2023年重庆八中中考数学模拟试卷word版附送详细答案

重庆八中2023年中考数学模拟试卷
(全卷共四个大题，满分150分，考试时间120分钟，2023.05.03)
一、选择题：(本大题10个小题，每小题4分，共40分)在每个小题的下面，都给出了代号为A 、B 、C 、D 的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡．．．上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑. 1.−
12022
的相反数是
A.−2022
B.2022
C.12022
D.−
12022
1.解：负数的相反数是正数，绝对值不变，故选C .
2.一个圆柱体如图所示，下面关于它的左视图的说法，其中正确的是 A.既是轴对称图形，又是中心对称图形 B.不是轴对称图形，也不是中心对称图形 C.是轴对称图形，但不是中心对将图形 D.是中心对称图形，但不是轴对称图形
2.解：圆柱体的左视图是长方形或正方形，既是轴对称图形，又是中心对称图形，故选A .
3.下列各组线段中不成比例线段的是
A.a=3，b=6，c=2，d=4
B.a=l ，b=√2，c=√6，d=2√3
C.a=0.1，b=0.2，c=1，d=0.5
D.a=3，b=6，c=5，d=10 3.解：A ，3︰6=2︰4；C ，0.1︰0.2=1︰0.5；D ，3︰6=5︰10；故选B . 4.下列说法错误的是
A.在“双减”政策下，某校为了解八年级500名学生的睡眠时间，随机选择了该年级200名学生进行调查，则样本容量是200
B.“画一个正六边形，它的外角和是360°”属于必然事件
C.调查江苏卫视大型科学竞技真人秀《最强大脑》节目的收视率，应采用全面调查
2题图
D.在一个不透明的袋子里装有红球、黄球共20个，这些球除颜色外都相同，小明通过多次试验发现，摸出红球的频率稳定在0.25左右，则袋子中红球的个数可能是5个 4.解：C 错误，应采用抽样调查，故选C .
5.如图，小颖将一张长为11，宽为6的长方形纸片对折、再对折，然后沿图中的虚线AB 剪下，将纸展开，就得到了一个四边形.若∠ABC =30°，则这个四边形的周长为 A.12√3 B.24 C.16√3 D.32
5.解：如图，画出AB 线在展开后的位置，易知四边形为菱形，边长=AB=2AC=6，故选B .
6.如图，在△ABC 中，点A 的坐标为(3，6)，以原点O 为位似中心，将△ABC 位似缩小后得到△A ´B ´C ´，若点A ´的坐标为(1，2)，△A ´B ´C ´的面积为1，则△ABC 的面积为 A.2 B.3 C.4 D.9
6.解：过A 与A ´作y
轴平行线，∵A ´C ´AC =OA ´OA =y A ´y A =26=1
3
，∴S △ABC ︰S △A ´B ´C ´=32︰1，∴S △
ABC
=9S △A ´B ´C ´=9，故选D .
7.一个QQ 群里共有x 个好友，每个好友都分别给群里的其他好友发一条信息，共发信息1980条，则可列方程
A.1
2
x (x −1)=1980 B.x (x −1)=1980 C.1
2
x (x +1)=1980 D.x (x +1)=1980
7.解：每个好友都可以给(x −1)个好友发一条信息，共发x (x −1)条信息，故选B . 8.如图都是由同样大小的黑色圆点按照一定规律所成的，其第①个图形中一共有6个黑色圆点，第②个图形中一共有15个黑色圆点，第③个图形中一共有28个黑色圆点，……，按此规律排列下去，第⑥个图形中的黑色圆点的个数为
5题图
沿虚线剪下
A
C
B
再对折
对折
A.91
B.66
C.61
D.45
8.解：将图形分成上下两部分，上部分依次为1+3、1+3+5、1+3+5+7、…，下部分依次为2×1、3×2、4×3、…，故第⑥个图形有(1+3+5+7+9+11+13)+7×6=91个圆点，故选A .
9.如图，点A 、B 、C 在⊙0上，BC ∥OA ，连接B0并延长，交⊙0于点D ，连接AC ，DC.若∠A=25°，则∠D 的大小为
A.25°
B.30°
C.40°
D.50°
9.解：连接OC ，∵OA=OC ，∴∠OCA=∠A=25°，∵BC ∥OA ，∴∠ACB=∠A=25°，∵BD 为直径，∴∠OCD=90°−∠OCA −∠ACB=40°，∴∠D =∠OCD=40°，故选C .
10.现一盒子中有红白卡片若干张(除颜色外，形状大小均相同），每张卡片上有一个有理数.如果抽到白色卡片，数字就记作它本身；如果抽到红色卡片，数字就记作它的相反数，将抽到的所有卡片记录的数字求和，例如：若抽两张卡片，白色卡片上的数字为2，红色卡片上的数字为3，则最后结果为2+(−3)= −1，下列说法正确的个数为 ①若抽四张卡片，两张白色卡片上的数字分别为−3
2和4，两张红色卡片上的数字分别
为−5和m ，最终结果为7，则m=1
2
；
②若抽四张卡片，卡片上的数字分别为−3，7，0，5，计算所得最终结果能被5整除，则满足条件的卡片颜色组合共有8种；
③若抽12张卡片，卡片上的数字分别为1，2，3，4，...，11，12，计算所得最终结果为0，则其中最多有8张红卡片.
A.0
B.1
C.2
D.3
9题图
图①
图②
图③
……
图④
8题图
10.解：①−32
+4+5−m=7，解得m=1
2
，正确；②0的相反数为0，0不考虑红色还是白色，
但要计算为两种组合，7与−3的颜色必须相反，红白或白红两种组合，5可为白色或红色两种组合，故共有2×2×2=8种组合，正确；红色卡片记为相反数，1+2+3+…+12=78，78÷2=39，∵1+2+3+…+8+9=45，即使全是最小的9个数字，其和也大于39，而1+2+3+…+8=36，∴最多有8张红卡片，比如1+2+3+4+5+7+8+9=39，③正确，故选D .
二、填空题(本大题8个小题，每小题4分，共32分）请将每小题的答案直接填在答．题卡．．
中对应的横线上. 11.sin60°−(−1
2)-1=____.
11.解：原式=√3
2
+2.
12.在一个不透明的布袋中装有三个小球，小球上分别标有数字−2，1，2，它们除了数字不同外，其他都完全相同.小红先从布袋中随机摸出一个小球。

记下数字作为k 的值，再把此球放回袋中搅匀，再随机摸出一个小球，记下数字作为b 的值，则直线y=k x +b 不经过第二象限的概率是____.
12.解：当k ＞0，b ＜0时直线y=k x +b 不经过第二象限，抽到k ＞0的概率为2
3，抽到b
＜0概率为13
，故直线y=k x +b 不经过第二象限的概率是23
×13=2
9
.
13.如图，点A 在反比例函数y=k
x
(x ＞0)的图象上，点B 在x 轴负半轴上，直线AB 交y
轴于点C ，若AC BC =1
2
，△AOB 的面积为2，则k 的值为____.
13.解：过A 作AD ⊥x 轴于D ，设AD=t ，则OD=k t
，∵AC BC =12
，∴OB=2OD=2k t
，∵S △AOB =1
2
×OB
×AD=12
×2k
t
×t=k ，∴k=2.
14.如图，在矩形ABCD 中，AB=2√3，BC=4.以点D 为圆心，DA 的长为半径画弧，交BC 于点E ，交DC 的延长线于点F ，则图中阴影部分的面积为____.
14.解：连接DE，∵sin∠DEC=CD
DE =2√3
4
=√3
2
，∴∠DEC=60°，∴∠CDE=30°，CE=1
2
DE=2，故
S阴影部分=S扇形DEF−S△DCE=30
360×π×42−1
2
×2×2√3=4
3
π−2√3.
15.关于x的一元二次方程x2+2m x+m2+m=0的两个实数根的平方和为12，则m的值为____.
15.解：令该方程两实数根分别为x1、x2，则x12+x22=12，∵x12+x22=(x1+x2)2−2x1 x2，又由韦达定理知x1+x2=−2m，x1 x2=m2+m，∴4m2−2m2−2m=12，解得m1=−2，m2=3，又∵Δ=4m2−4(m2+m)≥0，解得m≤0，故m的值为−2.
16.若数a使关于x的不等式组{3x+6
2
<x+2
2(x−a)≤x+4
的解集为x＜−2，且使关于y的分式
方程1−y
y+1−a
y+1
=−3的解为负数，则符合条件的所有整数a的和为____.
16.解：解3x+6
2
＜x+2得x＜−2，解2(x−a)≤x+4得x≤4+2a，∴4+2a≥−2，解得a≥
−3；解分式方程1−y
y+1−a
y+1
=−3得y=a−4
2
(y≠−1，a≠2)，∴a＜4且a≠2，故符合条件
的所有整数a的和−3−2−1+0+1+3=−2.
17.如图.在Rt△ABC纸片中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，点D，E分别在AB，AC上，连接DE，将△ADE沿DE翻折，使点A的对应点F落在BC的延长线上，若FD平分∠EFB，则CF的长为____.
17.解：由勾股定理知AB=√AC2+BC2=5，由翻折的性质知AD=DF，∠A=∠DFE，∵FD
平分∠EFB，∴∠DFB=∠DFE=∠A，设BD=t，则AD=DF=5−t，过D作DG∥AC交BC于G，
则∠BDG=∠A，∴BG=BD×sin∠BDG=BD×sin∠A=t×BC
AB =3
5
t，DG=BD×cos∠BDG=BD×cos
G
A
17题图
C
B
D
F
E
13题图14题图D C
∠A=t ×AC AB =45
t ，∵sin ∠DFB=
DG DF
=sin ∠A=35
，∴DF=53
DG ，即5−t=43
t ，解得t=15
7
，∴
CG=BC −BG=3−35
t=127
，∵cos ∠DFB=FG
DF
=cos ∠A=45
，∴FG=45
(5−t)= 167
，故CF=FG −CG=
167
−
127=47
.
18.已知一个三位数N ，如果满足百位上的数字与个位上的数字和是十位上的数字的两倍，则称N 为“天平数”，最大的天平数为____，N 的前两位数字组成的两位数与N 的个位上的数字的和记为P(N)，交换N 的百位数字和十位数学，将这两位数字组成的新两位数与N 的个位数字的和记为Q(N)，当4P(N)+Q(N)能被7整除时，符合条件的N 的最大值为____.
18.解：最大的天平数为999；设N=abc ̅̅̅̅̅(a 、b 、c 均为自然数，0≤a,b,c ≤9且a ≠0) 则
b=
a+c 2
，P(N)=10a+b+c=
212
a+
32
c ，Q(N)=6a+6c ，
4P(N)+Q(N)=42a+6c+6a+6c=42a+7c+6a+5c ，∵4P(N)+Q(N)能被7整除，∴6a+5c 能被7整除，当a=7，c=7时N 有最大值777.
三、解答题：(本大题共8个小题，19-20题每小题8分，21-25题每小题10分，26题12分，共78分)解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形(包括辅助线)，请将解答过程书写在答题卡．．．中对应的位置上. 19.计算：(1)x (x −4y)+( x +2y)
2
(2)(
2a
a−3
−1)÷
a 2+6a+9a 2+3a
19.解：(1)原式= x 2−4x y+ x 2+4x y+4y 2=2x 2+4y 2. (2)原式=(
2a a−3
−
a−3a−3
)÷
(a+3)(a+3)a(a+3)
=
a+3a−3
×
a
a+3=
a
a−3
.
20.在学习菱形时，小达遇到了这样一个问题：在△ABC 中，AD 是∠BAC 的角平分线，在△ABC 中画出一个以∠B AC 为内角的最大菱形，思考过后，他的思路是：作线段AD 的垂直平分线，分别交AB 、AD 、AC 于点E 、O ，F ，连接DE 、DF ，通过证明四边相等的四边形是菱形，判别四边形AEDF 是三角形内以∠BAC 为内角的最大菱形.
(1)尺规作图：作线段AD 的垂直平分线，分别交AB 、AD 、AC 于点E 、O 、F ，连接DE 、DF(用基本作图，保留作图痕迹，不写作法、结论)
(2)证明：四边形AEDF 是菱形. 证明：∵AD 平分∠BAC ， ∴∠EAO=∠FA0，
∵EF 是线段AD 的垂直平分线， ∴∠AOE=∠AOF=90°，AE=DE ，AF=DF ， 在△AOE 与△AOF 中，
{∠EA0=∠FAO
A0=A0
∠AOE =∠AOF
∴△E A0≌△FA0， ∴AE=AF, ∴AE=DE=AF=DF ∴四边形AEDF 是菱形. 20.解：(1)如图所示. (2)如上所示.
21.4月23日是“世界读书日”，学校组织开展以“沐浴书香，涵养性灵”为主题的读书节系列话动——诗词会，在第一轮选拔过程中选取七、八年级同学进行诗词知识测试，从七、八年级学生中各随机抽取10名学生的测试成绩(单位：分），进行整理和分折(成绩用x 表示，其中A:90＜x ≤100，B:80＜x ≤90，C: x ≤80)，下面给出了部分信息：
七年级抽取学生的成绩：98，82，99，85，84，72，93，95，90，82. 八年级抽取学生成绩中B 等级包含的所有数据为：86，88，87，90.
抽取的七年级和八年级学生成绩统计表 八年级抽取的学生知识测试成绩扇形统计图
(1)填空：a=____，b=____，扇形统计图中A 部分所对的圆心角为____；
A
B
C A
C
D
B
E
F
O
(2)根据以上数据，你认为哪个年级的学生诗词知识掌握得更好？请说明理由(写出一条理由即可)
(3)若七年级有3000名学生，八年级有2500名学生，估计选拔过程中两个年级测试成绩得到A 等级的总人数.
21.解：(1)a=82，b=86.5，八年级A 等级人数=10−10×20%−4=4，故A 部分所对的圆心角为360°×4
10=144°.
(2)七年级的学生诗词知识掌握得更好，因为两个年级平均数相同的情况下，七年级测试成绩的中位数或众数高于八年级. (3)3000×4
10
+2500×4
10
=2200(名)
答：估计选拔过程中两个年级测试成绩得到A 等级的总人数为2200名.
22.洪崖洞是重庆的网红打卡地，假设在2021年的五一假期期间，接待游客达20万人次，预计2023年的“五一”假期接待游客28.8万人次. (1)求该景区五一假期游客人次的年平均增长率；
(2)该景区一家店希望在“五一”假期间卖冰粉和凉虾获得好的收益，5月1号卖出1000份冰粉，每份12元，卖出800份凉虾，每份10元，第二天该店决定进行促销，将冰粉单价降低了1
6，凉虾的单价减少了3元，天气炎热销售火爆，第二天销售冰粉的
数量比第一天多了a%，凉虾的数量在第一次的基础上增加了a
40
，若第二天销售总金额
比第一天多了2800元，求a 的值.
22.解：(1)设该景区五一假期游客人次的年平均增长率为x 20×(1+x )(1+x )=28.8 整理得x 2+2x −0.44=0
解得x 1=−2.2，x 2=0.2，即年平均增长率为20% 答：该景区五一假期游客人次的年平均增长率为20%. (2)令a%=t ，则a=100t ，a
40=2.5t
1000×(1+t)×12×(1−1
6
)+800×(1+2.5t)×(10−3)=12×1000+10×800+2800
解得t=0.3，a=100t=30 答：a 的值为30.
23.2023年植树节，许多志愿者到重庆某地参加植树活动，一志愿者团队在B 点集合，计划前往位于其正北方向的A 点植树，但由于BD 段损毁严重，道路AB 不能通行，于是该志愿者团队根据现场情况拟定了两种方案：
方案一：从B 点沿着路线B→C→A 步行前进，其中C 点在B 点的正东方向，A 点在C 点的西北方向，志愿者在CF 段步行过程中清除路障共需花10分钟；
方案二：从B 点沿着路线B→E→F→A 步行前进，其中E 点在BC 的延长线上，D 点在E 点的北偏西60°方向，F 点为AC 和DE 的交点，全程道路通畅. 已知AF=CF ，EF=800米，志愿者步行速度为80米/分钟. (1)求BE 的长；(结果保留根号）
(2)哪种方案到达A 点所花时间更短？请说明理由.(√2≈1.41，√3≈1.73)
23.解：(1)过F 作FG ⊥BC 于G ，FH ⊥AB 于H ，则FH ∥BC ，FG ∥AB ∵AF=CF ，∴FH=1
2BC ，AH=BH
∵∠AFH=∠ACB=45°，AF=CF ，∠AHF=∠FGC=90°，∴△AFH ≌△FCG(AAS) ∴FH=CG ，AH=FG ，∴BG=CG=FH=FG ，即四边形BGFH 为正方形 ∵∠FEG=90°−60°=30°，∴BG=FG=1
2EF=400，EG=EF ×cos30°=400√3
故BE=BG+EG=400+400√3(米)
(2)由(1)知FG=400，∵∠ACB=45°，FG ⊥BC ，∴AF=CF=√2FG=400√2
东 西
北
方案一：BC+AC=2BG+CF+AF=2×400+2×400√2=800+800√2≈1928 1928÷80+10=34.1(分钟)
方案二：BE+EF+AF=400+400√3+800+400√2≈2456 2456÷80=30.7(分钟)
∵30.7＜34.1，∴方案二到达A 点所花时间更短.
24.在矩形ABCD 中，AB=18，BC=8，AQ=12，连接CQ ，与对角线BD 交于点M ，点P 为BC 边上的动点，过点P 作PE ∥DC 分别交BD 、QC 交于E 、F 两点，设CP=x ，MF 为y. (1)求出y 与x 之间的函数表达式并写出自变量的取值范围； (2)在平面直角坐标系中画出y 的图象，并写出函数y 的一条性质；
(3)结合图象，当y ＜3时，直接写出x 的取值范围(保留一位小数，误差不超过0.2）.
24.解：(1)过M 作MN ∥AB 交BC 于N ，BQ=AB −AQ=6，由勾股定理知CQ=√BC 2+BQ 2=10 ∵AB ∥CD ，∴△BMQ ∽△DMC ，∴QM CM =BQ CD =618=13
，∴CM=34
CQ=152
，QM=14
CQ=5
2
∵MN ∥AB ，∴CN CB =
CM CQ =34
，∴CN=34
BC=6，BN=14
BC=2
①当0≤x ≤6时，∵PE ∥CD ，MN ∥AB ，AB ∥CD ，∴PF ∥MN ，∴CP CN =CF CM
，即x 6
=CF
152
，解得
CF=5
4 x ，∴MF=CM −CF=
152
−54
x ，即y=
152
−5
4x .
②当6＜x ≤8时，同①理由CP CB =CF CQ
，即x 8=CF 10
，解得CF=54
x ，∴MF=CF −CM=54
x −
152
，即
y=5
4x −
152
A
Q D
C
B
E
M
F
P N
故y 与x 之间的函数表达式为{y =152−5
4
x(0≤x ≤6)
y =54
x −15
2
(6＜x ≤8)
. (2)函数图象如图所示，函数的性质：(增减性)当0≤x ≤6时，y 随x 的增大而减小，当6＜x ≤8时，y 随x 的增大而增大.(极值性)当x =6时，y 有最小值0. (3)由图知当y ＜3时， x 的取值范围为3.6＜x ≤8.
25.在平面直角坐标系中，抛物线y=a x 2+b x +3与x 轴交于点A(−2，0)、点B(4,0)，与y 轴交于点C ，连接BC. (1)求抛物线的解折式；
(2)如图1，点P 为直线BC 上方抛物线上一动点，过点A 作AD∥BC 交y 轴于点D ，连接PD 交BC 于点E ，连接PA 、EA ，求△AEP 面积的最大值及此时点P 的坐标； (3)如图2，在(2)的条件下，点M 和点P 关于原点对称，将抛物线沿着射线CA 方向平移√13个单位，得到新抛物线y ´，点N 为新抛物线对称轴上一点，点Q 为平面上任意一点，若以M 、N 、B 、Q 为顶点的四边形是以BN 为边的菱形，直接写出所有符合条件的点Q 的坐标，并选择其中一个写出求解过程.
25.解：(1)将点A(−2
，0)、点B(4,0)分别代入y=a x 2+b x +3得
{4a −2b +3=0
16a +4b +3=0
，解得a=−38，b=34 ∴抛物线的解折式为y=−38
x 2+3
4
x +3.
(2)将x =0代入y=−38
x 2+3
4
x +3得y=3，即点C 坐标为(0,3)
D
直线BC 斜率K BC =
0−34−0
=−34
，设直线AD 的表达式为y=−34
x +m ，代入点A(−2，0)得m=−3
2
则点D 坐标为(0, −32
)
∵AD ∥BC,∴S △ADE =S △ADC =1
2
×CD ×|x A |=1
2
×9
2
×2=9
2
设点P 坐标为(t, −38
t 2
+34
t +3)(0＜t ＜4)
设直线AP 的表达式为y=k x +n ，分别代入点A(−2，0)、点P(t, −38
t 2+3
4
t +3)得
{
−2k +n =0
tk +n =−38t 2+34
t +3
解得k=
−38
t 2+3
4
t+3t+2
，n=
−34
t 2+3
2
t+6t+2
即直线AP 的表达式为y= −38
t 2+3
4
t+3
t+2
x +
−34
t 2+3
2
t+6t+2
代入x =0得y=
−34
t 2+3
2
t+6t+2
，即直线AP 交y 轴于点(0,
−34
t 2+3
2
t+6t+2
)
S △APD =12
×(x P −x A )×(
−34t 2+3
2
t+6t+2
+32
)= 1
2×(t +2)×(
−34t 2+3
2
t+6t+2
+32
)= −38
t 2+32
t +92
∵S △AEP =S △APD −S △ADE =−38
t 2+32
t +9
2
−9
2
=−38
t 2+32
t =−38
(t −2)2+32
∴当t=2时，即点P 坐标为(2,3)时，△AEP 面积有最大值为3
2
.
(3)由(2)知点P 坐标为(2,3)，∵点M 与点P 关于原点对称，∴点M 坐标为(−2,−3) 由勾股定理知AC=√OA 2+OC 2=√4+9=√13
∴新抛物线y ´由原抛物线向下平移3个单位长度，向左平移2个单位长度所得 故y ´的表达式为y=−3
8
(x +2)2+3
4
(x +2)+3−3=−3
8
x 2−3
4
x
其对称轴为x =−1，设点N 坐标为(−1,e)，点Q 坐标为(s,t)
①当以BM 为对角线时，有x B+ x M = x N + x Q ，即4−2=−1+s ，解得s=3；QM 2=BQ 2，即(t+3)2+(3+2)2=(0−t)2+(4−3)2，解得t=−11
2
，即点Q 坐标为(3,−11
2
).
②当以BQ 为对角线时，有x B+ x Q = x N + x M ，即4+s=−1−2，解得s=−7；QM 2=BM 2，即(t+3)2+(−7+2)2=(0+3)2+(4+2)2，解得t 1=−3+2√5，t 2=−3−2√5即点Q 坐标为(−7,−3+2√5)、(−7,−3−2√5).
综上述，满足条件的Q 点坐标有(3,−11
2)、(−7,−3+2√5)、(−7,−3−2√5).
26.如图，D ，E 是△ABC 内两点，∠BAC=90°，AB=AC ，∠ADC=135°. (1)如图1，若AE⊥CE，D 为CE 中点。

求证：BE=AD ；
(2)如图2，若∠BAE=∠CAD，∠AEC+∠ADB=180°，求证：AD+AE=√2CD ；
(3)如图3，若∠BAE=∠CAD ，CD=2AE ，AB=6√2，当线段BE 长度最小时，求△ACD 的面积.
26.解：(1)证明：∵∠ADC=135°，∴∠ADE=45°，∵AE⊥CE，∴∠DAE=45°，AE=DE ，又∵D 为CE 中点，即DE=CD ，∴DE=CD=AE
∵∠BAE+∠CAD=∠BAC-∠DAE=45°，∠ACD+∠CAD=∠ADE=45°，∴∠BAE=∠ACD 在△BAE 与△ACD 中，∵{AB =AC
∠BAE =∠ACD CD =AE ，∴△BAE ≌△ACD(SAS)，∴BE=AD .
(2) 过B 作BF ⊥AD 交AD 延长线于F ，过C 作CG ⊥AD 交AD 延长线于G ，过C 作CM ⊥CD 交AD 延长线于M
∵∠ADC=135°，∴∠CDM=45°，则△CDG 为等腰直角三角形，∴CG=√22
CD ∵∠CAG+∠BAF=∠BAC=90°，∠ABF+∠BAF=180°−∠AFB=90°，∴∠CAG=∠ABF
H F G M
图1
A
C B
E
D
图3
A C
E
D B
D
E
图2
A C
B
F G
又∵CA=AB ，∠CGA=∠AFB=90°，∴△CAG ≌△ABF(AAS)，∴CG=AF 在FM 上取点H ，使得FH=AF ，∵BF ⊥AD ，∴HB=AB=AC ，则∠BHF=∠BAF
∵∠BAE=∠CAD，∴∠BAE +∠EAD =∠CAD +∠EAD ，即∠BAF=∠CAE ，∴∠BHF=∠CAE ∵∠AEC+∠ADB=180°，∠HDB+∠ADB=180°，∴∠AEC =∠HDB
在△AEC 与△HDB 中，∵{HB =AC
∠AEC =∠HDB ∠BHF =∠CAE
，∴△AEC ≌△HDB(AAS)，∴AE=HD
∴AH=AD+HD=AD+AE ，又∵AH=AF+HF=2AF=2CG ，CG=√22
CD ，∴AH=√2CD ，故AD+AE=√2CD . (3)过C 作CF ⊥AD 交AD 延长线于F ，∵∠ADC=135°，∴∠CDF=45°，∴△DCF 为等腰直角三角形，∴CF=DF=√22
CD ，令CD=2t ，则AE=t ，CF=DF=√2t ，在AF 上取点G ，并使得AG=AE ，由AB=AC ，AE=AG ，∠BAE=∠CAD 易证△ABE ≌△ACG(SAS)，∴CE=BE 设AD=m ，则AF=AD+DF=m+√2t ，由勾股定理知AF 2+CF 2=AC 2，即
(m+√2t)2+( √2t)2=(6√2)2，化简得m 2+2√2tm+4t 2−72=0，解得m=−√2t ±√72−2t 2(舍去负值)
在Rt △CEF 中，有CE 2=EF 2+CF 2=(AF −AE)2+CF 2 =(m+√2t −t)2+(√2t)2
=(−√2t+√72−2t 2+√2t −t)2+2t 2=72−2√2t ×√36−t 2+t 2=(√36−t 2−√2t )2+36 ∴当√36−t 2−√2t =0即t=2√3时，CE 2有最小值36，即CE 有最小值6 ∵CE=BE ，∴当AE=2√3时，BE 有最小值6
此时AD=m=−√2t+√72−2t 2=4√3−2√6，CF=√2t=2√6 S △ACD =1
2
AD ×CF=1
2
×(4√3−2√6)×2√6=12√2−12.。