专题4.1期中全真模拟试卷01（提高卷，八下苏科第7-9章）-2023-2024学年八年级数学下学期期末复习高分攻略(苏科版)

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本试卷满分120分，试题共26题，其中选择6道、填空10道、解答10道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共6小题，每小题2分，共12分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2022春•吴中区校级期中）下列事件中，属于随机事件的是（ ）
A．抛掷1个均匀的骰子，出现6点向上
B．在一个仅装着白球和黑球的袋中摸出红球
C．任意三角形的内角和为180°
D．2月出生的30人中定有人生日在同一天
【分析】根据随机事件的定义判断即可．
【解答】解：∵抛掷1个均匀的骰子，出现6点向上是随机事件，
∴A符合题意；
∵在一个仅装着白球和黑球的袋中摸出红球是不可能事件，
∴B不符合题意；
∵任意三角形的内角和为180°是必然事件，
∴C不符合题意；
∵2月出生的30人中定有人生日在同一天是必然事件，
∴D不符合题意；
故选：A．
2．（2022春•洪泽区期中）下列调查中，最适合采用抽样调查的是（ ）
A．调查一批防疫口罩的质量
B．调查某校初一一班同学的视力
C．为保证某种新研发的大型客机试飞成功，对其零部件进行检查
D．对乘坐某班次飞机的乘客进行安检
【分析】直接利用全面调查和抽样调查的意义分别分析得出答案．
【解答】解：A、调查一批防疫口罩的质量，适合抽样调查，符合题意；
B、调查某校初一一班同学的视力，适合全面调查，不合题意；
C、为保证某种新研发的大型客机试飞成功，对其零部件进行检查，必须全面调查，不合题意；
D、对乘坐某班次飞机的乘客进行安检，必须全面调查，不合题意；
故选：A．
3．（2022春•常州期中）下列是四届冬奥会会徽的部分图案，其中是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【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：A．是中心对称图形，故本选项符合题意；
B．不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C．不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D．不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：A．
4．（2019春•淮阴区期中）如图，在△ABC中，∠C＝20°，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△ADE，AE与BC交于点F，则∠AFB的度数是（ ）
A．60°B．70°C．80°D．90°
【分析】先根据旋转的性质得∠CAE＝60°，再利用三角形内角和定理计算出∠AFC＝100°，然后根据邻补角的定义易得∠AFB＝80°．
【解答】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得△ADE，
∴∠CAE＝60°，
∵∠C＝20°，
∴∠AFC＝100°，
∴∠AFB＝80°．
故选：C．
5．（2022春•天宁区校级期中）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，若OA＝6，OH＝4，则菱形ABCD的边长为（ ）
A．2B．8C．10D．2
【分析】由Rt△BHD中，点O是BD的中点，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，OH＝4，则BD＝8，根据勾股定理即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∵DH⊥AB，
∴∠BHD＝90°，
∴BD＝2OH，
∵OH＝4，
∴BD＝8，
∴OB＝4，
∵OA＝6，
∴AB＝＝＝2，
∴菱形ABCD的边长为2．
故选：A．
6．（2022秋•苏州期中）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF．若DF＝3，则BE的长为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【分析】如图，首先把△ADF旋转到△ABG，然后利用全等三角形的性质得到DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，然后根据题目中的条件，可以得到△EAG≌△EAF，再根据DF＝3，AB＝6和勾股定理，可以求出BE的长，本题得以解决．
【解答】解；如图，把△ADF绕A逆时针旋转90°得到△ABG，
∴△ADF≌△ABG，
∴∠ADF＝∠ABG＝∠ABE＝90°，
∴∠ABG+∠ABE＝180°，
∴G、B、E三点共线，
∴DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，
∵∠DAB＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠EAB＝45°，
∴∠BAG+∠EAB＝45°，
∴∠EAF＝∠EAG，
在△EAG和△EAF中，
，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴GE＝FE，
设BE＝x，
∵CD＝6，DF＝3，
∴CF＝3，
则GE＝BG+BE＝3+x，CE＝6﹣x，
∴EF＝3+x，
∵∠C＝90°，
∴（6﹣x）2+32＝（3+x）2，
解得，x＝2，
∴BE的长为2．
故选：A．
二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）请把答案直接填写在横线上
7．（2022春•天宁区校级期中）把50个数据分成五组，第一、二、三、四、五组的数据个数分别是8，15，x，12，5．则第三组的频率为 0.2 ．
【分析】根据各小组频数之和等于数据总和，即可求得第三组的频数；再根据频率＝频数÷总数，进行计算．
【解答】解：根据题意，得：
第三组数据的个数x＝50﹣（8+15+12+5）＝10，
故第三组的频率为10÷50＝0.2．
故答案为：0.2．
8．（2020春•仪征市期中）某产品出现次品的概率为0.05，任意抽取这种产品600件，那么大约有 30 件是次品．
【分析】利用总数×出现次品的概率＝次品的数量，进而得出答案．
【解答】解：由题意可得：次品数量＝600×0.05＝30．
故答案为：30．
9．（2022秋•亭湖区期中）学校为了解我校八年级同学的视力情况，从八年级的15个班共709名学生中，抽取了75名进行分析．在这个问题中，样本容量是 75 ．
【分析】总体是指考查的对象的全体，个体是总体中的每一个考查的对象，样本是总体中所抽取的一部分个体，而样本容量则是指样本中个体的数目．我们在区分总体、个体、样本、样本容量，这四个概念时，首先找出考查的对象．从而找出总体、个体．再根据被收集数据的这一部分对象找出样本，最后再根据样本确定出样本容量．
【解答】解：从八年级的15个班共709名学生中，抽取了75名进行分析，所以样本容量是75．
故答案为：75．
10．（2022春•梁溪区校级期中）如图，△ABC中，点D、E分别是AC、AB的中点，且DE＝，则BC＝ 1 ．
【分析】根据三角形中位线定理解答即可．
【解答】解：∵点D、E分别是AC、AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AB＝2DE，
∵DE＝，
∴AB＝1，
故答案为：1．
11．（2022春•泰兴市期中）如图，△DEC与△ABC关于点C成中心对称，AB＝3，AC＝2，∠CAB＝90°，则AE的长是 5 ．
【分析】证明∠D＝90°，利用勾股定理求解．
【解答】解：∵△DEC与△ABC关于点C成中心对称，
∴△ACB≌△DCE，
∴AC＝CD＝2，∠A＝∠D＝90°，AB＝DE＝3，
∴AD＝4，
∴AE＝＝＝5，
故答案为：5．
12．（2022春•盐都区期中）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且AC+BD＝14，AB＝4．则△OCD的周长为 11 ．
【分析】根据平行四边形对角线互相平分，求出OC+OD即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝OC＝AC，BO＝OD＝BD，
∵AC+BD＝14，
∴CO+DO＝7，
∵AB＝CD＝4，
∴△OCD的周长为OD+OC+CD＝7+4＝11．
故答案为：11．
13．（2022秋•建邺区校级期中）如图，四边形ABCD是正方形，以CD为边向外作等边△CDE，则∠AEC＝ 45 °．
【分析】根据题意知△ADE是等腰三角形，且∠ADE＝90°+60°＝150°．根据三角形内角和定理及等腰三角形性质可求出底角∠AED的度数，然后利用等边三角形的性质即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，△CDE是等边三角形，
∴AD＝CD＝DE，∠ADE＝90°+60°＝150°，∠DEC＝60°，
∴∠AED＝（180°﹣150°）÷2＝15°．
∴∠AEC＝∠DEC﹣∠DEA＝45°．
故答案为：45．
14．（2022春•工业园区校级期中）平面直角坐标系中，点A、B、C、D的坐标分别是A（m，﹣1）、B（0，﹣4）、C（0，1）、D（m，a），且m＞0，若以点A、B、C、D为顶点的四边形是菱形，则点D的坐标为 （，﹣6）或（4，4） ．
【分析】分两种情况讨论，由菱形的性质可得AD＝5，由勾股定理可求AE的长，即可求解．
【解答】解：∵A（m，﹣1）、B（0，﹣4）、C（0，1）、D（m，a），
∴AD∥BC，BC＝5，
如图，当点D在点A下方时，过点A作AE⊥BC于E，
∵点A、B、C、D为顶点的四边形是菱形，
∴AC＝BC＝AD＝5，
∵A（m，﹣1）、C（0，1）、
∴CE＝2，
∴AE＝＝＝，
∴点D（，﹣6）；
如图，当点D在点A的上方时，过点A作AE⊥BC于E，
∵点A、B、C、D为顶点的四边形是菱形，
∴AB＝AD＝BC＝5，
∵A（m，﹣1）、B（0，﹣4）、
∴BE＝3，
∴AE＝＝＝4，
∴点D（4，4），
故答案为：（，﹣6）或（4，4）．
15．（2022春•海门市期中）如图，等边△OAB中OB＝3，将同一平面内边长为2的等边△OCD绕点O旋转一周的过程中，点B到直线CD的距离最大值为 3+ ．
【分析】过O作OH⊥CD于H，连接BH，设B到直线CD的距离为h，可知h≤BH，由等边△OCD边长为2，OH⊥CD，可得OH＝CH＝，由BH≤OB+OH，知h≤OB+BH，故当B、O、H共线时，h取最大值，此时h＝OB+OH＝3+，从而B到直线CD的距离最大为3+．
【解答】解：过O作OH⊥CD于H，连接BH，如图：
设B到直线CD的距离为h，由点到直线的距离定义可知h≤BH，
∵等边△OCD边长为2，OH⊥CD，
∴CH＝CD＝1，OH＝CH＝，
∵BH≤OB+OH，
∴h≤OB+BH，
当B、O、H共线时，h取最大值，如图：
此时h＝OB+OH＝3+，
∴B到直线CD的距离最大为3+，
故答案为：3+．
16．（2022春•江阴市期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣4，0），点C的坐标为（0，3），将矩形OABC绕O按顺时针方向旋转α度得到OA′B′C′，此时直线OA′、直线B′C′分别与直线BC相交于点P、Q．当45°＜α≤90°，且BP＝PQ时，线段PQ的长是 ．
【分析】过点Q作QH⊥OA′于H，连接OQ，构造直角三角形，运用面积法求得PQ＝OP，再由勾股定理求得OP的长，即可得出结果．
【解答】解：∵45°＜α≤90°，
∴点P在点B的右侧，
∵四边形OABC是矩形，点A的坐标为（﹣4，0），点C的坐标为（0，3），
∴BC＝OA＝4，OC＝3，∠OCB＝90°，
过点Q作QH⊥OA′于H，连接OQ，如图所示：
则QH＝OC′＝OC，
∵S△POQ＝PQ•OC，S△POQ＝OP•QH，
∴PQ＝OP，
设BP＝x，
∵BP＝PQ，
∴BQ＝2x，
则OP＝PQ＝BQ﹣BP＝x，PC＝4﹣x，
在Rt△PCO中，由勾股定理得：PC2+OC2＝OP2，
即（4﹣x）2+32＝x2，
解得：x＝，
∴PQ＝BP＝，
故答案是：．
三、解答题（本大题共10小题，共78分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（2022春•虎丘区校级期中）某运动员进行打靶训练，对该名运动员打靶正中靶心的情况进行统计，并绘制成了如图所示的统计的图，请根据图中信息回答问题：
（1）该名运动员正中靶心的频率在 0.9 附近摆动，他正中靶心的概率估计值为 0.9 ．
（2）如果一次练习时他一共打了150枪．
①试估计他正中靶心的枪数．
②如果他想要在这次练习中想要打中靶心180枪，请计算出他还需要打大约多少枪？
【分析】（1）根据图形数据的稳定数值可得答案；
（2）①总枪数乘以正中靶心的概率；
②正中靶心的枪数除以其概率得出总枪数，继而得出答案．
【解答】解：（1）该名运动员正中靶心的频率在0.9附近摆动，他正中靶心的概率估计值为0.9，
故答案为：0.9，0.9；
（2）①150×0.9＝135（枪），
答：估计他正中靶心的枪数为135枪；
②180÷0.9＝200（枪），
200﹣150＝50（枪），
答：他还需要打大约50枪．
18．（2021春•洪泽区期中）4月22日是“世界地球日”，某校为调查学生对相关知识的了解情况，从全校学生中随机抽取n名学生进行测试，测试成绩进行整理后分成五组，并绘制成如下的频数分布直方图和扇形统计图．
（1）n＝ 50 ，补全频数分布直方图；
（2）在扇形统计图中，“70﹣80”这组的扇形圆心角为 72 °；
（3）若成绩达到80分以上为优秀，请你估计全校1200名学生对“世界地球日”相关知识了解情况为优秀的学生人数．
【分析】（1）根据80～90的人数和所占的百分比，可以求得本次调查的学生人数，然后即可计算出90～100这一组的人数，从而可以将频数分布直方图补充完整；
（2）根据（1）中的结果，可以计算出70﹣80所对应的扇形圆心角的度数；
（3）根据直方图中的数据，可以估计全校1200名学生对“世界地球日”相关知识了解情况为优秀的学生人数．
【解答】解：（1）本次调查共抽测了12÷24%＝50名学生，
90～100的学生有：50﹣4﹣8﹣10﹣12＝16（人），
补全的频数分布直方图如图所示：
故答案为：50；
（2）70﹣80所对应的扇形圆心角的度数是360°×＝72°，
故答案为：72；
（3）估计全校1200名学生对“世界地球日”相关知识了解情况为优秀的学生人数为1200×＝672（名）．
19．（2020春•灌云县期中）如图，方格纸中有三个点A，B，C，要求作一个四边形使这三个点在这个四边形的边（包括顶点）上，且四边形的顶点在方格的顶点上．
（1）在甲图中作出的四边形是中心对称图形但不是轴对称图形；
（2）在乙图中作出的四边形是轴对称图形但不是中心对称图形；
（3）在丙图中作出的四边形既是轴对称图形又是中心对称图形．
【分析】（1）平行四边形是中心对称图形但不是轴对称图形；
（2）等腰梯形是轴对称图形但不是中心对称图形；
（3）正方形既是轴对称图形又是中心对称图形．
【解答】解：（1）甲图：平行四边形，
（2）乙图：等腰梯形，
（3）丙图：正方形．
20．（2022春•梁溪区校级期中）已知，如图，在▱ABCD中，点E、F分别在AD、BC上，且∠BAF＝∠DCE．
求证：（1）△ABF≌△CDE．
（2）四边形AECF是平行四边形．
【分析】（1）由“ASA”可证△ABF≌△CDE；
（2）由全等三角形的性质可得AF＝CE，BF＝DE，可得AE＝CF，即可得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠B＝∠D，AD＝BC，
在△ABF和△CDE中，
，
∴△ABF≌△CDE（ASA）；
（2）∵△ABF≌△CDE，
∴AF＝CE，BF＝DE，
∴AE＝CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
21．（2022秋•玄武区期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，D是边AB的中点．DE⊥AC．
求证：E是AC边的中点．
【分析】证DE是△ABC的中位线，即可得出结论．
【解答】证明：∵∠C＝90°，
∴BC⊥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE∥BC，
∵D是边AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴E是AC边的中点．
22．（2022秋•玄武区校级期中）如图，P是等边三角形ABC内一点，连接PA，PB，PC，以BP为边作∠PBQ＝60°，且BP＝BQ，连接CQ．
（1）求证：AP＝CQ；
（2）若∠APB＝150°，PA＝3，PB＝4，求PC长．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得出∠ABC＝60°，AB＝CB，由∠ABP+∠PBC＝60°，∠PBC+∠CBQ＝60°可得出∠ABP＝∠CBQ，结合AB＝CB，BP＝BQ可证出△ABP≌△CBQ（SAS），根据全等三角形的性质可得出AP＝CQ；
（2）连接PQ，根据全等三角形的性质可得出∠BQC＝150°，由BP＝BQ，∠PBQ＝60°可得出△PBQ为等边三角形，利用等边三角形的性质可得出PQ＝PB＝4，∠BQP＝60°，进而可得出∠PQC＝90°，再在Rt△PQC中，利用勾股定理可求出PC的长．
【解答】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝60°，AB＝CB，
∴∠ABP+∠PBC＝60°．
又∵∠PBQ＝∠PBC+∠CBQ＝60°，
∴∠ABP＝∠CBQ．
在△ABP和△CBQ中，
，
∴△ABP≌△CBQ（SAS），
∴AP＝CQ．
（2）解：连接PQ，如图所示．
∵△ABP≌△CBQ，
∴∠BQC＝∠BPA＝150°．
∵BP＝BQ，∠PBQ＝60°，
∴△PBQ为等边三角形，
∴PQ＝PB＝4，∠BQP＝60°，
∴∠PQC＝90°．
在Rt△PQC中，∠PQC＝90°，PQ＝4，CQ＝AP＝3，
∴PC＝＝5．
23．（2016春•扬州校级期中）已知：如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若AB＝8，∠BCD＝120°，求四边形AODE的面积．
【分析】（1）首先根据菱形的性质，可得AC⊥BD，然后判断出四边形AODE是平行四边形，即可推得四边形AODE是矩形．
（2）根据AB＝8，∠BCD＝120°，求出AO、BO的大小，即可求出四边形AODE的面积是多少．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD＝90°，
又∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∴四边形AODE是矩形．
（2）解：∵∠BCD＝120°，四边形ABCD是菱形，
∴∠BAD＝∠BCD＝120°，
∴∠BAO＝120°÷2＝60°，
∴∠ABO＝30°，
∴AO＝AB＝4，
∴BO＝＝＝4，
∴DO＝BO＝4，
∴四边形AODE的面积＝4×4＝16．
24．（2022秋•沭阳县期中）如图，在△ABC中，BD⊥AC于点E，CE⊥AB于点E，点M，N分别是BC，DE的中点．
（1）求证：MN⊥DE；
（2）若∠ECB+∠DBC＝45°，DE＝10，求MN的长．
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得MD＝ME＝BC，再根据等腰三角形三线合一的性质证明即可；
（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得MD＝ME＝BM＝CM，进而得到∠DBM＝∠BDM，∠MEC＝∠MCE，由三角形外角定理及∠ECB+∠DBC＝45°得到∠EMB+∠DMC＝90°，即∠EMD＝90°，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求得MN．
【解答】（1）证明：连接EM、DM，
∵BD⊥AC，CE⊥AB，
∴∠BDC＝∠BEC＝90°，
∵在Rt△DBC中和Rt△EBC中，M是BC的中点，
∴DM＝BC，EM＝BC，
∴DM＝EM，
∵N是DE的中点，
∴MN⊥ED；
（2）解：在Rt△DBC中，M是BC的中点，
∴DM＝BC＝BM，
∴∠DBM＝∠BDM，
同理∠MEC＝∠MCE，
∵∠ECB+∠DBC＝45°，
∴∠EMB+∠DMC＝2（∠ECB+∠DBC）＝90°，
∴∠EMD＝90°，
∵N是DE的中点，DE＝10，
∴MN＝DE＝5．
25．（2022秋•江阴市期中）如图，正方形ABCD的边长为8cm，点E在AD边上，AE＝6cm，动点P从点A出发，以2cm/s的速度沿A→B→C→D运动，设运动时间为t秒．
（1）BE＝ 10cm ；
（2）当点P在BE的垂直平分线上时，求t的值；
（3）当t＝ 10 ，PE平分∠BED，试猜想此时PB是否为∠EBC的角平分线，并说明理由．
【分析】（1）利用勾股定理求解即可；
（2）如图1中，设BE的垂直平分线交AB于点P，交CD于点P′，连接PE．过点P′作P′T⊥AB于点T．由题意PB＝PE＝8﹣t，利用勾股定理求出t，再证明PT＝AE＝6cm，求出BT，可得结论；
（3）结论：PB是∠EBC的角平分线．如图2中，连接PB，过点P作PK⊥BE于点K．利用全等三角形的性质证明PD＝PK＝PC，可得结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，
∴BE＝＝＝10（cm），
故答案为：10cm；
（2）如图1中，设BE的垂直平分线交AB于点P，交CD于点P′，连接PE．过点P′作P′T⊥AB于点T．
由题意PB＝PE＝8﹣2t，
在Rt△APE中，则有4t2+62＝（8﹣2t）2，
∴t＝．
∵∠C＝∠CBT＝∠BTP′＝90°，
∴四边形CBTP′是矩形，
∴CP′＝BT，P′T＝BC＝AB，
∵∠A＝∠P′TB＝90°，∠ABE+∠TPP′＝90°，∠P′PT+∠PP′T＝90°，
∴∠ABE＝∠PP′T，
∴△P′TP≌△BAE（AAS），
∴PT＝AE＝6cm，
∴BT＝AB﹣AP﹣PT＝8﹣﹣6＝，
∴运动到P′时，t＝（8+8+）÷2＝，
综上所述，满足条件的t的值为或．
（3）结论：PB是∠EBC的角平分线．
理由：如图2中，连接PB，过点P作PK⊥BE于点K．
∵PE平分∠BED，PK⊥BE．PD⊥ED，
∴∠PED＝∠PEK，∠D＝∠PKE＝90°，
∵PE＝PE，
∴△PED≌△PEK（AAS），
∴PD＝PK，ED＝EK＝2cm，
∵BE＝10cm，
∴BK＝8cm＝BC，
∵PB＝PB，∠C＝∠PKB＝90°，
∴△BPK≌△BPC（AAS），
∴PK＝PC，
∴PD＝PC，
∵PK⊥BE，PC⊥BC，
∴∠PBK＝∠PBC，
∴PB平分∠EBC，
∵PD＝PC，
∴t＝（8+8+4）÷2＝10．
故答案为：10．
26．（2022秋•溧阳市期中）已知：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边DC、AD上，CE＝CD＝1，∠EFB＝∠FBC．
（1）求DF的长；
（2）若点E、F分别在边DC、AD的延长线上（如图2），且上述条件不变，请你求出DF的长．
【分析】（1）作BG⊥EF于点G，由AD∥BC，得∠AFB＝∠FBC，而∠EFB＝∠FBC，所以∠AFB＝∠EFB，可证明△AFB≌△GFB，得AB＝GB，AF＝GF，则CB＝GB，再证明Rt△CBE≌Rt△GBE，由CE＝CD＝1，得GE＝CE＝1，AD＝CD＝4，则DE＝3，EF＝4﹣DF+1＝5﹣DF，由勾股定理得DF2+32＝（5﹣DF）2，即可求得DF＝；
（2）作BG⊥FE交FE的延长线于点G，可证明△AFB≌△GFB，得AB＝GB，AF＝GF，则CB＝GB，再证明Rt△CBE≌Rt△GBE，得GE＝CE＝1，则DE＝5，EF＝GF﹣GE＝3+DF，根据勾股定理得DF2+52＝（3+DF）2，即可求得DF＝．
【解答】解：（1）如图1，作BG⊥EF于点G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠BGF＝∠C＝∠BGE＝∠D＝90°，AD∥BC，AB＝CB，
∴∠AFB＝∠FBC，
∵∠EFB＝∠FBC，
∴∠AFB＝∠EFB，
在△AFB和△GFB中，
，
∴△AFB≌△GFB（AAS），
∴AB＝GB，AF＝GF，
∴CB＝GB，
在Rt△CBE和Rt△GBE中，
，
∴Rt△CBE≌Rt△GBE（HL），
∵CE＝CD＝1，
∴GE＝CE＝1，AD＝CD＝4，
∴DE＝CD﹣CE＝3，GF＝AF＝4﹣DF，
∴EF＝GF+GE＝4﹣DF+1＝5﹣DF，
∵DF2+DE2＝EF2，
∴DF2+32＝（5﹣DF）2，
∴DF＝，
∴DF的长是．
（2）如图2，作BG⊥FE交FE的延长线于点G，
∵∠BCE＝180°﹣∠BCD＝90°，
∴∠A＝∠BGF＝∠BCE＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠AFB＝∠FBC，
∵∠EFB＝∠FBC，
∴∠AFB＝∠EFB，
在△AFB和△GFB中，
，
∴△AFB≌△GFB（AAS），
∴AB＝GB，AF＝GF，
∴CB＝GB，
在Rt△CBE和Rt△GBE中，
，
∴Rt△CBE≌Rt△GBE（HL），
∴GE＝CE＝1，
∴DE＝CD+CE＝5，GF＝AF＝4+DF，
∴EF＝GF﹣GE＝4+DF﹣1＝3+DF，
∵DF2+DE2＝EF2，
∴DF2+52＝（3+DF）2，
∴DF＝，
∴DF的长是．