河北省滄州市滄縣2025屆八年級數(shù)學(xué)第二學(xué)期期末統(tǒng)考試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．《中國詩詞大會》是央視科教頻道自主研發(fā)的一檔大型文化益智節(jié)目，節(jié)目帶動全民感受詩詞之趣，分享詩詞之美，從古人的智慧和情懷中汲取營養(yǎng)，涵養(yǎng)心靈．比賽中除了來自復(fù)旦附中的才女武亦姝表現(xiàn)出色外，其他選手的實力也不容小覷．下表是隨機抽取的10名挑戰(zhàn)者答對的題目數(shù)量的統(tǒng)計表，則這10名挑戰(zhàn)者答對的題目數(shù)量的中位數(shù)為答對題數(shù)（）答對題數(shù)4578人數(shù)3421A．4 B．5 C．6 D．72．方程x（x﹣1）=x的解是（）A．x=0 B．x=2 C．x1=0，x2=1 D．x1=0，x2=23．如圖，平行四邊形ABCD中，E，F(xiàn)是對角線BD上的兩點，如果添加一個條件使△ABE≌△CDF，則添加的條件不能是（）A．AE=CF B．BE=FD C．BF=DE D．∠1=∠24．如圖，把長方形紙片紙沿對角線折疊，設(shè)重疊部分為△，那么，下列說法錯誤的是（）A．△是等腰三角形，B．折疊后∠ABE和∠CBD一定相等C．折疊后得到的圖形是軸對稱圖形D．△EBA和△EDC一定是全等三角形5．下列各組圖形中不是位似圖形的是（）A． B．C． D．6．將拋物線向上平移兩個單位長度，再向右平移一個單位長度后，得到的拋物線解析式是（）A． B． C． D．7．x≥3是下列哪個二次根式有意義的條件（）A． B． C． D．8．等邊三角形的邊長為2，則該三角形的面積為（）A． B．2 C．3 D．49．下列手機軟件圖標(biāo)中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．10．在直線l上依次擺放著七個正方形(如圖所示)．已知斜放置的三個正方形的面積分別是1、2、3，正放置的四個正方形的面積依次是S1、S2、S3、S4，則S1＋S2＋S3＋S4的值為（）A．6 B．5 C．4 D．3二、填空題(每小題3分,共24分)11．如圖，在正方形ABCD中，邊長為2的等邊三角形AEF的頂點E、F分別在BC和CD上．下列結(jié)論：①CE=CF；②∠AEB=75°；③BE+DF=EF；④S正方形ABCD=2+．其中正確結(jié)論的序號是________________12．在直角三角形中，若勾為1，股為1．則弦為________．13．如圖，四邊形ABCD是菱形，O是兩條對角線的交點，過O點的三條直線將菱形分成陰影和空白部分．當(dāng)菱形的兩條對角線的長分別為10和6時，則陰影部分的面積為_________．14．如圖，小芳作出了邊長為1的第1個正△A1B1C1．然后分別取△A1B1C1的三邊中點A2、B2、C2，作出了第2個正△A2B2C2；用同樣的方法，作出了第3個正△A3B3C3，……，由此可得，第個正△AnBnCn的邊長是___________．15．已知點關(guān)于軸的對稱點為，且在直線上，則____．16．已知若關(guān)于x的分式方程有增根，則__________．17．有甲、乙兩張紙條，甲紙條的寬度是乙紙條寬的2倍，如圖，將這兩張紙條交叉重疊地放在一起，重合部分為四邊形ABCD．則AB與BC的數(shù)量關(guān)系為．18．計算：的結(jié)果是________．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，直線與軸、軸分別交于，點的坐標(biāo)為，是直線在第一象限內(nèi)的一個動點（1）求⊿的面積與的函數(shù)解析式，并寫出自變量的取值范圍？（2）過點作軸于點,作軸于點,連接,是否存在一點使得的長最小，若存在，求出的最小值；若不存在，請說明理由？20．（6分）如圖，正方形ABCD中，CD=6，點E在邊CD上，且CD=3DE．將△ADE沿AE對折至△AFE，延長EF交邊BC于點G，連結(jié)AG、CF．（1）求證：△ABG≌△AFG；（2）求GC的長．21．（6分）已知一次函數(shù)的圖象經(jīng)過點(-4，-9)，(3，5)和(a，6)，求a的值.22．（8分）一個邊數(shù)為的多邊形中所有對角線的條數(shù)是邊數(shù)為的多邊形中所有對角線條數(shù)的6倍，求這兩個多邊形的邊數(shù).23．（8分）如圖，在ABCD中，E、F分別為邊AB、CD的中點，連接DE、BF、BD．若AD⊥BD，則四邊形BFDE是什么特殊四邊形？請證明你的結(jié)論．24．（8分）如圖，已知△ABC中，三個頂點的坐標(biāo)是：A（-3，6）、B（-5，3）、C（-2，1）．（1）畫出△ABC向右平移五個單位得到的，并寫出的坐標(biāo)；（2）畫出△ABC關(guān)于軸對稱的，并寫出的坐標(biāo)．25．（10分）我們定義：如果兩個三角形的兩組對應(yīng)邊相等，且它們的夾角互補，我們就把其中一個三角形叫做另一個三角形的“夾補三角形”，同時把第三邊的中線叫做“夾補中線．例如：圖1中，△ABC與△ADE的對應(yīng)邊AB＝AD，AC＝AE，∠BAC+∠DAE＝180°，AF是DE邊的中線，則△ADE就是△ABC的“夾補三角形”，AF叫做△ABC的“夾補中線”．特例感知：（1）如圖2、圖3中，△ABC與△ADE是一對“夾補三角形”，AF是△ABC的“夾補中線”；①當(dāng)△ABC是一個等邊三角形時，AF與BC的數(shù)量關(guān)系是：；②如圖3當(dāng)△ABC是直角三角形時，∠BAC＝90°，BC＝a時，則AF的長是；猜想論證：（2）在圖1中，當(dāng)△ABC為任意三角形時，猜想AF與BC的關(guān)系，并給予證明．拓展應(yīng)用：（3）如圖4，在四邊形ABCD中，∠DCB＝90°，∠ADC＝150°，BC＝2AD＝6，CD＝，若△PAD是等邊三角形，求證：△PCD是△PBA的“夾補三角形”，并求出它們的“夾補中線”的長．26．（10分）在RtΔABC中，∠BAC=90°，點O是△ABC所在平面內(nèi)一點，連接OA，延長OA到點E，使得AE=OA，連接OC，過點B作BD與OC平行，并使∠DBC=∠OCB，且BD=OC，連接DE.(1)如圖一，當(dāng)點O在RtΔABC內(nèi)部時.①按題意補全圖形；②猜想DE與BC的數(shù)量關(guān)系，并證明.(2)若AB=AC(如圖二)，且∠OCB=30°，∠OBC=15°，求∠AED的大小.

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、B【解析】

將這組數(shù)據(jù)從小到大的順序排列后，根據(jù)中位數(shù)的定義就可以求解．【詳解】解：將這組數(shù)據(jù)從小到大的順序排列后，處于中間位置第1和第6個數(shù)是1、1，那么由中位數(shù)的定義可知，這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是1．

故選：B．【點睛】本題為統(tǒng)計題，考查中位數(shù)的意義，中位數(shù)是將一組數(shù)據(jù)從小到大（或從大到小）重新排列后，最中間的那個數(shù)（或最中間兩個數(shù)的平均數(shù)），叫做這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)，如果中位數(shù)的概念掌握得不好，不把數(shù)據(jù)按要求重新排列，就會出錯．2、D【解析】

移項后分解因式，即可得出兩個一元一次方程，求出方程的解即可．【詳解】x（x?1）＝x，x（x?1）?x＝0，x（x?1?1）＝0，x＝0，x?1?1＝0，x1＝0，x1＝1．故選：D．【點睛】本題考查了解一元二次方程的應(yīng)用，能把一元二次方程轉(zhuǎn)化成一元一次方程是解此題的關(guān)鍵．3、C【解析】試題分析：因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以AB//CD,AB=CD，所以∠ABD=∠CDB,所以要使△ABE≌△CDF，若添加條件：∠1=∠2，可以利用ASA證明△ABE≌△CDF，所以D正確，若添加條件：BE=FD，可以利用SAS證明△ABE≌△CDF，所以B正確，若添加條件：BF=DE，可以得到BE=FD，可以利用SAS證明△ABE≌△CDF，所以C正確；若添加條件：AE=CF，因為∠ABD=∠CDB,不是兩邊的夾角，所以不能證明△ABE≌△CDF，所以A錯誤，故選A.考點：1.平行四邊形的性質(zhì)2.全等三角形的判定.4、B【解析】

根據(jù)長方形的性質(zhì)得到∠BAE=∠DCE=90°，AB=CD，再由對頂角相等可得∠AEB=∠CED，推出△EBA≌△EDC，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論，依此可得A、C、D正確；無法判斷∠ABE和∠CBD是否相等．【詳解】∵四邊形ABCD為長方形∴∠BAE=∠DCE=90°，AB=CD，在△EBA和△EDC中，∵∠AEB=∠CED，∠BAE=∠DCE，AB=CD，∴△EBA≌△EDC(AAS)，∴BE=DE，∴△EBD為等腰三角形，∴折疊后得到的圖形是軸對稱圖形，故A、C、D正確，無法判斷∠ABE和∠CBD是否相等，B選項錯誤；故選B.【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)以及等腰三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握折疊的性質(zhì)得出全等條件是解題的關(guān)鍵.5、D【解析】

根據(jù)位似圖形的定義解答即可，注意排除法在解選擇題中的應(yīng)用．【詳解】根據(jù)位似圖形的定義，可得A，B，C是位似圖形，B與C的位似中心是交點，A的位似中心是圓心；D不是位似圖形．故選D．【點睛】本題考查了位似圖形的定義．注意：①兩個圖形必須是相似形；②對應(yīng)點的連線都經(jīng)過同一點；③對應(yīng)邊平行．6、D【解析】

由平移可知，拋物線的開口方向和大小不變，頂點改變，將拋物線化為頂點式，求出頂點，再由平移求出新的頂點，然后根據(jù)頂點式寫出平移后的拋物線解析式．【詳解】解：，即拋物線的頂點坐標(biāo)為，把點向上平移2個單位長度，再向右平移1個單位長度得到點的坐標(biāo)為，所以平移后得到的拋物線解析式為．故選D．【點睛】本題考查了二次函數(shù)圖象與幾何變換：由于拋物線平移后的形狀不變，故a不變，所以求平移后的拋物線解析式通常可利用兩種方法：一是求出原拋物線上任意兩點平移后的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出解析式；二是只考慮平移后的頂點坐標(biāo)，即可求出解析式．7、D【解析】

根據(jù)二次根式有意義的條件逐項求解即可得答案.【詳解】A、x+3≥1，解得：x≥-3，故此選項錯誤；B、x-3＞1，解得：x＞3，故此選項錯誤；C、x+3＞1，解得：x＞-3，故此選項錯誤；D、x-3≥1，解得：x≥3，故此選項正確，故選D．【點睛】本題考查了二次根式和分式有意義的條件，二次根式的被開方數(shù)是非負數(shù)．分式的分母不能等于1．8、A【解析】分析：如圖，作CD⊥AB，則CD是等邊△ABC底邊AB上的高，根據(jù)等腰三角形的三線合一，可得AD=1，所以，在直角△ADC中，利用勾股定理，可求出CD的長，代入面積計算公式，解答出即可；詳解：作CD⊥AB，

∵△ABC是等邊三角形，AB=BC=AC=2，

∴AD=1，

∴在直角△ADC中，

CD===，

∴S△ABC=×2×=；

故選A．點睛：本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)及勾股定理的應(yīng)用，根據(jù)題意，畫出圖形可利于解答，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合思想．9、B【解析】試題分析：A．∵此圖形旋轉(zhuǎn)180°后不能與原圖形重合，∴此圖形不是中心對稱圖形，是軸對稱圖形，故A選項錯誤；B．∵此圖形旋轉(zhuǎn)180°后能與原圖形重合，∴此圖形是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形，故B選項正確．C．∵此圖形旋轉(zhuǎn)180°后不能與原圖形重合，∴此圖形不是中心對稱圖形，是軸對稱圖形，故C選項錯誤；D．∵此圖形旋轉(zhuǎn)180°后不能與原圖形重合，∴此圖形不是中心對稱圖形，也不是軸對稱圖形，故B選項錯誤．考點：1．中心對稱圖形；2．軸對稱圖形．10、C【解析】由勾股定理的幾何意義可知：S1+S2=1，S2+S3=2，S3+S4=3，S1+S2+S3+S4=4，故選A．二、填空題(每小題3分,共24分)11、①②④【解析】

根據(jù)三角形的全等的知識可以判斷①的正誤；根據(jù)角角之間的數(shù)量關(guān)系，以及三角形內(nèi)角和為180°判斷②的正誤；根據(jù)線段垂直平分線的知識可以判斷③的正誤，利用解三角形求正方形的面積等知識可以判斷④的正誤．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∵△AEF是等邊三角形，∴AE=AF，在Rt△ABE和Rt△ADF中，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），∴BE=DF，∵BC=DC，∴BC-BE=CD-DF，∴CE=CF，∴①說法正確；∵CE=CF，∴△ECF是等腰直角三角形，∴∠CEF=45°，∵∠AEF=60°，∴∠AEB=75°，∴②說法正確；如圖，連接AC，交EF于G點，∴AC⊥EF，且AC平分EF，∵∠CAF≠∠DAF，∴DF≠FG，∴BE+DF≠EF，∴③說法錯誤；∵EF=2，∴CE=CF=，設(shè)正方形的邊長為a，在Rt△ADF中，AD2+DF2=AF2，即a2+（a-）2=4，解得a=，則a2=2+，S正方形ABCD=2+，④說法正確，故答案為①②④．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，熟悉掌握是解題關(guān)鍵.12、【解析】

根據(jù)勾股定理計算即可．【詳解】解：由勾股定理得，弦=，故答案為：．【點睛】本題考查的是勾股定理，如果直角三角形的兩條直角邊長分別是a，b，斜邊長為c，那么a1+b1=c1．13、1【解析】

根據(jù)中心對稱的性質(zhì)判斷出陰影部分的面積等于菱形的面積的一半，即可得出結(jié)果．【詳解】解：∵O是菱形兩條對角線的交點，菱形ABCD是中心對稱圖形，∴△OEG≌△OFH，四邊形OMAH≌四邊形ONCG，四邊形OEDM≌四邊形OFBN，∴陰影部分的面積=S菱形ABCD=×(×10×6)=1．故答案為：1．【點睛】本題考查了中心對稱，菱形的性質(zhì)，熟記性質(zhì)并判斷出陰影部分的面積等于菱形的面積的一半是解題的關(guān)鍵．14、【解析】

根據(jù)三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半，分別求出各三角形的邊長，再根據(jù)等邊三角形的邊長的變換規(guī)律求解即可．【詳解】解：由題意得，△A2B2C2的邊長為△A3B3C3的邊長為△A4B4C4的邊長為…，∴△AnBnCn的邊長為故答案為：【點睛】本題考查了三角形中位線定理，三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半，根據(jù)規(guī)律求出第n個等邊三角形的邊長是解題的關(guān)鍵．15、【解析】

根據(jù)點P的坐標(biāo)可求出點P′的坐標(biāo)，再利用一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可得到關(guān)于k的一元一次方程，解之即可求出k值．【詳解】解：∵點關(guān)于軸的對稱點為∴點P'的坐標(biāo)為（1，-2）∵點P'在直線上，∴-2=k+3解得：k=-5，故答案為：-5.【點睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，關(guān)于x軸、y軸對稱的點的坐標(biāo)，掌握待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式是解題的關(guān)鍵.16、1【解析】

增根是分式方程化為整式方程后產(chǎn)生的使分式方程的分母為0的根．有增根，那么最簡公分母x-2=0，所以增根是x=2，把增根代入化為整式方程的方程即可求出未知字母的值．【詳解】方程兩邊都乘（x-2），得1+（x-2）=k∵原方程有增根，∴最簡公分母x-2=0，即增根是x=2，把x=2代入整式方程，得k=1．故答案為1.【點睛】增根問題可按如下步驟進行：①根據(jù)最簡公分母確定增根的值；②化分式方程為整式方程；③把增根代入整式方程即可求得相關(guān)字母的值．17、AB=2BC．【解析】

過A作AE⊥BC于E、作AF⊥CD于F，∵甲紙條的寬度是乙紙條寬的2倍，∴AE=2AF，∵紙條的兩邊互相平行，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠ABC=∠ADC，AD=BC，∵∠AEB=∠AFD=90°，∴△ABE∽△ADF，∴，即．故答案為AB=2BC．【點睛】考點：相似三角形的判定與性質(zhì)．點評：本題考查的是相似三角形的判定與性質(zhì)，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出相似三角形是解答此題的關(guān)鍵．18、4【解析】

按照二次根式的乘、除運算法則運算即可求解.【詳解】解：原式=故答案為：4.【點睛】本題考查二次根式的乘除運算法則，熟練掌握運算公式是解決此類題的關(guān)鍵.三、解答題(共66分)19、（1），；（2）的最小值為【解析】分析：本題的⑴問直接根據(jù)坐標(biāo)來表示⊿的底邊和底邊上的高，利用三角形的面積公式得出函數(shù)解析式；本題的⑵抓住四邊形是矩形，矩形的對角線相等即，從而把轉(zhuǎn)化到上來解決，當(dāng)?shù)亩它c運動到時最短，以此為切入點，問題可獲得解決.詳解：⑴.∵的坐標(biāo)為，是直線在第一象限的一個動點，且軸.∴,∴整理得：自變量的取值范圍是：⑵.存在一點使得的長最小.求出直線與軸交點的坐標(biāo)為,與軸交點的坐標(biāo)為∴∴根據(jù)勾股定理計算：.∵軸,軸，軸軸∴∴四邊形是矩形∴當(dāng)?shù)亩它c運動到（實際上點恰好是的中點）時的最短（垂線段最短）（見示意圖）又∵∴點為線段中點（三線合一）∴（注：也可以用面積方法求解）∴即的最小值為點睛：本題的⑴問直接利用三角形的面積公式并結(jié)合點的坐標(biāo)可以求解析式；本題的⑵問要打破平時求最小值的思路，把問題進行轉(zhuǎn)化，通過求的最小值來得到的最小值，構(gòu)思巧妙！20、（1）證明見解析；（2）3.【解析】

（1）根據(jù)翻折的性質(zhì)可得AF=AB，∠AFG=90°，然后利用“HL”證明Rt△ABG和Rt△AFG全等即可；（2）先求出DE、CE的長，從而得到EF，設(shè)BG=x，然后表示出GF，再求出CG、EG的長，然后在Rt△CEG中，利用勾股定理列式求出x的值，繼而則可求得CG的長.【詳解】（1）在正方形ABCD中，AD=AB，∠D=∠B=∠C=90°，又∵△ADE沿AE對折至△AFE，延長EF交邊BC于點G，∴∠AFG=∠AFE=∠D=90°，AF=AD，即有∠B=∠AFG=90°，AB=AF，AG=AG，在Rt△ABG和Rt△AFG中，，∴Rt△ABG≌Rt△AFG(HL)；（2）∵AB=6，點E在邊CD上，且CD=3DE，∴DE=FE=2，CE=4，不妨設(shè)BG=FG=x，（x＞0），則CG=6-x，EG=2+x，在Rt△CEG中，（2+x）2=42+（6-x）2，解得x=3，∴GC=BC-BG=6-3=3.【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，翻折變換的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用等，綜合性較強，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)以及定理是解題的關(guān)鍵.21、【解析】

設(shè)函數(shù)解析式為y=kx+b，將兩點代入可求出k和b的值，進而可得出直線解析式．將點（a，6）代入可得關(guān)于a的方程，解出即可．【詳解】設(shè)一次函數(shù)的解析式y(tǒng)=ax+b，∵圖象過點（3，5）和（-4，-9），將這兩點代入得：，解得：k=2，b=-1，∴函數(shù)解析式為：y=2x-1；將點（a，6）代入得：2a-1=6，解得：．【點睛】本題考查待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，屬于比較基礎(chǔ)的題，注意待定系數(shù)法的掌握，待定系數(shù)法是中學(xué)數(shù)學(xué)一種很重要的解題方法．22、這兩個多邊形的邊數(shù)分別為12和6.【解析】

n邊形的對角線有條，2n邊形的對角線有條，根據(jù)題意可列出方程，再解方程求解即可.【詳解】解：由多邊形的性質(zhì)，可知邊形共有條對角線.由題意，得.解得.∴.∴這兩個多邊形的邊數(shù)分別為12和6.【點睛】本題考查了多邊形對角線的性質(zhì)（條數(shù)）和解一元一次方程，熟記n邊形對角線的條數(shù)公式是解此題的關(guān)鍵.23、四邊形是菱形，證明見解析【解析】

根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可證得DE=BE，再利用平行四邊形的性質(zhì)證明四邊形BFDE是平行四邊形，從而可得到結(jié)論．【詳解】證明：∵，∴是直角三角形，且是斜邊（或），∵是的中點，∴，∵在平行四邊形ABCD中，E、F分別為邊AB、CD的中點，∴且，∴四邊形是平行四邊形，∴四邊形是菱形．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)及菱形的判定，熟記各性質(zhì)與判定定理是解題的關(guān)鍵．24、（1）作圖見解析，；（2）作圖見解析，【解析】

（1）分別將A、B、C三個點向右平移五個單位得到對應(yīng)點，順次連接即可得，再寫出坐標(biāo)即可；（2）分別作出A、B、C三個點關(guān)于x軸的對稱點，順次連接即可得，再寫出坐標(biāo)即可．【詳解】（1）如圖所示，即為所求，；（2）如圖所示，即為所求，．【點睛】本題考查坐標(biāo)系中的平移與軸對稱作圖，熟練掌握坐標(biāo)系中點的平移與對稱規(guī)律是解題的關(guān)鍵．25、（1）AF＝BC；a；（2）猜想：AF＝BC，（3）【解析】

（1）①先判斷出AD＝AE＝AB＝AC，∠DAE＝120°，進而判斷出∠ADE＝30°，再利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；②先判斷出△ABC≌△ADE，利用直角三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；（2）先判斷出△AEG≌△ACB，得出EG＝BC，再判斷出DF＝EF，即可得出結(jié)論；（3）先判斷出四邊形PHCD是矩形，進而判斷出∠DPC＝30°，再判斷出PB＝PC，進而求出∠APB＝150°，即可利用“夾補三角形”即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）∵△ABC與△ADE是一對“夾補三角形”，∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAC+∠DAE＝180°，①∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝60°∴AD＝AE＝AB＝AC，∠DAE＝120°，∴∠ADE＝30°，∵AF是“夾補中線”，∴DF＝EF，∴AF⊥DE，在Rt△ADF中，AF＝AD＝AB＝BC，故答案為：AF＝BC；②當(dāng)△ABC是直角三角形時，∠BAC＝90°，∵∠DAE＝90°＝∠BAC，易證，△ABC≌△ADE，∴DE＝BC，∵AF是“夾補中線”，∴DF＝EF，∴AF＝DE＝BC＝a，故答案為a；（2）解：猜想：AF＝BC，理由：如圖1，延長DA到G，使AG＝AD，連EG∵△ABC與△ADE是一對“夾補三角形”，∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAC+∠DAE＝180°，∴AG＝AB，∠EAG＝∠BAC，AE＝AC，∴△AEG≌△ACB，∴EG＝BC，∵AF是“夾補中線”，∴DF＝EF，∴AF＝EG，∴AF＝BC；（3）證明：如圖4，∵△PAD是等邊三角形，∴DP＝AD＝3，∠ADP＝∠APD＝60°，∵∠ADC＝150°，∴∠PDC＝90°，作PH⊥BC于H，∵∠BCD＝90°∴四邊形PHCD是矩形，∴CH＝PD＝3，∴BH＝6﹣3＝3＝CH，∴PC＝PB，在Rt△PCD中，tan∠DPC＝，∴∠DPC＝30°∴∠CPH＝∠BPH＝60°，∠APB＝360°﹣∠APD﹣∠DPC﹣∠BPC＝150°，∴∠APB+∠CPD＝180°，∵DP＝AP，PC＝PB，∴△PCD是△PBA的“夾補三角形”，由（2）知，CD＝，∴△PAB的“夾補中線”＝．【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，