2023-2024学年福建省厦门市海沧区八年级（上）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年福建省厦门市海沧区八年级（上）期末数学试卷(含详细答案解析)，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。

1.计算30的结果是( )
A. 0B. 1C. 3D. 13
2.下面所给的交通标志是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.五边形的内角和为( )
A. 360∘B. 540∘C. 720∘D. 900∘
4.下列计算正确的是( )
A. a3⋅a2=a6B. (a3)2=a5C. (2a)2=2a2D. a5÷a3=a2
5.在Rt△ABC中，∠C=90∘，∠BAC的角平分线AD交BC于点D，BC=7，BD=4，则点D到AB的距离是( )
A. 3
B. 4
C. 5
D. 7
6.运用公式a2−2ab+b2=(a−b)2直接对整式9x2−12x+4进行因式分解，则公式中的a可以是( )
A. 3xB. 9xC. 3x2D. 9x2
7.小海、小沧和小康三人在甲、乙、丙三所不同的学校读书，唱歌、阅读、绘画是三人的不同爱好.并且知道：①小海不在甲校读书，小沧在乙校读书；②在甲校读书的同学爱好唱歌，爱好绘画的同学不在丙校读书.根据以上信息，下列选项中正确的是( )
A. 小海在乙校读书，爱好阅读B. 小海在丙校读书，爱好绘画
C. 小沧在乙校读书，爱好绘画D. 小康在甲校读书，爱好阅读
8.如图，已知△ADF≌△CEF，点E是线段AB上一点，AC交DE于点F，下列与∠BAF+∠EDC相等的是( )
A. ∠BEC
B. ∠EFC
C. ∠AFE
D. ∠ADC
9.为增加学生课外活动空间，某校打算将图一块边长为(a−1)米(a>1)的正方形操场进行扩建，扩建后的正方形边长比原来长3米，则扩建后操场面积增大了( )
A. (2a2+a)平方米
B. (3a+3)平方米
C. (6a+3)平方米
D. (2a+1)平方米
10.如图，AE⊥AB，AE=AB，BC⊥CD，BC=CD.若点E，B到直线AC的距离分别为6和3，AC=8，则图中阴影部分的面积是( )
A. 50B. 44C. 38D. 32
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.计算：
(1)3xy⋅5x3=______；
(2)6m2÷3m=______.
12.已知△ABC的三边长分别为3，4，x，则x的值可以是______.(只需写出一个满足条件的x即可)
13.如图，AB的垂直平分线分别交AB，AC于点D，E.若AC=18，AE：EC=2：1，则BE的长为______.
14.如图，把一长一短的两根木棍的一端固定在一起，摆出△ABC，∠ABC=40∘.固定住长木棍AB，转动短木棍AC，得到等腰三角形ABD(BD>AD)，此时B，C，D三点在同一条直线上，则∠CAD的度数为______.
15.甲乙两地相距n千米，提速前火车从甲地到乙地要用t小时(t>1)，提速后两地间的行车时间减少了1小时，则提速后火车的速度比提速前的快了______千米/小时.
16.在数学上，对于两个正数p和q有三种平均数，算术平均数A、几何平均数G、调和平均数H，其中A=p+q2，G= pq.调和平均数中的“调和”二字来自于音乐.毕达哥拉斯学派通过研究发现，如果三根琴弦的长度p，H，q满足1p−1H=1H−1q，再把它们绷得一样紧，并用同样的力弹拨，它们将会分别发出很调和的乐声.我们称p，H，q为一组调和数，而把H称为p和q的调和平均数.若A=3，G=2，则H的值为______.
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
计算：
(1)2a2(a−3b)；
(2)|−3|+2−1− 4.
18.(本小题8分)
如图，AD=BC，AC=BD，求证：∠C=∠D.
19.(本小题8分)
先化简，再求值：(x+1x−1)÷x2−1x2−x，其中x=−2.
20.(本小题8分)
为积极推进垃圾分类，某社区购进相同数量的甲乙两种规格的分类垃圾桶，分别花费3200元和4800元.已知乙种垃圾桶的单价比甲种的要多50元.求甲种垃圾桶的单价为多少元？
21.(本小题8分)
如图，已知在△ABC中，AC>BC，∠C=60∘.
(1)尺规作图：在边AC上求作点P，使得∠PBC=60∘；(不写作法，保留作图痕迹)
(2)在(1)的条件下，若BD⊥AC于点D，BC=6，求PD的长.
22.(本小题8分)
在平面直角坐标系xOy中，已知点A，B关于y轴对称.
(1)如图1，若AB=4，∠AOB=90∘，求点A的坐标；
(2)如图2，若点A(5,0)，点C(−2,0)，点D为y轴正半轴上一点，CD=7，连接BD.点E在DC的延长线上，且CE=3，求证AD=AE.
23.(本小题8分)
在多项式乘法的学习中，我们发现具有某些结构特征的整式的乘法运算及结果都有规律.
例如：(a+1)(a2−a+1)=a3+1；
(2+y)(4−2y+y2)=8+y3；
(m+3n)(m2−3mn+9n2)=m3+27n3.
(1)请观察上述整式的乘法及其运算结果的规律，用含a，b的等式表示该规律并证明；
(2)一个水平放置的长方体容器，其容积为t3−64(t>4)，底面积为(t+2)2−n，装满水时的高度为t−4.求n的值.
24.(本小题8分)
如图1，已知A，B为直线MN同侧的两点，点P为直线MN上一点，连接AP，BP.若∠APM=∠BPN，则称点P是点A和点B关于直线MN的“等角点”.
(1)如图2，∠ABD是等边三角形ABC的外角，点P是该外角平分线上一点，试说明点B是点P和点A关于直线CD的“等角点”.
(2)如图3，点B，C在∠PAQ的两边上，且AB=AC，连接BC，点D是线段BC上的一点，点D关于AP的对称点为E，连接EB并延长至点G，使点C是点G和点B关于直线AQ的“等角点”.连接DE，当∠BDE=35∘时，求∠BGC的度数.
(3)如图4，将两个大小不同的直角三角板ABC和EDG(∠ABC=∠EDG=60∘,AB25.(本小题8分)
在等边三角形ABC中，点D是边BC上的动点，设∠BAD=α(0∘<α<60∘且α≠30∘)，将△ABD沿AD折叠得到△AED，射线AE与射线BC相交于点G，射线BE与射线AC相交于点F.
(1)如图，当α<30∘时.
①求证：AC=AE；
②求证：∠AGC=2∠CFE；
(2)探究AF，CG，AG的数量关系，并证明.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：30=1，
故选：B.
根据零指数幂的运算法则进行计算即可．
本题考查了零指数幂，熟练掌握零指数幂的运算法则是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：A、是轴对称图形，故正确；
B、不是轴对称图形，故错误；
C、不是轴对称图形，故错误；
D、不是轴对称图形，故错误．
故选A.
根据轴对称图形的概念求解．
本题考查了轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
3.【答案】B
【解析】解：五边形的内角和是(5−2)×180∘=540∘.故选B.
n边形的内角和是180∘(n−2)，由此即可求出答案．
本题主要考查了多边形的内角和公式，是需要熟记的内容．
4.【答案】D
【解析】解：A.∵a3⋅a2=a5，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
B.∵(a3)2=a6，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
C.∵(2a)2=4a2，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
D.∵a5÷a3=a5−3=a2，∴此选项的计算正确，故此选项符合题意；
故选：D.
A.根据同底数幂相乘法则进行计算，然后判断即可；
B.根据幂的乘方法则进行计算，然后判断即可；
C.根据积的乘方法则进行计算，然后判断即可；
D.根据同底数幂相除法则进行计算，然后判断即可．
本题主要考查了同底数幂乘除、积的乘方和幂的乘方，解题关键是熟练掌握同底数幂乘除、积的乘方和幂的乘方法则．
5.【答案】A
【解析】解：过点D作DE⊥AB交AB于点E，
如图所示：
∵∠C=90∘，
∴DC⊥AC，
又∵AD是∠BAC的角平分线，DE⊥AB，
∴CD=ED，
又∵BC=BD+DC，BC=7，BD=4，
∴DC=BC−BD=7−4=3，
∴ED=3，
即点D到AB的距离是3，
故选：A.
由角平分线的性质，线段的和差，等量代换，求得点到直线的距离为3.
本题综合考查了角平分线的性质和线段的和差，等量代换等知识点，重点掌握角平分线的性质．
6.【答案】A
【解析】解：9x2−12x+4
=(3x)2−2×3x×2+22
=(3x−2)2.
∴公式中的a可以是3x.
故选：A.
把整式因式分解后，再确定a.
本题考查了整式的因式分解，掌握因式分解的完全平方公式是解决本题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵小海不在甲校读书，小沧在乙校读书，
∴小康在甲校读书，小沧在乙校读书，小海在丙校读书，
∵在甲校读书的同学爱好唱歌，爱好绘画的同学不在丙校读书，
∴小康爱好唱歌，小沧爱好绘画，小海爱好阅读，
∴小康在甲校读书，爱好唱歌，小沧在乙校读书，爱好绘画，小海在丙校读书，爱好阅读，
故选：C.
根据题意分析出三人所在的学校以及三人的不同爱好，判断即可．
本题考查的是排列与组合问题，根据题意分析出三人所在的学校以及三人的不同爱好是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵△ADF≌△CEF，
∴AF=CF，DF=EF，
∵∠AFE=∠CFD，
∴△AEF≌△CDF(SAS)，
∴∠BAF=∠DCF，
∵∠EFC=∠EDC+∠DCF，
∴∠BAF+∠EDC=∠EFC.
故选：B.
由全等三角形的性质推出AF=CF，DF=EF，由对顶角的性质得到∠AFE=∠CFD，即可证明△AEF≌△CDF(SAS)，得到∠BAF=∠DCF，由三角形外角的性质得到∠EFC=∠EDC+∠DCF，即可得到∠BAF+∠EDC=∠EFC.
本题考查全等三角形的判定和性质，关键是证明△AEF≌△CDF(SAS)，得到∠BAF=∠DCF，
9.【答案】C
【解析】解：扩建前，正方形的边长为(a−1)米，因此面积为(a−1)2平方米，
扩建后，正方形的边长为(a−1+3)=(a+2)米，因此面积为(a+2)2平方米，
所以扩建后面积比扩建前增加(a+2)2−(a−1)2=(6a+3)平方米．
故选：C.
根据正方形的面积的计算方法分别用代数式表示扩建前、扩建后正方形的面积，再求差即可．
本题考查完全平方公式的几何背景，掌握完全平方公式的结构特征以及正方形面积的计算方法是正确解答的关键．
10.【答案】D
【解析】解：作EF⊥AC，BH⊥AC，DG⊥AC，分别交直线AC于点F、H、G，则EF//DG，
∵点E、B到直线AC的距离分别为6、3，AC=8，
∴EF=6，BH=3，
∵AE⊥AB，BC⊥CD，
∴∠F=∠AHB=∠EAB=90∘，∠BHC=∠G=∠BCD=90∘，
∴∠EAF=∠ABH=90∘−∠BAH，∠BCH=∠CDG=90∘−∠DCG，
在△EAF和△ABH中，
∠F=∠AHB∠EAF=∠ABHEA=AB，
∴△EAF≌△ABH(AAS)，
∴EF=AH=6，AF=BH=3，
同理△BCH≌△CDG(AAS)，
∴BH=CG=3，CH=DG=8−6=2，
∴FG=AF+AH+CH+CG=3+6+2+3=14，AC=AH+CH=6+2=8，
∴S=S梯形EFGD−S△EAF−S△ABC−S△CDG=12×(6+2)×14−12×6×3−12×8×3−12×3×2=32，
故选：D.
由题意可知EF//BH，EF=6，BH=3，AC=8，可证明△EAF≌△ABH，△BCH≌△CDG，则EF=AH=6，AF=BH=3，BH=CG=3，CH=DG=8−6=2，可求得FG=14，AC=8，进而求得S=S梯形EFGD−S△EAF−S△ABC−S△CDG=32，于是得到问题的答案．
此题重点考查等腰直角三角形的性质、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、梯形的面积公式、三角形的面积公式等知识，证明△EAF≌△ABH及△BCH≌△CDG是解题的关键．
11.【答案】15x4y2m
【解析】解：(1)3xy⋅5x3=15x4y，
故答案为：15x4y；
(2)6m2÷3m=2m，
故答案为：2m.
(1)利用单项式乘单项式的法则进行计算，即可解答；
(2)利用单项式除以单项式的法则进行计算，即可解答．
本题考查了整式的除法，单项式乘单项式，准确熟练地进行计算是解题的关键．
12.【答案】2(答案不唯一)
【解析】解：∵三角形的三边长分别为3，4，x，
∴4−3即1故答案为：2(答案不唯一).
根据三角形的三边关系列出不等式，即可求出x的取值范围．
本题主要考查了三角形的三边关系，即任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
13.【答案】12
【解析】解：∵AC=18，AE：EC=2：1，
∴AE=23×18=12，EC=18×13=6，
∵DE垂直平分AB，
∴AE=BE=12.
故答案为：12.
连接BE.根据垂直平分线的性质可得AE=BE，求出AE即可解决问题．
本题考查线段的垂直平分线的性质，解题的关键是熟记线段垂直平分线的性质．
14.【答案】40∘
【解析】解：∵BA=BD，∠B=40∘，
∴∠BAD=∠BDA=12(180∘−40∘)=70∘，
∵AC=AD，
∴∠ACD=∠D=70∘，
∴∠CAD=180∘−∠ACD−∠D=180∘−70∘−70∘=40∘.
故答案为：40∘.
证明∠ACD=∠D=70∘，可得结论．
本题考查等腰三角形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
15.【答案】(nt−1−nt)
【解析】解：由题意可得，
提速后火车的速度比提速前的快了(nt−1−nt)km/h，
故答案为：(nt−1−nt).
根据速度=路程÷时间，可以用含n、t的代数式表示出提速后火车的速度比提速前的快了多少．
本题考查列代数式，解答本题的关键是明确题意，列出相应的代数式．
16.【答案】43
【解析】解：∵A=3，A=p+q2，
∴p+q2=3，
∴p+q=6，
∵G=2，G= pq，
∴ pq=2，
∴pq=4，
∵1p−1H=1H−1q，
∴1p+1q=2H，
即p+qpq=2H，
∴62=2H，
∴H=43，
故答案为：43.
由A=3，G=2，得出p+q=6，pq=4，再把1p−1H=1H−1q通分变形得到p+qpq=2H，即可求出H的值．
本题考查了分式的加减法，算术平方根，理解题意是解题的关键．
17.【答案】解：(1)原式=2a3−6a2b；
(2)原式=3+12−2=32.
【解析】(1)利用单项式乘多项式法则计算即可；
(2)利用绝对值的性质，负整数指数幂，算术平方根的定义计算即可．
本题考查整式的运算及实数的运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
18.【答案】证明：
在△ABD和△BAC中
AD=BC BD=ACAB=BA
∴△ABD≌△BAC(SSS)，
∴∠C=∠D.
【解析】利用SSS证明△ABD≌△BAC可得结论．
本题考查了全等三角形的判定与性质，本题中求证△ABD≌△BAC是解题的关键．
19.【答案】解：(x+1x−1)÷x2−1x2−x
=x+1−xx⋅x(x−1)(x+1)(x−1)
=1x⋅xx+1
=1x+1，
当x=−2时，原式=1−2+1=−1.
【解析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把x=−2代入进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解题的关键．
20.【答案】解：设甲种垃圾桶的单价是x元，则乙种垃圾桶的单价是(x+50)元，
根据题意得：3200x=4800x+50，
解得：x=100，
经检验，x=100是原方程的解，且符合题意，
∴x+50=100+50=150.
答：甲种垃圾桶的单价是100元，乙种垃圾桶的单价是150元．
【解析】设甲种垃圾桶的单价是x元，则乙种垃圾桶的单价是(x+50)元，根据某社区购进相同数量的甲乙两种规格的分类垃圾桶，分别花费3200元和4800元．列出分式方程，解方程即可．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
21.【答案】解：(1)如图，点P即为所求；
(2)∵∠PBC=∠C=60∘，
∴∠BPC=180∘−60∘−60∘=60∘，
∴△PBC是等边三角形，
∴PC=BC=6，
∵BD⊥CP，
∴PD=CD=12PC=3.
【解析】(1)作线段BC的垂直平分线交AC于点P，连接PB，点P即为所求；
(2)证明△PBC是等边三角形，可得结论．
本题考查作图-复杂作图，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
22.【答案】(1)解：如图1，设AB与y轴交于点H，
∵点A，B关于y轴对称，
∴y轴垂直平分AB，
∴AO=BO，
∵AB=4，∠AOB=90∘，
∴OH=AH=BH=2，
∴点A(2,2)；
(2)证明：∵点A(5,0)，点C(−2,0)，
∴AC=7，AO=5，CO=2，
∵CD=7，
∴AC=DC，
∵点A，B关于y轴对称，
∴BD=AD，BO=AO=5，
∴BC=3=CE，
在△BDC和△EAC中，
CD=CA∠BCD=∠ECABC=CE，
∴△BDC≌△EAC(SAS)，
∴AE=BD，
∴AE=AD.
【解析】(1)由等腰直角三角形的性质和轴对称的性质可求解；
(2)由“SAS”可证△BDC≌△EAC，可得AE=BD=AD.
本题考查了全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，证明三角形全等是解题的关键．
23.【答案】解：(1)由题意得：(a+b)(a2−ab+b2)=a3+b3，
证明：∵左边=a3−a2b+ab2+a2b−ab2+b3，
=ab2−ab2+a2b−a2b+a3+b3
=a3+b3，
右边=a3+b3，
∴(a+b)(a2−ab+b2)=a3+b3；
(2)由题意得：t3−64=[(t+2)2−n](t−4)
=(t2+4t+4−n)(t−4)
∴4−n=16，
n=−12.
【解析】(1)观察已知条件中的等式可知两个数的和乘以与这两个数的平方和与它们乘积的差=这两个数的立方差，按照此规律，用含a，b的等式表示该规律并证明即可；
(2)按照(1)中规律，利用长方体的容积公式，列出算式，进行计算，从而得到关于n的方程，解方程即可．
本题主要考查了多项式乘多项式，解题关键是熟练掌握多项式乘多项式法则．
24.【答案】(1)证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60∘，
∴∠ABD=180∘−∠ABC=120∘，
∵BP平分∠ABD，
∴∠PBD=12∠ABD=60∘，
∵∠PBD=∠ABC，
∴点B是点P和点A关于直线CD的“等角点”；
(2)解：∵点D、E关于AP对称，
∴AP是DE的垂直平分线，
∴BE=BD，
∴∠BDE=∠BED=35∘，
∵∠CBG是△BDE的外角，
∴∠CBG=∠BED+∠BDE=70∘，
∴∠EBD=180∘−∠CBG=110∘，
∵BE=BD，AP⊥DE，
∴∠ABC=12∠EBD=55∘，
∵AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC=55∘，
∵点C是点G和点B关于直线AQ的“等角点”，
∴∠ACB=∠GCQ=55∘，
∴∠BCG=180∘−∠ACB−∠GCQ=70∘，
在△BCG中，∠CBG=∠BCG=70∘，
∴∠BGC=180∘−∠CBG−∠BCG=40∘；
(3)解：AC，DE交于点H，令点I是AC的中点，连接DI，
∵∠ABC=∠EDG=60∘，
∴AB//DE，即AB//DH，
∵点D，I分别是BC，AC的中点，
∴DI是△ABC的中位线，
∴AB//DI，DI=12AB=12m，
∵AB//DH，且点I，点H均在AC上，
∴点I与点H重合，
∴DI=DH=12m，
∵点E，H分别是AF，AC的中点，
∴EH是△ACF的中位线，
∴EH//CF，CF=2EH=2(DE−DH)=2n−m，
∵AB//DE，
∴AB//CF，
∴∠GCF=∠ABC=60∘，
∵△ABC和△EDG是直角三角形板，
∴∠ACB=∠EGD=30∘
∴BC=2AB=2m，DG=2DE=2n，
∵点D是BC中点，
∴CD=12BC=m，
∴CG=DG−CD=2n−m，
∴CF=CG，
∵∠GCF=60∘，
∴△CFG是等边三角形，
∴GF=CF=CG=2n−m，
∵点C恰好是点A和点M关于直线l的“等角点”，
∴∠MCG=∠ACB=30∘，
∵∠FGC=60∘，
∴∠CMG=90∘，
∵∠MCG=30∘，
∴MG=12CG=2n−m2.

【解析】(1)证明∠PBD=∠ABC=60∘，根据“等角点”的定义即可求证；
(2)证明AP是DE的垂直平分线，得到∠BDE=∠BED=35∘，从而有∠CBG=∠BED+∠BDE=70∘，利用三线合一以及等腰三角形的性质，得到∠ACB=∠ABC=55∘，从而有∠BCG=70∘，在△BCG中利用三角形的内角和即可求出∠BGC的度数；
(3)AC，DE交于点H，令点I是AC的中点，连接DI，证明点I与点H重合，进而得到CF=2n−m，由△ABC和△EDG是直角三角形板，得到BC=2m，DG=2n，即有CG=2n−m，从而证明△CFG是等边三角形，由点C恰好是点A和点M关于直线l的“等角点”，∠MCG=∠ACB=30∘，即可证明MG=2n−m2.
本题考查了等边三角形的性质与判定，中位线的性质，轴对称的性质，含30∘的直角三角形的性质等知识，本题的关键是理解“等角点”的定义，挖掘条件解题．
25.【答案】(1)证明：①∵将△ABD沿AD折叠得到△AED，
∴AB=AE，
又∵AB=AC，
∴AC=AE；
②∵将△ABD沿AD折叠得到△AED，
∴∠BAD=∠EAD=α，
∴∠BAE=2α，∠EAF=60∘−2α，
∵AB=AE，
∴∠AEB=90∘−α，
∴∠CFE=∠AEB−∠EAF=30∘+α，∠AGC=180∘−∠EAF−∠ACB=180∘−(60∘−2α)−60∘=60∘+2α，
∴∠AGC=2∠CFE；
(2)解：当0∘<α<30∘时，在AF上截取AH=AG，连接EH，
∵AH=AG，∠EAF=∠EAF，AE=AC，
∴△AHE≌△AGC(SAS)，
∴∠AGC=∠AHE，GC=EH，
∴∠AHE=2∠CFE，
∵∠AHE=∠CFE+∠FEH，
∴∠CFE=∠FEH，
∴EH=FH，
∴GC=FH，
∴AF=AH+HF=GC+AG；
当30∘<α<60∘时，延长AC至H，使AH=AG，连接EH，
∵AH=AG，∠EAF=∠EAF，AE=AC，
∴△AHE≌△AGC(SAS)，
∴∠ACG=∠AEH=120∘，GC=EH，
∵将△ABD沿AD折叠得到△AED，
∴∠BAD=∠EAD=α，
∴∠BAE=2α，∠EAF=2α−60∘，
∵AB=AE，
∴∠AEB=90∘−α，
∴∠EFH=∠EAF+∠AEB=30∘+α，
∵∠FEH=∠AEH−∠AEB=30∘+α，
∴∠EFH=∠FEH，
∴EH=FH，
∴FH=GC，
∴AG=AH=AF+FH=AF+GC，
综上所述：当0∘<α<30∘时，AF=GC+AG，当当30∘<α<60∘时，AG=AF+GC.
【解析】(1)①由折叠的性质和等边三角形的性质可求解；
②由折叠的性质可求∠BAD=∠EAD=α，由等腰三角形的性质可求∠AEB=90∘−α，由三角形的外角性质和三角形的内角和定理可求解；
(2)分两种情况讨论，由“SAS”可证△AHE≌△AGC，可得∠AGC=∠AHE，GC=EH，即可求解．
本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．