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2026-2027 学年八年级上册数学单元自测
第一章 三角形·培优冲刺
建议用时：120 分钟，满分：120 分
一、选择题（本大题共10 小题，每小题3 分，共30 分）
1．A
2．D
3．A
4．C
5．C
6．C
7．C
8．B
9．B
10．D
二、填空题（本大题共6 小题，每小题3 分，共18 分）
11．𝟑
𝟐
12．6
13．𝟐𝟎°或𝟓𝟎°
14．7
15．2 或4
16．𝟓𝟎∘
三、解答题（共8 小题，共72 分）
17．（8 分）
【详解】（1）解：∵𝐴𝑀⊥𝐴𝑁，𝐴𝐵平分∠𝑀𝐴𝑁，
∴∠𝐵𝐴𝐶= 45°，
∵𝐵𝐶⊥𝐵𝐴，
∴∠𝐴𝐵𝐶= 90°，
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∴∠𝐴𝐶𝐵= 45°；
（2 分）
（2）作𝐵𝐹⊥𝐴𝑀，𝐵𝐺⊥𝐴𝐶，
∵𝐴𝐵平分∠𝑀𝐴𝑁，则𝐵𝐹= 𝐵𝐺，
∵ 𝑆△𝐴𝐵𝐷: 𝑆△𝐵𝐸𝐶 = 2: 3，
∴𝐴𝐷: 𝐶𝐸= 2: 3，
∵𝐴𝐷= 𝑡，𝐶𝐸= 6 −2𝑡，
∴3𝑡= 2(6 −2𝑡)，
解得：𝑡 =
12
7 s；
当𝐸点在𝐶点右侧时，𝐶𝐸= 2𝑡−6，
∴3𝑡= 2(2𝑡−6)，解得𝑡= 12．
（6 分）
（3）∵𝐴𝐵= 𝐵𝐶，∠𝐵𝐴𝑀= ∠𝐵𝐶𝐴= 45°，
∴当𝐴𝐷= 𝐶𝐸时，△𝐴𝐷𝐵≌△𝐵𝐸𝐶(SAS)，
即6 −2𝑡= 𝑡，或2𝑡−6 = 𝑡，
解得：𝑡= 2或6(舍弃)，
答：𝑡= 2，△𝐴𝐷𝐵≌△𝐵𝐸𝐶．
（8 分）
18．（8 分）
【答案】(1)
证明：∵𝐴𝐷∥𝐵𝐶，
∴∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐸𝐶𝐹，
∵E 是𝐶𝐷的中点，
∴𝐷𝐸= 𝐸𝐶，
∵在△𝐴𝐷𝐸与△𝐹𝐶𝐸中，
{
∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐸𝐶𝐹
𝐷𝐸= 𝐸𝐶
∠𝐴𝐸𝐷= ∠𝐶𝐸𝐹
，
∴△𝐷𝐴𝐸≌△𝐶𝐹𝐸(ASA)；
（2 分）
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(2)
证明：由（1）知△𝐷𝐴𝐸≌△𝐶𝐹𝐸，
∴𝐴𝐸= 𝐸𝐹，𝐴𝐷= 𝐶𝐹，
∵𝐴𝐵= 𝐵𝐶+ 𝐴𝐷，
∴𝐴𝐵= 𝐵𝐶+ 𝐶𝐹，即𝐴𝐵= 𝐵𝐹，
在△𝐴𝐵𝐸与△𝐹𝐵𝐸中，
{
𝐴𝐵= 𝐵𝐹
𝐴𝐸= 𝐸𝐹
𝐵𝐸= 𝐵𝐸
，
∴△𝐴𝐵𝐸≌△𝐹𝐵𝐸(SSS)，
∴∠𝐴𝐸𝐵= ∠𝐹𝐸𝐵= 90°，
∴𝐵𝐸⊥𝐴𝐸；
（5 分）
（3）过点E 作𝐸𝑁⊥𝐴𝐵于N，如图所示：
由（1）知△𝐴𝐷𝐸≌△𝐹𝐶𝐸，
∴𝐴𝐸= 𝐸𝐹=
1
2 𝐴𝐹=
1
2 × 14 = 7，
∵∠𝐷= 90°，
∴𝐸𝐷= √𝐴𝐸2 −𝐴𝐷2 = √72 −(√11)
2 = √38，
由（2）得：𝐴𝐵= 𝐹𝐵，
∴∠𝐵𝐹𝐴= ∠𝐵𝐴𝐹，
∵𝐴𝐷∥𝐵𝐶，
∴∠𝐵𝐹𝐴= ∠𝐷𝐴𝐸，
∴∠𝐵𝐴𝐹= ∠𝐷𝐴𝐸，
即𝐴𝐸为∠𝐵𝐴𝐷的平分线，
∵∠𝐷= 90°，
∴𝐸𝐷⊥𝐴𝐷，
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又∵𝐸𝑁⊥𝐴𝐵，
∴𝐸𝑁= 𝐸𝐷= √38，
即点E 到𝐴𝐵的距离为√38．
（8 分）
19．（8 分）
【详解】（1）解：∵△𝐴𝐵𝐶是等边三角形，
∴∠𝐵𝐴𝑃= ∠𝐴𝐶𝑄= ∠𝐴𝐵𝑄= 60°，𝐴𝐵= 𝐴𝐶= 𝐵𝐶．
在△𝐴𝐵𝑃和△𝐶𝐴𝑄中，
{
𝐴𝐵= 𝐶𝐴
∠𝐵𝐴𝑃= ∠𝐴𝐶𝑄
𝐴𝑃= 𝐶𝑄
，
∴△𝐴𝐵𝑃≌△𝐶𝐴𝑄(SAS)，
∴∠𝐴𝐵𝑃= ∠𝐶𝐴𝑄，
∵∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐵𝐴𝑄+ ∠𝐶𝐴𝑄= 60°，
∴∠𝐵𝑂𝑄= ∠𝐵𝐴𝑄+ ∠𝐴𝐵𝑃= 60°；
（2）解：如解图，延长𝑂𝑃到点D，使𝑂𝐷= 𝐴𝑂，连接𝐴𝐷，𝐶𝐷，
∵∠𝐴𝑂𝑃= ∠𝐵𝑂𝑄= 60°，
∴△𝐴𝑂𝐷是等边三角形，
∴𝐴𝐷= 𝐴𝑂，∠𝑂𝐴𝐷= 60°，
∴∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝑂𝐴𝐷= 60°，
∴∠𝐵𝐴𝑂+ ∠𝐶𝐴𝑄= ∠𝐶𝐴𝐷+ ∠𝐶𝐴𝑄= 60°，
∴∠𝐵𝐴𝑂= ∠𝐶𝐴𝐷，
∵𝐴𝐵= 𝐴𝐶，
∴△𝐴𝐵𝑂≌△𝐴𝐶𝐷(SAS),
∴𝐶𝐷= 𝑂𝐵= 2，∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐴𝑂𝐵，
∵∠𝐴𝑂𝐵= 180° −∠𝐵𝑂𝑄= 120°，
∴∠𝐴𝐷𝐶= 120°，
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∴∠𝐶𝐷𝑂= ∠𝐴𝐷𝐶−∠𝐴𝐷𝑂= 60°，
∵𝑂𝐶⊥𝐵𝑃，
∴∠𝐶𝑂𝐷= 90°，
∴∠𝐷𝐶𝑂= 90° −∠𝐶𝐷𝑂= 30°，
∴𝑂𝐷=
1
2 𝐶𝐷= 1，
∴𝑂𝐴= 𝑂𝐷= 1．
20．（8 分）
【详解】（1）证明：∵∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐴𝐸𝐵= 90°，
∴∠𝐴𝐵𝐸+ ∠𝐵𝐴𝐸= 90° = ∠𝐵𝐴𝐸+ ∠𝐶𝐴𝐷，
∴∠𝐴𝐵𝐸= ∠𝐶𝐴𝐷，
在△𝐴𝐵𝐸和△𝐴𝐶𝐷中，
∵∠𝐴𝐵𝐸= ∠𝐶𝐴𝐷，∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐴𝐸𝐵= 90°，𝐴𝐵= 𝐴𝐶，
∴△𝐴𝐵𝐸≌△𝐶𝐴𝐷(AAS)；
（3 分）
（2）解：∵△𝐴𝐵𝐸≌△𝐶𝐴𝐷，
∴𝑆△𝐴𝐵𝐸= 𝑆△𝐶𝐴𝐷，
∵𝑆△𝐴𝐵𝐶: 𝑆△𝐶𝐴𝐷= 3: 2，
∴𝑆△𝐴𝐵𝐶: 𝑆△𝐴𝐵𝐸= 3: 2，
∴𝐴𝐶: 𝐴𝐸= 3: 2，
∴𝐴𝐸: 𝐶𝐸= 2: 1，
∵𝐴𝐸: 𝐶𝐸= 𝑘，
∴𝑘= 2；
（3）解：𝑚2 =
2−√2
2
𝑛2，证明如下：
∵△𝐴𝐵𝐸≌△𝐶𝐴𝐷，
∴𝐴𝐸= 𝐶𝐷= 𝑛，
∴∠𝐴𝐸𝐷= ∠𝐴𝐷𝐸，
∵𝐴𝐷= 𝐷𝐶，∠𝐴𝐷𝐶= 90°，
∴△𝐴𝐷𝐶为等腰直角三角形，
∴∠𝐴𝐵𝐸= ∠𝐶𝐴𝐷= 45°，𝐴𝐵= 𝐴𝐶= √𝐴𝐷2 + 𝐶𝐷2 = √2𝑛，
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∴𝐶𝐸= (√2 −1)𝑛，∠𝐶𝐸𝐹= ∠𝐴𝐸𝐷=
1
2 (180° −∠𝐶𝐴𝐷) = 67.5°，
∵∠𝐴𝐸𝐵= 90°，
∴△𝐴𝐵𝐸是等腰直角三角形，
∴𝐵𝐸= 𝐴𝐸= 𝑛，∠𝐵𝐴𝐸= 45°，
∵𝐴𝐵= 𝐴𝐶，
∴∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝐶𝐵=
1
2 (180° −∠𝐵𝐴𝐶) = 67.5°，
∴∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐶𝐸𝐹，∠𝐶𝐵𝐸= ∠𝐴𝐵𝐶−∠𝐴𝐵𝐸= 22.5°，∠𝐵𝐸𝐹= ∠𝐵𝐸𝐶−∠𝐶𝐸𝐹= 22.5°，
∴𝐸𝐹= 𝐶𝐹，∠𝐸𝐵𝐹= ∠𝐵𝐸𝐹，
∴𝐵𝐹= 𝐸𝐹，
∴𝐵𝐶= 2𝐸𝐹= 2𝑚，
在Rt △𝐵𝐶𝐸中，𝐵𝐸2 + 𝐶𝐸2 = 𝐵𝐶2，
∴𝑛2 + [(√2 −1)𝑛]
2 = (2𝑚)2，
∴𝑚2 =
2−√2
2
𝑛2．
（8 分）
21．（8 分）
【详解】（1）解：𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐹𝐷．
延长𝐹𝐷到点G．使𝐷𝐺= 𝐵𝐸．连接𝐴𝐺，
∵∠𝐴𝐵𝐸= ∠𝐴𝐷𝐺= ∠𝐴𝐷𝐶= 90°，𝐴𝐵= 𝐴𝐷，
∴△𝐴𝐵𝐸≌△𝐴𝐷𝐺(SAS)．
∴𝐴𝐸= 𝐴𝐺，∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐷𝐴𝐺．
∴∠𝐵𝐴𝐸+ ∠𝐷𝐴𝐹= ∠𝐷𝐴𝐺+ ∠𝐷𝐴𝐹= ∠𝐸𝐴𝐹= 60°．
∴∠𝐺𝐴𝐹= ∠𝐸𝐴𝐹= 60°．
又∵𝐴𝐹= 𝐴𝐹，
∴△𝐴𝐺𝐹≌△𝐴𝐸𝐹(SAS)．
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∴𝐹𝐺= 𝐸𝐹．
∵𝐹𝐺= 𝐷𝐹+ 𝐷𝐺．
∴𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐹𝐷．
故答案为：𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐹𝐷；
（2 分）
(2)
解：（1）中的结论𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐹𝐷仍然成立．
理由是：如图2，延长𝐸𝐵到𝐺，使𝐵𝐺= 𝐷𝐹，连接𝐴𝐺．
∵∠𝐴𝐵𝐶+ ∠𝐷= 180°，∠𝐴𝐵𝐺+ ∠𝐴𝐵𝐶= 180°，
∴∠𝐴𝐵𝐺= ∠𝐷，
∵在△𝐴𝐵𝐺与△𝐴𝐷𝐹中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐷
∠𝐴𝐵𝐺= ∠𝐷
𝐵𝐺= 𝐷𝐹
，
∴ △𝐴𝐵𝐺≌△𝐴𝐷𝐹(SAS)，
∴𝐴𝐺= 𝐴𝐹，∠1 = ∠2，
∴∠1 + ∠3 = ∠2 + ∠3 =
1
2 ∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐸𝐴𝐹．
∴∠𝐺𝐴𝐸= ∠𝐸𝐴𝐹．
又𝐴𝐸= 𝐴𝐸，
∴ △𝐴𝐸𝐺≌△𝐴𝐸𝐹，
∴𝐸𝐺= 𝐸𝐹．
∵𝐸𝐺= 𝐵𝐸+ 𝐵𝐺．
∴𝐸𝐹= 𝐵𝐸+ 𝐹𝐷，
（5 分）
(3)
解：结论：𝐸𝐹= 𝐵𝐸−𝐹𝐷．
证明：如图③中，在𝐵𝐸上截取𝐵𝐺，使𝐵𝐺= 𝐷𝐹，连接𝐴𝐺．
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∵∠𝐵+ ∠𝐴𝐷𝐶= 180°，∠𝐴𝐷𝐹+ ∠𝐴𝐷𝐶= 180°，
∴∠𝐵= ∠𝐴𝐷𝐹．
在△𝐴𝐵𝐺与△𝐴𝐷𝐹中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐷
∠𝐴𝐵𝐺= ∠𝐴𝐷𝐹
𝐵𝐺= 𝐷𝐹
，
∴△𝐴𝐵𝐺≌△𝐴𝐷𝐹(SAS)．
∴∠𝐵𝐴𝐺= ∠𝐷𝐴𝐹，𝐴𝐺= 𝐴𝐹．
∴∠𝐵𝐴𝐺+ ∠𝐸𝐴𝐷= ∠𝐷𝐴𝐹+ ∠𝐸𝐴𝐷= ∠𝐸𝐴𝐹=
1
2 ∠𝐵𝐴𝐷．
∴∠𝐺𝐴𝐸= ∠𝐸𝐴𝐹．
∵𝐴𝐸= 𝐴𝐸，
∴△𝐴𝐸𝐺≌△𝐴𝐸𝐹(SAS)，
∴𝐸𝐺= 𝐸𝐹，
∵𝐸𝐺= 𝐵𝐸−𝐵𝐺，
∴𝐸𝐹= 𝐵𝐸−𝐹𝐷．
（8 分）
22．（10 分）
【答案】(1)
证明：△𝐴𝑂𝐶中，∠𝐴+ ∠𝐶= 180° −∠𝐴𝑂𝐶，△𝐵𝑂𝐷中，∠𝐵+ ∠𝐷= 180° −∠𝐵𝑂𝐷，
∵∠𝐴𝑂𝐶= ∠𝐵𝑂𝐷，
∴∠𝐴+ ∠𝐶= ∠𝐵+ ∠𝐷；① 3，4；② ∠𝑃= 110°；③ 3∠𝑃= ∠𝐵+ 2∠𝐶，理由见解析．
（2 分）
(2)
解：①以线段𝐴𝐶为边的“8字型”有：△𝐴𝐶𝑀和△𝑃𝐷𝑀，△𝐴𝐶𝑂和△𝐵𝑂𝐷，△𝐴𝐶𝑂和△𝐷𝑁𝑂，共3个；
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以点𝑂为交点的“8字型”有：△𝐴𝐶𝑂和△𝐵𝐷𝑂，△𝐴𝐶𝑂和△𝐷𝑁𝑂，△𝐴𝑀𝑂和△𝐵𝐷𝑂，△𝐴𝑀𝑂和△𝐷𝑁𝑂，
共4个；
故答案为：3，4；
（4 分）
② △𝐴𝑀𝐶和△𝐷𝑀𝑃中，∠𝐶+ ∠𝐶𝐴𝑀= ∠𝑃+ ∠𝑃𝐷𝑀，△𝐵𝐷𝑁和△𝑃𝐴𝑁中，∠𝐵+ ∠𝐵𝐷𝑁= ∠𝑃+ ∠𝑃𝐴𝑁，
∴∠𝐶+ ∠𝐶𝐴𝑀+ ∠𝐵+ ∠𝐵𝐷𝑁= ∠𝑃+ ∠𝑃𝐷𝑀+ ∠𝑃+ ∠𝑃𝐴𝑁，
∵𝑃𝐴平分∠𝐵𝐴𝐶，𝑃𝐷平分∠𝐵𝐷𝐶，
∴∠𝐶𝐴𝑀= ∠𝑃𝐴𝑁，∠𝐵𝐷𝑁= ∠𝑃𝐷𝑀，
∴∠𝐶+ ∠𝐵= 2∠𝑃，
∴120° + 100° = 2∠𝑃，
∴∠𝑃= 110°；
（6 分）
③ 3∠𝑃= ∠𝐵+ 2∠𝐶，理由如下：
∵∠𝐶𝐴𝐵= 3∠𝐶𝐴𝑃，∠𝐶𝐷𝐵= 3∠𝐶𝐷𝑃，
∴∠𝐶𝐴𝑀=
1
3 ∠𝐶𝐴𝐵，∠𝑃𝐴𝑁=
2
3 ∠𝐶𝐴𝐵，∠𝐵𝐷𝑁=
2
3 ∠𝐵𝐷𝐶，∠𝑃𝐷𝑀=
1
3 ∠𝐵𝐷𝐶，
在△𝐴𝑀𝐶和△𝐷𝑀𝑃中，∠𝐶+ ∠𝐶𝐴𝑀= ∠𝑃+ ∠𝑃𝐷𝑀，∠𝐶−∠𝑃= ∠𝑃𝐷𝑀−∠𝐶𝐴𝑀=
1
3 ∠𝐵𝐷𝐶−
1
3 ∠𝐶𝐴𝐵，
∴3(∠𝐶−∠𝑃) = ∠𝐵𝐷𝐶−∠𝐶𝐴𝐵，
在△𝐵𝐷𝑁和△𝑃𝐴𝑁中，∠𝐵+ ∠𝐵𝐷𝑁= ∠𝑃+ ∠𝑃𝐴𝑁，∠𝑃−∠𝐵= ∠𝐵𝐷𝑁−∠𝑃𝐴𝑁=
2
3 ∠𝐵𝐷𝐶−
2
3 ∠𝐶𝐴𝐵，
∴
3
2 (∠𝑃−∠𝐵) = ∠𝐵𝐷𝐶−∠𝐶𝐴𝐵，
∴3(∠𝐶−∠𝑃) =
3
2 (∠𝑃−∠𝐵)，
∴2∠𝐶−2∠𝑃= ∠𝑃−∠𝐵，
∴3∠𝑃= ∠𝐵+ 2∠𝐶．
（10 分）
23．（10 分）
【答案】(1)
证明：∵∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐷𝐴𝐸，
∴∠𝐵𝐴𝐶+ ∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝐷𝐴𝐸+ ∠𝐷𝐴𝐶，即∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐶𝐴𝐸，
∵𝐴𝐵= 𝐴𝐶，𝐴𝐷= 𝐴𝐸，
∴ △𝐴𝐵𝐷≌△𝐴𝐶𝐸(SAS)，
∴𝐵𝐷= 𝐶𝐸；
（2 分）
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10 /
(2)
∠𝐴𝐸𝐵= 90°，𝐴𝐸= 𝐵𝐸+ 2𝐶𝑀；理由如下：
设𝐴𝐸交𝐵𝐶于𝐾，如图：
∵∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐶𝐸= 90°，
∴∠𝐴𝐶𝐵−∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐷𝐶𝐸−∠𝐵𝐶𝐷，即∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐵𝐶𝐸，
∵𝐴𝐶= 𝐵𝐶，𝐶𝐷= 𝐶𝐸，
∴ △𝐴𝐶𝐷≌△𝐵𝐶𝐸(SAS)，
∴𝐴𝐷= 𝐵𝐸，∠𝐶𝐴𝐷= ∠𝐶𝐵𝐸，
∵∠𝐴𝐾𝐶= ∠𝐵𝐾𝐸，∠𝐵𝐸𝐾+ ∠𝐵𝐾𝐸+ ∠𝐶𝐵𝐸= ∠𝐴𝐶𝐾+ ∠𝐶𝐾𝐴+ ∠𝐶𝐴𝐷= 180°，
∴∠𝐵𝐸𝐾= ∠𝐴𝐶𝐾= 90°，
即∠𝐴𝐸𝐵= 90°；
∵𝐶𝑀为等腰直角△𝐷𝐶𝐸中𝐷𝐸边上的高，
∴𝐷𝐸= 2𝐶𝑀，
∵𝐴𝐸= 𝐴𝐷+ 𝐷𝐸，
∴𝐴𝐸= 𝐵𝐸+ 2𝐶𝑀；
（6 分）
(3)（3）解：作𝐴𝐸⊥𝐴𝐷，且𝐴𝐸= 𝐴𝐷= 4，连接𝐷𝐸，𝐶𝐸，如图，
∵∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐴𝐷𝐶= 45°，
∴𝐴𝐵= 𝐴𝐶，
∴∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐷𝐴𝐸= 90°，
∴∠𝐵𝐴𝐶+ ∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝐷𝐴𝐸+ ∠𝐷𝐴𝐶，
即∠𝐷𝐴𝐵= ∠𝐶𝐴𝐸，
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∵𝐴𝐵= 𝐴𝐶，𝐴𝐷= 𝐴𝐸，
∴ △𝐷𝐴𝐵≌△𝐸𝐴𝐶(SAS)，
∴𝐵𝐷= 𝐶𝐸，
∵𝐴𝐸= 𝐴𝐷= 4，
∴∠𝐸𝐷𝐴= ∠𝐷𝐸𝐴= 45°，
在Rt △𝐸𝐴𝐷中，∵𝐷𝐸2 = 𝐴𝐷2 + 𝐴𝐸2，
∴𝐷𝐸= 4√2，
∵∠𝐸𝐷𝐶= ∠𝐴𝐷𝐶+ ∠𝐸𝐷𝐴= 90°，
∴𝐶𝐸2 = 𝐷𝐶2 + 𝐷𝐸2 = 32 + (4√2)2 = 41，
∴𝐵𝐷= 𝐶𝐸= √41．
（10 分）
24．（12 分）
【答案】（1）证明：∵△𝐴𝐵𝐶,△𝐶𝐷𝐸都是等边三角形，
∴𝐵𝐶= 𝐴𝐶, 𝐶𝐷= 𝐶𝐸，∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐶𝐸= 60°，
∴∠𝐴𝐶𝐵+ ∠𝐴𝐶𝐸= ∠𝐷𝐶𝐸+ ∠𝐴𝐶𝐸，即∠𝐵𝐶𝐸= ∠𝐴𝐶𝐷，
∴△𝐵𝐶𝐸≌△𝐴𝐶𝐷(SAS)，
∴𝐵𝐸= 𝐴𝐷
∵△𝐵𝐶𝐸≌△𝐴𝐶𝐷，
∴∠𝐶𝐵𝐸= ∠𝐶𝐴𝐷，
∵∠𝐶𝐴𝐷+ ∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐴𝐶𝐵= 60°，
∴∠𝐴𝐹𝐵= ∠𝐴𝐷𝐶+ ∠𝐶𝐵𝐸= ∠𝐴𝐷𝐶+ ∠𝐶𝐴𝐷= 60°；
（4 分）
（2）①证明：∵𝐴𝐷平分∠𝐵𝐴𝐶，
∴∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐶𝐴𝐸，
∵𝐴𝐷= 𝐴𝐶，𝐴𝐵= 𝐴𝐸，
∴△𝐴𝐵𝐷≌△𝐴𝐸𝐶(SAS)，
∴𝐵𝐷= 𝐶𝐸，
∵∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐶𝐴𝐸，𝐴𝐷= 𝐴𝐶，𝐴𝐵= 𝐴𝐸，
∴∠𝐴𝐵𝐸= ∠𝐴𝐸𝐵= ∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐴𝐷𝐶，
∵∠𝐵𝐷𝐸= ∠𝐴𝐷𝐶，
∴∠𝐵𝐷𝐸= ∠𝐴𝐸𝐵，
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12 /
∴𝐵𝐷= 𝐵𝐸，
∴𝐵𝐸= 𝐶𝐸；
（7 分）
②解：∵△𝐴𝐵𝐶和△𝐴𝐷𝐸都是等腰三角形，∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐷𝐴𝐸= 90°，
∴𝐴𝐵= 𝐴𝐶, 𝐴𝐷= 𝐴𝐸, ∠𝐸= ∠𝐴𝐷𝐸= ∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝐶𝐵= 45°，
∴∠𝐵𝐴𝐶+ ∠𝐶𝐴𝐷= ∠𝐷𝐴𝐸+ ∠𝐶𝐴𝐷，即∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐶𝐴𝐸，
∴△𝐵𝐴𝐷≌△𝐶𝐴𝐸(SAS)，
∴𝐵𝐷= 𝐶𝐸, ∠𝐵𝐷𝐴= ∠𝐸= 45°；
∴∠𝐵𝐷𝐸= ∠𝐵𝐷𝐴+ ∠𝐴𝐷𝐸= 90°，
∴∠𝐵𝐷𝐶= 90°，
∵𝐴𝐵= 4，𝐴𝐸= 2，
∴𝐴𝐶= 4, 𝐴𝐷= 2，
∴𝐵𝐶= √𝐴𝐶2 + 𝐴𝐵2 = 4√2, 𝐷𝐸= √𝐴𝐷2 + 𝐴𝐸2 = 2√2，
∵点C 恰好在𝐸𝐷延长线上，
∴𝐷𝐸+ 𝐶𝐷= 𝐵𝐷，
设𝐶𝐷= 𝑥，则𝐵𝐷= 𝐶𝐸= 2√2 + 𝑥，
在Rt △𝐵𝐶𝐷中，𝐵𝐶2 = 𝐵𝐷2 + 𝐶𝐷2，
∴(4√2)
2 = (2√2 + 𝑥)
2 + 𝑥2，即𝑥2 + 2√2𝑥= 12，
∴△𝐵𝐷𝐶的面积为
1
2 𝐵𝐷· 𝐶𝐷=
1
2 𝑥(2√2 + 𝑥) =
1
2 (𝑥2 + 2√2𝑥) = 6．
（12 分）
