期中测试卷02-【对点变式题】最新八年级数学下学期期中期末必考题精准练（人教版）

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2021-2022学年八年级下学期数学
期中测试卷02
（考试时间120分钟 满分120分）
第Ⅰ卷（选择题 共24分）
一． 选择题（下列各题的备选答案中，有且仅有一个答案是正确的，每小题3分，共24分）
1．（2021秋•郑州期末）下列二次根式中，最简二次根式是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A．
【考点】最简二次根式；
【分析】利用最简二次根式定义判断即可．
【解答】解：A、是最简二次根式，符合题意；
B、＝2，不符合题意；
C、＝，不符合题意；
D、＝|a|，不符合题意．
故选：A．
2．（2021秋•东方期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，连结CD，若CD＝3，则AB＝（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】A．
【考点】直角三角形斜边上的中线；
【分析】根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点．CD＝3，
∴AB＝2CD＝2×3＝6，
故选：B．
3． （2021秋•鲤城区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，AC、BD相交于点O，∠ODA＝90°，
AC＝10cm，BD＝6cm，则BC的长为（　　）

A．4cm B．5cm C．6cm D．8cm
【答案】A．
【考点】平行四边形的性质；
【分析】由平行四边形ABCD，根据平行四边形的对角线互相平分，可得OA＝OC，OB＝OD，
又由∠ODA＝90°，根据勾股定理，即可求得BC的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝10cm，BD＝6cm，
∴OA＝OC＝AC＝5（cm），OB＝OD＝BD＝3（cm），
∵∠ODA＝90°，
∴AD＝＝＝4（cm），
∴BC＝AD＝4（cm），
故选：A．
4．（2021秋•石鼓区期末）若a＜0，则化简|a﹣3|﹣的结果为（　　）
A．3﹣2a B．3 C．﹣3 D．2a﹣3
【答案】B．
【考点】二次根式的性质与化简；
【分析】先化简各式，然后再进行计算即可．
【解答】解：∵a＜0，
∴a﹣3＜0，
∴|a﹣3|﹣
＝3﹣a﹣（﹣a）
＝3﹣a+a
＝3，
故选：B．
5．在四边形ABCD中，AC、BD交于点O，在下列各组条件中，不能判定四边形ABCD为矩形的是（　　）
A．AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD
B．AO＝CO，BO＝DO，∠A＝90°
C．∠A＝∠C，∠B+∠C＝180°，AC⊥BD
D．∠A＝∠B＝90°，AC＝BD
【答案】C．
【考点】矩形的判定；
【分析】由AB＝CD，AD＝BC，得出四边形ABCD是平行四边形，再由对角线相等即可得出A正确；
由AO＝CO，BO＝DO，得出四边形ABCD是平行四边形，由∠A＝90°即可得出B正确；
由∠B+∠C＝180°，得出AB∥DC，再证出AD∥BC，得出四边形ABCD是平行四边形，由对角线互相垂直得出四边形ABCD是菱形，C不正确；
由∠A+∠B＝180°，得出AD∥BC，由HL证明Rt△ABC≌Rt△BAD，得出BC＝AD，证出四边形ABCD是行四边形，由∠A＝90°即可得出D正确．
【解答】解：∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴A正确；
∵AO＝CO，BO＝DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠A＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴B正确；
∵∠B+∠C＝180°，
∴AB∥DC，
∵∠A＝∠C，
∴∠B+∠A＝180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴C不正确；
∵∠A＝∠B＝90°，
∴∠A+∠B＝180°，
∴AD∥BC，如图所示：
在Rt△ABC和Rt△BAD中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△BAD（HL），
∴BC＝AD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠A＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴D正确；
故选：C．


6．（2021秋•西峡县期末）如图，在四边形ABDE中，AB∥DE，AB⊥BD，点C是边BD上一点，BC＝DE＝a，CD＝AB＝b，AC＝CE＝c．下列结论：①△ABC≌△CDE；②∠ACE＝90°；③四边形ABDE的面积是；④；⑤该图可以验证勾股定理．其中正确的结论个数是（　　）

A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】A．
【考点】勾股定理的证明；全等三角形的判定与性质；
【分析】证明△ABC≌△CDE（SAS），由全等三角形的性质可得出∠A＝∠DCE，∠ACB＝∠E．由图形的面积可得出③④⑤正确．
【解答】解：∵AB∥DE，AB⊥BD，
∴DE⊥BD，
∴∠B＝∠D＝90°．
在△ABC和△CDE中，
，
∴△ABC≌△CDE（SAS），
∴∠A＝∠DCE，∠ACB＝∠E．
∵∠A+∠ACB＝90°，
∴∠DCE+∠ACB＝90°．
∵∠DCE+∠ACB+∠ACE＝180°，
∴∠ACE＝90°，
故①②正确；
∵AB∥DE，AB⊥BD，
∴四边形ABDE的面积是；
故③正确；
∵梯形ABDE的面积﹣直角三角形ACE的面积＝两个直角三角形的面积，
∴ab，
∴a2+b2＝c2．
故③④⑤都正确．
故选：A．
7．（2021春•东台市月考）已知2＜x≤3，则的值为（　　）
A．2x﹣5 B．﹣1 C．1 D．5﹣2x
【答案】D．
【考点】二次根式的性质与化简；
【分析】由2＜x≤3判断x﹣3，2﹣x的符号，再利用二次根式的性质进行化简即可．
【解答】解：当2＜x≤3时，x﹣3≤0，2﹣x＜0，
∴|x﹣3|﹣
＝|x﹣3|﹣|2﹣x|
＝3﹣x﹣（x﹣2）
＝3﹣x﹣x+2
＝5﹣2x，
故选：D．
8．（2021•罗湖区校级模拟）已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，PB＝，下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为；③EB⊥ED； ④S△APD+S△APB＝+．其中正确结论的序号是（　　）

A．①③④ B．①②③ C．②③④ D．①②④
【答案】A．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有
【分析】根据正方形的性质可得AB＝AD，再根据同角的余角相等求出∠BAE＝∠DAP，然后利用“边角边”证明△APD和△AEB全等，从而判定①正确，根据全等三角形对应角相等可得∠AEB＝∠APD＝135°，然后求出∠BEP＝90°，判定③正确，根据等腰直角三角形的性质求出PE，再利用勾股定理列式求出BE的长，然后根据S△APD+S△APB＝S△APE+S△BPE列式计算即可判断出④正确；过点B作BF⊥AE交AE的延长线于F，先求出∠BEF＝45°，从而判断出△BEF是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质求出BF的长为，判断出②错误．
【解答】解：在正方形ABCD中，AB＝AD，
∵AP⊥AE，
∴∠BAE+∠BAP＝90°，
又∵∠DAP+∠BAP＝∠BAD＝90°，
∴∠BAE＝∠DAP，
在△APD和△AEB中，
，
∴△APD≌△AEB（SAS），故①正确；
∵AE＝AP，AP⊥AE，
∴△AEP是等腰直角三角形，
∴∠AEP＝∠APE＝45°，
∴∠AEB＝∠APD＝180°﹣45°＝135°，
∴∠BEP＝135°﹣45°＝90°，
∴EB⊥ED，故③正确；
∵AE＝AP＝1，
∴PE＝AE＝，
在Rt△PBE中，BE＝＝＝2，
∴S△APD+S△APB＝S△APE+S△BPE，
＝×1×1+××2，
＝0.5+，故④正确；
过点B作BF⊥AE交AE的延长线于F，
∵∠BEF＝180°﹣135°＝45°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴BF＝×2＝，
即点B到直线AE的距离为，故②错误，
综上所述，正确的结论有①③④．
故选：A．



第Ⅱ卷（非选择题 共96分）
二． 填空题（共8小题，每小题3分，共24分）
9．（2021秋•市中区期末）若二次根式有意义，则x的取值范围是 ．
【答案】x≥2．
【考点】二次根式有意义的条件；
【分析】根据二次根式有意义的条件：被开方数是非负数即可得出答案．
【解答】解：∵3x﹣6≥0，
∴x≥2，
10． （2021秋•青白江区期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，已知AB＝5cm，
AO＝4cm，则BD的长为 　 　cm．

【答案】6．
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，BO＝DO，由勾股定理可求BO，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BO＝DO，
∵BO＝＝＝3（cm），
∴DO＝BO＝3（cm），
∴BD＝6（cm），
故答案为：6．
11．（2021春•江夏区校级月考）已知xy＜0，化简：x＝　 　．
【答案】.
【考点】二次根式的性质与化简．版权所有
【分析】根据题意可知，y＜0，然后对二次根式进行化简，根据xy＜0，去绝对值号．
【解答】解：∵二次根式，
∴y＜0，
∵xy＜0，
∴x＞0，
∴＝，
故答案为：．
12．（2021秋•鼓楼区校级期末）已知a＝，b＝，则的值为　 　．
【答案】.
【考点】二次根式的化简求值；分式的化简求值；
【分析】原式进行通分计算，然后代入求值．
【解答】解：原式＝＝，
当a＝，b＝时，
原式＝
＝
＝﹣2，
故选：A．
13．（2021秋•吉安期中）如图，在正方形ABCD中，点P在AC上，PE⊥AB，PF⊥BC，垂足分别为E，F，EF＝3，则DP的长为 　 ．

【答案】3．
【考点】正方形的性质；
【分析】根据正方形的四条边都相等可得AB＝AD，正方形的对角线平分一组对角可得∠BAC＝∠DAC＝45°，然后利用“边角边”证明△ABP和△ADP全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；求出四边形BFPE是矩形，根据矩形的对角线相等可EF＝PB．即可求解．
【解答】解：如图，连接PB，

在正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝45°，
∵AP＝AP，AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝45°，
在△ABP和△ADP中，
，
∴△ABP≌△ADP（SAS），
∴BP＝DP；
∵PE⊥AB，PF⊥BC，∠ABC＝90°，
∴四边形BFPE是矩形，
∴EF＝PB，
∴EF＝DP＝3，
故答案为：3．
14．（2021秋•洛宁县月考）若x＝3﹣，则代数式x2﹣6x﹣8的值为　 ．
【答案】2004.
【考点】二次根式的化简求值；
【分析】先把已知条件变形得到x﹣3＝﹣，再两边平方得到x2﹣6x＝2012，然后利用整体代入得方法计算x2﹣6x﹣8的值．
【解答】解：∵x＝3﹣，
∴x﹣3＝﹣，
∴（x﹣3）2＝2021，
即x2﹣6x+9＝2021，
∴x2﹣6x＝2012，
∴x2﹣6x﹣8＝2012﹣8＝2004．
故选：2004．
15．（2021秋•常宁市期末）如图，已知在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，点D是边BC上的任意一点，以AD为折痕翻折△ABD，使点B落在点E处，连接EC，当△DEC为直角三角形时，BD的长为　 　．

【考点】翻折变换（折叠问题）；
【分析】在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，根据勾股定理求得AB＝＝10，根据翻折的性质得AE＝AB＝10，DE＝BD，∠AED＝∠B＝90°．①如图1，当∠DEC＝90°时，推出点E在线段AC上，设BD＝DE＝x，则CD＝8﹣x，根据勾股定理即可得到结果；②如图2，当∠EDC＝90，于是得到∠BDE＝90°，求得∠BDA＝∠ADE＝45°，于是得到△ABD是等腰直角三角形于是得到结果．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，
∴AB＝＝10，
∵△AED是△ABD以AD为折痕翻折得到的，
∴AE＝AB＝6，DE＝BD，∠AED＝∠B＝90°．
当△DEC为直角三角形，
①如图1，当∠DEC＝90°时，
∵∠AED+∠DEC＝180°，
∴点E在线段AC上，
设BD＝DE＝x，则CD＝8﹣x，
∴CE＝AB﹣AE＝4，
∴DE2+CE2＝CD2，
即x2+42＝（8﹣x）2，
解得：x＝3，
②如图2，当∠EDC＝90，
∴∠BDE＝90°，
∵∠BDA＝∠ADE，
∴∠BDA＝∠ADE＝45°，
∴∠BAD＝45°，
∴AB＝BD＝6．
综上所述：当△DEC为直角三角形时，BD的长为3或6．
故答案为：3或6．


16．（2022春•东台市月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝5，点P在边AD上，点Q在边BC上，且AP＝CQ，连接CP，QD，则PC+QD的最小值为 　 　．

【答案】13.
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质;
【分析】连接BP，在BA的延长线上截取AE＝AB＝6，连接PE，CE，PC+QD＝PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，在BA的延长线上截取AE＝AB＝6，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，根据勾股定理可得结果．
【解答】解：如图，连接BP，

在矩形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，
∵AP＝CQ，
∴AD﹣AP＝BC﹣CQ，
∴DP＝QB，DP∥BQ，
∴四边形DPBQ是平行四边形，
∴PB∥DQ，PB＝DQ，
则PC+QD＝PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，
在BA的延长线上截取AE＝AB＝6，连接PE，
∵PA⊥BE，
∴PA是BE的垂直平分线，
∴PB＝PE，
∴PC+PB＝PC+PE，
连接CE，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，
∵BE＝2AB＝12，BC＝AD＝5，
∴CE＝＝13．
∴PC+PB的最小值为13．
故答案为：13．

三、解答题（本大题共9小题，满分共72分）
17．（8分）（2021秋•碑林区校级期末）计算：
（1）×+9﹣（+）（﹣）；

（2）（）﹣1﹣﹣6×﹣（2022﹣π）0+|2﹣4|．
【考点】二次根式的混合运算；平方差公式；零指数幂；负整数指数幂；分母有理化；
【分析】（1）先根据平方差公式计算乘法，再算加减法即可求解；
（2）先算负整数指数幂，二次根式的化简，零指数幂，绝对值，再计算加减法．
【解答】解：（1）×+9﹣（+）（﹣）
＝3+﹣（2﹣3）
＝3++1；
（2）（）﹣1﹣﹣6×﹣（2022﹣π）0+|2﹣4|
＝3﹣2﹣2﹣1+4﹣2
＝0．
18．（6分）（2021•武胜县校级模拟）当a＝时，求﹣﹣的值．
【考点】二次根式的化简求值；
【分析】首先把﹣﹣化简，然后代入a的值．
【解答】解：∵a＝＝﹣1，
∴＝﹣a﹣1
﹣﹣＝a+1+﹣＝a+1＝﹣．
19．（7分）（2021秋•江都区期中）如图，在三角形ABC中，AB＝5，BC＝6，AD为BC边上的中线，且AD＝4，过点D作DE⊥AC于点E．
（1）求证：AD⊥BC； （2）求DE的长．

【考点】勾股定理的逆定理；
【分析】（1）求出BD＝DC＝3，根据勾股定理的逆定理得出即可；
（2）根据线段垂直平分线性质得出AC＝AB＝5，根据三角形的面积公式求出DE即可．
【解答】（1）证明：∵BC＝6，AD为BC边上的中线，
∴BD＝DC＝BC＝3，
∵AD＝4，AB＝5，
∴BD2+AD2＝AB2，
∴∠ADB＝90°，
即AD⊥BC；
（2）解：∵AD⊥BC，AD为BC边上的中线，
∴AB＝AC，
∵AB＝5，
∴AC＝5，
∵△ADC的面积S＝＝，
∴×，
解得：DE＝2.4．

19．（8分）（2021•内江）如图，点A、D、C、B在同一条直线上，AC＝BD，AE＝BF，AE∥BF．
求证：（1）△ADE≌△BCF；（2）四边形DECF是平行四边形．

【考点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定；
【分析】（1）由SAS证明△ADE≌△BCF即可；（2）由全等三角形的性质得DE＝CF，∠ADE＝∠BCF，则∠EDC＝∠FCD，再证DE∥CF，即可得出结论．
【解答】证明：（1）∵AC＝BD，
∴AC﹣CD＝BD﹣CD，
即AD＝BC，
∵AE∥BF，
∴∠A＝∠B，
在△ADE与△BCF中，
，
∴△ADE≌△BCF（SAS）；
（2）由（1）得：△ADE≌△BCF，
∴DE＝CF，∠ADE＝∠BCF，
∴∠EDC＝∠FCD，
∴DE∥CF，
∴四边形DECF是平行四边形．
21．（7分）（2021春•龙口市期末）先化简，再求值：
已知y＝，求（﹣）2﹣的值．
【考点】二次根式的化简求值；二次根式有意义的条件；
【分析】根据二次根式有意义条件可求出x和y的值，再利用二次根式的化简把原式化简，最后将x、y的值代入即可求值．
【解答】解：根据已知得：1﹣3x≥0且3x﹣1≥0，
解得：x＝，
∴y＝，
∵（﹣）2﹣＝2x﹣2+y﹣（2x+y）＝2x﹣2+y﹣2x﹣y＝﹣2，
再将x＝，y＝代入得：
原式＝﹣2＝﹣2＝﹣．

22．（8分）（2021春•南川区期中）为了积极宣传防疫，南川区政府采用了移动车进行广播，如图，小明家在南大街这条笔直的公路MN的一侧点A处，小明家到公路MN的距离为600米，假使广播车P周围1000米以内能听到广播宣传，广播车P以250米/分的速度在公路MN上沿PN方向行驶时，若小明此时在家，他是否能听到？若能，请求出他总共能听到多长时间的广播？

【考点】勾股定理的应用；
【分析】根据小明A到公路MN的距离为600米＜1000米，可以判断能否听到；根据勾股定理得到
BP＝BQ＝800米，求得PQ＝1600米，于是得到结论．
【解答】解：小明能听到宣传，
理由：∵村庄A到公路MN的距离为600米＜1000米，
∴小明能听到宣传；
如图：假设当宣讲车行驶到P点开始小明听到广播，行驶到Q点小明听不到广播，
则AP＝AQ＝1000米，AB＝600米，
∴BP＝BQ＝＝800（米），
∴PQ＝1600米，
∴小明听到广播的时间为：1600÷250＝6.4（分钟），
∴他总共能听到6.4分钟的广播．


23．（8分）如图所示，将长方形ABCD沿直线BD折叠，使C点落在C′处，BC′交AD于E．
（1）求证：BE＝DE；（2）若AD＝8，AB＝4，求△BED的面积．

【考点】翻折变换（折叠问题）；
【分析】（1）先根据折叠的性质得出∠1＝∠2，再由矩形的对边平行，内错角相等，所以∠1＝∠3，然后根据角之间的等量代换可知DE＝BE；
（2）设DE＝x，则AE＝8﹣x，BE＝x，在△ABE中，运用勾股定理得到BE2＝AB2+AE2，列出关于x的方程，解方程求出x的值，再根据三角形的面积公式，即可求得△BED的面积．
【解答】（1）证明：∵△BDC′是由△BDC沿直线BD折叠得到的，
∴∠1＝∠2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠1＝∠3，
∴∠2＝∠3，
∴BE＝DE；
（2）解：设DE＝x，则AE＝AD﹣DE＝8﹣x，
在直角△ABE中，∵∠A＝90°，BE＝DE＝x，
∴BE2＝AB2+AE2，
∴x2＝42+（8﹣x）2，
∴x＝5，
∴△BED的面积＝DE×AB＝×5×4＝10．

24．（8分）（2021秋•沈北新区校级月考）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC、BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AB＝6，BD＝8，求CE的长．

【考点】菱形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；
【分析】（1）先判断出∠OAB＝∠DCA，进而判断出∠DAC＝∠DCA，得出CD＝AD＝AB，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得OA＝OC，BD⊥AC，OB＝OD＝BD＝4，再由勾股定理求出OA的长，得出AC的长，然后由菱形ABCD的面积即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠OAB＝∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠OAB＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴CD＝AD，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝AB，
∴£ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，BD＝8，
∴OA＝OC，BD⊥AC，OB＝OD＝BD＝4，
∴∠AOB＝90°，
∴OA＝＝＝2，
∴AC＝2OA＝4，
∴菱形ABCD的面积＝AC×BD＝×4×8＝16，
∵CE⊥AB，
∴菱形ABCD的面积＝AB×CE＝6CE＝16，
∴CE＝．
25．（12分）（2021秋•寻乌县期末）我们可以通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整
原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，连接EF，则EF＝BE+DF，试说明理由．

（1）思路梳理
∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．
∵∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠FDG＝180°，点F、D、G共线．
根据 　 　，易证△AFE≌　 　，得EF＝BE+DF．
（2）类比引申
如图2，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF＝45°．若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系 　 　时，仍有EF＝BE+DF．
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE＝45°．猜想BD、DE、EC应满足的等量关系，并写出推理过程．
【考点】四边形综合题；
【分析】（1）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，证出△AFG≌△AFE，根据全等三角形的性质得出EF＝FG，即可得出答案；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，证出△AFE≌△AFG，根据全等三角形的性质得出EF＝FG，即可得出答案；
（3）把△ACE旋转到ABF的位置，连接DF，证明△AFE≌△AFG（SAS），则EF＝FG，∠C＝∠ABF＝45°，△BDF是直角三角形，根据勾股定理即可作出判断．
【解答】解：（1）思路梳理
∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图1，
∵∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠FDG＝180°，点F、D、G共线，
则∠DAG＝∠BAE，AE＝AG，BE＝DG，
∠FAG＝∠FAD+∠GAD＝∠FAD+∠BAE＝90°﹣45°＝45°＝∠EAF，
即∠EAF＝∠FAG，
在△EAF和△GAF中，，
∴△AFG≌△AFE（SAS），
∴EF＝FG＝DG+DF＝BE+DF；
故答案为：SAS；△AFG；
（2）类比引申
∠B+∠ADC＝180°时，EF＝BE+DF；理由如下：
∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图2所示：
∴∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵∠ADC+∠B＝180°，
∴∠FDG＝180°，点F、D、G共线，
在△AFE和△AFG中，，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF，
∴EF＝BE+DF，
故答案为：∠B+∠ADC＝180°；
（3）联想拓展
猜想：DE2＝BD2+EC2．理由如下：
把△ACE绕点A逆时针旋转90°到ABF的位置，连接DF，如图3所示：
则△ABF≌△ACE，∠FAE＝90°，
∴∠FAB＝∠CAE．BF＝CE，∠ABF＝∠C，
∴∠FAE＝∠BAC＝90°，
∵∠DAE＝45°，
∴∠FAD＝90°﹣45°＝45°，
∴∠FAD＝∠DAE＝45°，
在△ADF和△ADE中，，
∴△ADF≌△ADE（SAS），
∴DF＝DE，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝45°，
∴∠C＝∠ABF＝45°，
∴∠DBF＝∠ABF+∠ABC＝90°，
∴△BDF是直角三角形，
∴BD2+BF2＝DF2，
∴BD2+EC2＝DE2．