2024年福建省福州十九中学数学八年级下册期末检测试题含解析

2024年福建省福州十九中学数学八年级下册期末检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题(每小题3分,共30分)1．反比例函数的图象如图所示，以下结论错误的是（）A．B．若点在图象上，则C．在每个象限内，的值随值的增大而减小D．若点，在图象上，则2．如图所示，在平行四边形中，对角线相交于点，，，，则平行四边形的周长为（）A． B．C． D．3．若A（，）、B（，）是一次函数y＝(a－1)x＋2图象上的不同的两个点，当＞时，＜，则a的取值范围是()A．a＞0 B．a＜0 C．a＞1 D．a＜14．如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，且AE=AB，将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，连接BP交EF于点Q，对于下列结论：①EF=2BE；②PF=2PE；③FQ=3EQ；④△PBF是等边三角形，其中正确的是（）A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④5．多项式2m+4与多项式m2+4m+4的公因式是()A．m+2 B．m﹣2 C．m+4 D．m﹣46．如果把分式中的x和y都扩大为原来的2倍，那么分式的值（）A．不变 B．缩小2倍 C．扩大2倍 D．扩大4倍7．把直线y=-x+1向上平移3个单位长度后得到的直线的解析式为()A． B．C． D．8．下表是某校12名男子足球队的年龄分布：年龄（岁）13141516频数1254该校男子足球队队员的平均年龄为（）A．13 B．14 C．15 D．169．一次函数y＝x＋4的图象不经过的象限是()A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限10．下列性质中，菱形具有而矩形不一定具有的是()A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．邻边互相垂直二、填空题(每小题3分,共24分)11．若有意义，则的取值范围是_______12．如图，平面直角坐标系中，已知直线上一点P（1，1），C为y轴上一点，连接PC，线段PC绕点P顺时针旋转900至线段PD，过点D作直线AB⊥x轴．垂足为B，直线AB与直线交于点A，且BD=2AD，连接CD，直线CD与直线交于点Q，则点Q的坐标为_______.13．已知菱形的边长为6cm，一个内角为60°，则菱形的面积为______cm1．14．某次越野跑中，当小明跑了1600m时，小刚跑了1400m，小明和小刚在此后时间里所跑的路程y(m)与时间t(s)之间的函数关系如图所示，则这次越野跑全程为________m．15．如图，已知△ABC∽△ADB，若AD＝2，CD＝2，则AB的长为_____．16．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，DE的长=________________．17．在函数y＝中，自变量x的取值范围是_____．18．扬州市义务教育学业质量监测实施方案如下：3、4、5年级在语文、数学、英语3个科目中各抽1个科目进行测试，各年级测试科目不同.对于4年级学生，抽到数学科目的概率为.三、解答题(共66分)19．（10分）（1）某学校“智慧方园”数学社团遇到这样一个题目：如图1，在△ABC中，点O在线段BC上，∠BAO=30°，∠OAC=75°，AO=，BO：CO=1：3，求AB的长．经过社团成员讨论发现，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，通过构造△ABD就可以解决问题（如图2）．请回答：∠ADB=°，AB=．（2）请参考以上解决思路，解决问题：如图3，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC⊥AD，AO=，∠ABC=∠ACB=75°，BO：OD=1：3，求DC的长．20．（6分）已知：正方形ABCD，E为平面内任意一点，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°得到DG，连接EC，AG．（1）当点E在正方形ABCD内部时，①根据题意，在图1中补全图形；②判断AG与CE的数量关系与位置关系并写出证明思路．（2）当点B，D，G在一条直线时，若AD＝4，DG＝，求CE的长．（可在备用图中画图）21．（6分）如图,折叠长方形ABCD的一边AD,使点D落在BC上的点F处,已知AB=8,BC=10,求EC.22．（8分）已知二次函数的最大值为4，且该抛物线与轴的交点为，顶点为.（1）求该二次函数的解析式及点，的坐标；（2）点是轴上的动点，①求的最大值及对应的点的坐标；②设是轴上的动点，若线段与函数的图像只有一个公共点，求的取值范围.23．（8分）如图，点M是△ABC内一点，过点M分别作直线平行于△ABC的各边，所形成的三个小三角形△1、△2、△3（图中阴影部分）的面积分别是1、4、1．则△ABC的面积是．24．（8分）已知：如图，在中，的平分线交于点，的平分线交于点，交于点.求证：.25．（10分）已知△ABC，分别以BC，AB，AC为边作等边三角形BCE，ACF，ABD(1)若存在四边形ADEF，判断它的形状，并说明理由．(2)存在四边形ADEF的条件下，请你给△ABC添个条件，使得四边形ADEF成为矩形，并说明理由．(3)当△ABC满足什么条件时四边形ADEF不存在．26．（10分）小颖和小亮上山游玩，小颖乘坐缆车，小亮步行，两人相约在山顶的缆车终点会合．已知小亮行走到缆车终点的路程是缆车到山顶的线路长的2倍，小颖在小亮出发后50min才乘上缆车，缆车的平均速度为180m/min．设小亮出发xmin后行走的路程为ym．图中的折线表示小亮在整个行走过程中y与x的函数关系．（1）小亮行走的总路程是______m，他途中休息了______min，休息后继续行走的速度为______m/min；（2）当时，求y与x的函数关系式；（3）当小颖到达缆车终点时，小亮离缆车终点的路程是多少？

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【解析】

根据反比例函数的图象的位置确定其比例系数的符号，利用反比例函数的性质进行判断即可．【详解】解：∵反比例函数的图象位于一、三象限，∴k＞0故A正确；

当点M

（1，3）在图象上时，代入可得k=3，故B正确；

当反比例函数的图象位于一、三象限时，在每一象限内，y随x的增大而减小，

故C正确；

将A（-1，a），B（2，b）代入中得到，得到a=-k，

∵k＞0

∴a＜b，

故D错误，

故选：D．【点睛】本题考查了反比例函数的性质，牢记反比例函数的比例系数的符号与其图象的关系是解决本题的关键2、D【解析】

由▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AE=EB，易得DE是△ABC的中位线，即可求得BC的长，继而求得答案．【详解】∵▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，

∴OA=OC，AD=BC，AB=CD=5，

∵AE=EB，OE=3，

∴BC=2OE=6，

∴▱ABCD的周长=2×（AB+BC）=1．

故选：D．【点睛】此题考查了平行四边形的性质以及三角形中位线的性质．注意证得DE是△ABC的中位线是关键．3、D【解析】

根据一次函数的图象y=（a-1）x+2，当a-1＜0时，y随着x的增大而减小分析即可．【详解】解：因为A（x1，y1）、B（x2，y2）是一次函数y=（a-1）x+2图象上的不同的两个点，当x1＞x2时，y1＜y2，

可得：a-1＜0，

解得：a＜1．

故选D．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征．函数经过的某点一定在函数图象上．解答该题时，利用了一次函数的图象y=kx+b的性质：当k＜0时，y随着x的增大而减小；k＞0时，y随着x的增大而增大；k=0时，y的值=b，与x没关系．4、D【解析】

求出BE=2AE，根据翻折的性质可得PE=BE，由此得出∠APE=30°，然后求出∠AEP=60°，再根据翻折的性质求出∠BEF=60°，根据直角三角形两锐角互余求出∠EFB=30°，然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得EF=2BE，判断出①正确；利用30°角的正切值求出PF=PE，判断出②错误；求出BE=2EQ，EF=2BE，然后求出FQ=3EQ，判断出③正确；求出∠PBF=∠PFB=60°，然后得到△PBF是等边三角形，故④正确．【详解】∵AE=AB，∴BE=2AE，由翻折的性质得：PE=BE，∴∠APE=30°，∴∠AEP=90°﹣30°=60°，∴∠BEF=（180°﹣∠AEP）=（180°﹣60°）=60°，∴∠EFB=90°﹣60°=30°，∴EF=2BE，故①正确；∵BE=PE，∴EF=2PE，∵EF＞PF，∴PF＜2PE，故②错误；由翻折可知EF⊥PB，∴∠EBQ=∠EFB=30°，∴BE=2EQ，EF=2BE，∴FQ=3EQ，故③正确；由翻折的性质，∠EFB=∠EFP=30°，则∠BFP=30°+30°=60°，∵∠PBF=90°﹣∠EBQ=90°﹣30°=60°，∴∠PBF=∠PFB=60°，∴△PBF是等边三角形，故④正确．故选D．【点睛】本题考查了翻折变换的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，直角三角形两锐角互余的性质，等边三角形的判定等知识，熟记各性质并准确识图是解题的关键．5、A【解析】

根据公因式定义，对每个多项式整理然后即可选出有公因式的项．【详解】2m+4=2(m+2)，m2+4m+4=(m+2)2，∴多项式2m+4与多项式m2+4m+4的公因式是(m+2)，故选：A．【点睛】本题考查了公因式的定义，找公因式的要点是：（1）公因式的系数是多项式各项系数的最大公约数；（2）字母取各项都含有的相同字母；（3）相同字母的指数取次数最低的．6、C【解析】

直接利用分式的性质化简得出答案．【详解】解：把分式中的x和y都扩大为原来的2倍，则原式可变为：=，故分式的值扩大2倍．故选：C．【点睛】此题主要考查了分式的基本性质，正确化简分式是解题关键．7、A【解析】

直接根据“上加下减”的原则进行解答即可．【详解】由“上加下减”的原则可知，把直线y=-x+1向上平移3个单位长度后所得直线的解析式为：y=-x+1+3，即y=-x+1．故选A．【点睛】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法则是解答此题的关键．8、C【解析】

根据加权平均数的计算公式进行计算即可.【详解】该校男子足球队队员的平均年龄为13×1+14×2+15×5+16×41+2+5+4=15(岁)故选：C．【点睛】此题考查加权平均数，解题关键在于掌握运算公式.9、D【解析】

根据k，b的符号判断一次函数的图象所经过的象限．【详解】由题意，得：k>0，b>0，故直线经过第一、二、三象限.即不经过第四象限.故选:D.【点睛】考查一次函数的图象与系数的关系.熟练掌握系数与一次函数图象之间的关系是解题的关键.10、C【解析】试题分析：A．对角线相等是矩形具有的性质，菱形不一定具有；B．对角线互相平分是菱形和矩形共有的性质；C．对角线互相垂直是菱形具有的性质，矩形不一定具有；D．邻边互相垂直是矩形具有的性质，菱形不一定具有．故选C．点评】本题考查菱形与矩形的性质，需要同学们对各种平行四边形的性质熟练掌握并区分．考点：菱形的性质；矩形的性质．二、填空题(每小题3分,共24分)11、【解析】

根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数求解即可．【详解】解：代数式有意义，，解得：．故答案为：．【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，解答本题的关键是掌握被开方数为非负数．12、【解析】

如图，过点P作EF∥x轴，交y轴与点E，交AB于点F，则易证△CEP≌△PFD（ASA），∴EP=DF，∵P（1，1），∴BF=DF=1，BD=2，∵BD=2AD，∴BA=3∵点A在直线上，∴点A的坐标为（3，3），∴点D的坐标为（3，2），∴点C的坐标为（0，3），设直线CD的解析式为，则解得：∴直线CD的解析式为，联立可得∴点Q的坐标为.13、18【解析】由题意可知菱形的较短的对角线与菱形的一组边组成一个等边三角形，根据勾股定理可求得另一条对角线的长，再根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半即可求得其面积．解：因为菱形的一个内角是110°，则相邻的内角为60°从而得到较短的对角线与菱形的一组邻边构成一个等边三角形，即较短的对角线为6cm，根据勾股定理可求得较长的对角线的长为6cm，则这个菱形的面积=×6×6=18cm1，故答案为18．14、1【解析】

根据函数图象可以列出相应的二元一次方程组，从而可以解答本题．【详解】设小明从1600处到终点的速度为a米/秒，小刚从1400米处到终点的速度为b米/秒，由题意可得：小明跑了100秒后还需要200秒到达终点，而小刚跑了100秒后还需要100秒到达终点，则，解得：，故这次越野跑的全程为：1600+300×2=1600+600=1（米），即这次越野跑的全程为1米．故答案为：1．【点睛】本题考查了一次函数的应用、二元一次方程组的应用，解题的关键是明确题意，列出相应的方程组，利用数形结合的思想解答问题．15、2．【解析】

利用相似三角形的性质即可解决问题．【详解】∵△ABC∽△ADB，∴,∴AB2＝AD•AC＝2×4＝8，∵AB＞0，∴AB＝2，故答案为：2．【点睛】此题考查相似三角形的性质定理，相似三角形的对应边成比例.16、5【解析】

首先根据矩形的性质可得出AD∥BC，即∠1=∠3，然后根据折叠知∠1=∠2，C′D=CD、BC′=BC，可得到∠2=∠3，进而得出BE=DE，设DE=x，则EC′=8-x，利用勾股定理求出x的值，即可求出DE的长．【详解】∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，即∠1=∠3，

由折叠知,∠1=∠2,C′D=CD=4、BC′=BC=8，

∴∠2=∠3，即DE=BE，

设DE=x,则EC′=8−x，

在Rt△DEC′中,DC′2+EC′2=DE2

∴42+(8−x)2=x2解得：x=5，

∴DE的长为5.【点睛】本题考查折叠问题，解题的关键是掌握折叠的性质和矩形的性质.17、x≥﹣2且x≠1．【解析】

根据二次根式的非负性及分式有意义的条件来求解不等式即可.【详解】解：根据题意，得：x+2≥1且x≠1，解得：x≥﹣2且x≠1，故答案为x≥﹣2且x≠1．【点睛】二次根式及分式有意义的条件是本题的考点，正确求解不等式是解题的关键.18、【解析】

解：共3个科目，数学科目是其中之一，故抽到数学科目的概率为三、解答题(共66分)19、（1）75；4；（2）CD=4．【解析】

（1）根据平行线的性质可得出∠ADB=∠OAC=75°，结合∠BOD=∠COA可得出△BOD∽△COA，利用相似三角形的性质可求出OD的值，进而可得出AD的值，由三角形内角和定理可得出∠ABD=75°=∠ADB，由等角对等边可得出AB=AD=4，此题得解；（2）过点B作BE∥AD交AC于点E，同（1）可得出AE=4，在Rt△AEB中，利用勾股定理可求出BE的长度，再在Rt△CAD中，利用勾股定理可求出DC的长，此题得解．【详解】解：（1）∵BD∥AC，∴∠ADB=∠OAC=75°．∵∠BOD=∠COA，∴△BOD∽△COA，∴．又∵AO=3，∴OD=AO=，∴AD=AO+OD=4．∵∠BAD=30°，∠ADB=75°，∴∠ABD=180°-∠BAD-∠ADB=75°=∠ADB，∴AB=AD=4．（2）过点B作BE∥AD交AC于点E，如图所示．∵AC⊥AD，BE∥AD，∴∠DAC=∠BEA=90°．∵∠AOD=∠EOB，∴△AOD∽△EOB，∴．∵BO：OD=1：3，∴．∵AO=3，∴EO=，∴AE=4．∵∠ABC=∠ACB=75°，∴∠BAC=30°，AB=AC，∴AB=2BE．在Rt△AEB中，BE2+AE2=AB2，即（4）2+BE2=（2BE）2，解得：BE=4，∴AB=AC=8，AD=1．在Rt△CAD中，AC2+AD2=CD2，即82+12=CD2，解得：CD=4．【点睛】本题考查了相似三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理以及平行线的性质，解题的关键是：（1）利用相似三角形的性质求出OD的值；（2）利用勾股定理求出BE、CD的长度．20、(1)①见解析；②AG＝CE，AG⊥CE，理由见解析；（2）CE的长为或【解析】

（1）①根据题意补全图形即可；

②先判断出∠GDA=∠EDC，进而得出△AGD≌△CED，即可得出AG=CE，延长CE分别交AG、AD于点F、H，判断出∠AFH=∠HDC=90°即可得出结论；

（2）分两种情况，①当点G在线段BD的延长线上时，②当点G在线段BD上时，构造直角三角形利用勾股定理即可得出结论．【详解】解：（1）当点E在正方形ABCD内部时，①依题意，补全图形如图1：②AG=CE，AG⊥CE．

理由：

在正方形ABCD，

∴AD=CD，∠ADC=90°，

∵由DE绕着点D顺时针旋转90°得DG，

∴∠GDE=∠ADC=90°，GD=DE，

∴∠GDA=∠EDC

在△AGD和△CED中，，

∴△AGD≌△CED，

∴AG=CE．

如图2,延长CE分别交AG、AD于点F、H，

∵△AGD≌△CED，

∴∠GAD=∠ECD，

∵∠AHF=∠CHD，

∴∠AFH=∠HDC=90°，

∴AG⊥CE．

（2）①当点G在线段BD的延长线上时，如图3所示．

过G作GM⊥AD于M．

∵BD是正方形ABCD的对角线，

∴∠ADB=∠GDM=45°．

∵GM⊥AD，DG=∴MD=MG=2，

∴AM=AD+DM=6

在Rt△AMG中，由勾股定理得：AG==，同（1）可证△AGD≌△CED，

∴CE=AG=

②当点G在线段BD上时，如图4所示，

过G作GM⊥AD于M．

∵BD是正方形ABCD的对角线，

∴∠ADG=45°

∵GM⊥AD，DG=∴MD=MG=2，

∴AM=AD-MD=2

在Rt△AMG中，由勾股定理得：AG==，同（1）可证△AGD≌△CED，

∴CE=AG=．故CE的长为或．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解（1）的关键是判断出△AGD≌△CED，解（2）的关键是构造直角三角形，是一道中考常考题．21、EC=1【解析】

根据勾股定理求出BF的长；进而求出FC的长度；由题意得EF=DE；利用勾股定理列出关于EC的方程，解方程即可解决问题．【详解】∵四边形ABCD为矩形，

∴DC=AB=8cm；∠B=∠C=90°；

由题意得：AF=AD=10，

设EF=DE=xcm，EC=8-x；

由勾股定理得：BF2=102-82，

∴BF=6，

∴CF=10-6=4；

在Rt△EFC中，由勾股定理得：x2=42+（8-x）2，

解得：x=5，

EC=8-5=1．

故答案为：1【点睛】此题主要考查了翻折变换的性质、矩形的性质、勾股定理；运用勾股定理得出方程是解决问题的关键解题的关键．22、（1），点坐标为，顶点的坐标为；（2）①最大值是，的坐标为，②的取值范围为或或.【解析】

（1）先利用对称轴公式x=，计算对称轴，即顶点坐标为（1，4），再将两点代入列二元一次方程组求出解析式；

（2）根据三角形的三边关系：可知P、C、D三点共线时|PC-PD|取得最大值，求出直线CD与x轴的交点坐标，就是此时点P的坐标；

（3）先把函数中的绝对值化去，可知，此函数是两个二次函数的一部分，分三种情况进行计算：①当线段PQ过点（0，3），即点Q与点C重合时，两图象有一个公共点，当线段PQ过点（3，0），即点P与点（3，0）重合时，两函数有两个公共点，写出t的取值；②线段PQ与当函数y=a|x|2-2a|x|+c（x≥0）时有一个公共点时，求t的值；③当线段PQ过点（-3，0），即点P与点（-3，0）重合时，线段PQ与当函数y=a|x|2-2a|x|+c（x＜0）时也有一个公共点，则当t≤-3时，都满足条件；综合以上结论，得出t的取值．【详解】解：（1）∵，∴的对称轴为.∵人最大值为4，∴抛物线过点.得，解得.∴该二次函数的解析式为.点坐标为，顶点的坐标为.（2）①∵，∴当三点在一条直线上时，取得最大值.连接并延长交轴于点，.∴的最大值是.易得直线的方程为.把代入，得.∴此时对应的点的坐标为.②的解析式可化为设线段所在直线的方程为，将，的坐标代入，可得线段所在直线的方程为.（1）当线段过点，即点与点重合时，线段与函数的图像只有一个公共点，此时.∴当时，线段与函数的图像只有一个公共点.（2）当线段过点，即点与点重合时，线段与函数的图像只有一个公共点，此时.当线段过点，即点与点重合时，，此时线段与函数的图像有两个公共点.所以当时，线段与函数的图像只有一个公共点.（3）将带入，并整理，得..令，解得.∴当时，线段与函数的图像只有一个公共点.综上所述，的取值范围为或或.【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，先利用待定系数法求解析式，同时把最大值与三角形的三边关系联系在一起；同时对于二次函数利用动点求取值问题，从特殊点入手，把函数分成几部分考虑，按自变量从大到小的顺序或从小到大的顺序求解．23、64【解析】

试题分析:根据平行可得三个三角形相似,再由它们的面积比等于相似比的平方,设其中一边为一求未知数,然后计算出最大的三角形与最小的三角形的相似比,从而求面积比.【详解】如图,，过M作BC的平行线交AB,AC于D,E,过M作AC平行线交AB,BC于F,H,过M作AB平行线交AC,BC于I,G,根据题意得,△1∽△2∽△3,∵S△1：S△2=1:4,S△1:S△3=1:1,∴DM：EM：GH=1:2:5,又∵四边形BDMG与四边形CEMH为平行四边形,∴DM=BG,EM=CH,设DM为x,则BC=BG+GH+CH=x+5x+2x=8x,∴BC:DM=8:1,∴S△ABC:S△FDM=64:1,∴S△ABC=1×64=64,故答案为:64.24、证明见解析.【解析】

根据平行四边形的性质可得：AB=CD，AD∥BC，根据平行线性质和角平分线性质求出∠ABE=∠AEB，推出AB=AE，同理求出DF=CD，即可证明AE=DF．【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AD∥BC，∴∠AEB=∠EBC，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE，∴∠ABE=∠AEB，∴AB=AE，同理可得：DF=CD，∴AE=DF，即AF+EF=DE+EF，∴AF=DE．【点睛】本题考查了平行四边形性质，平行线性质，等腰三角形的性质和判定等知识点的应用，能综合运用性质进行推理是解此题的关键，题目比较典型，难度适中．25、（1）详见解析；（2）当∠BAC＝150°时，四边形ADEF是矩形；（3）∠BAC=60°时，这样的平行四边形ADEF不存在.【解析】

（1）根据等边三角形的性质得出AC＝AF，AB＝BD，BC＝BE，∠EBC＝∠ABD＝60°，求出∠DBE＝∠ABC，根据SAS推出△DBE≌△ABC，根据全等得出DE＝AC，求出DE＝AF，同理AD＝EF，根据平行四边形的判定推出即可；（2）当AB＝AC时，四边形ADEF是菱形，根据菱形的判定推出即可；当∠BAC＝150°时，四边形ADEF是矩形，求出∠DAF＝90°，根据矩形的判定推出即可；（3）这样的平行四边形ADEF不总是存在，当∠BAC＝60°时，此时四边形ADEF就不存在．【详解】（1）证明：∵△ABD、△BCE和△ACF是等边三角形，∴AC＝AF，AB＝BD，