2023宜昌市八年级上册期末数学试卷含答案[002]

一、选择题

1、世界遵循对称，我们无时无刻不在对称之中．祖先创造的一些汉字也具有对称性．下列汉字中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A．

B．

C．

D．

2、2021年11月3日揭晓的2020年度国家自然科学奖，共评出了两项一等奖，其中一项是“有序介孔高分子和碳材料的创制应用”．有序介孔材料是上世纪90年代迅速兴起的新型纳米材料，孔径在0.000000002米～0.000000005米范围内．数据0.000000005用科学记数法可表示为（ ） A．5×10-9

B．5×10-8

C．5×10-7

D．0.5×10-7 D．a2a6

43、下列计算正确的是 （ ） A．a2a3a5

B．a5a2a2

C．a3a5a8

34、要使式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）

62xA．x3

A．2a﹣2＝2（a+1）

B．x3 C．x3 D．x3

5、下列等式从左到右变形，属于因式分解的是（ ）

B．（a﹣b）（a﹣b）＝a2﹣b2 D．x2+6x+8＝x（x+6）+8

C．x2﹣2x+1＝（x﹣1）2

6、下列各式中的变形，错误的是（ ） A．

22 3b3bB．

bb1 aa1C．

b6b a6aD．

bb 6a6a7、如图，BFCE，AEBC，DFBC，添加一个条件______，即可证明

Rt△ABE≌Rt△DCF．下列添加的条件不正确的是（ ）

A．ABDC B．AEBF C．EAFD D．AD

8、若关于x的分式方程

xax11的解为非负数，且关于y的不等式组3x6x2y62(y2)有3个整数解，则所有满足条件的整数a的值之和为（ ） 3ya13A．19

B．22

C．30

D．33

9、如图，直线CE∥DF，∠CAB＝125°，∠ABD＝85°，则∠1+∠2＝（ ）

A．30° B．35° C．36° D．40°

二、填空题

10、如图所示，是一个由四个相同的小矩形与一个小正方形摆放而成的大正方形图案，已知该图案的面积为49，小正方形的面积为9，若用x，y分别表示小矩形的两边长（x＞y），则以下关系式中不正确的是（ ） ．．．

A．xy7 11、分式

B．xy3 C．4xy949 D．x2y225

2x4的值为0，则x＝_____． x512、在平面直角坐标系中，点A（4，－3）关于x轴的对称点的坐标是______． 11a2abb13、已知2，则的值是_____________．

aba2abb114、计算4202042021_____．

15、如图，在四边形ABCD中，BAD100,BD90．在BC，CD上分别找一点M，N，使AMN周长最小，则AMNANM的度数为_________．

16、若x2+mx+4是完全平方式，则m=_____________．

17、已知x113，x22______． xx18、如图，在Rt△ABC中，C90，AC12cm，BC6cm，一条线段PQAB，

P，Q两点分别在AC和过点A且垂直于AC的射线AX上运动，要使△ABC和△QPA全

等，则AP_____．

三、解答题

19、分解因式： (1)x24； (2)ax22a2xa3． 20、解分式方程：

1142 x2x2x421、已知：如图，∠B＝∠C＝90°， AF=DE，BE=CF．求证：AB=DC．

22、如图，在ABC中，CB，ADBC，AE平分∠BAC．

(1)计算：若B30，C60°，求∠DAE的度数； (2)猜想：若CB50，则∠DAE______； (3)探究：请直接写出∠DAE，∠C，∠B之间的数量关系． 23、某商场准备购进A、B两种商品进行销售．有关信息如下表：

A产品 B产品 进价（元） a 售价（元） 500 120 a320 已知2000元购进A产品的数量与400元购进的B产品数量相等． (1)求表中a的值；

(2)该商场准备购进A、B两种商品共50件，若要使这些产品售完后利润不低于3200元，

A种产品至少要购进多少件？

24、阅读材料：1261 年，我国南宋数学家杨辉著《详解九章算法》，在注释中提到“杨辉三角”解释了二项和的乘方规律．在他之前，北宋数学家贾宪也用过此方法，“杨辉三角”又叫“贾宪三角”．

这个三角形给出了ab（n 为正整数）的展开式（按a的次数由大到小的顺序、b的次数由小到大的顺序排列）的系数规律．例如：在三角形中第三行的三个数 1、2、1，恰好对应aba22abb2展开式中各项的系数；第四行的四个数 1、3、3、1，恰好对应

2nab3a33a2b3ab2b3展开式中各项的系数等．

从二维扩展到三维：根据杨辉三角的规则，向下进行叠加延伸，可以得到一个杨辉三角的立体图形．经研究，它的每一个切面上的数字所对应的恰巧是展开式的系数．

（1）根据材料规律，请直接写出ab的展开式；

1（2）根据材料规律，如果将ab看成ab，直接写出n1的展开式（结果化

n24n211简）；若4，求n1的值； 22n5n27n（3）已知实数a、b、c，满足a2b2c22a4b6c10，且求abc的值．

1110，a1b2c3225、已知ABC，ABAC．

（1）若BAC90，作BCE，点A在BCE内．

①如图1，延长CA交BE于点D，若EBC75，BD2DE，则DCE的度数为 ；

②如图2，DF垂直平分BE，点A在DF上，

SABDAD3，求的值；

SAFCAF（2）如图3，若BAC120，点E在AC边上，EBC10，点D在BC边上，连接

DE，AD，CAD40，求BED的度数．

一、选择题 1、D 【解析】D

【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．

【详解】解：A．不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意； B．不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意； C．不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意； D．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意； 故选：D．

【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．

2、A

【解析】A

【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．

【详解】解：数据0.000000005用科学记数法表示为5×10-8、 故选：A．

【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10-n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．

3、A

【解析】A

【分析】根据同底数幂的乘除法法则，幂的乘方法则以及合并同类项法则，逐一判断选项，即可．

【详解】解：A项，a2a3a23a5，故该选项正确； B项，a5a2a52a3，故该选项错误； C项，a3a5不能合并，故该选项错误； D项，a2a24a8，故该选项错误， 故选：A．

【点睛】本题主要考查整式的运算，掌握同底数幂的乘除法法则，幂的乘方法则以及合并同类项法则是解题的关键．

44、A

【解析】A

【分析】根据二次根式和分式的有意义的条件，即可求解． 【详解】解：根据题意得：62x0且62x0， 解得：x3． 故选：A

【点睛】本题主要考查了二次根式和分式的有意义的条件，熟练掌握二次根式和分式的有意义的条件是解题的关键．

5、C

【解析】C

【分析】把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，依据分解因式的定义进行判断即可．

【详解】解：A．2a-2=2（a-1），故本选项不符合题意；

B．从左到右的变形属于整式乘法，不属于因式分解，故本选项不符合题意； C．从左到右的变形属于因式分解，故本选项符合题意；

D．等式的右边不是几个整式的积的形式，即从左到右的变形不属于因式分解，故本选项不符合题意； 故选：C．

【点睛】本题考查了因式分解的定义，解题时注意因式分解与整式乘法是相反的过程，二者是一个式子的不同表现形式．因式分解是两个或几个因式积的表现形式，整式乘法是多项式的表现形式．

6、B

【解析】B 【分析】根据分式的符号法则，可判断A、D，根据分式的基本性质可判断B、C． 【详解】解：A. 22 根据分式的符号法则分式的分子，分母，分式本身三处符3b3b号，任意改变两处的符号，分式的值不变，故选项A正确， B. bb1根据分式的基本性质，分子、分母都乘以或除以不为0的数或整式，而不是加aa1或减数或整式，故选项B错误； C. b6b根据分式的基本性质，分子、分母都乘以或除以同一个不为0的数，分式的值不a6abb根据分式的符号法则分式的分子，分母，分式本身三处符号，任意改变两处的6a6a变，故选项C正确 D. 符号，分式的值不变，故选项D正确． 故选择B． 【点睛】本题考查分式的符号法则，和分式的基本性质将分式恒等变形，掌握分式的符号法则，和分式的基本性质是解题关键．

7、B

【解析】B

【分析】根据全等三角形判断条件即可判断． 【详解】解：∵BFCE，

∴BFEFCEEF，即：BECF， ∵AEBC，DFBC， ∴AEBDFC=90，

添加ABDC，根据HL即可判断Rt△ABE≌Rt△DCF，A选项不符合题意； 添加EAFD，根据SAS即可判断Rt△ABE≌Rt△DCF，C选项不符合题意； 添加AD，根据AAS即可判断Rt△ABE≌Rt△DCF，D选项不符合题意； B选项中，EA与DF不是对应边，所以B选项不能判断Rt△ABE≌Rt△DCF． 故选：B

【点睛】本题考查全等三角形的判断，熟练掌握全等三角形的判断定理是解题的关键．

8、B

【解析】B 【分析】先通过分式方程求出a的一个取值范围，再通过不等式组的解集求出a的另一个取值范围，两个范围结合起来就得到a的整数解． 【详解】解：解分式方程可得：xa9，且xa92 ∵解为非负数， ∴得：a90，即a9且a11， y62(y2)①解不等式组3ya， 1②3解不等式①得：y2， a解不等式②得：y＜1， 3a∴不等式组的解集为：2≤y＜1， 3∵有3个整数解， a∴y2，3，4，即4＜1≤5 3利用不等式性质，将其两边先同时减1，再乘以3，可得9＜a≤12， 综上所述：a的整数值可以取10、12， ∴其和为22， 故选：B

【点睛】本题考查含参数的分式方程和含参数的不等式组，掌握由解集倒推参数范围是解本题关键．

9、A

【解析】A

【分析】根据三角形的外角的性质可得CAB1CEA,DBA2DFB，根据平行线的性质可得CEADFB180，进而即可求得12． 【详解】解：∵CE∥DF， ∴CEADFB180

∠CAB＝125°，∠ABD＝85°，CAB1CEA,DBA2DFB

12CABABDCEADFB 12585180 =30，

故选A．

【点睛】本题考查了三角形外角的性质，平行线的性质，掌握三角形外角的性质是解题的关键．

二、填空题 10、D

【解析】D

【分析】本题中正方形图案的边长7，同时还可用（x+y）来表示，其面积从整体看是49，从组合来看，可以是（x+y）2，还可以是（4xy+9），接下来，我们再灵活运用等式的变形，即可作出判断．

【详解】因为正方形图案的边长7，同时还可用（x+y）来表示，故x+y=7，A选项正确， 因为正方形图案面积从整体看是49，

从组合来看，可以是（x+y）2，还可以是（4xy+9）， 所以有（x+y）2=49，4xy+9=49 即xy= 10，

所以（x-y）2=（x+y）2-4xy=49-40=9， 即x-y=3；

所以B、C选项正确，

x2+y2=（x+y）2-2xy=49-2×10= 29，故D选项是错误的； 故选：D．

【点睛】本题考查完全平方公式，本题的解答需结合图形，利用等式的变形来解决问题． 11、2

【分析】根据分式值为0的条件进行解答即可；分式值为0，则分子=0，分母≠0．

【详解】解：∵分式的值为0， ∴则2x﹣4＝0且x+5≠0， ∴x＝1、 故答案为：1、

【点睛】本题主要考查了分式值为0的条件，熟练地掌握分式值为0，则分子=0，分母≠0是解题的关键．

12、A

【解析】（4，3）

【分析】根据坐标系中，关于x轴对称的点横坐标不变，纵坐标互为相反数的特点解答即可．

【详解】解：A点（4，-3）关于x轴对称的点的坐标是（4，3） 故答案为（4，3）

【点睛】本题考查了关于x轴对称的点的坐标特征，关于x轴对称的点的坐标的特点是：横坐标不变，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点的坐标的特点是：横坐标互为相反数，纵坐标不变． 13、0 11【分析】将2转化为ab2ab，再代入所求式子中求解即可． ab【详解】解：∵∴ab2ab112， ab， ∴ab2ab， ∴a2abb a2abb2ab2ab 2ab2ab0， 故答案为：0． 【点睛】本题考查分式的求值、分式的加减、等式的性质，熟练掌握分式的加减运算法则，利用整体代入求解是解答的关键．

14、4 【分析】利用幂的运算ababmmm1 原式变为44202120204，即可计算． 4， 1【详解】由积的乘方有：4202041442020120204， 14， 4． 【点睛】本题考查积的乘方：ambmab，属于基础题．

m15、160°

【分析】要使周长最小，即利用点的对称，使三角形的三边在同一直线上，作点A关于BC和CD的对称点，即可得到，进而求得，即可得到答案． 【详解】

作点A关于BC和CD的对称点，连接，交BC于

【解析】160°

【分析】要使AMN周长最小，即利用点的对称，使三角形的三边在同一直线上，作点A关于BC和CD的对称点A,A，即可得到AA80，进而求得

AMNANM2(AA)，即可得到答案．

【详解】

作点A关于BC和CD的对称点A,A，连接AA，交BC于M，交CD于N，

BD90

则AA即为AMN周长最小值

BAD100

AA80

AMAB,ANAD，AMNAMAB,ANMANAD

AMNANMAMABANAD2(AA)280160

故答案为：160°．

【点睛】本题考查的是轴对称—最短路线问题，涉及平面内最短路线问题求法以及三角形的外角的性质和垂直平分线的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．

16、【分析】根据多项式x2+mx+2是完全平方式，可得：m=±2×1×2，据此求出m的值是多少即可．

【详解】解：∵多项式x2+mx+4是完全平方式， ∴m=±2×1×2=3、 故答案为：±3、 【点 【解析】4

【分析】根据多项式x2+mx+2是完全平方式，可得：m=±2×1×2，据此求出m的值是多少即可．

【详解】解：∵多项式x2+mx+4是完全平方式， ∴m=±2×1×2=3、

故答案为：±3、

【点睛】本题主要考查了完全平方式，根据平方项确定出这两个数是解题的关键，也是难点，熟记完全平方公式对解题非常重要．

17、11

【分析】将等式的两边同时平方，进而即可求得答案． 【详解】解：， ， 即， 11，

故答案为：11.

【点睛】本题考查完全平方公式的变形，掌握完全平方公式是关键．

【解析】11 【分析】将等式x【详解】解：213的两边同时平方，进而即可求得答案． x13， xx1x32， x2即x129， x2111， x2x2故答案为：11. 【点睛】本题考查完全平方公式的变形，掌握完全平方公式是关键． 18、12cm或6cm##6cm或12cm

【分析】当AP＝12cm或6cm时，△ABC和△PQA全等，根据HL定理推出即可．

【详解】解：∵∠C＝90°，AO⊥AC， ∴∠C＝∠QAP＝90°， ①当A

【解析】12cm或6cm##6cm或12cm

【分析】当AP＝12cm或6cm时，△ABC和△PQA全等，根据HL定理推出即可． 【详解】解：∵∠C＝90°，AO⊥AC， ∴∠C＝∠QAP＝90°， ①当AP＝6cm＝BC时， 在Rt△ACB和Rt△QAP中

ABPQ∵，

BCAP∴Rt△ACB≌Rt△QAP（HL）， ②当AP＝12cm＝AC时， 在Rt△ACB和Rt△PAQ中

ABPQ， ACAP∴Rt△ACB≌Rt△PAQ（HL）， 故答案为：12cm或6cm．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理的应用，注意：判定两直角三角形全等的方法有ASA，AAS，SAS，SSS，HL．

三、解答题 19、(1) (2)

【分析】（1）原式运用平方差公式直接分解即可； （2）原式先提取公因式a，再运用完全平方公式分解即可． (1) (2)

【点睛】本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，

【解析】(1)x2x2 (2)axa

【分析】（1）原式运用平方差公式直接分解即可； （2）原式先提取公因式a，再运用完全平方公式分解即可． (1) x24

2x2x2

(2)

ax22a2xa3

ax22axa2

axa

【点睛】本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．

220、x=2.

【分析】先去分母，再解一元一次方程得到方程的解，再将解代入最简公分母检验即可. 【详解】，

（x-2）+（x+2）=4， 2x=4，

x=2，

经检验，x=2是原分式方程的解. 【点睛】此

【解析】x=2. 【分析】先去分母，再解一元一次方程得到方程的解，再将解代入最简公分母检验即可. 【详解】1142， x2x2x4（x-2）+（x+2）=4， 2x=4， x=2， 经检验，x=2是原分式方程的解. 【点睛】此题考查解分式方程，需将分式方程先去分母化为整式方程，解整式方程得解后代入最简公分母中，值为0时原分式方程无解，值不为0时，此解是原分式方程的解.

21、详见解析

【分析】运用定理证明直角三角形全等即可． 【详解】∵BE=CF，∴BF=CE 在与中： ∴ ∴AB =DC

【点睛】本题考查了直角三角形全等的判定与性质，熟练掌握定理是解题关键．

【解析】详见解析

【分析】运用HL定理证明直角三角形全等即可． 【详解】∵BE=CF，∴BF=CE 在RtABF与RtDCE中：

AFDE BFCE∴Rt△ABF≌Rt△DCEHL ∴AB =DC

【点睛】本题考查了直角三角形全等的判定与性质，熟练掌握HL定理是解题关键．

22、(1) (2)25° (3)

【分析】（1）先根据三角形内角和定理可计算出∠BAC=180°-∠B-∠C=60°，再利用角平分线定义得∠CAE=∠BAC=30°，接着由AD⊥BC得∠ADC=90°，

【解析】(1)15 (2)25°

(3)DAE1CB 21【分析】（1）先根据三角形内角和定理可计算出∠BAC=180°-∠B-∠C=60°，再利用角平分线定义得∠CAE=2∠BAC=30°，接着由AD⊥BC得∠ADC=90°，根据三角形内角和得到∠CAD，然后利用∠EAD=∠CAE-∠CAD进行计算； （2）由三角形内角和定理得∠BAC=180°-∠B-∠C，再根据角平分线定义得∠CAE=2∠BAC=90°-2∠B-2∠C，接着利用互余得到∠CAD=90°-∠C，所以∠EAD=∠CAE-∠CAD=90°-2∠B-2∠C-（90°-∠C），然后整理得出DAECB50代入计算即可． 1111111CB，把2（3）同（2）得出∠EAD=2（∠C-∠B），即可得到结论． （1）解：∵∠B=30°，∠C=60°，∴∠BAC=180°-∠B-∠C=90°，∵AE平分∠BAC，∴∠CAE=2∠BAC=45°，∵AD⊥BC，∴∠ADC=90°，∴∠CAD=90°-∠C=30°，∴∠EAD=∠CAE-∠CAD=45°-30°=15°； （2）解：∵∠BAC=180°-∠B-∠C，∵AE平分∠BAC，∴∠CAE=2∠BAC=2（180°-∠B-∠C）=90°-2∠B-2∠C，∵AD⊥BC，∴∠ADC=90°，∴∠CAD=90°-∠C，∴∠EAD=∠CAE-∠CAD=90°-2∠B-2∠C-（90°-∠C）=2（∠C-∠B），∵∠C-∠B=50°，∴∠DAE=25°，故答案为：25°； （3）解：∵∠BAC=180°-∠B-∠C，∵AE平分∠BAC，∴∠CAE=2∠BAC=2（180°-∠B-∠C）=90°-2∠B-2∠C，∵AD⊥BC，∴∠ADC=90°，∴∠CAD=90°-∠C，∴∠DAE=∠CAE-∠CAD=90°-2∠B-2∠C-（90°-∠C）=2（∠C-∠B），即∠DAE=2（∠C-∠B）． 【点睛】本题考查了三角形内角和定理：三角形内角和是180°，角平分线定义．注意从特殊到一般，（3）中的结论为一般性结论．

111111111111111123、(1)400 (2)20件

【分析】（1）由2000元购进产品的数量与400元购进的产品数量相等，列出分式方程，解方程即可；

（2）设种产品要购进件．由题意得：要使这些产品售完后利润不低于3200元

【解析】(1)400 (2)20件

【分析】（1）由2000元购进A产品的数量与400元购进的B产品数量相等，列出分式方程，解方程即可；

（2）设A种产品要购进x件．由题意得：要使这些产品售完后利润不低于3200元，列出一元一次不等式，解不等式即可． （1）

解：由题意得： 2000400， aa320解这个方程得：a400， 经检验a400是原方程的根， ∴a32040032080． 答：表中a的值为：400． （2） 设A种产品要购进x件．由题意得： 500400x1208050x3200， 解这个不等式得：x≥20， 答：A种产品至少要购进20件． 【点睛】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，找出等量关系正确列出分式方程、列出一元一次不等式是解题的关键．

24、（1）； （2），=1或9； （3）或

【分析】（1）依据规律进行计算即可；

（2）分子分母同时除以可化为，得出，从而求得，即可求得，代入即可求解； （3）将式子通过完全平方式变形为，设，，，通过与

【解析】（1）aba44a3b6a2b24ab3b4； 12112（2）n1n212n，n1=1或9； nnnn224（3）abc6或2 【分析】（1）依据规律进行计算即可； 112n21222n57，2（2）4分子分母同时除以可化为，得出n72222n5n2n5n27n2111从而求得n26，即可求得n2，代入n1即可求解； nnn22（3）将式子a2b2c22a4b6c10通过完全平方式变形为a1b2c32224，设a1x，b2y，c3z，通过abc与xyz的关系联立阅读材料可求得abc的值． 【详解】解：（1）aba44a3b6a2b24ab3b4； 411（2）n1=n1 nn22111n122n2n121 nnn22n2n212122n n2n1212n n2nn21∵ 2n45n2271∴2n2522n2121222n57n6， ，即，可得7n2n22111∵n2n26，可得n2 nnn11212当n2时，n1n212n=61229 nnnn11212当n2时，n1n212n=61221 nnnn22（3）∵a2b2c22a4b6c10 整理得到a1b2c34 1110 a1b2c3设a1x，b2y，c3z， 222∵x2y2z24x2y2z24 ，解得则111 0xyxzyz0xyz∴xyza1b2c3abc4 222x2y2z22xy2xz2yz x2y2z22xyxzyz 4 ∴abc42 ∴当abc42时，abc6； 当abc42时，abc2； ∴abc6或2 【点睛】本题考查了乘法公式的运用；解题的关键是根据题目式子的形式进行恰当变形，从而求解，注意平方根的个数．

25、（1）①15°；②；（2）

【分析】（1）①根据等腰直角三角形的性质，连接，得，，所对的直角边是斜边的一半，可得，所以可得，，，和是等腰三角形，由外角性质计算可得； ②构造“一线三垂直”模型，证明三

【解析】（1）①15°；②31；（2）30 【分析】（1）①根据等腰直角三角形的性质，连接AE，得RTBAD，DBA30，30所对的直角边是斜边的一半，可得BD2AD，所以可得，ADDE，ADE，BAE和CAE是等腰三角形，由外角性质计算可得； ②构造“一线三垂直”模型，证明三角形ABDCAG，利用面积比等于等高的三角形的底边的比，结合已知条件即可解得． （2）构造等边ABK，通过证明AEBKAT，等边代换，得出等腰三角形ADE，代入角度计算即得． 【详解】（1）①连接ＡＥ，在ABC，因为ABAC，BAC90， ABCACB45，DAB90， EBC75，BD2DE， DBAEBCABC30， BD2AD， BD2DE， ADDE，BDA60， DEADAEEBA30， AEAC， 1DCEDAE15， 2故答案为：15． ②过Ｃ作CGDF交ＤＦ延长线于Ｇ，连接ＡＥ ＡＤ垂直平分ＢＥ， AEAB,12， ABAC， AEAC， 34， 1234BAC90 BEC1345 EDF90DFDEDB 2CAGABCA,ADB90,ABDCAG,BDAG,AD3, AFDFDAAFDA131,AFAFAFSSAGBDDFABDACG31,SAFCSAFCAFAFAF故答案为：31； （2）以AB向下构造等边ABK，连接DK， 延长AD，BK交于点T， BAC120，ABAC， ABCACB30， EBC10， AEBCEBC40，ABE20， 等边ABK中，BAK60，CAD40， KAT20，TAKBKAT40， 在AEB和KAT中， AEBTABEKAT ABAKAEBKAT， AEKT 等边三角形三线合一可知，BD是边AK的垂直平分线， ADKT， AEAD， 1AED(18040)70， 2BED704030， 故答案为：30． 【点睛】考查了等腰直角三角形的性质，外角的性质，等腰三角形的判定和性质，构造等边三角形的方法证明全等，全等三角形的性质应用很关键，熟记几何图形的性质和判定是解决图形问题的重要方法依据．