部编版八年级下册数学期末试卷培优测试卷.doc

部编版八年级下册数学期末试卷培优测试卷
一、选择题
1．要使式子﹣有意义，则x的值可以为（ ）
A．﹣6 B．0 C．2 D．π
2．由下列线段组成的三角形不是直角三角形的是（　　）
A．7，24，25 B．4，5， C．3，5，4 D．4，5，6
3．在下列条件中，不能判定四边形为平行四边形的是（ ）
A．对角线互相平分 B．一组对边平行且相等
C．两组对角分别相等 D．对角线互相垂直
4．某公司要招聘一位高管，面试时，一位应聘者的基本知识、表达能力，决策能力的得分分别是90分、82分，83分，若依次按20%，40%，40%的比例确定成绩，则应聘者的最终面试成绩是（ ）
A．82分 B．83分 C．84分 D．85分
5．如图，在四边形中，，，，，且，则四边形的面积是（ ）

A． B． C． D．
6．如图，在菱形ABCD中，∠A＝110°，E，F分别是边AB和BC的中点，EP⊥CD于点P，则∠FPC＝（　　）

A．35° B．45° C．50° D．55°
7．如图，在平行四边形纸片ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，∠AEB＝45°，BD＝4，将纸片沿对角线AC对折，使得点B落在点B′的位置，连接DB'，则DB'的长为（　　）

A．2 B．2 C．4 D．15
8．如图，在平面直角坐标系中，点在x轴正半轴上，点在直线上，若，且均为等边三角形，则线段的长度为（ ）

A． B． C． D．
二、填空题
9．若y＝，则x+y的值为 ____．
10．已知菱形的边长为2，一个内角为，那么该菱形的面积为__________．
11．如图，在中，，，，则斜边的长为____.

12．如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于点E、F，连接PB、PD，若AE＝2，PF＝9，则图中阴影面积为______；

13．过点，则______．
14．如图所示，在四边形ABCD中，顺次连接四边中点E、F、G、H，构成一个新的四边形，请你对四边形ABCD添加一个条件，使四边形EFGH成一个菱形，这个条件是__________．

15．A，B两地相距60km，甲、乙两人从两地出发相向而行，甲先出发，如图，l1，l2表示两人离A地的距离：s（km）与时间t（h）的关系，则乙出发_____h两人恰好相距5千米．

16．如图，中，，将折叠，使点与的中点重合，折痕为则线段的长为________．

三、解答题
17．计算：
（1）(＋1)×－；
（2）＋×．
18．笔直的河流一侧有一旅游地C，河边有两个漂流点A，B．其中AB＝AC，由于某种原因，由C到A的路现在已经不通，为方便游客决定在河边新建一个漂流点H（A，H，B在同一直线上），并新修一条路CH，测得BC＝5千米，CH＝4千米，BH＝3千米．
（1）判断△BCH的形状，并说明理由；
（2）求原路线AC的长．

19．图1、图2是两张形状和大小完全相同的方格纸，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段AB的两个端点均在小正方形的顶点上．

（1）在图1中画出一个以AB为一边正方形ABCD，使点C、D在小正方形的顶点上；
（2）在图2中画出一个以AB为一边，面积为6的□ABEF，使点E、F均在小正方形的顶点上，并直接写出□ABEF周长．
20．如图，平行四边形的对角线、相较于点O，且，，．求证：四边形是矩形．

21．阅读理解：把分母中的根号化去叫做分母有理化，例如：①＝＝；②＝＝＝．等运算都是分母有理化，根据上述材料，
（1）化简：；
（2）+++…+．
22．某店因为经营不善欠下38400元的无息贷款的债务，想转行经营服装，专卖店又缺少资金．“中国梦想秀”栏目组决定借给该店30000元资金，并约定利用经营的利润偿还债务（所有债务均不计利息）．已知该店代理的品牌服装的进价为每件40元，该品牌服装日销售量y（件）与销售价x（元/件）之间的关系可用图中的一条折线（实线）来表示．该店支付员工的工资为每人每天82元，每天还应该支付其它费用为106元（不包含债务）．
（1）求日销售量y(件)与销售价x(元/件)之间的函数关系式；
（2）若该店只有2名员工，则该店最早需要多少天能还清所有债务，此时每件服装的价格应定为多少元？

23．已知四边形ABCD是正方形，将线段CD绕点C逆时针旋转（），得到线段CE，联结BE、CE、DE. 过点B作BF⊥DE交线段DE的延长线于F．
（1）如图，当BE=CE时，求旋转角的度数；
（2）当旋转角的大小发生变化时，的度数是否发生变化?如果变化，请用含的代数式表示；如果不变，请求出的度数；
（3）联结AF，求证：．

24．已知：在平面直角坐标系中，点为坐标原点，直线交轴于点，交轴于点．
（1）如图1，求点的坐标；
（2）如图2，点为线段上一点，点为轴负半轴上一点，连接，，且，设点的横坐标为，的长为，求与之间的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点作的垂线，分别交轴，于点，，过点作于点，连接，若平分的周长，求的值．

25．在正方形ABCD中，AB＝4，点E是边AD上一动点，以CE为边，在CE的右侧作正方形CEFG，连结BF．

（1）如图1，当点E与点A重合时，则BF的长为　 　．
（2）如图2，当AE＝1时，求点F到AD的距离和BF的长．
（3）当BF最短时，请直接写出此时AE的长．
【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．
【详解】
解：由题意得：x﹣3≥0，
解得：x≥3，
各个选项中，π符合题意，
故选：D．
【点睛】
此题主要考查二次根式有意义的条件，解题的关键是熟知二次根式的性质．
2．D
解析：D
【分析】
根据勾股定理的逆定理对各选项进行逐一判断即可．
【详解】
解：A、∵72+242=625=252，∴能够成直角三角形，故本选项不符合题意；
B、∵42+52=41=()2，∴能够成直角三角形，故本选项不符合题意；
C、∵32+42=52，∴能够成直角三角形，故本选项不符合题意；
D、∵42+52≠62，∴不能够成直角三角形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查的是勾股定理的逆定理，即如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形．
3．D
解析：D
【解析】
【分析】
利用平行四边形的判定可求解．
【详解】
解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故该选项不符合题意；
B、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故该选项不符合题意；
C、两组对角分别相等的四边形是平行四边形，故该选项不符合题意；
D、对角线互相垂直的四边形不一定是平行四边形，故该选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是本题的关键．
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据加权平均数的计算公式进行计算，即可得出答案．
【详解】
解：根据题意得：
90×20%+82×40%+83×40%=84（分）；
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了加权平均数的计算，掌握加权平均数的定义是解题的关键．
5．B
解析：B
【分析】
利用勾股定理求出AC2的值，再由勾股定理的逆定理判定△ACD也为直角三角形，则S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD．
【详解】
解：如图，连接AC．

在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=2，
∵AC2+CD2=AD2，
∴△CDA也为直角三角形，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=AB×BC+AC×CD=．
故四边形ABCD的面积是．故选B.
【点睛】
本题考查勾股定理及其逆定理的应用．解答此题的关键是作出辅助线，构造出直角三角形，求出AC的长．
6．D
解析：D
【解析】
【分析】
延长PF交AB的延长线于点G．根据已知可得∠B，∠BEF，∠BFE的度数，再根据余角的性质可得到∠EPF的度数，从而不难求得∠FPC的度数．
【详解】
解：延长PF交AB的延长线于点G．
在△BGF与△CPF中，

∴△BGF≌△CPF（ASA），
∴GF＝PF，
∴F为PG中点．
又∵由题可知，∠BEP＝90°，
∴（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半），
∵（中点定义），
∴EF＝PF，
∴∠FEP＝∠EPF，
∵∠BEP＝∠EPC＝90°，
∴∠BEP﹣∠FEP＝∠EPC﹣∠EPF，即∠BEF＝∠FPC，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC，∠ABC＝180°﹣∠A＝70°，
∵E，F分别为AB，BC的中点，
∴BE＝BF，
易证FE＝FG，
∴∠FGE＝∠FEG＝55°，
∵AG∥CD，
∴∠FPC＝∠EGF＝55°
故选D．

【点睛】
此题主要考查了菱形的性质的理解及运用，灵活应用菱形的性质是解决问题的关键．
7．A
解析：A
【解析】
【分析】
先利用平行四边形的性质得到，再由折叠的性质得到，，由此可得到，再利用勾股定理求解即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
由折叠的性质可知：，，
∴，
∴，
∴在直角三角形中，
故选A．

【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，折叠的性质，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
8．D
解析：D
【分析】
根据题意得出∠AnOBn=30°，从而推出AnBn=OAn，得到BnBn+1=BnAn+1，算出B1A2=1，B2A3=2，B3A4=4，找出规律得到BnAn+1=2n-1，从而计算结果．
【详解】
解：设△BnAnAn+1的边长为an，
∵点B1，B2，B3，…是直线上的第一象限内的点，
过点A1作x轴的垂线，交直线于C，
∵A1（1，0），令x=1，则y=，
∴A1C=，
∴，
∴∠AnOBn=30°，
∵均为等边三角形，
∴∠BnAnAn+1=60°，
∴∠OBnAn=30°，
∴AnBn=OAn，
∵∠BnAn+1Bn+1=60°，
∴∠An+1BnBn+1=90°，
∴BnBn+1=BnAn+1，
∵点A1的坐标为（1，0），
∴A1B1=A1A2=B1A2=1，A2B2=OA2=B2A3=2，A3B3=OA3=B3A4=4，...，
∴AnBn=OAn=BnAn+1=2n-1，
∴=B2019A2020=，
故选D．

【点睛】
本题考查了一次函数的性质、等边三角形的性质以及三角形外角的性质，本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据等边三角形边的特征找出边的变化规律是关键．
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式求出x，进而求出y，计算即可．
【详解】
解：由题意得：2x-1≥0，1-2x≥0，
解得：x=，
∴y=3，
∴x+y=+3=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
10．A
解析：
【解析】
【分析】
连接AC，过点A作AM⊥BC于点M，根据菱形的面积公式即可求出答案．
【详解】
解：过点A作AM⊥BC于点M，

∵菱形的边长为2cm，
∴AB=BC=2cm，
∵有一个内角是60°，
∴∠ABC=60°，
∴∠BAM=30°，
∴（cm），
∴（cm），
∴此菱形的面积为：（cm2）．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质和30°直角三角形性质，解题的关键是熟练运用菱形的性质，本题属于基础题型．
11．A
解析：2
【解析】
【分析】
根据三角形的面积可求得两直角边的乘积的值，再根据完全平方和公式即可求得AB的长.
【详解】
∵∠C=90°，
∴AB2=AC2+BC2，
∵S△ABC=AC•BC=1，
∴AC•BC=2，
∵AC+BC=2，
∴(AC+BC)2=AC2+BC2+2AC•BC=AB2+2×2=(2)2，
∴AB2=8，
∴AB=2，
故答案为2.
【点睛】
本题考查了勾股定理，完全平方公式，熟练掌握勾股定理的内容以及完全平方公式的变形是解题的关键.
12．A
解析：
【分析】
作PM⊥AD于M，交BC于N，根据矩形的性质可得S△PEB=S△PFD即可求解.
【详解】
解：作PM⊥AD于M，交BC于N．

则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，
,
∴，
，
∴S阴=9+9=18，
故答案为：18．
【点睛】
本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是证明．
13．1
【分析】
把代入函数解析式即可求解．
【详解】
代入得3=2k+1
解得k=1
故答案为：1．
【点睛】
此题主要考查求一次函数的解析式，解题的关键是熟知待定系数法的运用．
14．A
解析：答案不唯一，例AC=BD 等
【分析】
连接AC、BD，先证明四边形ABCD是平行四边形，再根据菱形的特点添加条件即可.
【详解】
连接AC，
∵点E、F分别是AB、BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥AC，EF=AC，
同理HG∥AC，HG=AC,
∴EF∥HG，EF=HG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
连接BD,同理EH=FG,EF∥FG，
当AC=BD时，四边形EFGH是平行四边形，
故答案为：答案不唯一，例AC=BD 等.

【点睛】
此题考查三角形中位线性质，平行四边形的判定及性质，菱形的判定.
15．8或1
【分析】
分相遇前或相遇后两种情形分别列出方程即可解决问题．
【详解】
解：由题意可知，乙的函数图象是l2，
甲的速度是＝30（km/h），乙的速度是＝20（km/h）．
设乙出发x小时两人
解析：8或1
【分析】
分相遇前或相遇后两种情形分别列出方程即可解决问题．
【详解】
解：由题意可知，乙的函数图象是l2，
甲的速度是＝30（km/h），乙的速度是＝20（km/h）．
设乙出发x小时两人恰好相距5km．
由题意得：30（x+0.5）+20x+5＝60或30（x+0.5）+20x﹣5＝60，
解得x＝0.8或1，
所以甲出发0.8小时或1小时两人恰好相距5km．
故答案为：0.8或1．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是读懂图象信息，灵活应用速度、路程、时间之间的关系解决问题．
16．4
【分析】
根据题意，设BN=x，由折叠DN=AN=9-x，在利用勾股定理列方程解出x，就求出BN的长．
【详解】
∵D是CB中点，BC=6
∴BD=3
设BN=x，AN=9-x，由折叠，DN=A
解析：4
【分析】
根据题意，设BN=x，由折叠DN=AN=9-x，在利用勾股定理列方程解出x，就求出BN的长．
【详解】
∵D是CB中点，BC=6
∴BD=3
设BN=x，AN=9-x，由折叠，DN=AN=9-x，
在中，，
，解得x=4
∴BN=4．
故答案是：4．
【点睛】
本题考查折叠的性质和勾股定理，关键是利用方程思想设边长，然后用勾股定理列方程解未知数，求边长．
三、解答题
17．（1）4－；（2）3．
【分析】
（1）根据二次根式的混合运算法则先算乘法，然后合并同类二次根式求解即可；
（2）根据二次根式的混合运算法则先算乘法，然后合并同类二次根式求解即可．
【详解】
（1）
解析：（1）4－；（2）3．
【分析】
（1）根据二次根式的混合运算法则先算乘法，然后合并同类二次根式求解即可；
（2）根据二次根式的混合运算法则先算乘法，然后合并同类二次根式求解即可．
【详解】
（1）(＋1)×－

（2）＋×

【点睛】
此题考查了二次根式的加减乘法运算，解题的关键是熟练掌握二次根式的加减乘法运算法则．
18．（1）直角三角形，理由见解析；（2）原来的路线AC的长为千米．
【分析】
（1）根据勾股定理的逆定理解答即可；
（2）根据勾股定理解答即可．
【详解】
解：（1）△HBC是直角三角形，
理由是：在△
解析：（1）直角三角形，理由见解析；（2）原来的路线AC的长为千米．
【分析】
（1）根据勾股定理的逆定理解答即可；
（2）根据勾股定理解答即可．
【详解】
解：（1）△HBC是直角三角形，
理由是：在△CHB中，
∵CH2+BH2=42+32=25，
BC2=25，
∴CH2+BH2=BC2，
∴△HBC是直角三角形且∠CHB=90°；
（2）设AC=AB=x千米，则AH=AB-BH=（x-3）千米，
在Rt△ACH中，由已知得AC=x，AH=x-3，CH=4，
由勾股定理得：AC2=AH2+CH2，
∴x2=（x-3）2+42，
解这个方程，得x=，
答：原来的路线AC的长为千米．
【点睛】
本题考查勾股定理的应用，解决本题的关键是掌握勾股定理的逆定理和定理．
19．（1）见解析；（2）见解析；周长为4+2．
【解析】
【分析】
（1）直接利用网格结合正方形的性质得出符合题意的答案；
（2）直接利用网格结合平行四边形的性质以及勾股定理得出答案．
【详解】
（1）
解析：（1）见解析；（2）见解析；周长为4+2．
【解析】
【分析】
（1）直接利用网格结合正方形的性质得出符合题意的答案；
（2）直接利用网格结合平行四边形的性质以及勾股定理得出答案．
【详解】
（1）如图1，将绕点逆时针旋转得,
将绕点顺时针旋转得，
连接,正方形ABCD即为所求．

（2）如图2所示，
∴S▱ABEF
由题意可知：
平行四边形ABEF即为所求．周长为．
【点睛】
本题考查作图、勾股定理、正方形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的思想思考问题．
20．见解析
【分析】
先根据四边形是平行四边形且得到平行四边形是菱形，即可得到，再根据，，证明四边形是平行四边形，即可得到平行四边形是矩形．
【详解】
证明：∵四边形是平行四边形且
∴平行四边形是菱形
解析：见解析
【分析】
先根据四边形是平行四边形且得到平行四边形是菱形，即可得到，再根据，，证明四边形是平行四边形，即可得到平行四边形是矩形．
【详解】
证明：∵四边形是平行四边形且
∴平行四边形是菱形
∴，即
又∵，．
∴四边形是平行四边形，
∴平行四边形是矩形．

【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
21．（1）+；（2）．
【解析】
【分析】
（1）分母有理化即可；
（2）先分母有理化，然后合并即可．
【详解】
解：（1）；
（2）+++…+

＝．
【点睛】
此题考查了二次根式的分母有理化，本题
解析：（1）+；（2）．
【解析】
【分析】
（1）分母有理化即可；
（2）先分母有理化，然后合并即可．
【详解】
解：（1）；
（2）+++…+

＝．
【点睛】
此题考查了二次根式的分母有理化，本题中二次根式有理化主要利用了平方差公式，所以一般二次根式的有理化因式是符合平方差公式的特点的式子．找出分母的有理化因式是解本题的关键．
22．（1）（2）380天，55元
【分析】
（1）根据函数图像，待定系数法求解析式即可；
（2）设需要天，该店能还清所有债务，根据题意，列一元一次不等式，根据二次函数的性质求得最值
【详解】
（1）当时
解析：（1）（2）380天，55元
【分析】
（1）根据函数图像，待定系数法求解析式即可；
（2）设需要天，该店能还清所有债务，根据题意，列一元一次不等式，根据二次函数的性质求得最值
【详解】
（1）当时，设与的函数关系是为，有函数图像可知，函数图像经过点

解得

当时，设与的函数关系是为，有函数图像可知，函数图像经过点

解得

综上所述，
（2）设设需要天，该店能还清所有债务，根据题意，

当时，
当时，的最大值为

即，
当时，
当时，的最大值为

即，
综上所述，时，即最早需要天还清所有债务，此时服装定价为元
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，二次函数的应用，掌握二次函数的性质是解题的关键．
23．（1）30°；（2）不变；45°；（3）见解析
【分析】
（1）利用图形的旋转与正方形的性质得到△BEC是等边三角形，从而求得=∠DCE=30°．
（2）因为△CED是等腰三角形，再利用三角形的内角
解析：（1）30°；（2）不变；45°；（3）见解析
【分析】
（1）利用图形的旋转与正方形的性质得到△BEC是等边三角形，从而求得=∠DCE=30°．
（2）因为△CED是等腰三角形，再利用三角形的内角和即可求∠BEF=.
（3）过A点与C点添加平行线与垂线，作得四边形AGFH是平行四边形，求得△ABG≌△ADH.从而求得矩形AGFH是正方形，根据正方形的性质证得△AHD≌△DIC，从而得出结论．
【详解】
（1）证明：在正方形ABCD中, BC=CD.由旋转知，CE=CD,
又∵BE=CE,
∴BE=CE=BC,
∴△BEC是等边三角形，
∴∠BCE=60°.
又∵∠BCD=90°,
∴=∠DCE=30°.
（2）∠BEF的度数不发生变化.
在△CED中，CE=CD,
∴∠CED=∠CDE=，
在△CEB中,CE=CB,∠BCE=,
∴∠CEB=∠CBE=,
∴∠BEF=.
（3）过点A作AG∥DF与BF的延长线交于点G，过点A作AH∥GF与DF交于点H，过点C作CI⊥DF于点I
易知四边形AGFH是平行四边形，
又∵BF⊥DF，
∴平行四边形AGFH是矩形.
∵∠BAD=∠BGF=90°，
∠BPF=∠APD ，
∴∠ABG=∠ADH.
又∵∠AGB=∠AHD=90°，AB=AD，
∴△ABG≌△ADH.
∴AG=AH ，
∴矩形AGFH是正方形.
∴∠AFH=∠FAH=45°，
∴AH=AF
∵∠DAH+∠ADH=∠CDI+∠ADH=90°
∴∠DAH=∠CDI
又∵∠AHD=∠DIC=90°，AD=DC，
∴△AHD≌△DIC
∴AH=DI，
∵DE=2DI，
∴DE=2AH=AF

【点晴】
本题考查正方形的性质和判定、图形的旋转、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24．（1）点的坐标为；（2）；（3）12
【解析】
【分析】
（1）根据点A的坐标求出函数解析式，即可求解；
（2）过点作轴于点，可用t表示出点P的坐标，根据（1）可知，可知，设，根据，可得：，从而，即
解析：（1）点的坐标为；（2）；（3）12
【解析】
【分析】
（1）根据点A的坐标求出函数解析式，即可求解；
（2）过点作轴于点，可用t表示出点P的坐标，根据（1）可知，可知，设，根据，可得：，从而，即可解答；
（3）作轴于点，延长至点，使，连接，，过点作的垂线交的延长线于点．由（2）可得：，可证，进而可证，可得，列出关于t的等式即可求解．
【详解】
解：（1）∵直线经过点，
∴，∴
∴当时，，
∴点的坐标为；
（2）如图1，过点作轴于点，

图1
∵点在直线上，点的横坐标为，
∴点的坐标为，
∴，
∵，，
∴∴
设，∵，∴
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）作轴于点，延长至点，使，连接，，过点作的垂线交的延长线于点．

图2
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
∴，
∵轴，∴，
∵，，
∴
∵平分的周长，
∴，
∴，
∴
∴，
∴
∵，，
∴，
∴，
∴
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题是一次函数与几何综合题，在一次函数的背景下考查全等三角形的性质与判定等知识；构造合适的辅助线是解决本题的关键．
25．（1）；（2）点F到AD的距离为3，BF=；（3）2
【分析】
（1）连接DF，证明△ADF≌△CDA，得出CDF共线，然后用勾股定理即可；
（2）过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，FH⊥BC
解析：（1）；（2）点F到AD的距离为3，BF=；（3）2
【分析】
（1）连接DF，证明△ADF≌△CDA，得出CDF共线，然后用勾股定理即可；
（2）过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，FH⊥BC交BC的延长线于K，证明△EHF≌△CDE，再用勾股定理即可；
（3）当B，D，F共线时，此时BF取最小值，求出此时AE的值即可．
【详解】
解：（1）如图，连接DF，

∵∠CAF=90°，∠CAD=45°，
∴∠DAF=45°，
在△CAD和△FAD中，
，
∴△CAD≌△FAD（SAS），
∴DF=CD，
∴∠ADC=∠ADF=90°，
∴C，D，F共线，
∴BF2=BC2+CF2=42+82=80，
∴BF＝，
故答案为：；
（2）如图，过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，FH⊥BC交BC的延长线于K，

∵四边形CEFG是正方形，∴EC=EF，∠FEC=90°，
∴∠DEC+∠FEH=90°，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，
∴∠DEC+∠ECD=90°，
∴∠ECD=∠FEH，
又∵∠EDC=∠FHE=90°，
在△ECD和△FEH中，
，
∴△ECD≌△FEH（AAS），
∴FH=ED，
∵AD=4，AE=1，
∴ED=AD-AE=4-1=3，
∴FH=3，即点F到AD的距离为3，
∴∠DHK=∠HDC=∠DCK=90°，
∴四边形CDHK为矩形，
∴HK=CD=4，
∴FK=FH+HK=3+4=7，
∵△ECD≌△FEH，
∴EH=CD=AD=4，
∴AE=DH=CK=1，
∴BK=BC+CK=4+1=5，
在Rt△BFK中，BF＝；
（3）∵当A，D，F三点共线时，BF的最短，
∴∠CBF=45°，
∴FH=DH，
由（2）知FH=DE，EH=CD=4，
∴ED=DH=4÷2=2，
∴AE=2．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定，关键是要作辅助线构造全等的三角形，在正方形和三角形中辅助线一般是垂线段，要牢记正方形的两个性质，即四边相等，四个内角都是90°．