2020-2021学年广东省珠海市某校初二（下）期中考试数学试卷新人教版

这是一份2020-2021学年广东省珠海市某校初二（下）期中考试数学试卷新人教版，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列根式中属最简二次根式的是 （ ）
A.13B.12C.8D.12

2. 下列计算正确的是（ ）
A.2×3=6B.2+3=5C.32−2=3D.6÷2=3

3. 如图，字母B所代表的正方形的面积是（ ）

A.12B.13C.144D.194

4. 菱形和矩形一定都具有的性质是（ ）
A.对角线相等B.对角线互相平分
C.对角线互相平分且相等D.对角线互相垂直

5. 如图，四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是( )

A.AB // DC，AD // BCB.AB=DC，AD=BC
C.AO=CO，BO=DOD.AB // DC，AD=BC

6. 下列线段不能构成直角三角形的是( )
A.a=6，b=8，c=10B.a=1，b=2，c=3
C.a=3，b=4，c=5D.a=2，b=3，c=6

7. 已知Rt△ABC的两条直角边长分别是5cm，12cm，则斜边上的高为( )cm
A.13B.3013C.2413D.6013

8. 如图，在平面直角坐标系中，▱AOCB的顶点C的坐标为(3, 4)，点A的坐标为(6, 0)，则顶点B的坐标为( )

A.(9, 4)B.(8, 4)C.(7, 4)D.(6, 4)

9. 如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，点D是AB的中点，CD=3，且∠A=30∘，则△ABC的周长为( )

A.6B.9+33C.6+33D.33

10. 如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于点G，下列结论：①BE=DF；②∠DAF=15∘；③BE+DF=EF；④S△CEF=2S△ABE，其中正确的结论有( )

A.①②③B.①②④C.②③④D.①③④
二、填空题

计算：6×3=_______.

二次根式2a−3有意义，则a的取值范围是________.

已知菱形两条对角线的长分别为10和16，则这个菱形的面积是________．

如图，从电线杆离地面6m处向地面拉一条长8m的缆绳，这条缆绳在地面的固定点离电线杆底部的距离是________m．


如图，在正方形ABCD的外侧，作等边△ADE，则∠AEB=_______.


如图，四边形ABCD中，∠A=90∘，AB=8，AD=6，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为________.


如图，已知点E在平行四边形ABCD边CD上，△BCE为等边三角形，△ABD面积为103，△ADE面积为3，则BC的长为________.

三、解答题

计算：27−33÷3.

已知：x=2+1，求代数式x2−2x+1的值．

已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，CE // BD交AD的延长线于点E，CE=AC．
求证：四边形ABCD是矩形．


如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A−1,5，B1,0，C3,1，连接BC．

(1)在图中画出点A关于y轴的对称点A′，直接写出点A′的坐标为________.

(2)在(1)的基础上，连接A′B，A′C，试判断△A′BC的形状，并说明理由．

如图，在平面直角坐标系中，将矩形AOCD沿直线AE折叠（点E在边DC上），折叠后顶点恰好落在边OC上的点F处，若点D的坐标为10,8 .

(1)求OF的长；

(2)求点E的坐标．

如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90∘ ，AD是边BC上的中线，过点A作AE//BC，过点D作DE//AB，DE与AC，AE分别交于点O，E，连接EC．

(1)求证：四边形ADCE是菱形；

(2)若AB=AO，OD=1，求菱形ADCE的周长．

二次根式a的双重非负性是指被开方数a≥0，其化简的结果a≥0，利用a的双重非负性解决以下问题：
(1)已知a−1+3+b=0，则a+b的值为________；

(2)若x，y为实数，且x2=y−5+5−y+9，求x+y的值；

(3)已知实数m， nn≠0满足|2m−4|+|n+2|+m−3n2+4=2m，求m+n的值．

如图1，在正方形OABC中，点B坐标4,4，点D坐标0,−4，动点M从点D出发沿y轴向点A运动，速度为1单位/秒，连接CM，以点M为直角顶点做等腰直角三角形CME，连接AE．

(1)点M在OD上（不含端点）时，则∠MAE=________​∘，并说明理由；

(2)如图2，当点M在OA上（不含端点），连接OB交CE于点N，
①求证：AE+2NB=2OC；
②若BN=1，求时间t的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省珠海市某校初二（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
最简二次根式
【解析】
判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查定义中的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则不是．
【解答】
解：A，13是最简二次根式；
B，12=22，不是最简二次根式；
C，8=22，不是最简二次根式；
D，12=22，不是最简二次根式.
故选A.
2.
【答案】
D
【考点】
二次根式的加法
二次根式的减法
二次根式的乘法
二次根式的除法
【解析】
根据二次根式的混合运算法则，同类二次根式的定义来进行求解.
【解答】
解：A，2×3=2×3=6，计算错误；
B，2+3，不是同类根式，不能合并，计算错误；
C，32−2=22，计算错误；
D，6÷2=6÷2=3，计算正确.
故选D.
3.
【答案】
C
【考点】
勾股定理的应用
【解析】
外围正方形的面积就是斜边和一直角边的平方，实际上是求另一直角边的平方，用勾股定理即可解答．
【解答】
解：如图，
根据勾股定理我们可以得出：
a2+b2=c2
a2=25，c2=169，
b2=169−25=144，
因此B的面积是144．
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
菱形的性质
矩形的性质
【解析】
根据矩形的对角线的性质（对角线互相平分且相等），菱形的对角线性质（对角线互相垂直平分）可解.
【解答】
解：菱形的对角线互相垂直且平分，矩形的对角线相等且平分，
所以菱形和矩形一定都具有的性质是对角线互相平分.
故选B.
5.
【答案】
D
【考点】
平行四边形的判定
【解析】
直接根据平行四边形的判定定理求解即可求得答案．注意掌握排除法在选择题中的应用．
【解答】
解：A，∵ AB // DC，AD // BC，
∴ 四边形ABCD是平行四边形，
故本选项能判定这个四边形是平行四边形；
B，∵ AB=DC，AD=BC，
∴ 四边形ABCD是平行四边形，
故本选项能判定这个四边形是平行四边形；
C，∵ AO=CO，BO=DO，
∴ 四边形ABCD是平行四边形，
故本选项能判定这个四边形是平行四边形；
D，∵ AB // DC，AD=BC，
∴ 四边形ABCD是平行四边形或等腰梯形，
故本选项不能判定这个四边形是平行四边形．
故选D．
6.
【答案】
D
【考点】
勾股定理的逆定理
【解析】
由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和是否等于最长边的平方即可.
【解答】
解：A，62+82=100=102，能构成直角三角形，不符合题意；
B，12+22=3=(3)2，能构成直角三角形，不符合题意；
C，32+42=25=52，能构成直角三角形，不符合题意；
D，22+32=13≠(6)2，不能构成直角三角形，符合题意.
故选D.
7.
【答案】
D
【考点】
勾股定理
三角形的面积
【解析】
先根据勾股定理可求出斜边．然后由于同一三角形面积一定，可列方程直接解答．
【解答】
解：∵ Rt△ABC的两条直角边长分别是5cm，12cm，
∴ 斜边=52+122=13cm，
设斜边上的高为h，
则Rt△ABC的面积=12×5×12=12×13⋅h，
∴ h=6013cm．
故选D．
8.
【答案】
A
【考点】
平行四边形的性质
坐标与图形性质
【解析】
根据平行四边形的性质可得BC=AO=6，再根据C点坐标可得B点坐标．
【解答】
解：∵ 四边形AOCB是平行四边形，
∴ CB=AO，CB//OA，
∵ 点A的坐标为(6, 0)，
∴ CB=AO=6，
∵ C的坐标为(3, 4)，
∴ 点B的坐标为(9, 4)．
故选A．
9.
【答案】
B
【考点】
直角三角形斜边上的中线
含30度角的直角三角形
【解析】
由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得AB＝2CD＝6；由含30度角直角三角形的性质求得BC、AC的长度；最后根据三角形周长定义解答．
【解答】
解：∵ ∠ACB=90∘，
点D是AB的中点，CD=3，
∴ AB=2CD=6，
∵ ∠A=30∘，
∴ BC=12AB=3，
AC=AB2−BC2=33，
∴ △ABC的周长为：
AB+BC+AC=9+33．
故选B.
10.
【答案】
B
【考点】
全等三角形的性质与判定
等边三角形的性质
正方形的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：①因为△AEF是等边三角形，
所以AE=AF，
因为∠B=∠D=90∘，
所以BE2=AE2−AB2，DF2=AF2−AD2，
又因为AB=AD，
所以BE2=DF2，
所以BE=DF，故①正确；
②因为AB=AD，AE=AF，BE=DF，
所以△ABE≅△ADF，
所以∠DAF=∠BAE，
因为∠EAF=60∘，
所以∠DAF=∠BAE=90∘−60∘2=15∘，故②正确；
③如图所示，延长EB至点F′，使BF′=DF，连接AF′，
则△ADF≅△ABF′，∠F′AE=30∘，∠F′=∠AEF′=75∘，
所以EF′≠AE，
因为EF′=BE+DF，AE=EF,
所以BE+DF≠EF，故③错误；
④过点E作EN⊥AF′，垂足为点N,
因为∠NAE=30∘，
所以NE=12AE.
因为BE=DF，BC=CD，
所以CE=CF,
因为AC⊥EF，
所以CG=12EF，
又因为AE=EF，
所以EN=CG，
又因为AF′=AE=EF，
所以S△AEF′=S△CEF，
因为△ABE≅△ADF，△ADF≅△ABF′，
所以△ABE≅△ABF′，
所以S△ABE=S△ABF′，
所以S△CEF=2S△ABE，故④正确.
故正确的结论有①②④.
故选B.
二、填空题
【答案】
32
【考点】
二次根式的乘法
【解析】
根据二次根式的乘法运算法则计算即可.
【解答】
解：6×3=6×3=18=9×2=32.
故答案为：32.
【答案】
a≥32
【考点】
二次根式有意义的条件
【解析】
根据二次根式的被开方数的非负数，便可得出结果．
【解答】
解：由题意得，2a−3≥0，
解得，a≥32．
故答案为：a≥32．
【答案】
80
【考点】
菱形的面积
【解析】
根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
【解答】
解：∵ 菱形两条对角线的长分别为10和16，
∴ 这个菱形的面积S=12×10×16=80．
故答案为：80．
【答案】
27
【考点】
勾股定理的应用
【解析】
因为电线杆，地面，缆绳正好构成直角三角形，所以利用勾股定理解答即可．
【解答】
解：如图所示，AB=6m，AC=8m，
根据勾股定理可得：
BC=AC2−AB2=82−62=28=27（m）．
故这条缆绳在地面的固定点离电线杆底部的距离是27m．
故答案为：27．
【答案】
15∘
【考点】
正方形的性质
等边三角形的性质
等腰三角形的性质
【解析】
解：∵△ADE是等边三角形；故∠DAE=60​∘，
∠BAE=90​∘+60​∘=150​∘
又有AB=AE,
故∠AEB=30​∘÷2=15​∘；
故答案为15​∘.
【解答】
解：∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠BAD=90∘，AB=AD，
∵△ADE是等边三角形，
∴ ∠DAE=60∘，AD=AE，
∴∠BAE=90∘+60∘=150∘，
∴ AB=AE，
∴∠AEB=∠ABE=180∘−150∘2=15∘.
故答案为：15∘.
【答案】
5
【考点】
勾股定理
三角形中位线定理
【解析】
连接DN，根据三角形中位线定理得到EF=12DN，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】
解：连接DN，
∵ 点E，F分别为DM，MN的中点，
∴ EF是△MND的中位线，
∴ EF=12DN，
当点N与点B重合时，DN最大，
此时DN=AB2+AD2=10，
∴ EF长度的最大值为12×10=5．
故答案为：5．
【答案】
6
【考点】
三角形的面积
等边三角形的性质
平行四边形的性质
【解析】
本题主要考查了平行四边形的性质，等边三角形的性质，三角形的面积计算，解题的关键是掌握三角形的面积公式以及同高的三角形面积之间的关系.
【解答】
解：∵△BCE为等边三角形，
∴EC=BC=BE，
边BC上的高为BE2−(BC2)2=32BC，
S△BCE=12BC⋅32BC=34BC2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴ S△ABD=S△CDB=103，
S△ADE=S△BDE=3，
∴S△BCE=S△BCD−S△BDE=103−3=93，
∴34BC2=93，
∴BC=6．
故答案为：6．
三、解答题
【答案】
解：27−33÷3
=33−3÷3
=23÷3
=2 .
【考点】
二次根式的混合运算
【解析】
27−33÷3
=33−3÷3
=23÷3
=2 .
【解答】
解：27−33÷3
=33−3÷3
=23÷3
=2 .
【答案】
解：x2−2x+1
=x−12，
把x=2+1代入x−12=2+1−12=22=2 .
【考点】
完全平方公式
二次根式的混合运算
列代数式求值
【解析】
x2−2x+1
=x−12
把x=2+1代入x−12=2+1−12=22=2 .
【解答】
解：x2−2x+1
=x−12，
把x=2+1代入x−12=2+1−12=22=2 .
【答案】
证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ BC//AE，
∵ CE//BD，
∴ 四边形BCED是平行四边形，
∴ CE=BD，
∵ CE=AC，
∴ AC=BD，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ 四边形ABCD是矩形．
【考点】
平行四边形的性质
矩形的判定
平行四边形的判定
【解析】
根据平行四边形的性质得到AEIIBC，推出四边形BCED是平行四边形，得到AC=BD根据矩形的判定定理即可得到结论．
【解答】
证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ BC//AE，
∵ CE//BD，
∴ 四边形BCED是平行四边形，
∴ CE=BD，
∵ CE=AC，
∴ AC=BD，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ 四边形ABCD是矩形．
【答案】
解：(1)如图所示：
点A′1, 5.
故答案为：(1,5).
(2)△A′BC是直角三角形，
理由如下：
如图，
∵A′B2=52=25，A′C2=22+42=20，BC2=22+12=5，
∴A′C2+BC2=A′B2，
∴△A′BC是直角三角形．
【考点】
关于x轴、y轴对称的点的坐标
勾股定理的逆定理
【解析】
（1）由轴对称的性质，可求点A′的坐标；
（2）由勾股定理的逆定理可求解．
【解答】
解：(1)如图所示：
点A′1, 5.
故答案为：(1,5).
(2)△A′BC是直角三角形，
理由如下：
如图，
∵A′B2=52=25，A′C2=22+42=20，BC2=22+12=5，
∴A′C2+BC2=A′B2，
∴△A′BC是直角三角形．
【答案】
解：(1)∵ 四边形AOCD为矩形，D的坐标为10,8，
∴ AD=OC=10，DC=AO=8，
∵ 矩形沿AE折叠，使D落在OC上的点F处，
∴ AD=AF=10，DE=EF，
在Rt△AOF中，OF=AF2−AO2=6.
(2)FC=10−6=4，
设EC=x，则DE=EF=8−x，
在Rt△CEF中，EF2=EC2+FC2，
即8−x2=x2+42，解得x=3，
∵ EC的长为3，
∴ 点E的坐标为10,3.
【考点】
坐标与图形性质
翻折变换（折叠问题）
勾股定理
矩形的性质
点的坐标
【解析】
（1）∵ 四边形ACCD为矩形，D的坐标为10,8，
∴ AD=OC=10,DC=AO=8，
∵ 矩形潜AE折叠，使D落在BC上的点F处，
∴ AD=AF=10,DE=EF，
在Rt△AOF中，OF=AF2−AD2=6 .
（2）FC=10−6=4,
设EC=x，则DE=EF=8−x，
在Rt△CEF中，EF2=EC2+FC2，
即8−x2=x2+42，解得x=3，
∵ EC的长为3，
∴ 点E的坐标为10,3 .
【解答】
解：(1)∵ 四边形AOCD为矩形，D的坐标为10,8，
∴ AD=OC=10，DC=AO=8，
∵ 矩形沿AE折叠，使D落在OC上的点F处，
∴ AD=AF=10，DE=EF，
在Rt△AOF中，OF=AF2−AO2=6.
(2)FC=10−6=4，
设EC=x，则DE=EF=8−x，
在Rt△CEF中，EF2=EC2+FC2，
即8−x2=x2+42，解得x=3，
∵ EC的长为3，
∴ 点E的坐标为10,3.
【答案】
(1)证明：∵ AE//BC，DE//AB，
∴ 四边形ABDE为平行四边形，
∴ AE=BD，
∵ AD是边BC上的中线，
∴ BD=CD，
∴ AE=CD，
∴ 四边形ADCE是平行四边形，
又∵ ∠BAC=90∘ ，AD是边BC上的中线，
∴ AD=CD，
∴ 平行四边形ADCE是菱形.
(2)解：∵ 四边形ADCE是菱形，
∴ AD=AE=CE=CD，AC⊥OE，OA=OC，
∵BD=CD，
∴ OD是△ABC的中位线，
∴ AB=2OD=2，
∴ AO=AB=2，
∴ AD=AO2+OD2=22+12=5，
∴ 菱形ADCE的周长=4AD=45.
【考点】
平行四边形的判定
菱形的判定
直角三角形斜边上的中线
平行四边形的性质
三角形中位线定理
勾股定理
菱形的性质
【解析】
（1）AE//BC，DE//AB，
∴ 四边形ABDE为平行四边形，
∴ AE=BD，
∵ AD是边BC上的中线，
∵ BD=CD，
∴ AE=CD，
∴ 四边形ADCE三是平行四边形，
又∵ ∠BAC=90∘ ，AD是边BC上的中线，
∴ AD=CD。
∴ 平行四边形ADCE是菱形 .
（2）∵ 四边形ADCE是菱形，
∴ AD=AE=CE=CD,AC⊥OE,OA=OC，
∵BD=CD，
∴ OD是△ABC的中位线，
∴ AB=2OD=2，
∴ AO=AB=2，
∴ AD=AO2+OD2=22+12=5，
∴ 菱形ADCE的周长=4AD=45 .
【解答】
(1)证明：∵ AE//BC，DE//AB，
∴ 四边形ABDE为平行四边形，
∴ AE=BD，
∵ AD是边BC上的中线，
∴ BD=CD，
∴ AE=CD，
∴ 四边形ADCE是平行四边形，
又∵ ∠BAC=90∘ ，AD是边BC上的中线，
∴ AD=CD，
∴ 平行四边形ADCE是菱形.
(2)解：∵ 四边形ADCE是菱形，
∴ AD=AE=CE=CD，AC⊥OE，OA=OC，
∵BD=CD，
∴ OD是△ABC的中位线，
∴ AB=2OD=2，
∴ AO=AB=2，
∴ AD=AO2+OD2=22+12=5，
∴ 菱形ADCE的周长=4AD=45.
【答案】
−2
(2)由题意得，y−5≥0，5−y≥0，
解得，y=5，
∴ x2=9，解得x=±3，
∴ x+y=2或8.
(3)∵2m−4+n+2+m−3n2+4=2m，
∴m−3n2≥0，
解得，m≥3，
原式变形为：2m−4+n+2+m−3n2+4=2m，
∴n+2+m−3n2=0，
则n+2=0，m−3=0，
解得，n=−2，m=3，
则m+n=1．
【考点】
非负数的性质：算术平方根
二次根式的应用
非负数的性质：绝对值
【解析】
（1）根据非负数的性质分别求出a、b，计算即可；
（2）根据非负数的性质求出y，进而求出x2，计算即可；
（3）根据二次根式有意义的条件求出m的范围，再根据非负数的性质计算，得到答案．
【解答】
解：(1)由题意得，a−1=0，3+b=0，
解得a=1，b=−3，
a+b=1−3=−2.
故答案为：−2.
(2)由题意得，y−5≥0，5−y≥0，
解得，y=5，
∴ x2=9，解得x=±3，
∴ x+y=2或8.
(3)∵2m−4+n+2+m−3n2+4=2m，
∴m−3n2≥0，
解得，m≥3，
原式变形为：2m−4+n+2+m−3n2+4=2m，
∴n+2+m−3n2=0，
则n+2=0，m−3=0，
解得，n=−2，m=3，
则m+n=1．
【答案】
(1)解：∠MAE=45∘，
理由如下：
设时间为t，即DM=t，则OM=4−t，
过E作EG⊥y轴，
∵ 以点M为直角顶点做等腰直角三角形CME，
∴ ∠EMC=∠EMG+∠OMC=90∘，ME=MC，
∵ ∠MOC=90∘，
∴ ∠OMC+∠OCM=90∘，
∴ ∠EMG=∠OCM，
在△GEM和△OMC中，
∠EGM=∠MOC=90∘，∠EMG=∠OCM，ME=MC，
∴ △GEM≅△OMC(AAS)，
∴ EG=OM=4−t，
OG=GM−OM=OC−OM=4−(4−t)=t，
AG=OA−OG=4−t，
∴ ∠MAE=45∘.
故答案为：45.
(2)①证明：过E作EH⊥y轴，
∵ 以点M为直角顶点做等腰直角三角形CME，
∴ ∠EMC=90∘，∠EMH+∠OMC=90∘，ME=MC，
∵ ∠MOC=90∘，
∴ ∠OMC+∠OCM=90∘，
∴ ∠EMH=∠OCM，
在△HEM和△OMC中，
∠EHM=∠MOC=90∘，∠EMH=∠OCM，ME=MC，
∴ △HEM≅△OMC(AAS)，
设时间为t，则OM=t−4，
∴ HE=OM=t−4，
AM=OA−OM=4−(t−4)=8−t，
AH=MH−AM=OC−AM=4−(8−t)=t−4，
∴ ∠HAE=∠HEA=45∘，
连接AC、AN，AC与OB交于点P，
在正方形OABC中，∠OAC=45∘，
∴ ∠EAC=180∘−45∘−45∘=90∘，
∵ ∠BPC=90∘，
∴ ∠EAC=∠BPC=90∘，
∴ AE//OB，
∵ 点P为AC的中点，
∴ PN为△CAE的中位线，
∴ AE=2NP，
∴ AE+2NB=2NP+2NB=2NP+NB=2BP
=OB=OC2+BC2=OC2+OC2=2OC.
②解：AE=2OC−2NB=2×4−2×1=42−2，
又AE=AH2+HE2=AH2+AH2=2AH=2(t−4)，
∴ 2(t−4)=42−2，
解得t=8−2.
【考点】
正方形的性质
等腰直角三角形
全等三角形的性质与判定
勾股定理
三角形中位线定理
【解析】
暂无
暂无
【解答】
(1)解：∠MAE=45∘，
理由如下：
设时间为t，即DM=t，则OM=4−t，
过E作EG⊥y轴，
∵ 以点M为直角顶点做等腰直角三角形CME，
∴ ∠EMC=∠EMG+∠OMC=90∘，ME=MC，
∵ ∠MOC=90∘，
∴ ∠OMC+∠OCM=90∘，
∴ ∠EMG=∠OCM，
在△GEM和△OMC中，
∠EGM=∠MOC=90∘，∠EMG=∠OCM，ME=MC，
∴ △GEM≅△OMC(AAS)，
∴ EG=OM=4−t，
OG=GM−OM=OC−OM=4−(4−t)=t，
AG=OA−OG=4−t，
∴ ∠MAE=45∘.
故答案为：45.
(2)①证明：过E作EH⊥y轴，
∵ 以点M为直角顶点做等腰直角三角形CME，
∴ ∠EMC=90∘，∠EMH+∠OMC=90∘，ME=MC，
∵ ∠MOC=90∘，
∴ ∠OMC+∠OCM=90∘，
∴ ∠EMH=∠OCM，
在△HEM和△OMC中，
∠EHM=∠MOC=90∘，∠EMH=∠OCM，ME=MC，
∴ △HEM≅△OMC(AAS)，
设时间为t，则OM=t−4，
∴ HE=OM=t−4，
AM=OA−OM=4−(t−4)=8−t，
AH=MH−AM=OC−AM=4−(8−t)=t−4，
∴ ∠HAE=∠HEA=45∘，
连接AC、AN，AC与OB交于点P，
在正方形OABC中，∠OAC=45∘，
∴ ∠EAC=180∘−45∘−45∘=90∘，
∵ ∠BPC=90∘，
∴ ∠EAC=∠BPC=90∘，
∴ AE//OB，
∵ 点P为AC的中点，
∴ PN为△CAE的中位线，
∴ AE=2NP，
∴ AE+2NB=2NP+2NB=2NP+NB=2BP
=OB=OC2+BC2=OC2+OC2=2OC.
②解：AE=2OC−2NB=2×4−2×1=42−2，
又AE=AH2+HE2=AH2+AH2=2AH=2(t−4)，
∴ 2(t−4)=42−2，
解得t=8−2.