2019-2020学年武汉市江夏区八年级下学期期末数学试卷

2019-2020学年武汉市江夏区八年级下学期期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 如果√3a +5有意义，那么( ) A. a ≥53
B. a ≤53
C. a ≥−53
D. a ≤−53 2. 下列各式中，运算正确的是( )
A. 2√2+3√3=5√5
B. √6÷√3=√2
C. a 6÷a 3=a 2
D. (a 3)2=a 5 3. 对于题目：在平面直角坐标系中，直线y =−45x +4分别与x 轴、y 轴交于两点A 、B ，过点A 且平行y 轴的直线与过点B 且平行x 轴的直线相交于点C ，若抛物线y =ax 2−2ax −3a(a ≠0)与线段BC 有唯一公共点，求a 的取值范围．甲的计算结果是a ≥13；乙的计算结果是a <−4
3，则( ) A. 甲的结果正确
B. 乙的结果正确
C. 甲与乙的结果合在一起正确
D. 甲与乙的结果合在一起也不正确 4. 如图，在由4条横向、4条斜向且互相平行的直线组成的图形中，平行四边形
共有( )
A. 40个
B. 38个
C. 36个
D. 30个
5. 某学校九年级1班九名同学参加定点投篮测试，每人投篮六次，投中的次数统计如下：4，3，5，5，2，5，3，4，1，这组数据的中位数、众数分别为( )
A. 4，5
B. 5，4
C. 4，4
D. 5，5 6. 已知，如图长方形ABCD 中，AB =5cm ，AD =25cm ，将此长方形折叠，使点D 与点B 重合，折痕为EF ，则△ABE 的面积为( )
A. 35cm2
B. 30cm2
C. 60cm2
D. 75cm2
7.如图，AB是半圆O的直径，点P从点O出发，沿OA−ÂB−BO的路径运动一周．设OP为s，
运动时间为t，则下列图形能大致地刻画s与t之间关系的是()
A. B. C. D.
8.某人将甲、乙两种股票卖出，其甲种股票卖价1200元，盈利20%，其乙种股票卖价也是1200
元，但亏损20%，该人此次交易的结果是()
A. 不赚不赔
B. 赚100元
C. 赔100元
D. 赚90元
9.如图，△ABC中，D、E分别是AB、AC边的中点，延长DE至F，使EF=
1
3
DF，若BC=8，则DF的长为()
A. 6
B. 8
C. 4
D. 8
3
10.如图，△ABC是等边三角形，AD是BC边上的高，E是AC的中
点，P是AD上的一个动点，当PC与PE的和最小时，∠ACP的
度数是()
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11.观察规律：0，，，3，，…那么第16个数据应该是．
12.将正比例y=3x的图象向右平移2个单位后，得到的函数图象的解析式是______．
13.计算：2x
x2−9−1
x−3
的结果是______ ．
14.如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，连接BD，点M，N
分别是边BC，DC上的动点，连接MN，将△CMN沿MN折叠，
使点C的对应点P始终落在BD上，当△PBM为直角三角形时，
线段MC的长为______ ．
15.已知直线y=3x−4+b与x轴的交点在A(−1,0)、B(2,0)之间(包括A、B两点)，则b的取值范
围是______．
16.如图，Rt△ABC的周长为30cm，面积为30cm2，以AB、AC为
边向外作正方形ABPQ和正方形ACMN.则这两个正方形的面积
之和为______cm2
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分）
17.在解决数学问题时，我们一般先仔细读题干，找出有用信息作为已知条件，然后用这些信息解
决问题，但是有的题目信息比较明显，我们把这样的信息称为显性条件，而有的信息不太明显需要结合图形，特殊式子成立的条件，实际问题等发现隐含信息作为条件，这样的条件称为隐含条件，所以我们在做题时更注意发现题目中的隐含条件
【阅读理解】
读下面的解题过程，体会加何发现隐含条件，并回答．
，∴原式=(1−3x)−(1−x)=化简：(√1−3x)2−|1−x|.解：隐含条件1−3x≥0，解得：x≤1
3
1−3x−1+x=−2x
【启发应用】
已知△AC三条边的长度分别提√x+1,√(5−x)2,4−(√4−x)2，记△AEC的周长为C△ABC
(1)当x=2时，△ABC的最长边的长度是______(请直接写出答案)．
(2)请求出C△ABC(用含x的代数式表示，结果要求化简)．
18.已知▱ABCD中，AB=4，AD=2，E是AB边上的一动点，设AE=x，
DE延长线交CB的延长线于F，设CF=y，求y与x之间的函数关
系．
19.某校为了解七、八年级学生对“新冠”传播与防治知识的掌握情况，从七、八年级各随机抽取
50名学生进行测试，并对成绩(百分制)进行整理和分析.部分信息如下：
a.七年级成绩频数分布直方图：
b.七年级成绩在70≤m<80这一组的是：
70，72，72，75，76，76，77，77，78，79，79
c.七、八年级成绩的平均数、中位数如下：
年级平均数中位数
七76.9a
八79.279.5
根据以上信息，回答下列问题：
(1)在这次测试中，七年级在70分以上的有______ 人，表格中a的值为______ ；
(2)在这次测试中，七年级学生甲与八年级学生乙的成绩都是79分，请判断两位学生在各自年
级的排名谁更靠前；
(3)该校七年级学生有500人，假设全部参加此次测试，请你估计七年级成绩超过平均数76.9分
的人数．
20. 如图，⊙O为△ABC的外接圆，AB为⊙O直径，AC=BC，点D在劣弧BC上，CE⊥CD交AD
于E，连接BD．
(1)求证：△ACE≌△BCD．
(2)若CD=2，BD=3√2，求⊙O的半径．
(3)若点F为DE的中点，连接CF，FO，设CD=a，BD=b，求CF+FO.(用含有a，b的代数式表
示)
21. 求证：角平分线上的点到这个角的两边的距离相等．
要求：(1)尺规作图：作∠AOB的角平分线，并在该角平分线上取点P，
作PM⊥OA于点M，PN⊥OB于点N.(不写作法，保留作图痕迹)；
(2)以下是结合要证的命题和图形写出的已知，求证，请你完成证明过程．
已知：如图，OP平分∠AOB，PM⊥OA于点M，PN⊥OB于点N．
求证：PM=PN．
证明：
22. 在平面直角坐标系xOy中，对于点P(x,y)，若点Q的坐标为(ax+y,x+ay)，其中a为常数，
则称点Q是点P的“a级关联点”.例如，点P(1,4)的“3级关联点”为Q(3×1+4,1+3×4)，即Q(7,13)．
(1)已知点A(−2,6)的“1
级关联点”是点A1，点B的“2级关联点”是B1(3,3)，求点A1和点B的坐标；
2
(2)已知点M(m−1,2m)的“−3级关联点”M′位于y轴上，求M′的坐标；
(3)已知点C(−1,3)，D(4,3)，点N(x,y)和它的“n级关联点”N′都位于线段CD上，请直接写出n的
取值范围．
23. 春季正是新鲜草莓上市的季节，甲、乙两家水果店，平时以同样的价格出售品质相同的草莓，
“草莓节”期间，甲、乙两家商店都让利酬宾，顾客的折后付款金额y甲、y乙(单位：元)与标价应付款金额x(单位：元)之间的函数关系如图所示．
(1)求y甲、y乙关于x的函数关系式；
(2)“草莓节”期间，如何选择甲、乙两家水果店购买草莓更省钱？
24. 如图，四边形ABCD为正方形(各边相等，各内角为直角)，E是BC边上
一点，F是CD上的一点．
(1)若△CFE的周长等于正方形ABCD的周长的一半，求证：∠EAF=45°；
(2)在(1)的条件下，若DF=2，CF=4，CE=3，求△AEF的面积．
【答案与解析】
1.答案：C
．
解析：解：根据题意得：3a+5≥0，解得a≥−5
3
故选：C．
本题考查二次根式有意义的条件，二次根式的被开方数是非负数．根据被开方数为非负数，列不等式求解即可．
2.答案：B
解析：解：A、2√2+3√3，无法合并，故此选项错误；
B、√6÷√3=√2，正确；
C、a6÷a3=a3，故此选项错误；
D、(a3)2=a6，故此选项错误；
故选：B．
直接利用二次根式的混合运算法则分别计算得出答案．
此题主要考查了二次根式的混合运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
3.答案：D
解析：解：y=ax2−2ax−3a，令y=0，则x=−1或3，令x=0，则y=−3a，
故抛物线与x轴的交点坐标分别为：(−1,0)、(3,0)，与y轴的交点坐标为：(0,−3a)，
函数的对称轴为：x=1，顶点坐标为：(1,−4a)，
x+4分别与x轴、y轴交于两点A、B，则点A、B的坐标分别为：(5,0)、(0,4)，则点C(5,4)．直线y=−4
5
(1)当a>0时，
当抛物线过点C时，抛物线与线段BC有一个公共点，
将点C的坐标代入抛物线表达式得：4=25a−10a−3，解得：a=1
，
3
；
故抛物线与线段BC有唯一公共点时，a≥1
3
(2)当a<0时，
当顶点过BC时，此时抛物线与BC有唯一公共点，
即−4a=4，解得：a=−1；
当抛物线过点B时，抛物线与BC有两个交点，
，
将点B的坐标代入抛物线表达式得：−3a=4，解得：a=−4
3
故当抛物线与线段BC 有一个公共点时，a <−43，
故a <−43或a =−1；
综上，a ≥13或a <−43或a =−1；
故选：D ．
分a >0、a <0根据抛物线和线段的位置关系，找到临界点，确定a 的值，即可求解．
本题考查的是二次函数性质和图象，根据抛物线和线段的位置关系，找到临界点是解题的关键． 4.答案：C
解析：解：在横向平行的4条直线中任取2条，作为平行四边形的两条平行对边，共有6种取法； 在斜向平行的4条直线中任取2条，作为平行四边形的两条平行对边，共有6种取法；
则组成的图形中，平行四边形共有6×6=36(个)；
故选：C ．
在横向平行的4条直线中任取2条，作为平行四边形的两条平行对边，共有6种取法；在斜向平行的4条直线中任取2条，作为平行四边形的两条平行对边，共有6种取法；由平行四边形的判定即可得出答案．
本题考查了平行四边形的判定；熟记平行的四边形的定义是解题的关键．
5.答案：A
解析：解：将数据从小到大排列为：1，2，3，3，4，4，5，5，5，
这组数据的中位数为4；众数为5．
故选：A ．
根据众数及中位数的定义，结合所给数据即可作出判断．
本题考查了众数、中位数的知识，解答本题的关键是掌握众数及中位数的定义．
6.答案：B
解析：解：将此长方形折叠，使点B 与点D 重合，
∴BE =ED ．
∵AD =25cm =AE +DE =AE +BE ．
∴BE =25−AE ，
根据勾股定理可知AB 2+AE 2=BE 2．
∴52+AE 2=(25−AE)2，
解得AE =12．
∴△ABE 的面积为12×5×12=30cm 2．
故选：B ．
根据折叠的条件可得：BE =DE ，在直角△ABE 中，利用勾股定理可以求出AE ，则答案可求出． 此题考查了折叠的性质以及勾股定理．注意掌握方程思想的应用是解此题的关键． 7.答案：C
解析：试题分析：依题意，可以知道路程逐渐变大，然后从B 到O 中逐渐变小直至为0.则可以知道A ，B ，D 不符合题意．
解：本题考查函数图象变化关系，可以看出从O 到A 逐渐变大，而弧AB 中的半径不变，从B 到O 中OP 逐渐减少直至为0．
故选：C ．
8.答案：C
解析：解：甲、乙两种股票的原价分别为12001+20%、12001−20%元，
故该次交易共盈利：1200×2−(12001+20%+12001−20%)
=2400−1000−1500=−100(元)．
即实为亏损100元．
故选C ．
让售价分别除以所占的百分比得到成本，让售价和减去成本，若结果是正数，则为盈利，反之亏损． 本题考查一元一次方程的应用，得到股票的成本是解决本题的突破点． 9.答案：A
解析：
本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
根据三角形中位线定理求出DE ，根据题意计算即可．
解：∵D 、E 分别是AB 、AC 边的中点，
∴DE =12BC =4，
∵EF =13DF ，
∴EF =12DE ，
∴EF =2，
∴DF=6，
故选：A．
10.答案：A
解析：解：如连接BE，与AD交于点P，此时PE+PC最小，
∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴PC=PB，
∴PE+PC=PB+PE=BE，
即BE就是PE+PC的最小值，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BCE=60°，
∵BA=BC，AE=EC，
∴BE⊥AC，
∴∠BEC=90°，
∴∠EBC=30°，
∵PB=PC，
∴∠PCB=∠PBC=30°，
∴∠ACP=30°，
故选：A．
连接BE，则BE的长度即为PE与PC和的最小值．再利用等边三角形的性质可得∠PBC=∠PCB=30°，即可解决问题．
本题考查的是最短线路问题及等边三角形的性质，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．11.答案：
解析：本题考查学生的观察分析能力。

原数据变形为0，√3，√6，√9，√12，√15，…，
所以第16个数据应该是。

故答案为。

12.答案：y =3x −6
解析：解：将直线y =3x 向右平移2个单位，得到直线y =3(x −2)，即y =3x −6，
故答案为：y =3x −6．
直接根据“左加右减，上加下减”的平移规律求解即可．
本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的规律是解答此题的关键． 13.答案：1x+3 解析：解：原式=2x (x+3)(x−3)−x+3(x+3)(x−3)
=
2x −x −3(x +3)(x −3) =
x −3(x +3)(x −3)
=1x+3．
故答案为：1x+3．
先通分，再加减．
本题考查了分式的加减，掌握异分母分式的加减法法则，是解决本题的关键． 14.答案：247或8
3
解析：解：如图1中，当∠PMB =90°时，四边形PMCN 是正方形，设CM =PM =PN =CN =x ．
∵PM//CD ，
∴PM
CD
=BM BC ， ∴x 8=
6−x 6， ∴x =24
7，
∴CM =24
7．
如图2中，当∠BPM =90°时，点N 与D 重合，设MC =MP =y ．
∵CD =8，BC =6，∠C =90°，
∴BD =√BC 2+CD 2=√62+82=10，
∵PD =CD =8，
∴PB =BD −PD =10−8=2，
∵BM 2=PB 2+PM 2，
∴(6−y)2=22+y 2，
∴y =83，
∴CM =83，
综上所述，CM 的值为247或83．
故答案为：247或83．
分两种情形：如图1中，当∠PMB =90°时，四边形PMCN 是正方形，设CM =PM =PN =CN =x.如图2中，当∠BPM =90°时，点N 与D 重合，设MC =MP =y.分别求解即可．
本题考查矩形的性质，解直角三角形，翻折变换等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型． 15.答案：−7≤b ≤2
解析：解：∵直线y =3x −4+b 与x 轴的交点在A(−1,0)、B(2,0)之间(包括A 、B 两点)， ∴−1≤x ≤2，
令y =0，则3x −4+b =0，
解得x =
4+b 3， 则−1≤4+b 3≤2，
解得−7≤b ≤2．
故答案是：−7≤b ≤2．
根据题意得到x的取值范围是−1≤x≤2，则通过解关于x的方程3x−4+b=0求得x的值，由x 的取值范围来求b的取值范围．
本题考查了一次函数图象与系数的关系．根据一次函数解析式与一元一次方程的关系解得x的值是解题的突破口．
16.答案：169
解析：解：∵Rt△ABC的周长为30cm，面积为30cm2，
∴b+c=30−a，bc=60，
∴(b+c)2=b2+c2+2bc=a2+120=(30−a)2，
解得：a=13，
∴两个正方形的面积之和为b2+c2=a2=169cm2，
故答案为：169．
根据Rt△ABC的周长为30cm，面积为30cm2，得出三角形的边长，进而解答即可．
本题考查了勾股定理的应用．解答此题时，巧妙地运用了完全平方公式的变形来求△ABC的面积．17.答案：3
解析：解：(1)当x=2时，三角形的三边长度为√3、3、2，
所以△ABC的最长边的长度为3，
故答案为：3．
(2)由题意知x+1>0、5−x>0且4−x>0，
解得−1<x<4，
则原式=√x+1+5−x+4−4−x
=√x+1−2x+5．
(1)将x=2代入三个二次根式，从而得出答案；
(2)根据二次根式的性质得出x的范围，再进一步化简可得．
本题主要考查二次根式的乘除法，解题的关键是掌握二次根式有意义的条件与性质．
18.答案：解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A=∠C，∠ADE=∠F，
∴△ADE∽△CFD
∴AD
CF =AE
CD
，即
2
y
=x
4
，
∴y=8
x
．
解析：由平行四边形的性质，利用“角角”证明△ADE∽△CFD，根据相似三角形对应边的比相等，得出y与x之间的函数关系．
本题考查了平行四边形的性质及相似三角形的判断、性质的运用．
19.答案：34 78.5
解析：解：(1)在这次测试中，七年级在70分以上的有11+15+8=34(人)，
∵七年级抽查了50名学生，
∴a=(78+79)÷2=78.5，
故答案为：34，78.5；
(2)∵七年级的中位数是78.5，八年级的中位数是79.5，
79>78.5，79<79.5，
∴在这次测试中，七年级学生甲在本年级的排名谁更靠前；
(3)500×5+15+8
50
=280(人)，
答：七年级成绩超过平均数76.9分的有280人．
(1)根据频数分布直方图中的数据，可以得到在这次测试中，七年级在70分以上的人数，再根据题目中的数据，可以得到a的值；
(2)根据表格中的中位数，可以解答本题；
(3)根据直方图中的数据，可以计算出七年级成绩超过平均数76.9分的人数．．
本题考查频数分布直方图、用样本估计总体、加权平均数、中位数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
20.答案：解：(1)证明：∵AB为⊙O直径，
∴∠ACB=90°，
∵CE⊥CD，
∴∠ECD=90°，
∴∠ACE=90°−∠ECB=∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
{∠ACE=∠BCD AC=BC
∠CAE=∠CBD
，
∴△ACE≌△BCD(ASA)；
(2)∵△ACE≌△BCD，
∴CE=CD，AE=BD，
∵CE⊥CD，
∴△ECD是等腰直角三角形，
∵CD=2，BD=3√2，
∴DE=2√2，AE=3√2，
∴AD=5√2，
∵AB为⊙O直径，
∴∠ADB=90°，
∴AB=√AD2+BD2=2√17，
∴⊙O的半径为√17；
(3)过O作OH⊥AD于H，如图：
∵△ECD是等腰直角三角形，CD=a，∴ED=√2a，CF=√2
2
a，
∵F为DE的中点，
∴CF=DF=1
2DE=√2
2
a，
∵△ACE≌△BCD，
∴AE=BD=b，
∴AD=ED+AE=√2a+b，∵OH⊥AD，∠ADB=90°，∴OH//BD，
∵AO=OB，
∴OH=1
2OB=1
2
b，DH=1
2
AD=√2
2
a+1
2
b，OH=1
2
BD=1
2
b，
∴HF=DH−DF=(√2
2a+1
2
b)−√2
2
a=1
2
b，
在Rt△OHF中，FO=√OH2+HF2=√2
2
b，
∴CF+FO=√2
2
a+
√2
2
b.
解析：(1)∠ACE=90°−∠ECB=∠BCD，∠CAE=∠CBD，AC=BC，利用“ASA“即可证明；
(2)先求出AE和AD，在Rt△ABD中用勾股定理可得AB，从而求出⊙O半径；
(3)过O作OH⊥AD于H，CF=1
2
DE，利用OH是△ABD中位线求出OH和HF，再在Rt△OHF中用勾股定理求出OF，从而可得答案．
本题考查圆、全等三角形、勾股定理等综合知识，解题的关键是勾股定理的应用．
21.答案：解：(1)如图所示，
(2)证明：∵OP平分∠AOB，
∴∠POM=∠PON，
∵PM⊥OA于点M，PN⊥OB于点N，
∴∠PMO=∠PNO=90°，
又∵PO=PO，
∴△POM≌△PON(AAS)，
∴PM=PN，
故角平分线上的点到角的两边的距离相等．
解析：(1)依据角平分线和垂线的基本作图进行作图即可；
(2)根据作图可得∠POM=∠PON，∠PMO=∠PNO，可利用AAS判定△OPM≌△OPN，进而可得PM= PN．
此题主要考查了复杂作图和全等三角形的判定和性质，关键是掌握判定两个三角形全等的判定方法．复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．
22.答案：解：(1)∵点A(−2,6)的“12级关联点”是点A 1，
∴A 1(−2×12+6,−2+12×6)， 即A 1(5,1)．
设点B(x,y)，
∵点B 的“2级关联点”是B 1(3,3)，
∴{2x +y =3x +2y =3
解得{x =1y =1.
∴B(1,1)．
(2)∵点M(m −1,2m)的“−3级关联点”为M′(−3(m −1)+2m,m −1+(−3)×2m)， M′位于y 轴上，
∴−3(m −1)+2m =0，
解得：m =3
∴m −1+(−3)×2m =−16，
∴M′(0,−16)．
(3)∵点N(x,y)和它的“n 级关联点”N′都位于线段CD 上，
∴N′(nx +y,x +ny)，
∴{−1≤x ≤4−1≤nx +y ≤4，{y =3x +ny =3
∴x =3−3n
∴{−1≤3−3n ≤4−43≤n −n 2≤13
解得：−13≤n ≤43．
解析：(1)根据关联点的定义，结合点的坐标即可得出结论．
(2)根据关联点的定义和点M(m −1,2m)的“−3级关联点”M′位于y 轴上，即可求出M′的坐标．
(3)因为点C(−1,3)，D(4,3)，得到y =3，由点N(x,y)和它的“n 级关联点”N′都位于线段CD 上，可得到方程组，解答即可．
本题考查一次函数图象上的坐标的特征，“关联点”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
23.答案：解：(1)设y 甲=kx ，把(20,16)代入，
得20k =16，解得k =0.8，
所以y 甲=0.8x ；
当0<x <20时，设y 乙=ax ，
把(20,20)代入，得20a =20，解得a =1，
所以y 乙=x ；
当x ≥20时，设y 乙=mx +n ，
把(20,20)，(40,34)代入，得
{20m +n =2040m +n =34
， 解得{m =0.7n =6
， 所以y 乙={x(0<x <20)0.7x +6(x ≥20)
； (2)当0<x <20时，0.8x <x ，到甲商店购买更省钱；
当x ≥20时，若到甲商店购买更省钱，则0.8x <0.7x +6，解得x <60；
若到乙商店购买更省钱，则0.8x >0.7x +6，解得x >60；
若到甲、乙两商店购买一样省钱，则0.8x =0.7x +6，解得x =60；
故当购买金额按原价小于60元时，到甲商店购买更省钱；
当购买金额按原价大于60元时，到乙商店购买更省钱；
当购买金额按原价等于60元时，到甲、乙两商店购买花钱一样．
解析：(1)利用待定系数法即可求出y 甲，y 乙关于x 的函数关系式；
(2)当0<x <20时，显然到甲商店购买更省钱；当x ≥20时，分三种情况进行讨论即可．
本题考查了一次函数的应用，待定系数法求函数的解析式，正确求出函数解析式进行分类讨论是解题的关键．
24.答案：
(1)证明：延长CF 至G ，使DG =BE ，连接AG ，如图所示： ∵四边形ABCD 是正方形，
∴∠BAD =∠ABE =∠ADF =90°，AB =BC =CD =AD ，
∴∠ADG =90°，
∵△CFE的周长等于正方形ABCD的周长的一半，∴CE+CF+EF=CD+BC，
∴DF+BE=EF，
∴DF+DG=EF，即GF=EF，
在△ABE和△ADG中，
{AB=AD ∠ABE=∠ADG=90° BE=DG 
，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∴∠EAG=90°，
在△AEF和△AGF中，
{AE=AG EF=GF AF=AF
，
∴△AEF≌△AGF(SSS)，
∴∠EAF=∠GAF=1
2
×90°=45°；
(2)解：∵DF=2，CF=4，CE=3，
∴AB=AD=CD=BC=2+4=6，BE=BC−CE=3，
由(1)得：△AEF的面积=△AGF的面积=△ABE的面积+△ADF的面积=1
2×6×3+1
2
×6×2=15．
解析：(1)延长CF至G，使DG=BE，连接AG，由已知条件得出CE+CF+EF=CD+BC，得出DF+BE=EF，证出DF+DG=EF，即GF=EF，由SAS证明△ABE≌△ADG，得出AE=AG，
∠BAE=∠DAG，证出∠EAG=90°，由SSS证明△AEF≌△AGF，得出∠EAF=∠GAF=1
2
×90°=45°；
(2)由已知条件得出AB=AD=CD=BC=6，BE=BC−CE=3，由(1)得：△AEF的面积=△AGF 的面积=△ABE的面积+△ADF的面积，即可得出答案．
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及三角形面积的计算；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．。