沪教版八年级数学下册试题 期末检测（能力提升） （含解析）

期末检测（能力提升）
一、选择题（每小题4分，共24分）
1.一次函数y＝ax﹣a与反比例函数y＝（a≠0）在同一坐标系中的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
2.甲、乙两人同时从A地出发，步行15km到B地，甲比乙每小时多走1km，结果甲比乙早到半小时，两人每小时各走几千米？设甲每小时走xkm，则可列出的方程为（　　）
A． B．
C． D．
3.如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A、D分别在x轴、y轴上，反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象经过正方形对角线的交点E，若点A（2，0）、D（0，4），则k＝（　　）
A．6 B．8 C．9 D．12
4.某中学校长计划周三早上去听课，已知该校七年级有4个班，八年级有5个班，九年级有4个班，校长从上午的课中随机选择一个班去听一节课，校长所选择听课的班级正好是九年级的概率为（　　）
A． B． C． D．
5.如图，已知直线y＝﹣2x+5与x轴交于点A，与y轴交于点B，将△AOB沿直线AB翻折后，设点O的对应点为点C，双曲线y＝（x＞0）经过点C，则k的值为（　　）
A．8 B．6 C．4 D．4
6.如图，先有一张矩形纸片ABCD，AB＝4，BC＝8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN于点Q，连接CM．下列结论：①CQ＝CD； ②四边形CMPN是菱形； ③P，A重合时，MN＝2； ④△PQM的面积S的取值范围是3≤S≤5．（　　）
A．①② B．②③ C．③④ D．①②③④
二、填空题（每小题4分，共48分）
7.正比例函数y＝kx（k≠0）经过点（1，3），则k＝　　．
8.已知直线y＝2x﹣2，则直线与y轴的交点坐标为　　．
9.若方程有增根，则m的值为　　﹣　．
10.如图，直线y＝x﹣2与x轴交于点A，以OA为斜边在x轴上方作等腰直角三角形OAB，将△OAB沿x轴向右平移，当点B落在直线y＝x﹣2上时，则△OAB平移的距离是　　．
11.某生态示范园计划种植一批蜂糖李，原计划总产量达36万千克，为了满足市场需求，现决定改良蜂糖李品种，改良后平均每亩产量是原计划的1.5倍，总产量比原计划增加了9万千克，种植亩数减少了20亩，则原计划和改良后平均每亩产量各多少万千克？设原计划平均亩产量为x万千克，则改良后平均每亩产量为1.5x万千克，根据题意列方程为　　　　　﹣　　　　　　　．
12.如图，在菱形ABCD中，AB＝4，BD＝6，M、N分别是BC，CD的中点，P是对角线BD上的一个动点，则△PMN周长的最小值为　　．
13.如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC，若AC＝8，则四边形CODE的周长是　　．
14.在一个口袋中有4个完全相同的小球，它们的标号分别为1，2，3，4，一人从中随机摸出一球记下标号后放回，再从中随机摸出一个小球记下标号，则两次摸出的小球的标号之和大于4的概率是　　　　　　．
15.随意的抛一粒豆子，恰好落在图中的方格的每个方格除颜色外完全相同，那么这粒豆子落在黑色方格中的概率是　　　　　　．
16.如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝　　．
17.如图，在边长为6cm的正方形ABCD中，以BC为边在正方形ABCD内作等边△BCE，连接AE并延长交DC于点F，连接DE．请从A，B两题中任选一题作答：
A．∠AED的度数等于　　．
B．线段DF的长是　　cm．
18.你知道吗，对于一元二次方程，我国古代数学家还研究过其几何解法呢！以方程x2+5x﹣14＝0即x（x+5）＝14为例加以说明．数学家赵爽（公元3～4世纪）在其所著的《勾股圆方图注》中记载的方法是：构造图（如下面左图）中大正方形的面积是（x+x+5）2，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即4×14+52，据此易得x＝2．那么在下面右边三个构图（矩形的顶点均落在边长为1的小正方形网格格点上）中，能够说明方程x2﹣4x﹣12＝0的正确构图是　　　．（只填序号）
三、解答题（共78分）
19.解方程：．
20.如图，在矩形ABCD中，EF垂直平分BD，分别交AD、BD、BC于点E、O、F，连接BE、DF．
（1）求证：四边形BEDF是菱形；
（2）若AB＝6，BD＝10，求EF的长．
21.如图，在平面直角坐标系中，存在直线y1＝﹣x+4和直线y2＝3x．
（1）直接写出直线y1＝﹣x+4与坐标轴的交点坐标．
（2）求出直线y1＝﹣x+4和直线y2＝3x的交点坐标．
（3）结合图象，直接写出0＜y2＜y1的解集．
22.有两个可以自由转动的均匀转盘A、B都被分成了3等份，并在每一份内均标有数字，如图所示，规则如下：
①分别转动转盘，其中A转盘指针对着的数字记为横坐标，B转盘指针对着的数字记为纵坐标；
②两个转盘停止后观察两个指针所指份内的数字（若指针停在等分线上，则重转一次，直到指针指向某一份内为止）．
（1）用列表或画树状图的方法表示出上述试验所有可能的结果；
（2）张颖和刘亮想用这两个转盘做游戏，决定谁能获得唯一一张2018年昆明“南博会”的门票，他们规定，两个指针所得坐标在第二象限，张颖获得门票，两个指针所得坐标在坐标轴上，刘亮获得门票．这个游戏公平吗？若不公平，谁获胜的可能性大？
23.某商场准备购进A，B两种书包，每个A种书包比B种书包的进价少20元，用700元购进A种书包的个数是用450元购进B种书包个数的2倍，A种书包每个标价是90元，B种书包每个标价是130元．请解答下列问题：
（1）A，B两种书包每个进价各是多少元？
（2）若该商场购进B种书包的个数比A种书包的2倍还多5个，且A种书包不少于18个，购进A，B两种书包的总费用不超过5450元，则该商场有哪几种进货方案？
（3）该商场按（2）中获利最大的方案购进书包，在销售前，拿出5个书包赠送给某希望小学，剩余的书包全部售出，其中两种书包共有4个样品，每种样品都打五折，商场仍获利1370元．请直接写出赠送的书包和样品中，A种，B种书包各有几个？
24.如图，直线l1的表达式为y＝ax+2，且l1与y轴交于点D，直线l2经过点A（4，0），B（0，﹣1），两直线交于点C（m，），
（1）求直线l1、l2的表达式．
（2）点D坐标为　　．
（3）求△BCD的面积．
（4）若有过点C的直线CE把△BCD的面积分为2：1两部分，请直接写出符合条件的直线CE的表达式．
25.已知在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°．
（1）∠ABC+∠ADC＝　　　°；
（2）如图①，若DE平分∠ADC，BF平分∠ABC的外角，请写出DE与BF的位置关系，并证明；
（3）如图②，若BE，DE分别四等分∠ABC、∠ADC的外角（即∠CDE＝∠CDN，∠CBE＝∠CBM），试求∠E的度数
答案
一、选择题
1.D
【分析】先根据一次函数的性质判断出a取值，再根据反比例函数的性质判断出a的取值，二者一致的即为正确答案．
【解答】解：A、由函数y＝ax﹣a的图象可知a＞0，﹣a＞0，由函数y＝（a≠0）的图象可知a＞0，矛盾，错误；
B、由函数y＝ax﹣a的图象可知a＜0，由函数y＝（a≠0）的图象可知a＞0，相矛盾，故错误；
C、由函数y＝ax﹣a的图象可知a＞0，由函数y＝（a≠0）的图象可知a＜0，故错误；
D、由函数y＝ax﹣a的图象可知a＜0，﹣a＞0，由函数y＝（a≠0）的图象可知a＜0，故正确；
故选：D．
2.A
【分析】设甲每小时走xkm，则乙每小时走（x﹣1）km，根据时间＝路程÷速度结合甲比乙早到半小时，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】解：设甲每小时走xkm，则乙每小时走（x﹣1）km，
依题意，得：＝+．
故选：A．
3.C
【分析】通过证得△AOD≌△BMA求出B的坐标，进而得到E点坐标，代入y＝，利用待定系数法求出k．
【解答】解：作BM⊥x轴于M，
由正方形的性质可知AD＝AB，∠BAD＝90°，BE＝DE，
∴∠ADO+∠DAO＝∠DAO+∠BAM，
∴∠ADO＝∠BAM，
∵∠AOD＝∠BMA＝90°，
∴△AOD≌△BMA（AAS），
∴OA＝BM，OD＝AM，
∵点A（2，0）、D（0，4），
∴OA＝2，OD＝4，
∴BM＝OA＝2，OM＝2+4＝6，
∴B（6，2），
∵E是BD的中点，
∴E（3，3），
∵反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象经过点E，
∴k＝3×3＝9．
故选：C．
4.A
【分析】用九年级班级数除以所有班级数总和即可求得答案．
【解答】解：∵该校七年级有4个班，八年级有5个班，九年级有4个班，
∴所选择听课的班级正好是九年级的概率为＝，
故选：A．
5.A
【分析】作CD⊥y轴于D，CE⊥x轴于E，设C（a，b），依据直线的解析式即可得到点A和点B的坐标，进而得出BC＝BO＝5，AC＝AO＝，再根据勾股定理即可得到a＝2b，进而得出C（4，2），即可得到k的值．
【解答】解：作CD⊥y轴于D，CE⊥x轴于E，如图，设C（a，b），
当x＝0时，y＝﹣2x+5＝5，则B（0，5），
当y＝0时，﹣2x+5＝0，
解得x＝，则A（，0），
∵△AOB沿直线AB翻折后，点O的对应点为点C，
∴BC＝BO＝5，AC＝AO＝，
在Rt△BCD中，a2+（5﹣b）2＝52，①
在Rt△ACE中，（a﹣）2+b2＝（）2，②
①﹣②得a＝2b，
把a＝2b代入①得b2﹣2b＝0，
解得b＝2，
∴a＝4，
∴C（4，2），
∴k＝4×2＝8．
故选：A．
6.B
【分析】先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CN＝NP，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；假设CQ＝CD，得Rt△CMQ≌△CMD，进而得∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，这个不一定成立，判断①错误；点P与点A重合时，设BN＝x，表示出AN＝NC＝8﹣x，利用勾股定理列出方程求解得x的值，进而用勾股定理求得MN，判断出③正确；当MN过D点时，求得四边形CMPN的最小面积，进而得S的最小值，当P与A重合时，S的值最大，求得最大值即可．
【解答】解：如图1，
∵PM∥CN，
∴∠PMN＝∠MNC，
∵∠MNC＝∠PNM，
∴∠PMN＝∠PNM，
∴PM＝PN，
∵NC＝NP，
∴PM＝CN，
∵MP∥CN，
∴四边形CNPM是平行四边形，
∵CN＝NP，
∴四边形CNPM是菱形，故②正确；
∴CP⊥MN，∠BCP＝∠MCP，
∴∠MQC＝∠D＝90°，
∵CP＝CP，
若CQ＝CD，则Rt△CMQ≌Rt△CMD（HL），
∴∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，这个不一定成立，
故①错误；
点P与点A重合时，如图2所示：
设BN＝x，则AN＝NC＝8﹣x，
在Rt△ABN中，AB2+BN2＝AN2，
即42+x2＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
∴CN＝8﹣3＝5，AC＝＝＝4，
∴CQ＝AC＝2，
∴QN＝＝，
∴MN＝2QN＝2．
故③正确；
当MN过点D时，如图3所示：
此时，CN最短，四边形CMPN的面积最小，则S最小为S＝S菱形CMPN＝×4×4＝4，
当P点与A点重合时，CN最长，四边形CMPN的面积最大，则S最大为S＝×5×4＝5，
∴4≤S≤5，
故④错误．
故选：B．
二、填空题
7.3
【分析】把坐标代入解析式即可求出k的值．
【解答】解：把（1，3）代入y＝kx，得
3＝1×k，
解得：k＝3．
故答案为3．
8.（0，-2）
【分析】利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出该直线与y轴的交点坐标．
【解答】解：∵一次函数的解析式为y＝2x﹣2．
当x＝0时，y＝2x﹣2＝﹣2，
∴直线与y轴的交点坐标为（0，﹣2），
故答案为（0，﹣2）．
9.6或-4
【分析】增根是化为整式方程后产生的不适合分式方程的根．所以应先确定增根的可能值，让最简公分母（x+2）（x﹣2）＝0，得到x＝2或﹣2，然后代入化为整式方程的方程算出m的值．
【解答】解：方程两边都乘（x﹣2）（x+2），
得2（x+2）+mx＝3（x﹣2）
∵原方程有增根，
∴最简公分母（x+2）（x﹣2）＝0，
解得x＝﹣2或2，
当x＝﹣2时，m＝6，
当x＝2时，m＝﹣4．
10.6
【分析】根据等腰直角三角形的性质求得点BC、OC的长度，即点B的纵坐标，表示出B′的坐标，代入函数解析式，即可求出答案．
【解答】解：y＝x﹣2，
当y＝0时，x﹣2＝0，
解得：x＝4，
即OA＝4，
过B作BC⊥OA于C，
∵△OAB是以OA为斜边的等腰直角三角形，
∴BC＝OC＝AC＝2，
即B点的坐标是（2，2），
设平移的距离为a，
则B点的对称点B′的坐标为（a+2，2），
代入y＝x﹣2得：2＝（a+2）﹣2，
解得：a＝6，
即△OAB平移的距离是6，
故答案为：6．
11.【分析】设原计划平均亩产量为x万千克，则改良后平均每亩产量为1.5x万千克，根据种植亩数＝总产量÷平均亩产量结合改良后的种植面积比原计划少20亩，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】解：设原计划平均亩产量为x万千克，则改良后平均每亩产量为1.5x万千克，
依题意，得：﹣＝20．
故答案为：﹣＝20．
12.7
【分析】作M关于BD的对称点E，连接NE，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小．此时△PMN的周长最小．
【解答】解：如图，作ME⊥BD交AB于E，连接EN，与BD交于点P'，
当P与P'重合时，则EN就是PM+PN的最小值，
∵M、N分别是BC、CD的中点，
∴CN＝BM＝CM，
∵ME⊥BD交AB于E，
∴BE＝BM，
∴BE＝CN，BE∥CN，
∴四边形BCNE是平行四边形，
∴EN＝BC＝AB＝4，
∴DN＝NC，CM＝BM，
∴MN＝BD＝3，
∴△PMN的周长的最小值为4+3＝7．
故选答案为7．
13.16
【分析】由矩形的性质可得OC＝OD＝OA＝OB＝4，通过证明四边形DOCE是菱形，可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD＝8，AO＝CO，BO＝DO，
∴OC＝OD＝OA＝OB＝4，
∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形DOCE是平行四边形，
又∵OD＝OC，
∴四边形DOCE是菱形，
∴四边形CODE的周长＝4×4＝16，
故答案为16．
14.【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次摸出的小球的标号之和大于4的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【解答】解：画树状图得：
∵共有16种等可能的结果，两次摸出的小球的标号之和大于4的有10种情况，
∴两次摸出的小球的标号之和大于4的概率是：＝．
15.根据面积法：求出豆子落在黑色方格的面积与总面积的比即可解答．
【解答】解：∵共有15个方格，其中黑色方格占5个，
∴这粒豆子停在黑色方格中的概率是＝，
故答案为：．
16.180°
【分析】根据三角形内角和定理求出∠OBA+∠OAB＝∠ODF+∠OFD，∠C+∠G＝∠MDF+∠MFD，在△ABE中，根据三角形内角和定理求出即可．
【解答】解：连接AB和DF，设AD和BF的交点为O，CF和DG的交点为M，如图：
∵∠OBA+∠OAB+∠AOB＝180°，∠ODF+∠OFD+∠DOF＝180°，∠AOB＝∠DOF，
∴∠OBA+∠OAB＝∠ODF+∠OFD，
同理∠C+∠G＝∠MDF+∠MFD，
在△ABE中，∠OBA+∠EBF+∠E+∠OAB+∠DAE＝180°，
即（∠OBA+∠OAB）+∠EBF+∠E+∠DAE＝180°，
∴∠OFD+∠ODF+∠EBF+∠E+∠DAE＝180°，
∴∠OFC+∠CFD+∠EBF+∠E+∠ADG+∠GDF+∠DAE＝180°，
即（∠CFD+∠GDF）+∠OFC+∠EBF+∠E+∠ADG+∠DAE＝180°，
∴∠C+∠G+∠OFC+∠EBF+∠E+∠ADG+∠DAE＝180°，
即∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝180°．
故答案为：180°．
17.A．由等边三角形和正方形的性质证明△ABE和△CDE为等腰三角形，求得∠BAE和∠CDE的度数，进而求得∠EAD与∠EDA的度数，再由三角形内角和定理求得结果；
B．作∠DFG＝60°，FG与AD交于点G，设DF＝x，用x表示DG、AG，再由正方形的边长列出方程进行解答便可．
【解答】解：A．∵△△BCE为等边三角形，
∴BC＝BE＝CE，∠EBC＝∠ECB＝60°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD＝∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝BC＝CD，
∴∠ABE＝∠DCE＝30°，BA＝BE＝CE＝CD，
∴∠BAE＝∠CDE＝75°，
∴∠EAD＝∠EDA＝15°，
∴∠AED＝150°，
故答案为：150°；
B．作∠DFG＝60°，FG与AD交于点G，如下图，则∠DGF＝30°，
设DF＝x，
∴FG＝2DF＝2x，
∴DG＝，
∵∠DAF＝15°，
∴∠AFG＝∠DGF﹣∠FAG＝15°＝∠FAG，
∴AG＝FG＝2x，
∴AD＝2x+x，
∵AD＝6cm，
∴2x+x＝6，
解得，x＝12﹣6（cm），
即DF＝12﹣6（cm），
故答案为：12﹣6．
18.②
【分析】仿造案例，构造面积是（x+x﹣4）2的大正方形，由它的面积为4×12+42，可求出x＝6，此题得解．
【解答】解：∵x2﹣4x﹣12＝0即x（x﹣4）＝12，
∴构造如图②中大正方形的面积是（x+x﹣4）2，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即4×12+42，
据此易得x＝6．
故答案为：②．
三、解答题
19.解：方程两边同乘以（x+2）（x﹣1），
得，3x2﹣x（x+2）＝x2+x﹣2，
整理得，x2﹣3x+2＝0，
解得：x1＝1，x2＝2，
检验：当x＝1时，（x+2）（x﹣1）＝0，
∴x＝1不是原方程的根，
当x＝2时，（x+2）（x﹣1）≠0，
∴x＝2是原方程的根，
∴原方程的根是x＝2．
20.证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠EDO＝∠OBF，
∵EF垂直平分BD，
∴BO＝DO，∠EOD＝∠BOF＝90°，
∴△DEO≌△BFO（ASA），
∴OE＝OF，
∴四边形EBFD是平行四边形，
又∵EF⊥BD，
∴四边形EBFD是菱形；
（2）∵四边形EBFD是菱形，
∴ED＝EB，
∵AB＝6，BD＝10，
∴AD＝＝＝8，
设AE＝x，则ED＝EB＝8﹣x，
在Rt△ABE中，BE2﹣AB2＝AE2，
即（8﹣x）2＝x2+62，
∴x＝，
∴DE＝8﹣＝，
∴EO＝＝＝，
∴EF＝2EO＝．
21.解：（1）在y1＝﹣x+4中，当x＝4时，y＝0，x＝0时，y＝4，
∴直线y1＝﹣x+4与坐标轴的交点坐标是（4，0），（0，4）．
（2）解方程组，得，
所以直线y1＝﹣x+4和直线y2＝3x的交点坐标是（1，3）；
（3）观察函数图象，发现：
当x＜1时，直线y1在y2的上方，
当x＞0时，直线y2在x轴的上方，
所以0＜y2＜y1的解集是0＜x＜1．
22.解：（1）列表：
（2）不公平，张颖获胜的情况有2种，分别为（﹣3，2），（﹣3，4），
∴P（张颖获胜）＝；
刘亮获胜的情况有3种，分别为（0，﹣2），（0，3），（0，4），
∴P（刘亮获胜）＝＝．
∵＞，
∴刘亮获胜的可能性大．
23.解：（1）设每个A种书包的进价为x元，则每个B种书包的进价为（x+20）元，
依题意得：＝2×，
解得：x＝70，
经检验，x＝70是原方程的解，且符合题意，
∴x+20＝90．
答：每个A种书包的进价为70元，每个B种书包的进价为90元．
（2）设购进A种书包m个，则购进B种书包（2m+5）个，
依题意得：，
解得：18≤m≤20．
又∵m为整数，
∴m可以为18，19，20，
∴该商场有3种进货方案，
方案1：购进18个A种书包，41个B种书包；
方案2：购进19个A种书包，43个B种书包；
方案3：购进20个A种书包，45个B种书包．
（3）设该商场销售A，B两种书包获利w元，则w＝（90﹣70）m+（130﹣90）（2m+5）＝100m+200，
∵100＞0，
∴w随m的增大而增大，
∴当m＝20时，w取得最大值，即购进20个A种书包，45个B种书包．
设赠送的书包中A种书包有a个，销售的A种书包中有b个样品，则赠送的书包中B种书包有（5﹣a）个，销售的B种书包中有（4﹣b）个样品，
依题意得：90（20﹣a﹣b）+90×0.5b+130[45﹣（5﹣a）﹣（4﹣b）]+130×0.5（4﹣b）﹣70×20﹣90×45＝1370，
整理得：2a+b＝4．
又∵a，b均为正整数，
∴a＝1，b＝2，
∴5﹣a＝4，4﹣b＝2，
∴赠送的书包中A种书包有1个，B种书包有4个，样品中A种书包有2个，B种书包有2个．
24.解：（1）设直线l2的解析式为y＝kx+b，
∵直线l2经过点A（4，0），B（0，﹣1），
∴，解得，
∴直线l2的解析式为y＝x﹣1，
∵两直线交于点C（m，），
∴﹣＝m﹣1，解得m＝，
∴C（，﹣），
把C的坐标代入y＝ax+2得，﹣＝a+2，
解得a＝﹣2，
∴直线l1的表达式为y＝﹣2x+2；
（2）把x＝0代入y＝﹣2x+2，可得：y＝2，
所以点D的坐标为（0，2），
故答案为：（0，2）；
（3）∵B（0，﹣1），D（0，2），C（，﹣），
∴BD＝3，
∴S△BCD＝＝2；
（4）当过点C的直线CE把△BCD的面积分为2：1两部分时，则DE：EB＝2：1或DE：EB＝1：2，
∵B（0，﹣1），D（0，2），
∴当DE：EB＝2：1时，则点E的坐标为（0，0）
当DE：EB＝1：2时，则E的坐标为（0，1），
设直线CE的解析式为y＝cx或y＝cx+1，
把（，﹣）代入y＝cx得﹣＝c，解得c＝﹣
把（，﹣）代入y＝cx+1得﹣＝c+1，解得c＝﹣
∴直线CE的表达式为：y＝﹣x或y＝﹣x+1．
25.（1）解：∵∠A＝∠C＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝360°﹣90°×2＝180°；
故答案为：180°；
（2）解：延长DE交BF于G，
∵DE平分∠ADC，BF平分∠CBM，
∴∠CDE＝∠ADC，∠CBF＝∠CBM，
又∵∠CBM＝180°﹣∠ABC＝180°﹣（180°﹣∠ADC）＝∠ADC，
∴∠CDE＝∠CBF，
又∵∠BED＝∠CDE+∠C＝∠CBF+∠BGE，
∴∠BGE＝∠C＝90°，
∴DG⊥BF，
即DE⊥BF；
（3）解：由（1）得：∠CDN+∠CBM＝180°，
∵BE、DE分别四等分∠ABC、∠ADC的外角，
∴∠CDE+∠CBE＝×180°45°，
延长DC交BE于H，
由三角形的外角性质得，∠BHD＝∠CDE+∠E，∠BCD＝∠BHD+∠CBE，
∴∠BCD＝∠CBE+∠CDE+∠E，
∴∠E＝90°﹣45°＝45°