2019-2020学年青岛版八年级数学第二学期期末测试卷(含答案)

2019-2020学年八年级数学下册期末测试卷一、选择题（本大题共14小题，共42分）1．若y=x+2-b是正比例函数，则b的值是（）A．0 B．-2 C．2 D．-0.5 2．下列二次根式中，最简二次根式的是（）A B C D 3．下列各组数中能作为直角三角形的三边长的是（）A．32，42，52B．13，14，15C．9，41，40 D．2，3，44．已知一次函数y=kx+b，若k+b=0，则该函数的图象可能（）A．B．C．D．5．九（2）班“环保小组”的5位同学在一次活动中捡废弃塑料袋的个数分别为：4，6，8，16，16．这组数据的中位数、众数分别为（）A．16，16 B．10，16 C．8，8 D．8，166合并的是（）A B C D7．根据如图所示的程序计算函数y的值，若输入的x值是4或7时，输出的y值相等，则b等于（）A．9 B．7 C．-9 D．-78．如图，已知矩形ABCD沿着直线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于E，AD=8，AB=4，则DE的长为（）A．3 B．4 C．5 D．69．甲、乙二人沿相同的路线由A到B匀速行进，A，B两地间的路程为20km．他们行进的路程s（km）与甲出发后的时间t（h）之间的函数图象如图所示．根据图象信息，下列说法正确的是（）A．甲的速度是4km/h B．乙的速度是10km/hC．乙比甲晚出发1h D．甲比乙晚到B地3h10．如图，平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别是A（1，1），B（3，1），C（2，2），当直线y＝12b与△ABC有交点时，b的取值范围是（）A．-1≤b≤1B．-12≤b≤1C．-12≤b≤12D．-1≤b≤1211．若顺次连接四边形ABCD四边的中点，得到的图形是一个矩形，则四边形ABCD一定是（）A．矩形B．菱形C．对角线相等的四边形D．对角线互相垂直的四边形12．如图，菱形纸片ABCD，∠A=60°，P为AB中点，折叠菱形纸片ABCD，使点C落在DP所在的直线上，得到经过点D的折痕DE，则∠DEC等于（）A．60°B．65°C．75°D．80°13．如图，P是矩形ABCD的边AD上一个动点，PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，当P从A 向D运动（P与A，D不重合），则PE+PF的值（）A．增大B．减小C．不变D．先增大再减小14．如图，大小两个正方形在同一水平线上，小正方形从图①的位置开始，匀速向右平移，到图③的位置停止运动．如果设运动时间为x，大小正方形重叠部分的面积为y，则下列图象中，能表示y与x的函数关系的图象大致是（）A．B．C．D．15有意义，则x 的取值范围是 16．如图，利用函数图象可知方程组32x ky y x ⎨⎩+⎧＝＝的解为．17．已知：Rt △ABC 中，∠C=90°，AC=3，BC=4，P 为AB 上任意一点，PF ⊥AC 于F ，PE ⊥BC 于E ，则EF 的最小值是18．如图，F 是△ABC 内一点，BF 平分∠ABC 且AF ⊥BF ，E 是AC 中点，AB=6，BC=8，则EF 的长等于19．如图，先画一个边长为1的正方形，以其对角线为边画第二个正方形，再以第二个正方形的对角线为边画第三个正方形…，如此反复下去，那么第2019个正方形的对角线长为20．（1）计算：0；（2）已知x＝2，求221．学校为了提高学生跳远科目的成绩，对全校500名九年级学生开展了为期一个月的跳远科目强化训练．王老师为了了解学生的训练情况，强化训练前，随机抽取了该年级部分学生进行跳远测试，经过一个月的强化训练后，再次测得这部分学生的成绩，将两次测得的成绩制作成如图所示的统计图和不完整的统计表训练后学生成绩统计表根据以上信息回答下列问题（1）训练后学生成绩统计表中n=，并补充完成下表：（2）若跳远成绩9分及以上为优秀，估计该校九年级学生训练后比训练前达到优秀的人数增加了多少？22．如图，直线l1：y=2x+1与直线l2：y=mx+4相交于点P（1，b），与x轴交于A，B两点，（1）求b，m的值；（2）求△ABP的面积；（3）垂直于x轴的直线x=a与直线l1，l2分别相交于C，D，若线段CD长为2，求a的值．23．如图是单位长度为1的正方形网格．（1）在图1中画出一条长度为10的线段AB；（2）在图2中画出一个以格点为顶点，面积为5的正方形．24．如图1，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F．（1）求证：△BDF是等腰三角形；（2）如图2，过点D作DG∥BE，交BC于点G，连接FG交BD于点O．①判断四边形BFDG的形状，并说明理由；②若AB=6，AD=8，求FG的长为152．25．为了减少二氧化碳的排放量，大家提倡绿色出行，越来越多市民选择租用共享单车出行，已知某共享单车公司为市民提供了手机支付和会员卡支付两种支付方式，如图描述了两种方式应支付金额y（元）与骑行时间x（时）之间的函数关系，根据图象回答下列问题：（1）求手机支付金额y（元）与骑行时间x（时）的函数关系式；（2）李老师经常骑行共享单车，请根据不同的骑行时间帮他确定选择哪种支付方式比较合算．26．如图，四边形ABCD是正方形，点E是BC边上的点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．（1）如图①，当点E是BC边上任一点（不与点B、C重合）时，求证：AE=EF．（2）如图②当点E是BC边的延长线上一点时，（1）中的结论还成立吗？（填成立或者不成立）．（3）当点E是BC边上任一点（不与点B、C重合）时，若已知AE=EF，那么∠AEF的度数是否发生变化？证明你的结论．参考答案与试题解析1.【分析】根据正比例函数的定义可得关于b的方程，解出即可．【解答】解：由正比例函数的定义可得：2-b=0，解得：b=2．故选：C．【点评】考查了正比例函数的定义，解题关键是掌握正比例函数的定义条件：正比例函数y=kx的定义条件是：k为常数且k≠0，自变量次数为1．2.【分析】最简二次根式满足：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，满足上述两个条件的二次根式，叫做最简二次根式．【解答】解：ABCD故选：C．【点评】本题主要考查了最简二次根式的定义，判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查被开方数不含分母，也不含能开的尽方的因数或因式，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．3.【分析】由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．【解答】解：A、92+162≠252，故不是直角三角形，故不符合题意；B、（13）2+（14）2≠（15）2，故不是直角三角形，故不符合题意；C、92+402=412，故是直角三角形，故符合题意；D、22+32≠42，故不是直角三角形，故不符合题意．故选：C．【点评】本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．4.【分析】由k+b=0可得出一次函数y=kx+b的图象过点（1，0），观察四个选项即可得出结论．【解答】解：∵在一次函数y=kx+b中k+b=0，∴一次函数y=kx+b的图象过点（1，0）．故选：A．【点评】本题考查了一次函数的图象，由k+b=0找出一次函数y=kx+b的图象过点（1，0）是解题的关键．5.【分析】根据众数和中位数的定义求解．找出次数最多的数为众数；把5个数按大小排列，位于中间位置的为中位数．【解答】解：在这一组数据中16是出现次数最多的，故众数是16；而将这组数据从小到大的顺序排列后，处于中间位置的数是8，那么由中位数的定义可知，这组数据的中位数是8．故选：D．【点评】本题考查统计知识中的中位数和众数的定义．将一组数据从小到大依次排列，把中间数据（或中间两数据的平均数）叫做中位数．一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．6.【分析】将各式化为最简二次根式后即可判断．【解答】解：（A）原式，故不能合并，（B）原式，故不能合并，（C）原式，故能合并，（D）原式，故不能合并，故选：C．【点评】本题考查最简二次根式，解题的关键是熟练运用二次根式的性质，本题属于基础题型7.【分析】先求出x=7时y的值，再将x=4、y=-1代入y=2x+b可得答案．【解答】解：∵当x=7时，y=6-7=-1，∴当x=4时，y=2×4+b=-1，解得：b=-9，故选：C．【点评】本题主要考查函数值，解题的关键是掌握函数值的计算方法．8.【分析】先根据翻折变换的性质得出CD=C′D，∠C=∠C′=90°，再设DE=x，则AE=8-x，由全等三角形的判定定理得出Rt△ABE≌Rt△C′DE，可得出BE=DE=x，在Rt△ABE中利用勾股定理即可求出x 的值，进而得出DE 的长． 【解答】解：∵Rt △DC′B 由Rt △DBC 翻折而成， ∴CD=C′D=AB=8，∠C=∠C′=90°， 设DE=x ，则AE=8-x ，∵∠A=∠C′=90°，∠AEB=∠DEC′， ∴∠ABE=∠C′DE ， 在Rt △ABE 与Rt △C′DE 中，90A C AB C DABE C DE ∠∠'︒'∠∠⎧⎪'⎪⎨⎩＝＝＝＝， ∴Rt △ABE ≌Rt △C′DE （ASA ）， ∴BE=DE=x ，在Rt △ABE 中，AB 2+AE 2=BE 2， ∴42+（8-x ）2=x 2， 解得：x=5， ∴DE 的长为5． 故选：C ．【点评】本题考查的是翻折变换的性质及勾股定理，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等的知识是解答此题的关键．9.【分析】由图可得，该图象是路程与时间的关系，乙比甲晚出发一小时且乙的速度比甲的速度快．【解答】解：由图可知，甲用4小时走完全程20km ，可得速度为5km/h ； 乙比甲晚出发一小时，用1小时走完全程，可得速度为20km/h ． 故选：C ．【点评】此题主要考查学生的读图获取信息的能力，要注意分析其中的“关键点”，还要善于分析各图象的变化趋势．10.【分析】将A （1，1），B （3，1），C （2，2）的坐标分别代入直线y ＝12x+b 中求得b 的值，再根据一次函数的增减性即可得到b 的取值范围．【解答】解：直线y=12x+b经过点B时，将B（3，1）代入直线y＝12x+b中，可得32+b=1，解得b=-12；直线y=12x+b经过点A时：将A（1，1）代入直线y＝12x+b中，可得12+b=1，解得b=12；直线y=12x+b经过点C时：将C（2，2）代入直线y＝12x+b中，可得1+b=2，解得b=1．故b的取值范围是-12≤b≤1．故选：B．【点评】考查了一次函数的性质：k＞0，y随x的增大而增大，函数从左到右上升；k＜0，y随x的增大而减小，函数从左到右下降．11.【分析】首先根据三角形中位线定理知：所得四边形的对边都平行且相等，那么其必为平行四边形，若所得四边形是矩形，那么邻边互相垂直，故原四边形的对角线必互相垂直，由此得解．【解答】已知：如右图，四边形EFGH是矩形，且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD 的中点，求证：四边形ABCD是对角线垂直的四边形．证明：由于E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，根据三角形中位线定理得：EH∥FG∥BD，EF∥AC∥HG；∵四边形EFGH是矩形，即EF⊥FG，∴AC⊥BD，故选：D．【点评】本题主要考查了矩形的性质和三角形中位线定理，解题的关键是构造三角形利用三角形的中位线定理解答．12.【分析】连接BD，由菱形的性质及∠A=60°，得到三角形ABD为等边三角形，P为AB 的中点，利用三线合一得到DP为角平分线，得到∠ADP=30°，∠ADC=120°，∠C=60°，进而求出∠PDC=90°，由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数．【解答】解：连接BD，∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，∴△ABD为等边三角形，∠ADC=120°，∠C=60°，∵P为AB的中点，∴DP为∠ADB的平分线，即∠ADP=∠BDP=30°，∴∠PDC=90°，∴由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，在△DEC中，∠DEC=180°-（∠CDE+∠C）=75°．故选：C．【点评】此题考查了翻折变换（折叠问题），菱形的性质，等边三角形的性质，以及内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．13.【分析】首先过A作AG⊥BD于G．利用面积法证明PE+PF=AG即可．【解答】解：如图，过A作AG⊥BD于G，则S△AOD=12×OD×AG，S△AOP+S△POD=12×AO×PF+12×DO×PE=12×DO×（PE+PF），∵S△AOD=S△AOP+S△POD，四边形ABCD是矩形，∴OA=OD，∴PE+PF=AG，∴PE+PF的值是定值，故选：C．【点评】本题考查矩形的性质、等腰三角形的性质、三角形的面积计算．解决本题的关键是证明等腰三角形底边上的任意一点到两腰距离的和等于腰上的高．14.【分析】小正方形运动过程中，y与x的函数关系为分段函数，即当0≤x＜完全重叠前，函数为为增函数；当完全重叠时，函数为平行于x轴的线段；当不再完全重叠时，函数为为减函数．即按照自变量x分为三段．【解答】解：依题意，阴影部分的面积函数关系式是分段函数，面积由“增加→不变→减少”变化．故选：C．【点评】本题考查了动点问题的函数图象．关键是理解图形运动过程中的几个分界点．本题也可以通过分析s随x的变化而变化的趋势及相应自变量的取值范围，而不求解析式来解决问题．15.【分析】直接利用二次根式有意义的条件进而分析得出答案．【解答】有意义，∴x≥0，故答案为：x≥0．【点评】此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确把握定义是解题关键．16.【分析】观察函数的图象y=2x与x+ky=3相交于点（1，2），从而求解；【解答】解：观察图象可知，y=2x与x+ky=3相交于点（1，2），可求出方方程组32x kyy x⎨⎩+⎧＝＝的解为12xy⎧⎨⎩＝＝，故答案为：12 xy⎧⎨⎩＝＝【点评】此题主要考查一次函数与二元一次方程组，关键是能根据函数图象的交点解方程组．17.【分析】根据已知得出四边形CEPF是矩形，得出EF=CP，要使EF最小，只要CP最小即可，根据垂线段最短得出即可．【解答】解：连接CP，如图所示：∵∠C=90°，PF⊥AC于F，PE⊥BC于E，∴∠C=∠PFC=∠PEC=90°，∴四边形CEPF是矩形，∴EF=CP，要使EF最小，只要CP最小即可，当CP⊥AB时，CP最小，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，由勾股定理得：AB=5，由三角形面积公式得：12×4×3=12×5×CP，∴CP=2.4，即EF=2.4，故答案为：2.4．【点评】本题利用了矩形的性质和判定、勾股定理、垂线段最短的应用，解此题的关键是确定出何时，EF最短，题目比较好，难度适中．18.【分析】根据直角三角形斜边上中线是斜边的一半可得DF=12AB=AD=BD=4且∠ABF=∠BFD，结合角平分线可得∠CBF=∠DFB，即DE∥BC，进而可得DE=4，由EF=DE-DF 可得答案．【解答】解：∵AF⊥BF，∴∠AFB=90°，∵AB=6，D为AB中点，∴DF=12AB=AD=BD=3，∴∠ABF=∠BFD，又∵BF平分∠ABC，∴∠ABF=∠CBF，∴∠CBF=∠DFB，∴DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴DE ADCB AB=，即386DE=解得：DE=4，∴EF=DE-DF=1，故答案为：1．【点评】本题主要考查直角三角形的性质和相似三角形的判定与性质，熟练运用其判定与性质是解题的关键．19.【分析】第1个正方形的边长是1，对角）2=2，第3）3；得出规律，即可得出结果．【解答】解：第1个正方形的边长是1）2=2第3个正方形的边长是2，对角线长为）3；…，∴第n n；∴第20192019，．【点评】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理；求出第一个、第二个、第三个正方形的对角线长，得出规律是解决问题的关键．20.【分析】（1）根据二次根式的运算法则即可求出答案．（2）根据完全平方公式进行化简，然后将x的值代入即可求出答案．【解答】解：（1）原式+1−1（2）原式=）2x2+（=）2（）2+（（=（4-3）2【点评】本题考查学生的运算能力，解题的关键是熟练运用运算法则，本题属于基础题型．21.【分析】（1）利用强化训练前后人数不变计算n的值；利用中位数对应计算强化训练前的中位数；利用平均数的计算方法计算强化训练后的平均分；利用众数的定义确定强化训练后的众数；（2）用500分别乘以样本中训练前后优秀的人数的百分比，然后求差即可；【解答】解：（1）n=20-1-3-8-5=3；强化训练前的中位数为7+82=7.5；强化训练后的平均分为120（1×6+3×7+8×8+9×5+10×3）=8.3；强化训练后的众数为8，故答案为3；7.5；8.3；8；（2）500×（820-320）=125，所以估计该校九年级学生训练后比训练前达到优秀的人数增加了125人；【点评】本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力；利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．22.【分析】（1）由点P（1，b）在直线l1上，利用一次函数图象上点的坐标特征，即可求出b值，再将点P的坐标代入直线l2中，即可求出m值；（2）根据解析式求得A、B的坐标，然后根据三角形面积公式即可求得；（3）由点C、D的横坐标，即可得出点C、D的纵坐标，结合CD=2即可得出关于a的含绝对值符号的一元一次方程，解之即可得出结论．【解答】解：（1）把点P（1，b）代入y=2x+1，得b=2+1=3，把点P（1，3）代入y=mx+4，得m+4=3，∴m=-1；（2）∵L1：y=2x+1 L2：y=-x+4，∴A（-12，0）B（4，0）∴1192732248 ABPS AB h=⋅=⨯⨯=V；（3）解：直线x=a与直线l1的交点C为（a，2a+1）与直线l2的交点D为（a，-a+4）．∵CD=2，∴|2a+1-（-a+4）|=2，即|3 a-3|=2，∴3 a-3=2或3 a-3=-2，∴a=53或a=13．【点评】本题考查了两条直线相交或平行问题、一次函数图象上点的坐标特征以及三角形的面积，解题的关键是：（1）利用一次函数图象上点的坐标特征求出b、m的值；（2）根据解析式求得与坐标轴的交点；（3）根据CD=2，找出关于a的含绝对值符号的一元一次方程．23.【分析】（1）根据勾股定理作出以1和3直角边的三角形的斜边即可；（2【解答】解：如图所示．【点评】本题考查了勾股定理，是基础题，熟练掌握网格结构以及勾股定理的应用是解题的关键．24.【分析】（1）证明△BDF是等腰三角形，可证明BF=DF，可通过证明∠EBD=∠FDB实现，利用折叠的性质和平行线的性质解决．（2）①先判断四边形BFDG是平行四边形，再由（1）BF=FD得到结论；②要求FG的长，可先求出OF的长，在Rt△BFO中，BO可由AB、AD的长及菱形的性质求得，解决问题的关键是求出BF的长．在Rt△BFA中，知AB=6、AF+BF=AD=8，可求出BF的长，问题得以解决．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠ADB=∠CBD，由折叠的性质可知：∠EBD=∠CBD，∴ADB=∠EBD，∴BF=FD∴△BDF是等腰三角形（2）①四边形BFDG是菱形．理由：∵FD∥BG，DG∥BE，∴四边形BFDG是平行四边形又∵BF=DF，∴四边形BFDG是菱形②设AF=x，则FD=8-x，∴BF=FD=8-x在Rt△ABF中，62+x2=（8-x）2，解得：x=74，∴FD=8-74=254，在Rt△ABD中，∵AB=6，AD=8，∴BD=10∵四边形BFDG是菱形，∴OD=12BD=5，FO=12FG，FG⊥BD，在Rt△ODF中，∵FO2+DO2=FD2，即FO2+52=（254）2，∴FO=154，∴FG=2FO=152．故答案为：152．【点评】本题考查了等腰三角形的判定、矩形的性质、菱形的性质及判定、勾股定理等知识，学会分析、把各个知识点有机的联系在一起是解决本题的关键．25.【分析】（1）由图象可知：当0≤x＜1时，y=0；当x≥1时，观察函数图象可得出点的坐标，利用待定系数法可求出手机支付金额y（元）与骑行时间x（时）的函数关系式，综上，此题得解；（2）观察函数图象找出点的坐标，利用待定系数法可求出会员卡支付对应的函数关系式，令2x=4x-4可求出两种支付费用相同时的时间，再结合函数图象可找出比较合算的付款方式．【解答】解：（1）当0≤x ＜1时，y=0；当x≥1时，设手机支付金额y （元）与骑行时间x （时）的函数关系式为y=kx+b （k≠0）， 将（1，0），（1.5，2）代入y=kx+b ，得：01.52k b k b ⎨+⎩+⎧＝＝，解得：44k b -⎧⎨⎩＝＝， ∴当x≥1时，手机支付金额y （元）与骑行时间x （时）的函数关系式为y=-4x-4．综上所述：手机支付金额y （元）与骑行时间x （时）的函数关系式为y=()4(00141)x x x -⎩≤≥⎧⎨＜． （2）设会员卡支付对应的函数关系式为y=ax ，将（1.5，3）代入y=ax ，得：3=1.5a ，解得：a=2，∴会员卡支付对应的函数关系式为y=2x ．令2x=4x-4，解得：x=2．由图象可知，当0＜x ＜2时，李老师李老师选择手机支付比较合算；当x=2时，李老师选择两种支付都一样；当x ＞2时，李老师选择会员卡支付比较合算．【点评】本题考查了一次函数的图象、待定系数法求一次函数解析式以及解一元一次方程，解题的关键是：（1）观察函数图象找出点的坐标，利用待定系数法求出函数关系式；（2）令两支付方式费用相等，求出两种支付费用相同时的时间．26.【分析】（1）在AB 上取点G ，使得BG=BE ，连接EG ，根据已知条件利用ASA 判定△AGE ≌△ECF ，因为全等三角形的对应边相等，所以AE=EF ；（2）在BA 的延长线上取一点G ，使AG=CE ，连接EG ，根据已知利用ASA 判定△AGE ≌△ECF ，因为全等三角形的对应边相等，所以AE=EF ；（3）在BA 边取一点G ，使BG=BE ，连接EG ．作AP ⊥EG ，EQ ⊥FC ，先证AGP ≌△ECQ 得AP=EQ ，再证Rt △AEP ≌Rt △EFQ 得∠AEP=∠EFQ ，∠BAE=∠CEF ，结合∠AEB+∠BAE=90°知∠AEB+∠CEF=90°，从而得出答案．【解答】（1）证明：在BA 边取一点G ，使BG=BE ，连接EG ，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠B=900，BA=BC ，∠DCM═900，∴BA-BG=BC-BE，即 AG=CE．∵∠AEF=90°，∠B=90°，∴∠AEB+∠CEF=90°，∠AEB+∠BAE=90°，∴∠CEF=∠BAE．∵BG=BE，CF平分∠DCM，∴∠BGE=∠FCM=45°，∴∠AGE=∠ECF=135°，∴△AGE≌△ECF（ASA），∴AE=EF．（2）成立，理由：在BA的延长线上取点G，使得AG=CE，连接EG．∵四边形ABCD为正方形，AG=CE，∴∠B=90°，BG=BE，∴△BEG为等腰直角三角形，∴∠G=45°，又∵CF为正方形的外角平分线，∴∠ECF=45°，∴∠G=∠ECF=45°，∵∠AEF=90°，∴∠FEM=90°-∠AEB，又∵∠BAE=90°-∠AEB，∴∠FEM=∠BAE，∴∠GAE=∠CEF，在△AGE和△ECF中，∵G CEFAG CEGAE CEF ∠∠∠∠⎧⎪⎨⎪⎩＝＝＝，∴△AGE≌△ECF（ASA），∴AE=EF．故答案为：成立．（3）∠AEF=90°不发生变化．理由如下：在BA边取一点G，使BG=BE，连接EG．分别过点A、E作AP⊥EG，EQ⊥FC，垂足分别为点P、Q，∴∠APG=∠EQC=90°，由（1）中知，AG=CE，∠AGE=∠ECF=135°，∴∠AGP=∠ECQ=45°，∴△AGP≌△ECQ（AAS），∴AP=EQ，∴Rt△AEP≌Rt△EFQ（HL），∴∠AEP=∠EFQ，∴∠BAE=∠CEF，又∵∠AEB+∠BAE=90°，∴∠AEB+∠CEF=90°，∴∠AEF=90°．【点评】此题是四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线、灵活运用全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键，解答时，注意类比思想的正确运用．1、学而不思则罔，思而不学则殆。