2020-2021学年湖南省株洲市某校初二（下）期中考试数学试卷新人教版

这是一份2020-2021学年湖南省株洲市某校初二（下）期中考试数学试卷新人教版，共11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. 下列汽车标志中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A.B.C.D.

2. 点P(−2, 3)到x轴的距离为（ ）
A.−2B.1C.2D.3

3. 在Rt△ABC中，斜边AB上的中线CD的长为4cm，则斜边AB的长为（ ）
A.2cmB.12cmC.8cmD.16cm

4. 下列各组数据中的三个数作为三角形的边长，其中能构成直角三角形的是( )
A.3,4,5B.6，7，8C.1，2，3D.2，3，4

5. 在△ABC内部取一点P，使得点P到△ABC的三边距离相等，则点P应是△ABC的哪三条线的交点（ ）
A.高B.角平分线
C.中线D.三边的垂直平分线

6. 如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O， ∠AOB=60∘ ，则∠ACB的大小为( )

A.30∘B.60∘C.90∘D.120∘

7.
如图，在Rt△ABC中，∠B=90∘，∠A=30∘，DE垂直平分斜边AC，交AB于D，E是垂足，连接CD．若BD=1，则AC的长是( )
A.23B.2C.3D.4

8. 如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的顶点A，B，D的坐标分别是(0, 0)，(5, 0)，(2, 3)，则点C的坐标是( )

A.(8, 2)B.(5, 3)C.(3, 7)D.(7, 3)

9. 已知a，b，c是△ABC的三边长，且满足(a−5)2+|b−12|+c2−26c+169=0，则关于△ABC的形状判断正确的是（ ）
A.锐角三角形B.钝角三角形
C.直角三角形且∠B=90∘D.直角三角形且∠C=90∘

10. 如图，菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60∘，点P、E、F分别是AC、AB、BC上的任意一点，则PE+PF的最小值是( )

A.1B.3C.2D.3+1
二、填空题

如果正多边形的一个外角等于60∘，则这个正多边形的边数是________.

点 P−4,5 关于y轴的对称点的坐标为________.

顺次连结矩形各边中点所得到的四边形是________.

若把点A−5m,2m−1向上平移3个单位后得到的点在x轴上，则点A在第________象限．

如图，在矩形ABCD中，AB=4,BC=5，E是AB上一点，将矩形ABCD沿CE折叠后，点B落在AD边的点F上，则EF的长为________.



如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是线段AO，BO的中点．已知AC+BD=12厘米，△OAB的周长是10厘米，则EF=________厘米．

如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC=8，BD=6，DH⊥AB于点H，DH长为________．


如图，顺次连接边长为1的正方形ABCD四边的中点，得到四边形A1B1C1D1然后顺次连接四边形A1B1C1D1的中点，得到四边形A2B2C2D2，再顺次连接四边形A2B2C2D2四边的中点，得到四边形A3B3C3D3，…，按此方法得到的四边形A2020B2020C2020D2020的周长为________.

三、解答题

如图， ▱ABCD中， AE=CF，求证：四边形EBFD是平行四边形.


如图，在四边形ABCD中，AB=AD，CA平分∠BCD，AE⊥BC于点E，AF⊥CD交CD的延长线于点F.求证：△ABE≅△ADF.


在边长为1个单位长度的正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上，请解答下列问题：

(1)作出△ABC向左平移4个单位长度后得到的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；

(2)作出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2，并写出点C2的坐标；

(3)请写出△ABC关于y轴对称的△A3B3C3的顶点A3，B3，C3的坐标

如图，在正方形ABCD中，AF=BE，AE与DF相交于点O.

(1)求证：△DAF≅△ABE；

(2)求∠AOD的度数.

交通安全是社会关注的热点问题，安全隐患主要是超速和超载．某中学八年级数学活动小组的同学进行了测试汽车速度的实验．如图，先在笔直的公路l旁选取一点P，在公路l上确定点O、B，使得OP⊥l，OP=100米，∠PBO=45∘．测得某轿车在公路l上由点B向点A匀速行驶，所用时间为3s，并测得∠APO=60∘．已知该路段限速每小时80km，试判断此车是否超速？请说明理由（参考数据：2=1.41，3=1.73）．


如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E，F分别在AB，BC上，且∠EOF=90∘，OE，DA的延长线交于点 M，OF，AB 的延长线交于点N，连接MN.

(1)求证：OM=ON；

(2)若正方形ABCD的边长为3，E为OM的中点，求MN的长.

已知矩形ABCD的一条边AD=8，E是BC边上的一点，将矩形ABCD沿折痕AE折叠，使得顶点B落在CD边上的点P处，PC=4 . （如图1）

(1)求AB的长；

(2)擦去折痕AE，连结PB，设M是线段PA的一个动点（点M与点P、A不重合）．N是AB沿长线上的一个动点，并且满足PM=BN．过点M作MH⊥PB，垂足为H，连结MN交PB于点F（如图2）．
①若M是PA的中点，求MH的长；
②试问当点M、N在移动过程中，线段FH的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段FH的长度．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省株洲市某校初二（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
轴对称与中心对称图形的识别
【解析】
根据中心对称图形的定义旋转180∘后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义即可判断出．
【解答】
解：A，是轴对称图形，不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故A不符合题意；
B，是轴对称图形，又是中心对称图形，故B符合题意；
C，是轴对称图形，不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故C不符合题意；
D，是轴对称图形，不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故D不符合题意．
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
点的坐标
【解析】
求得P的纵坐标的绝对值即可求得P点到x轴的距离．
【解答】
解：∵点P的纵坐标为3，
∴P点到x轴的距离是3．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
直角三角形斜边上的中线
【解析】
直接根据直角三角形的性质即可得出结论．
【解答】
解：在Rt△ABC中，斜边AB上的中线CD为4cm，
则AB=2CD=8cm.
故选C．
4.
【答案】
C
【考点】
勾股定理的逆定理
【解析】
试题解析：A．32+42÷52，故该选项错误；
B．12+22=32,故该选项正确；
C62+72;22，故该选项错误；
D．22+32;42，故该选项错误．
故选B．
【解答】
解：A，32+42≠52，故该选项错误；
B，62+72≠82故该选项错误；
C，12+22=32,，故该选项正确；
D，22+32≠42，故该选项错误．
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
三角形的角平分线、中线和高
【解析】
根据到三角形三边距离相等的点是三角形三条角平分线的交点即三角形的内心．
【解答】
解：∵ 到三角形三边距离相等的点是三角形三条角平分线的交点，
∴ 点P应是△ABC的三条角平分线的交点．
故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
矩形的性质
三角形的外角性质
【解析】
解答时依据矩形的性质，即对角线互相平分，然后运用三角形的角度数之间的关系和三角形外角的性质进行即可。
【解答】
解:∵矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O,
∴OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB.
在△OBC中，∠AOB=60∘，
∴∠ACB=12∠AOB=30∘.
故选A.
7.
【答案】
A
【考点】
含30度角的直角三角形
线段垂直平分线的性质
勾股定理
【解析】
求出∠ACB，根据线段垂直平分线的性质求出AD=CD，推出∠ACD=∠A=30∘，求出∠DCB，即可求出BD、BC，根据含30∘角的直角三角形性质求出AC即可．
【解答】
解：∵ 在Rt△ABC中，∠B=90∘，∠A=30∘，
∴ ∠ACB=60∘，
∵ DE垂直平分斜边AC，
∴ AD=CD，
∴ ∠ACD=∠A=30∘，
∴ ∠DCB=60∘−30∘=30∘，
在Rt△DBC中，
∠B=90∘，∠DCB=30∘，BD=1，
∴ CD=2BD=2，
由勾股定理得：BC=22−12=3，
在Rt△ABC中，
∠B=90∘，∠A=30∘，BC=3，
∴ AC=2BC=23.
故选A．
8.
【答案】
D
【考点】
平行四边形的性质
坐标与图形性质
【解析】
平行四边形的对边相等且互相平行，所以AB＝CD，AB＝5，D的横坐标为2，加上5为7，所以C的横坐标为7，因为CD // AB，D的纵坐标和C的纵坐标相同为3．
【解答】
解：在平行四边形ABCD中，
∵ AB=CD，AB=5，
∴ CD=5.
∵ D点的横坐标为2，
∴ C点的横坐标为2+5=7.
∵ AB // CD，AB在x轴上，
∴ D点和C点的纵坐标相等为3，
∴ C点的坐标为(7, 3).
故选D.
9.
【答案】
D
【考点】
勾股定理的逆定理
非负数的性质：偶次方
非负数的性质：绝对值
【解析】
先将a−52+|b−12|+c2−26c+169=0变形为a−52+|b−12|+c−132=0，即可得出a，b，c的值，再利用勾股定理
的逆定理判断三角形的形状即可．
【解答】
解：a−52+|b−12|+c2−26c+169=0，
可变形为a−52+|b−12|+c−132=0，
a−5=0,b−12=0,c−13=0，
∴ a=5，b=12,c=13，
∴ 52+122=132，
∴ △ABC的形状为直角三角形，且∠C=90∘.
故选D．
10.
【答案】
B
【考点】
轴对称——最短路线问题
菱形的性质
勾股定理
【解析】
PE+PF的最小值是3．当点E(E′)关于AC对称点E″与P、F(F′)三点共线且与AD垂直时，易求E″F(F′)的长为3．
【解答】
解：当点E(E′)关于AC对称点E″与P、F(F′)三点共线且与AD垂直时，PE+PF有最小值．
易证四边形BME″F′为矩形，
则BM=E″F′，
在Rt△ABM中，AB=2，∠BAD=60∘，
即∠ABM=30∘，即AM=1，
∴ E″F′=BM=AB2−AM2=3．
故选B.
二、填空题
【答案】
6
【考点】
多边形内角与外角
【解析】
多边形的外角和等于360∘，因为所给正多边形的每个外角均相等，故又可表示成60∘⋅n，列方程可求解．
【解答】
解：设所求正多边形的边数为n，
则60∘⋅n=360∘，
解得n=6．
故这个正多边形的边数是6．
故答案为：6.
【答案】
4,5
【考点】
关于x轴、y轴对称的点的坐标
【解析】
根据关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数，可得答案．
【解答】
解：由点(−4,5)与4,5关于y轴对称，
则点P−4,5 关于y轴对称的点的坐标为(4,5)．
故答案为：4,5.
【答案】
菱形
【考点】
三角形中位线定理
菱形的判定
中点四边形
矩形的性质
【解析】
三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．需注意新四边形的形状只与对角线有关，不用考虑原四边形的形状．
【解答】
解：如图，连接AC，BD,
在△ABD中，AH=HD, AE=EB，
∴ EH=12BD，
同理FG=12BD,HG=12AC EF=12AC，
在矩形ABCD中，AC=BD，
∴ EH=HG=GF=FE，
∴ 四边形EFGH为菱形．
故答案为：菱形.
【答案】
四
【考点】
点的坐标
坐标与图形变化-平移
【解析】
让点A的纵坐标加3后等于0，即可求得m的值，进而求得点A的横纵坐标，即可判断点A所在象限．
【解答】
解：把点A−5m,2m−1向上平移3个单位后得到的点在x轴上，
则2m−1+3=0，
解得m=−1，
则点A坐标为5,−3 ，点A在第四象限，
故答案为：四.
【答案】
2.5
【考点】
翻折变换（折叠问题）
矩形的性质
勾股定理
【解析】
由翻折的性质可得到FC=5，然后在△FDC中，依据勾股定理可求得DF的长，由勾股定理可求得AE的长，进而求出EF的长.
【解答】
解：∵四边形ABCD为矩形
∴CD=AB=4，AD=BC=5，
由翻折的性质可知：FC=BC=5，EB=EF，
在Rt△DFC中，DF=CF2−CD2=52−42=3，
∴AF=AD−DF=5−3=2，
∵AE2+AF2=EF2，
∴AE2+4=（4−AE）2，
∴AE=1.5，
∴EF=BE=AB−AE=4−1.5=2.5.
故答案为：2.5.
【答案】
2
【考点】
平行四边形的性质
三角形中位线定理
【解析】
根据AC+BD=12厘米，可得出出OA+OB=6cm，继而求出AB，判断EF是△OAB的中位线即可得出EF的长度．
【解答】
解：∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ OA=OC，OB=OD，
又∵ AC+BD=12厘米，
∴ OA+OB=6cm，
∵ △OAB的周长是10厘米，
∴ AB=4cm，
∵ 点E，F分别是线段AO，BO的中点，
∴ EF是△OAB的中位线，
∴ EF=12AB=2cm．
故答案为：2．
【答案】
245
【考点】
菱形的性质
勾股定理
【解析】
根据菱形的对角线互相垂直平分求出OA、OB，再根据勾股定理列式求出AB，然后利用菱形的面积列式计算即可得解．
【解答】
解：∵ 四边形ABCD是菱形，AC=8，BD=6，
∴ AC⊥BD，OA=12AC=4，OB=12BD=3，
∴ AB=OA2+OB2=5．
∵ DH⊥AB于H，
∴ 菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=AB⋅DH，
即12×8×6=5⋅DH，
解得DH=245．
故答案为：245．
【答案】
121008
【考点】
规律型：图形的变化类
中点四边形
【解析】
根据题意，利用中位线定理可证明顺次连接正方形ABCD四边中点得正方形A1B1C1D1的面积为正方形ABCD面积的一半，根据面积关系可得周长关系，以此类推可得正方形A8B8C8D8的周长．
【解答】
解：顺次连接正方形ABCD四边的中点得正方形A1B1C1D1，
则得正方形A1B1C1D1的面积为正方形ABCD面积的一半，即12，
则周长是正方形ABCD的22；
顺次连接正方形A1B1C1D1中点得正方形A2B2C2D2，
则正方形A2B2C2D2的面积为正方形A1B1C1D1面积的一半，即正方形ABCD的14，
则周长是正方形ABCD的12；
顺次连接正方形A2B2C2D2得正方形A3B3C3D3，
则正方形A3B3C3D3的面积为正方形A2B2C2D2面积的一半，即正方形ABCD的18，
则周长是正方形ABCD的24；
顺次连接正方形A3B3C3D3中点得正方形A4B4C4D4，
则正方形A4B4C4D4的面积为正方形A3B3C3D3面积的一半，即正方形ABCD的116，
则周长是正方形ABCD的14；
…
故第n个正方形周长是原来的12n，
以此类推：正方形A2020B2020C2020D2020周长是原来的121010，
∵ 正方形ABCD的边长为1，周长为4，
∴ 按此方法得到的四边形A2020B2020C2020D2020的周长为121008.
故答案为： 121008.
三、解答题
【答案】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形（已知），
∴ AB=//CD（平行四边形两对边分别平行且相等），
∴BE//DF，
∵AE=CF （已知），
∴ AB−AE=CD−CF，
即 BE=DF ，
∴ 四也形EBFD是平行四边形.
【考点】
平行四边形的性质与判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形（已知），
∴ AB=//CD（平行四边形两对边分别平行且相等），
∴BE//DF，
∵AE=CF （已知），
∴ AB−AE=CD−CF，
即 BE=DF ，
∴ 四也形EBFD是平行四边形.
【答案】
证明：∵CA平分∠BCD，AE⊥BC，AF⊥CD，
∴AE=AF，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
AE=AF，AB=AD，
∴△ABE≅△ADFHL.
【考点】
直角三角形全等的判定
角平分线的性质
【解析】
由角平分线的性质，可得AE=AF，再由HL判定Rt△AEB≅Rt△AFD，即可得出结论．
【解答】
证明：∵CA平分∠BCD，AE⊥BC，AF⊥CD，
∴AE=AF，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
AE=AF，AB=AD，
∴△ABE≅△ADFHL.
【答案】
解：(1)如图，△A1B1C1为所作，C1(−1, 2)；
(2)如(1)中图所示，△A2B2C2为所作，C2(−3, −2)；
(3)因为A的坐标为(2, 4)，
所以A3(−2, 4)，B3(−1, 1)，C3(−3, 2).
【考点】
作图－平移变换
关于原点对称的点的坐标
轴对称的性质
【解析】
（1）利用网格特点和平移的性质写出点A、B、C的对应点A1、B1、C1的坐标，然后描点得到△A1B1C1；
（2）根据关于原点中心对称的点的坐标特征写出点A2、B2、C2的坐标，然后描点即可；
（3）根据对称的特点解答即可．
【解答】
解：(1)如图，△A1B1C1为所作，C1(−1, 2)；
(2)如(1)中图所示，△A2B2C2为所作，C2(−3, −2)；
(3)因为A的坐标为(2, 4)，
所以A3(−2, 4)，B3(−1, 1)，C3(−3, 2).
【答案】
(1)证明：∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠DAB=∠ABC=90∘，AD=AB，
在△DAF和△ABE中，
∵ AD=AB，∠DAF=∠ABE=90∘，AF=BE，
∴ △DAF≅△ABE(SAS)；
(2)解：由(1)知，△DAF≅△ABE，
∴ ∠ADF=∠BAE，
∵ ∠ADF+∠DAO=∠BAE+∠DAO=∠DAB=90∘，
∴ ∠AOD=180∘−(∠ADF+∠DAO)=90∘．
【考点】
正方形的性质
全等三角形的判定
全等三角形的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠DAB=∠ABC=90∘，AD=AB，
在△DAF和△ABE中，
∵ AD=AB，∠DAF=∠ABE=90∘，AF=BE，
∴ △DAF≅△ABE(SAS)；
(2)解：由(1)知，△DAF≅△ABE，
∴ ∠ADF=∠BAE，
∵ ∠ADF+∠DAO=∠BAE+∠DAO=∠DAB=90∘，
∴ ∠AOD=180∘−(∠ADF+∠DAO)=90∘．
【答案】
解：此车超速，
理由：∵ ∠POB=90∘，∠PBO=45∘，
∴ △POB是等腰直角三角形，
∴ OB=OP=100米，
∵ ∠APO=60∘，
则∠A=30∘，
∴AP=2OP=200，
∴ OA=AP2−OP2=1003≈173米，
∴ AB=OA−OB=73米，
∴ 733≈24米/秒≈86千米/小时>80千米/小时，
∴ 此车超速．
【考点】
勾股定理的应用
【解析】
解直角三角形得到AB=OA−OB=73米，求得此车的速度≈86千米/小时>80千米/小时，于是得到结论．
【解答】
解：此车超速，
理由：∵ ∠POB=90∘，∠PBO=45∘，
∴ △POB是等腰直角三角形，
∴ OB=OP=100米，
∵ ∠APO=60∘，
则∠A=30∘，
∴AP=2OP=200，
∴ OA=AP2−OP2=1003≈173米，
∴ AB=OA−OB=73米，
∴ 733≈24米/秒≈86千米/小时>80千米/小时，
∴ 此车超速．
【答案】
(1)证明：∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ OA=OB，∠DAO=45∘， ∠OBA=45∘，
∴ ∠OAM=∠OBN=135∘.
∵ ∠EOF=90∘， ∠AOB=90∘，
∴ ∠AOM=∠BON，
在△OAM和△OBN中，
∠OAM=∠OBN,OA=OB,∠AOM=∠BON,
∴ △OAM≅△OBN(ASA)，
∴ OM=ON.
(2)解：如图，过点O作OH⊥AD于点H，
∵ 正方形的边长为3，
∴ OH=HA=32，
∵ E为OM的中点，AE//OH，
∴ A为MH的中点，则HM=3，
∴ OM=32+(32)2=452，
由(1)得△MON为等腰直角三角形，
∴ MN=3102.
【考点】
全等三角形的判定
正方形的性质
全等三角形的性质
勾股定理
三角形中位线定理
【解析】
暂无
暂无
【解答】
(1)证明：∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ OA=OB，∠DAO=45∘， ∠OBA=45∘，
∴ ∠OAM=∠OBN=135∘.
∵ ∠EOF=90∘， ∠AOB=90∘，
∴ ∠AOM=∠BON，
在△OAM和△OBN中，
∠OAM=∠OBN,OA=OB,∠AOM=∠BON,
∴ △OAM≅△OBN(ASA)，
∴ OM=ON.
(2)解：如图，过点O作OH⊥AD于点H，
∵ 正方形的边长为3，
∴ OH=HA=32，
∵ E为OM的中点，AE//OH，
∴ A为MH的中点，则HM=3，
∴ OM=32+(32)2=452，
由(1)得△MON为等腰直角三角形，
∴ MN=3102.
【答案】
解：(1)设AB=x，则AP=CD=x，DP=CD−CP=x−4，
在Rt△ADP中，AD2+DP2=AP2，即82+x−42=x2，解得：x=10，
即AB=10.
(2)①如图，
过点A作AG⊥PB于点G，
由(1)中的结论可得：PC=4，BC=8，∠C=90∘，
∴ PB=BC2+PC2=82+42=45.
∵ AP=AB，∴ PG=BG=12PB=25 ，
在Rt△AGP 中， AG=AP2−PG2=102−252=45，
∵ AG⊥PB，MH⊥AG，
∴MH//AG，
∵ M是PA的中点，∴ H是PG的中点，∴ MH=12AG=25.
②当点M、N在移动过程中，线段FH的长度是不发生变化；作MQ//AN，交PB于点Q，
如图，
∵ AP=AB，MQ//AN，
∴ ∠APB=∠ABP=∠MQP，
∴ MP=MQ，
∴BN=PM，
∴ BN=QM.
∵ MP=MQ，MH⊥PQ，
∴ HQ=12PQ.
∵MQ//AN，
∴ ∠QMF=∠BNF，
在△MPQ和△NFB中，
∠QFM=∠NFB，∠QMF=∠BNF，MQ=BN，
∴ △MFQ≅△NFBAAS，
∴ QF=FB=12OB，
∴ HF=HQ+QF=12PQ+12QB=12PB=25，
∴ 当点M、N在移动过程中，线段FH的长度是不发生变化，长度为25.
【考点】
翻折变换（折叠问题）
四边形综合题
勾股定理
动点问题
矩形的性质
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)设AB=x，则AP=CD=x，DP=CD−CP=x−4，
在Rt△ADP中，AD2+DP2=AP2，即82+x−42=x2，解得：x=10，
即AB=10.
(2)①如图，
过点A作AG⊥PB于点G，
由(1)中的结论可得：PC=4，BC=8，∠C=90∘，
∴ PB=BC2+PC2=82+42=45.
∵ AP=AB，∴ PG=BG=12PB=25 ，
在Rt△AGP 中， AG=AP2−PG2=102−252=45，
∵ AG⊥PB，MH⊥AG，
∴MH//AG，
∵ M是PA的中点，∴ H是PG的中点，∴ MH=12AG=25.
②当点M、N在移动过程中，线段FH的长度是不发生变化；作MQ//AN，交PB于点Q，
如图，
∵ AP=AB，MQ//AN，
∴ ∠APB=∠ABP=∠MQP，
∴ MP=MQ，
∴BN=PM，
∴ BN=QM.
∵ MP=MQ，MH⊥PQ，
∴ HQ=12PQ.
∵MQ//AN，
∴ ∠QMF=∠BNF，
在△MPQ和△NFB中，
∠QFM=∠NFB，∠QMF=∠BNF，MQ=BN，
∴ △MFQ≅△NFBAAS，
∴ QF=FB=12OB，
∴ HF=HQ+QF=12PQ+12QB=12PB=25，
∴ 当点M、N在移动过程中，线段FH的长度是不发生变化，长度为25.