四边形的性质与判定
全等三角形的性质与判定
【解析】
根据平行四边形的对边平行且相等，得AB=CD，AB // CD，再根据平行线的性质，得∠BAE=∠DCF，∠AEB=∠CFD，由AAS证明△ABE≅△CDF，根据全等三角形的对应边相等，得BE=DF，从而得出四边形BFDE是平行四边形，根据两直线平行内错角相等证得∠1=∠2．
【解答】
证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB=CD，AB // CD．
∴ ∠BAE=∠DCF．
又∵ BE // DF，
∴ ∠BEF=∠EFD，
∵ ∠BEF+∠AEB=180∘，
∠EFD+∠DFC=180∘，
∴ ∠AEB=∠CFD．
∴ △ABE≅△CDF(AAS)．
∴ BE=DF．
∴ 四边形BFDE是平行四边形．
∴ DE // BF．
∴ ∠1=∠2．
22.
【答案】
(1)证明：将Rt△ABC沿斜边BC所在直线平移得到△DEF，
∴ AD//BE，AD=BE，
∵ E是BC的中点，
∴ BE=CE，
∵ AD//CE，AD=CE，
∴ 四边形AECD是平行四边形，
∵ ∠BAC=90∘ ，E是BC的中点，
∴ AE=CE，
∴ 四边形AECD是菱形.
(2)解：在△ABC平移过程中，四边形AECD的面积没有发生变化，理由如下：
∵ AB//ED，
∴ AC⊥DE，
由平移性质则有：DE=AB=6，BC=10，
则AC=8，
∴ S四边形AECD=12AC⋅DE=24，没有变化．
【考点】
平移的性质
菱形的判定
勾股定理
平行四边形的面积
【解析】

【解答】
(1)证明：将Rt△ABC沿斜边BC所在直线平移得到△DEF，
∴ AD//BE，AD=BE，
∵ E是BC的中点，
∴ BE=CE，
∵ AD//CE，AD=CE，
∴ 四边形AECD是平行四边形，
∵ ∠BAC=90∘ ，E是BC的中点，
∴ AE=CE，
∴ 四边形AECD是菱形.
(2)解：在△ABC平移过程中，四边形AECD的面积没有发生变化，理由如下：
∵ AB//ED，
∴ AC⊥DE，
由平移性质则有：DE=AB=6，BC=10，
则AC=8，
∴ S四边形AECD=12AC⋅DE=24，没有变化．
23.
【答案】
（1）解：由题意得m-2≥02-m≥0，
解得m=2，
则a-12+|b-5|=0，
所以a-12=0，b-5=0，
a=12，b=5，
即BE=12，CF=5；
（2）证明：延长ED到P，使DP=DE，连接FP，CP，
在△BED和△CPD中，
ED=PD∠EDB=∠PDCBD=CD，
∴ △BED≅△CPD(SAS)，
∴ BE=CP，∠B=∠CDP，
在△EDF和△PDF中，
DE=DP∠EDF=∠PDE=90∘DF=DF，
∴ △EDF≅△PDF(SAS)，
∴ EF=FP，
∵ ∠B=∠DCP，∠A=90∘，
∴ ∠B+∠ACB=90∘，
∴ ∠ACB+∠DCP=90∘，即∠FCP=90∘，
在Rt△FCP中，根据勾股定理得：CF2+CP2=PF2，
∵ BE=CP，PF=EF，
∴ BE2+CF2=EF2；
（3）解：连接AD，
∵ △ABC为等腰直角三角形，D为BC的中点，
∴ ∠BAD=∠FCD=45∘，AD=BD=CD，AD⊥BC，
∵ ED⊥FD，
∴ ∠EDA+∠ADF=90∘，∠ADF+∠FDC=90∘，
∴ ∠EDA=∠FDC，
在△AED和△CFD中，
∠EAD=∠FCDAD=DC∠ADE=∠CDF，
∴ △AED≅△CFD(ASA)，
∴ AE=CF=5，DE=DF，即△EDF为等腰直角三角形，
∴ AB=AE+EB=5+12=17，
∴ AF=AC-FC=AB-CF=17-5=12，
在Rt△EAF中，根据勾股定理得：EF=AE2+AF2=13，
设DE=DF=x，
根据勾股定理得：x2+x2=132，
解得：x=1322，即DE=DF=1322，
则S△DEF=12
【考点】
勾股定理
非负数的性质：绝对值
非负数的性质：算术平方根
二次根式有意义的条件
等腰直角三角形
【解析】
（1）先根据二次根式的非负性求出m=2，再由非负数的性质求出a、b的值，进而得到BE及CF的长；
（2）延长ED到P，使DP=DE，连接FP，CP，利用SAS得到三角形BED与三角形CPD全等，利用全等三角形对应边相等得到BE=CP，再利用SAS得到△EDF和△PDF全等，利用全等三角形对应边相等得到EF=FP，利用等角的余角相等得到∠FCP为直角，在直角三角形FCP中，利用勾股定理列出关系式，等量代换即可得证；
（3）连接AD，由AB=AC，且D为BC的中点，利用三线合一得到AD垂直于BC，AD为角平分线，再由三角形ABC为等腰直角三角形，得到一对角相等，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由AD=CD，利用ASA得到三角形AED与三角形CFD全等，利用全等三角形对应边相等得到AE=CF=5，DE=DF，由AE+EB求出AB的长，即为AC的长，再由AC-CF求出AF的长，在直角三角形AEF中，利用勾股定理求出EF的长，再根据三角形DEF为等腰直角三角形求出DE与DF的长，即可确定出三角形DEF的面积．
【解答】
（1）解：由题意得m-2≥02-m≥0，
解得m=2，
则a-12+|b-5|=0，
所以a-12=0，b-5=0，
a=12，b=5，
即BE=12，CF=5；
（2）证明：延长ED到P，使DP=DE，连接FP，CP，
在△BED和△CPD中，
ED=PD∠EDB=∠PDCBD=CD，
∴ △BED≅△CPD(SAS)，
∴ BE=CP，∠B=∠CDP，
在△EDF和△PDF中，
DE=DP∠EDF=∠PDE=90∘DF=DF，
∴ △EDF≅△PDF(SAS)，
∴ EF=FP，
∵ ∠B=∠DCP，∠A=90∘，
∴ ∠B+∠ACB=90∘，
∴ ∠ACB+∠DCP=90∘，即∠FCP=90∘，
在Rt△FCP中，根据勾股定理得：CF2+CP2=PF2，
∵ BE=CP，PF=EF，
∴ BE2+CF2=EF2；
（3）解：连接AD，
∵ △ABC为等腰直角三角形，D为BC的中点，
∴ ∠BAD=∠FCD=45∘，AD=BD=CD，AD⊥BC，
∵ ED⊥FD，
∴ ∠EDA+∠ADF=90∘，∠ADF+∠FDC=90∘，
∴ ∠EDA=∠FDC，
在△AED和△CFD中，
∠EAD=∠FCDAD=DC∠ADE=∠CDF，
∴ △AED≅△CFD(ASA)，
∴ AE=CF=5，DE=DF，即△EDF为等腰直角三角形，
∴ AB=AE+EB=5+12=17，
∴ AF=AC-FC=AB-CF=17-5=12，
在Rt△EAF中，根据勾股定理得：EF=AE2+AF2=13，
设DE=DF=x，
根据勾股定理得：x2+x2=132，
解得：x=1322，即DE=DF=1322，
则S△DEF=12
24.
【答案】
(1)证明：∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠ADC=∠BCD=90∘ ，CA平分∠BCD，
∵ EF⊥EB，
∴ ∠BEF=90∘，
如图1，过点E作EN⊥BC于点N，
∴ ∠ENB=∠ENC=90∘.
∵ 四边形AEGD是平行四边形，
∴ AD//GE，
∴ ∠EMF=∠ADC=90∘，
∴ ∠EMC=∠ENC=90∘，
∴ EM=EN.
∵ ∠BEF=∠MEN=90∘，
∴ ∠MEF=∠BEN，
∴ △EFM≅△EBNASA，
∴ EB=EF．
(2)解：①依题意补全图形如下：
②EB2+ED2=BC2，证明如下：
连接CE，AD．
由轴对称的性质可得： CE=DE，AD=AC，∠ACE=∠ADE，
∵ AB=AC，
∴ AD=AB.
∴ ∠ADB=∠ABD，
∴ ∠ACE=∠ABD，
∵ ∠ABD+∠ABE=180∘，
∴ ∠ACE+∠ABE=180∘，
在四边形ABEC中，
∵ ∠BAC+∠ABE+∠BEC+∠ACE=360∘，
又∵ ∠BAC=90∘，
∴ ∠BEC=90∘，
∴ BE2+CE2=BC2．
∴ EB2+ED2=BC2.
【考点】
正方形的性质
全等三角形的性质与判定
四边形综合题
平行四边形的性质
等腰三角形的判定与性质
勾股定理
轴对称的性质
【解析】


【解答】
(1)证明：∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠ADC=∠BCD=90∘ ，CA平分∠BCD，
∵ EF⊥EB，
∴ ∠BEF=90∘，
如图1，过点E作EN⊥BC于点N，
∴ ∠ENB=∠ENC=90∘.
∵ 四边形AEGD是平行四边形，
∴ AD//GE，
∴ ∠EMF=∠ADC=90∘，
∴ ∠EMC=∠ENC=90∘，
∴ EM=EN.
∵ ∠BEF=∠MEN=90∘，
∴ ∠MEF=∠BEN，
∴ △EFM≅△EBNASA，
∴ EB=EF．
(2)解：①依题意补全图形如下：
②EB2+ED2=BC2，证明如下：
连接CE，AD．
由轴对称的性质可得： CE=DE，AD=AC，∠ACE=∠ADE，
∵ AB=AC，
∴ AD=AB.
∴ ∠ADB=∠ABD，
∴ ∠ACE=∠ABD，
∵ ∠ABD+∠ABE=180∘，
∴ ∠ACE+∠ABE=180∘，
在四边形ABEC中，
∵ ∠BAC+∠ABE+∠BEC+∠ACE=360∘，
又∵ ∠BAC=90∘，
∴ ∠BEC=90∘，
∴ BE2+CE2=BC2．
∴ EB2+ED2=BC2.