2026-北辰区-一模-17题
题目条件
如图，在四边形 \(ABCD\) 中，对角线 \(AC\)，\(BD\) 相交于点 \(O\)，\(AD \parallel BC\)，\(\angle BAD = 90^\circ\)，\(AD = 3\)，\(BC = 6\)，\(\angle ABD = 30^\circ\)。
(Ⅰ) 线段 \(BO\) 的长为________；
(Ⅱ) \(F\) 为 \(BO\) 的中点，\(E\) 为 \(CD\) 的中点，则线段 \(EF\) 的长为________。
(Ⅰ) 求线段 \(BO\) 的长
在 \(Rt\triangle ABD\) 中，\(\angle BAD=90^\circ\)，\(\angle ABD=30^\circ\)，\(AD=3\)，
由 \(30^\circ\) 直角三角形性质：
\(BD = 2AD = 2 \times 3 = 6\)
又 \(AD \parallel BC\)，故 \(\triangle AOD \sim \triangle COB\)，相似比为：
\(\dfrac{AD}{BC} = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}\)
\(\implies \dfrac{OD}{OB} = \dfrac{1}{2}\)
因此：
\(OB = \dfrac{2}{3}BD = \dfrac{2}{3} \times 6 = 4\)
第(Ⅰ)问答案：\(\boldsymbol{4}\)
(Ⅱ) 求线段 \(EF\) 的长
取 \(OC\) 的中点 \(G\)，连接 \(FG\)、\(EG\)，过 \(E\) 作 \(EH \perp FG\) 于 \(H\)。
① 由中位线定理：
\(FG \parallel BC,\ \ FG = \dfrac{1}{2}BC = 3\)
\(\angle OFH = \angle DBC = 60^\circ\)
② 同理：
\(EG \parallel OD,\ \ EG = \dfrac{1}{2}OD = 1\)
\(\angle EGH = 60^\circ\)
在 \(Rt\triangle EGH\) 中：
\(GH = \dfrac{1}{2}\)，\(EH = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
③ 计算 \(FH\)：
\(FH = FG + GH = 3 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{7}{2}\)
④ 在 \(Rt\triangle EFH\) 中，由勾股定理：
\(EF = \sqrt{FH^2 + EH^2}\)
\(= \sqrt{\left(\dfrac{7}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}\)
\(= \sqrt{\dfrac{49+3}{4}} = \sqrt{13}\)
第(Ⅱ)问答案：\(\boldsymbol{\sqrt{13}}\)
2026-滨海新区-一模-17题
题目条件
如图，四边形 \(ABCD\) 是正方形，点 \(E\) 是边 \(AB\) 上一动点（点 \(A\)、\(B\) 除外），点 \(F\) 在正方形 \(ABCD\) 内部。
\(\triangle EFG\) 是直角三角形，\(EG = EF\)，点 \(G\) 在 \(DA\) 的延长线上，\(FE\) 的延长线与 \(CB\) 的延长线交于点 \(H\)。
若点 \(E\) 为 \(FH\) 的中点，\(AG = 3\)，则 \(FC\) 的长为__________。
步骤1：构造辅助线并证明 \(\triangle GAE \cong \triangle EMF\)
过点 \(F\) 作 \(FM \perp AB\) 于点 \(M\)，作 \(FN \perp BC\) 于点 \(N\)。
∵ 四边形 \(ABCD\) 是正方形，\(\angle ABC=90^\circ\)，
∴ 四边形 \(MBNF\) 是矩形，\(FN=MB\)，\(FM=BN\)。
∵ \(\triangle EFG\) 是直角三角形且 \(EG=EF\)，∴ \(\angle GEF=90^\circ\)。
由 \(\angle GEA + \angle FEM=90^\circ\)，\(\angle MFE + \angle FEM=90^\circ\)，
得 \(\angle GEA=\angle MFE\)。
在 \(\triangle GAE\) 和 \(\triangle EMF\) 中：
- \(\angle GAE=\angle EMF=90^\circ\)
- \(\angle GEA=\angle MFE\)
- \(EG=EF\)
∴ \(\triangle GAE \cong \triangle EMF\)（AAS），得 \(AG=EM=3\)。
步骤2：证明 \(\triangle EMF \cong \triangle EBH\)，求 \(EB\)、\(FN\)
∵ \(E\) 是 \(FH\) 的中点，∴ \(EF=EH\)。
在 \(\triangle EMF\) 和 \(\triangle EBH\) 中：
- \(\angle EMF=\angle EBH=90^\circ\)
- \(\angle MEF=\angle BEH\)
- \(EF=EH\)
∴ \(\triangle EMF \cong \triangle EBH\)（AAS），
得 \(EM=EB=3\)，\(FM=BH\)。
∴ \(MB=ME+EB=3+3=6\)，\(FN=MB=6\)。
步骤3：勾股定理求 \(FC\)
设 \(AE=x\)，由全等得：\(AE=MF=x\)，\(MF=BH=x\)。
正方形边长：\(AB=AE+EB=x+3\)，\(BC=x+3\)。
∵ \(BN=MF=x\)，∴ \(CN=BC-BN=(x+3)-x=3\)。
\(FC=\sqrt{FN^2+CN^2}\)
\(=\sqrt{6^2+3^2}\)
\(=\sqrt{36+9}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}\)
答案：\(\boldsymbol{3\sqrt{5}}\)
2026-部分区-一模-17题
题目条件
如图，\(\triangle ABC\) 是等腰直角三角形，\(\angle BAC = 90^\circ\)，\(AB = AC = 5\)， 边长为 \(\sqrt{5}\) 的正方形 \(DEFM\) 的顶点 \(D\)、\(E\)、\(F\) 分别在 \(\triangle ABC\) 的边 \(AB\)、\(AC\)、\(BC\) 上。
(Ⅰ) 点 \(F\) 到 \(AC\) 边的距离为__________；
(Ⅱ) \(BF\) 的长为__________。
(Ⅰ) 求点 \(F\) 到 \(AC\) 边的距离
过点 \(F\) 作 \(FH \perp AC\) 于点 \(H\)， 则 \(FH\) 即为点 \(F\) 到 \(AC\) 的距离。
因为 \(\triangle ABC\) 是等腰直角三角形，\(\angle A=90^\circ\)， 所以 \(\angle C=45^\circ\)，\(\triangle FHC\) 为等腰直角三角形，\(FH=HC\)。
因为四边形 \(DEFM\) 是正方形，\(DE=EF=\sqrt{5}\)，\(\angle DEF=90^\circ\)， 故 \(\angle AED+\angle HEF=90^\circ\)。
在 \(Rt\triangle AED\) 中，\(\angle AED+\angle ADE=90^\circ\)， 所以 \(\angle ADE=\angle HEF\)。
在 \(\triangle AED\) 和 \(\triangle HFE\) 中：
- \(\angle A = \angle EHF = 90^\circ\)
- \(\angle ADE = \angle HEF\)
- \(DE = EF\)
设 \(AE = x\)，则 \(HF = x\)，\(HC = x\)， \(HE = AC – AE – HC = 5 – 2x\)，故 \(AD = 5 – 2x\)。
在 \(Rt\triangle AED\) 中，由勾股定理： \[ AE^2 + AD^2 = DE^2 \] \[ x^2 + (5-2x)^2 = (\sqrt{5})^2 \] \[ x^2 + 25 – 20x + 4x^2 = 5 \] \[ 5x^2 – 20x + 20 = 0 \implies (x-2)^2=0 \implies x=2 \]
第(Ⅰ)问答案：\(\boldsymbol{2}\)
(Ⅱ) 求 \(BF\) 的长
由（Ⅰ）知 \(x=2\)，故 \(HC=2\)，在等腰直角 \(\triangle FHC\) 中： \[ FC = \sqrt{2}HC = 2\sqrt{2} \]
在等腰直角 \(\triangle ABC\) 中，斜边： \[ BC = \sqrt{2}AB = 5\sqrt{2} \]
\[ BF = BC – FC = 5\sqrt{2} – 2\sqrt{2} = 3\sqrt{2} \]
第(Ⅱ)问答案：\(\boldsymbol{3\sqrt{2}}\)
2026-河北区-一模-17题
题目条件
如图，菱形 \(ABCD\) 与正方形 \(CDEF\) 边长均为 \(5\)，连接 \(AC\)，\(BD\) 交于点 \(O\)，\(BD = 6\)。点 \(M\)，\(N\) 分别为 \(EF\)，\(CO\) 的中点，连接 \(MN\)。
(Ⅰ) 线段 \(CN\) 的长为__________；
(Ⅱ) 线段 \(MN\) 的长为__________。
(Ⅰ) 求线段 \(CN\) 的长
在菱形 \(ABCD\) 中，对角线互相垂直平分，所以 \(AC \perp BD\)，\(BO = OD = \frac{1}{2}BD = 3\)。
在 \(Rt\triangle COD\) 中，由勾股定理： \[ OC = \sqrt{CD^2 – OD^2} = \sqrt{5^2 – 3^2} = 4 \]
因为 \(N\) 是 \(CO\) 的中点，所以： \[ CN = \frac{1}{2}OC = \frac{1}{2} \times 4 = 2 \]
第(Ⅰ)问答案：\(\boldsymbol{2}\)
(Ⅱ) 求线段 \(MN\) 的长
过点 \(N\) 作 \(NH \perp CD\) 于点 \(H\)，作 \(NG \perp EF\) 于点 \(G\)。
由 \(\triangle CNH \sim \triangle COD\)，相似比为 \(\frac{CN}{CD} = \frac{2}{5}\)，得： \[ NH = OD \times \frac{2}{5} = 3 \times \frac{2}{5} = \frac{6}{5} \] \[ CH = OC \times \frac{2}{5} = 4 \times \frac{2}{5} = \frac{8}{5} \]
在正方形 \(CDEF\) 中，\(CD=5\)，\(M\) 为 \(EF\) 中点，故 \(MF = \frac{5}{2}\)。
因此： \[ NG = CF + NH = 5 + \frac{6}{5} = \frac{31}{5} \] \[ MG = MF – CH = \frac{5}{2} – \frac{8}{5} = \frac{9}{10} \]
在 \(Rt\triangle MNG\) 中，由勾股定理：
\(MN = \sqrt{NG^2 + MG^2}\)
\(= \sqrt{\left(\dfrac{31}{5}\right)^2 + \left(\dfrac{9}{10}\right)^2}\)
\(= \sqrt{\dfrac{961}{25} + \dfrac{81}{100}}\)
\(= \sqrt{\dfrac{3844 + 81}{100}}\)
\(= \sqrt{\dfrac{3925}{100}}\)
\(= \dfrac{5\sqrt{157}}{10} = \dfrac{\sqrt{157}}{2}\)
第(Ⅱ)问答案：\(\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{157}}{2}}\)
2026-河东区-一模-17题
题目条件
如图，在 \( \triangle ABC \) 中，\( \angle BAC = 90^\circ \)，\( AB = AC \)，\( BC = 2\sqrt{2} \)，点 \( D \) 是边 \( AC \) 上的中点。
(Ⅰ) 线段 \( AD \) 的长为__________；
(Ⅱ) 点 \( E \) 在 \( \triangle ABC \) 外，满足 \( CE \parallel BA \)，且 \( CE = AD \)，连接 \( AE \)，射线 \( BD \) 交 \( AE \) 于点 \( F \)，则 \( \triangle ADF \) 的面积为__________。
(Ⅰ) 求线段 \( AD \) 的长
在 \( \triangle ABC \) 中，\( \angle BAC = 90^\circ \)，\( AB = AC \)，\( BC = 2\sqrt{2} \)。
由勾股定理： \[ BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = 2\sqrt{2} \]
解得： \[ AC = 2 \]
∵ 点 \( D \) 是边 \( AC \) 上的中点， \[ AD = CD = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \times 2 = 1 \]
第(Ⅰ)问答案：\( \boldsymbol{1} \)
(Ⅱ) 求 \( \triangle ADF \) 的面积
延长 \( BF \)、\( CE \) 交于点 \( H \)，连接 \( AH \)、\( ED \)。
由(Ⅰ)得 \( AB = AC = 2 \)，\( AD = CD = 1 \)。
∵ \( CE \parallel BA \)，∴ \( \angle HCD = \angle BAD = 90^\circ \)。
在 \( \triangle CDH \) 和 \( \triangle ADB \) 中：
- \( \angle CDH = \angle ADB \)
- \( CD = AD \)
- \( \angle HCD = \angle BAD \)
因此： \[ S_{\triangle ACH} = \frac{1}{2}CH \cdot AC = \frac{1}{2} \times 2 \times 2 = 2 \] \[ S_{\triangle ADH} = S_{\triangle CDH} = \frac{1}{2}S_{\triangle ACH} = 1 \]
∵ \( CE = AD = 1 \)，∴ \( HE = CH – CE = 1 = CE \)。
∵ 点 \( D \) 是 \( AC \) 的中点，点 \( E \) 是 \( HC \) 的中点， \[ ED \parallel AH,\ ED = \frac{1}{2}AH \]
∴ \( \triangle EFD \sim \triangle AFH \)，得： \[ \frac{DF}{HF} = \frac{ED}{AH} = \frac{1}{2} \] \[ DF = \frac{1}{1+2}DH = \frac{1}{3}DH \]
因此： \[ S_{\triangle ADF} = \frac{1}{3}S_{\triangle ADH} = \frac{1}{3} \]
第(Ⅱ)问答案：\( \boldsymbol{\dfrac{1}{3}} \)
2026-河西区-一模-17题
题目条件
如图，在四边形 \(ABCD\) 中，\( \angle A = \angle B = 90^\circ \)，点 \(E\) 在 \(AB\) 边上，\(AE = 3\)，\(EB = 5\)，\(BC = 4\)。连接 \(CE\)，且 \( \angle DCE = \angle BCE \)。点 \(F\) 在 \(BC\) 的延长线上，连接 \(DF\)，若 \(DF = DC\)，则线段 \(CF\) 的长为__________。
步骤1：延长构造相似三角形，求 \(AG\)
延长 \(DA\) 交 \(CE\) 延长线于点 \(G\)，∵ \(AD \parallel BC\)，∴ \(\triangle AGE \backsim \triangle BCE\)。
\(\frac{AG}{BC} = \frac{AE}{BE}\)
\(\frac{AG}{4} = \frac{3}{5}\)
\(AG = \frac{12}{5}\)
步骤2：作高构造直角三角形，列方程
作 \(DH \perp CF\) 于 \(H\)，∵ \(DF=DC\)，∴ \(CF=2CH\)，设 \(CH=x\)，则 \(CF=2x\)。
∵ 四边形 \(ABHD\) 为矩形，∴ \(DH=AB=8\)，\(AD=BH=4+x\)。
∵ \(DG=DC\)，\(DG=AG+AD=\frac{12}{5}+4+x=\frac{32}{5}+x\)。
在 \(Rt\triangle DCH\) 中：
\(DC^2 = DH^2 + CH^2 = 8^2 + x^2\)
\(DG^2 = DC^2\)
\(\left(\frac{32}{5}+x\right)^2 = 8^2 + x^2\)
步骤3：解方程求 \(x\)，得 \(CF\)
展开并化简方程：
\(\frac{1024}{25} + \frac{64}{5}x + x^2 = 64 + x^2\)
\(\frac{64}{5}x = \frac{576}{25}\)
\(x = \frac{9}{5} = 1.8\)
因此：
\(CF = 2x = 2 \times 1.8 = 3.6 = \frac{18}{5}\)
答案：\( \boldsymbol{\dfrac{18}{5}} \)
2026-红桥区-一模-17题
题目条件
如图，在边长为 \(6\) 的等边三角形 \(ABC\) 中，点 \(D\) 在边 \(AB\) 上，\(BD = 2AD\)，过点 \(D\) 作 \(DE \perp BC\)，垂足为 \(E\)。
(Ⅰ) 线段 \(DE\) 的长为__________；
(Ⅱ) \(F\) 为 \(DE\) 的中点，\(G\) 为边 \(AC\) 上一点，若 \( \angle GFD = 60^\circ \)，则线段 \(GF\) 的长为__________。
(Ⅰ) 求线段 \(DE\) 的长
∵ \(AB=6\)，\(BD=2AD\)，∴ \(AD=2\)，\(BD=4\)。
在等边 \(\triangle ABC\) 中，\(\angle B=60^\circ\)，在 \(Rt\triangle BDE\) 中：
\(BE = BD \cdot \cos 60^\circ = 4 \times \frac{1}{2} = 2\)
\(DE = BD \cdot \sin 60^\circ = 4 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}\)
第(Ⅰ)问答案：\( \boldsymbol{2\sqrt{3}} \)
(Ⅱ) 求线段 \(GF\) 的长
∵ \(F\) 为 \(DE\) 中点，∴ \(DF = \frac{1}{2}DE = \sqrt{3}\)。
过点 \(D\) 作 \(DN \perp AC\) 于 \(N\)，在 \(Rt\triangle ADN\) 中：
\(DN = AD \cdot \sin 60^\circ = 2 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}\)
\(AN = AD \cdot \cos 60^\circ = 2 \times \frac{1}{2} = 1\)
过点 \(D\) 作 \(DM \perp GF\) 于 \(M\)，在 \(Rt\triangle DFM\) 中：
\(FM = DF \cdot \cos 60^\circ = \sqrt{3} \times \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}\)
\(DM = DF \cdot \sin 60^\circ = \sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3}{2}\)
由 \(DN=DM=\sqrt{3}\)，得 \(Rt\triangle DNG \cong Rt\triangle DMG\)（HL），故 \(GM=DN=\sqrt{3}\)。
\(GF = GM + FM = \sqrt{3} + \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{2}\)
第(Ⅱ)问答案：\( \boldsymbol{\dfrac{3\sqrt{3}}{2}} \)
2026-南开区-数学-一模-17题
题目条件
如图，在边长为 \(6\) 的正方形 \(ABCD\) 中，点 \(O\) 为对角线 \(AC\) 的中点。点 \(E\) 在 \(CD\) 边上，过点 \(C\) 作直线 \(AE\) 的垂线 \(CH\)，垂足为点 \(H\)，连接 \(OH\)。
(Ⅰ) 线段 \(OH\) 的长为__________；
(Ⅱ) \(F\) 为线段 \(HC\) 延长线上一点，且 \(CF = AE\)，连接 \(AF\)，线段 \(AF\) 与 \(BC\) 边相交于点 \(G\)，连接 \(OG\)，\(HG\)。若 \(DE = 2\)，则 \(\triangle GOH\) 的周长为__________。
(Ⅰ) 求线段 \(OH\) 的长
∵ 四边形 \(ABCD\) 是正方形，边长为 \(6\)， \[ \therefore AD = CD = 6,\ \angle D = 90^\circ \] \(\therefore \triangle ACD\) 是直角三角形，由勾股定理： \[ AC = \sqrt{AD^2 + CD^2} = \sqrt{6^2 + 6^2} = 6\sqrt{2} \]
∵ \(CH \perp AE\)， \[ \therefore \angle AHC = 90^\circ \] \(\therefore \triangle AHC\) 是直角三角形。
∵ 点 \(O\) 为正方形 \(ABCD\) 对角线 \(AC\) 的中点， \(\therefore OH\) 是 \(Rt\triangle AHC\) 斜边 \(AC\) 上的中线： \[ OH = \dfrac{1}{2}AC = 3\sqrt{2} \]
第(Ⅰ)问答案：\(OH = 3\sqrt{2}\)
(Ⅱ) 求 \(\triangle GOH\) 的周长
过点 \(F\) 作 \(FM \perp BC\) 于点 \(M\)，过点 \(O\) 作 \(ON \perp BC\) 于点 \(N\)，则： \[ \angle CMF = \angle FMG = \angle ONG = 90^\circ \]
1. 证明 \(\triangle MFC \cong \triangle DAE\)：
在 \(Rt\triangle ADE\) 中，\(\angle D = 90^\circ\)，
\[
\angle DAE + \angle DEA = 90^\circ
\]
在 \(\triangle CHE\) 中，\(\angle AHC = 90^\circ\)，
\[
\angle ECH + \angle HEC = 90^\circ
\]
又 \(\angle DEA = \angle HEC\)，故 \(\angle DAE = \angle ECH\)。
又 \(\angle ECH + \angle MCF = 180^\circ – \angle DCB = 90^\circ\)，
\(\therefore \angle MFC = \angle ECH = \angle DAE\)。
在 \(\triangle MFC\) 和 \(\triangle DAE\) 中：
\[
\begin{cases}
\angle CMF = \angle D = 90^\circ \\
\angle MFC = \angle DAE \\
CF = AE
\end{cases}
\]
\(\therefore \triangle MFC \cong \triangle DAE\ (AAS)\)，得：
\[
CM = DE = 2,\ FM = AD = 6
\]
2. 求点 \(G\) 的位置：
\(BM = BC – CM = 6 – 2 = 4\)，在 \(\triangle FMG\) 和 \(\triangle ABG\) 中：
\[
\begin{cases}
\angle FMG = \angle B = 90^\circ \\
\angle MGF = \angle BGA \\
FM = AB = 6
\end{cases}
\]
\(\therefore \triangle FMG \cong \triangle ABG\ (AAS)\)，得：
\[
FG = AG,\ MG = BG = \dfrac{1}{2}BM = 2
\]
3. 求 \(OG\) 的长度：
在 \(Rt\triangle ABG\) 中，\(\angle B = 90^\circ\)，
\[
AG = \sqrt{AB^2 + BG^2} = \sqrt{6^2 + 2^2} = 2\sqrt{10}
\]
\(\because ON \perp BC\)，\(O\) 为 \(AC\) 中点，
\(\therefore ON\) 是 \(\triangle ABC\) 的中位线：
\[
ON = \dfrac{1}{2}AB = 3,\ BN = CN = \dfrac{1}{2}BC = 3
\]
\[
GN = BN – BG = 3 – 2 = 1
\]
在 \(Rt\triangle ONG\) 中：
\[
OG = \sqrt{ON^2 + GN^2} = \sqrt{3^2 + 1^2} = \sqrt{10}
\]
4. 求 \(HG\) 的长度：
\(\because CH \perp AE\)，\(\therefore \angle AHF = 90^\circ\)，\(\triangle AHF\) 是直角三角形。
又 \(G\) 为 \(AF\) 中点，\(\therefore HG\) 是斜边 \(AF\) 上的中线：
\[
HG = FG = AG = 2\sqrt{10}
\]
5. 计算周长： \[ C_{\triangle GOH} = OH + OG + HG \] \[ = 3\sqrt{2} + \sqrt{10} + 2\sqrt{10} = 3\sqrt{2} + 3\sqrt{10} \]
第(Ⅱ)问答案：\(3\sqrt{2} + 3\sqrt{10}\)
2026-西青区-数学-一模-17题
题目条件
如图，在平行四边形 \(ABCD\) 中，\(AB = 4\)，\(BC = 8\)，\(\angle ABC = 60^\circ\)，\(E\) 为 \(BC\) 边中点，对角线 \(AC\)，\(BD\) 相交于点 \(O\)，\(F\) 是线段 \(AO\) 中点，连接 \(AE\)，\(EF\)。
(Ⅰ) 线段 \(AE\) 的长为__________；
(Ⅱ) 线段 \(EF\) 的长为__________。
(Ⅰ) 求线段 \(AE\) 的长
∵ \(BC = 8\)，\(E\) 为 \(BC\) 边中点， \[ \therefore BE = CE = \dfrac{1}{2}BC = 4 \]
又∵ \(AB = 4\)，\(\angle ABC = 60^\circ\)， \(\therefore BE = AB = 4\)，且夹角为 \(60^\circ\)， \(\therefore \triangle ABE\) 为等边三角形。
根据等边三角形的性质： \[ AE = BE = 4 \]
第(Ⅰ)问答案：\(AE = 4\)
(Ⅱ) 求线段 \(EF\) 的长
1. 连接 \(OE\)，利用中位线定理：
∵ 四边形 \(ABCD\) 是平行四边形，\(O\) 为对角线交点，
\(\therefore O\) 是 \(AC\) 的中点。
又∵ \(E\) 为 \(BC\) 中点，
\(\therefore OE\) 是 \(\triangle ABC\) 的中位线：
\[
OE = \dfrac{1}{2}AB = 2,\ OE \parallel AB
\]
2. 证明 \(AB \perp AC\)：
由(Ⅰ)得 \(AE = BE = CE = 4\)，
\(\therefore \triangle AEC\) 为等腰三角形，
\[
\angle EAC = \angle ECA
\]
又∵ \(\triangle ABE\) 是等边三角形，\(\angle BAE = 60^\circ\)，
在 \(\triangle AEC\) 中，由外角性质：
\[
\angle AEB = \angle EAC + \angle ECA = 60^\circ
\]
\(\therefore \angle EAC = \angle ECA = 30^\circ\)，
\[
\therefore \angle BAC = \angle BAE + \angle EAC = 60^\circ + 30^\circ = 90^\circ
\]
即 \(AB \perp AC\)。
3. 证明 \(OE \perp AC\)：
∵ \(OE \parallel AB\)，且 \(AB \perp AC\)，
\(\therefore OE \perp AC\)，即 \(\angle EOF = 90^\circ\)。
4. 计算 \(AO\) 和 \(FO\)：
在 \(Rt\triangle ABC\) 中，\(AB=4\)，\(BC=8\)，
\[
AC = \sqrt{BC^2 – AB^2} = \sqrt{8^2 – 4^2} = 4\sqrt{3}
\]
∵ \(O\) 为 \(AC\) 中点，
\[
AO = \dfrac{1}{2}AC = 2\sqrt{3}
\]
∵ \(F\) 是 \(AO\) 中点，
\[
FO = \dfrac{1}{2}AO = \sqrt{3}
\]
5. 在 \(Rt\triangle EOF\) 中，由勾股定理： \[ EF = \sqrt{OE^2 + OF^2} = \sqrt{2^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{7} \]
第(Ⅱ)问答案：\(EF = \sqrt{7}\)
