2022-2023学年湖北省随州市八年级（下）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年湖北省随州市八年级（下）期中数学试卷，共22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．（3分）下列式子中，属于最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
2．（3分）二次根式中，x的取值范围是（ ）
A．x≥1B．x＞1C．x≤1D．x＜1
3．（3分）满足下列条件时，△ABC不是直角三角形的是（ ）
A．AB＝1，BC＝2，AC＝B．AB2﹣BC2＝AC2
C．∠A：∠B：∠C＝3：4：5D．∠A﹣∠B＝∠C
4．（3分）下列各种图象中，y不是x的函数的是（ ）
A．B．C．D．
5．（3分）顺次连接四边形ABCD四边的中点所得的四边形为菱形，则四边形ABCD一定满足（ ）
A．AB＝BCB．AB⊥BCC．AC＝BDD．AC⊥BD
6．（3分）在△ABC中，AB＝10，AC＝2，BC边上的高AD＝6，则另一边BC等于（ ）
A．10B．8C．6或10D．8或10
7．（3分）《九章算术》是古代东方数学代表作，书中记载：今有开门去阃（读kǔn，门槛的意思）一尺，不合二寸，问门广几何？题目大意是：如图1、2（图2为图1的平面示意图），推开双门，双门间隙CD的距离为2寸，点C和点D距离门槛AB都为1尺（1尺＝10寸），则AB的长是（ ）
A．50.5寸B．52寸C．101寸D．104寸
8．（3分）下列命题：
①全等三角形的对应角相等；
②一个正数的绝对值等于本身；
③若三角形的三边长a、b、c满足a2+b2＝c2，则该三角形是直角三角形．
其中逆命题是真命题的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
9．（3分）如图，EF过平行四边形ABCD对角线的交点O，交AD于点E，交BC于点F，若平行四边形ABCD的周长为36，OE＝3，则四边形EFCD的周长为（ ）
A．28B．26C．24D．20
10．（3分）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DH⊥BC于点H，连接OH，若OA＝4，S菱形ABCD＝24，则OH的长为（ ）
A．B．3C．D．
二、填空题：（每小题3分，共18分
11．（3分）计算：＝ ．
12．（3分）若直角三角形的两条直角边的长分别是3和4，则斜边上的中线长为 ．
13．（3分）化简式子＝ ．
14．（3分）如图所示的函数图象反映的过程是：小明从家去书店，又去学校取封信后马上回家，其中x表示时间，y表示小明离他家的距离，则小明从学校回家的平均速度为 千米∕小时．
15．（3分）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以直角三角形的三条边为边，在直线AB同侧分别作正三角形，已知S甲＝8，S乙＝6，S丙＝3，则△ABC的面积是 ．
16．（3分）如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，∠EBC的平分线交CD于点F，将△DEF沿EF折叠，点D恰好落在BE上M点处，延长BC、EF交于点N，有下列四个结论：①DF＝CF；②BF⊥EN；③△BEN是等边三角形；④S△BEF＝3S△DEF．其中，正确的结论是 ．
三、解答题：（共72分）
17．（8分）计算：
（1）；
（2）．
18．（7分）化简求值：已知x＝+1，求x+1﹣．
19．（8分）如图，在四边形ABCD中，AB＝20cm，BC＝15cm，CD＝7cm，AD＝24cm，∠ABC＝90°．
（1）求∠ADC的度数；
（2）求出四边形ABCD的面积．
20．（8分）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求证：四边形OEFG是矩形；
（2）若AD＝10，EF＝4，求OE和BG的长．
21．（8分）如图，平行四边形ABCD中，AD＝BD，过点C作CE∥BD，交AD的延长线于点E．
（1）求证：四边形BDEC是菱形；
（2）连接BE，若AB＝3，AD＝5，则BE的长为 ．
22．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝60cm，∠A＝60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（0＜t≤15）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．
（1）求证：AE＝DF；
（2）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．
23．（11分）阅读材料：
小明在学习二次根式后，发现一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方．如3+2＝（1+）2.善于思考的小明进行了以下探索：设a+b＝（m+n）2（其中a，b，m，n均为整数），则有a+b＝m2+2n2+2mn．故a＝m2+2n2，b＝2mn，这样小明就找到了一种把类似a+b的式子化为平方式的方法．请你仿照小明的方法探索并解决下列问题：
（1）当a，b，m，n均为正整数时，若a+b＝（m+n）2，用含m，n的式子分别表示a，b，得a＝ ，b＝ ；
（2）利用所探索的结论，找一组正整数a，b，m，n填空： + ＝（ + ）2；
（3）若a+4＝（m+n）2，且a，m，n均为正整数，求a的值．
24．（12分）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A，D两点坐标分别为A（0，a），D（b，b），且a﹣b＝+．
（1）求A，D两点坐标；
（2）点B，C是x轴上两动点（B在C左侧），且使四边形ABCD为平行四边形．
①如图，当点B，C分别在原点两侧时，连接DO，过点O作OG⊥DO交AB于点G，连接DG，取DG中点H，在DO上截取DE，使DE＝GO，求证：4AH2+DE2＝2AE2；
②当点B在原点左侧时，过点O的直线MN⊥AB，分别交AB，CD于M，N，试探究OM，BM，CN三条线段之间的数量关系．
2022-2023学年湖北省随州市八年级（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（每小题3分，共30分）
1．【分析】判断一个二次根式是否为最简二次根式主要方法是根据最简二次根式的定义进行，或直观地观察被开方数的每一个因数（或因式）的指数都小于根指数2，且被开方数中不含有分母，被开方数是多项式时要先因式分解后再观察．
【解答】解：A、＝3，故A错误；
B、是最简二次根式，故B正确；
C、＝2，不是最简二次根式，故C错误；
D、＝，不是最简二次根式，故D错误；
故选：B．
【点评】本题考查了最简二次根式的定义．在判断最简二次根式的过程中要注意：
（1）被开方数不含分母；
（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
2．【分析】根据二次根式有意义的条件即可求出答案．
【解答】解：由题意可知：x﹣1≥0，
∴x≥1，
故选：A．
【点评】本题考查二次根式有意义的条件，解题的关键是正确理解二次根式有意义的条件，本题属于基础题型．
3．【分析】根据勾股定理的逆定理和三角形内角和定理逐个判断即可．
【解答】解：A、∵12+（）2＝22，∴△ABC是直角三角形；
B、∵AB2﹣BC2＝AC2，
∴AB2＝BC2+AC2，即△ABC是直角三角形；
C、∵∠A：∠B：∠C＝3：4：5，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠A＝45°，∠B＝60°，∠C＝75°，即△ABC不是直角三角形；
D、∵∠A﹣∠B＝∠C，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠A＝90°，即△ABC是直角三角形．
故选：C．
【点评】本题考查了勾股定理的逆定理和三角形内角和定理的应用，能理解勾股定理的逆定理的内容是解此题的关键．
4．【分析】设在一个变化过程中有两个变量x与y，对于x的每一个确定的值，y都有唯一的值与其对应，那么就说y是x的函数
【解答】解：A、C、D中的图象中，y是x的函数，故ACD不符合题意；
B中的图象y不是x的函数，故B符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查函数的概念，关键是掌握函数的定义．
5．【分析】根据三角形的中位线定理得到EH∥FG，EF＝FG，EF＝BD，要是四边形为菱形，得出EF＝EH，即可得到答案．
【解答】解：∵E，F，G，H分别是边AD，DC，CB，AB的中点，
∴EH＝AC，EH∥AC，FG＝AC，FG∥AC，EF＝BD，
∴EH∥FG，EF＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
假设AC＝BD，
∵EH＝AC，EF＝BD，
则EF＝EH，
∴平行四边形EFGH是菱形，
即只有具备AC＝BD即可推出四边形是菱形，
故选：C．
【点评】本题主要考查对菱形的判定，三角形的中位线定理，平行四边形的判定等知识点的理解和掌握，灵活运用性质进行推理是解此题的关键．
6．【分析】分两种情况考虑，如图所示，垂足在线段BD上或在线段BD的延长线上两种情况，利用勾股定理求出BD与CD的长，即可求出BC的长．
【解答】解：根据题意画出图形，如图所示，
如图1所示，AB＝10，AC＝2，AD＝6，
在Rt△ABD和Rt△ACD中，
根据勾股定理得：BD＝＝8，CD＝＝2，
此时BC＝BD+CD＝8+2＝10；
如图2所示，AB＝10，AC＝2，AD＝6，
在Rt△ABD和Rt△ACD中，
根据勾股定理得：BD＝＝8，CD＝＝2，此时BC＝BD﹣CD＝8﹣2＝6，
则BC的长为6或10．
故选：C．
【点评】此题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
7．【分析】取AB的中点O，过D作DE⊥AB于E，根据勾股定理解答即可得到结论．
【解答】解：取AB的中点O，过D作DE⊥AB于E，如图2所示：
由题意得：OA＝OB＝AD＝BC，
设OA＝OB＝AD＝BC＝r寸，
则AB＝2r（寸），DE＝10（寸），OE＝CD＝1（寸），AE＝（r﹣1）寸，
在Rt△ADE中，AE2+DE2＝AD2，
即（r﹣1）2+102＝r2，
解得：r＝50.5，
∴2r＝101（寸），
∴AB＝101寸，
故选：C．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，弄懂题意，构建直角三角形是解题的关键．
8．【分析】利用全等三角形的性质、绝对值的意义、勾股定理的逆定理分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：①逆命题为对应角相等的两三角形全等，错误，是假命题，不符合题意；
②逆命题为绝对值等于本身的数是正数，错误，是假命题，不符合题意
③逆命题为：若直角三角形的三边长a、b、c（c是斜边），则满足a2+b2＝c2，正确，是真命题，不符合题意．
真命题的有1个，
故选：B．
【点评】考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解全等三角形的性质、绝对值的意义、勾股定理的逆定理，难度不大．
9．【分析】根据平行四边形的性质可求出AD+CD的值，易证△AOE≌△COF，所以AE＝CF，OE＝OF＝3，根据CF+CD+ED+EF＝AD+CD+EF即可求出答案．
【解答】解：在平行四边形ABCD中，
2（AD+CD）＝36，
∴AD+CD＝18，
易证△AOE≌△COF，
∴AE＝CF，OE＝OF＝3，
∴EF＝6
∴CF+CD+ED+EF
＝AE+ED+EF+CD
＝AD+CD+EF
＝18+6
＝24
故选：C．
【点评】本题考查平行四边形的性质，解题的关键是熟练运用平行四边形的性质，本题属于中等题型．
10．【分析】根据菱形的性质得出AC⊥BD，DO＝BO，AO＝OC，求出AC，根据S菱形ABCD＝24求出BD，根据直角三角形斜边上的中线性质求出答案即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，DO＝BO，AO＝OC，
∵OA＝4，
∴AC＝2OA＝8，
∵S菱形ABCD＝24，
∴8×BD＝24，
解得：BD＝6，
∵DH⊥BC，
∴∠DHB＝90°，
∵DO＝BO，
∴OH＝BD＝6＝3，
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线性质等知识点，注意：菱形的对角线互相垂直且平分，菱形的面积等于对角线积的一半．
二、填空题：（每小题3分，共18分
11．【分析】原式利用二次根式的乘法法则计算，将结果化为最简二次根式即可．
【解答】解：原式＝＝＝4．
故答案为：4
【点评】此题考查了二次根式的乘除法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
12．【分析】根据勾股定理求出AB，根据直角三角形斜边上中线求出CD＝AB即可．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，由勾股定理得：AB＝＝5，
∵CD是△ABC中线，
∴CD＝AB＝×5＝2.5，
故答案为：2.5．
【点评】本题主要考查对勾股定理，直角三角形斜边上的中线等知识点的理解和掌握，能推出CD＝AB是解此题的关键．
13．【分析】先根据二次根式有意义的条件得到a≤0，然后利用二次根式的性质化简．
【解答】解：根据题意得﹣a3≥0，
所以a≤0，
所以＝＝•＝﹣a．
故答案为﹣a．
【点评】本题考查了二次根式的性质与化简：熟练掌握二次根式的性质是解决此类问题的关键．
14．【分析】由图象可以看出，小明家离学校有6千米，小明用（3﹣2）小时走回家，由此即可求出速度．
【解答】解：速度为：6÷1＝6千米/时．
【点评】应找到相应的路程与时间，根据速度＝路程÷时间得到小明回家的速度．
15．【分析】由图形得到S△ABC＝SABD﹣S丙﹣（S△ACE﹣S甲）﹣（S△BCF﹣S乙），设直角三角形三边长为a，b，c，由等边三角形面积公式边长2代入求解．
【解答】解：由图可知，S△ABC＝SABD﹣S丙﹣（S△ACE﹣S甲）﹣（S△BCF﹣S乙），
设AB＝c，AC＝b，BC＝a，则a2+b2＝c2．
∵△ACE，△ABD，△BCF是等边三角形，
则S△ACE＝b2，S△ABD＝c2，S△BCF＝a2，
∴S△ABC＝c2﹣3﹣（b2﹣8）﹣（a2﹣6）＝11．
故答案为：11．
【点评】本题考查等边三角形的性质，解题关键是掌握等边三角形面积公式．
16．【分析】由折叠的性质、矩形的性质与角平分线的性质，可证得CF＝FM＝DF；易求得∠BFE＝∠BFN，则可得BF⊥EN；易证得△BEN是等腰三角形，但无法判定是等边三角形；易求得BM＝2EM＝2DE，即可得EB＝3EM，根据等高三角形的面积比等于对应底的比，即可求得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠BCD＝90°，DF＝MF．
由折叠的性质可得：∠EMF＝∠D＝90°，
即FM⊥BE，CF⊥BC，
∵BF平分∠EBC，
∴CF＝MF．
∴DF＝CF；故①正确．
∵∠BFM＝90°﹣∠EBF，∠BFC＝90°﹣∠CBF，
∴∠BFM＝∠BFC．
∵∠MFE＝∠DFE＝∠CFN，
∴∠BFE＝∠BFN．
∵∠BFE+∠BFN＝180°，
∴∠BFE＝90°．
即BF⊥EN，故②正确．
在△DEF和△CNF中，
，
∴△DEF≌△CNF（ASA）．
∴EF＝FN．
∴BE＝BN．
假设△BEN是等边三角形，则∠EBN＝60°，∠EBA＝30°，
则AE＝BE，又∵AE＝AD，则AD＝BC＝BE，
而明显BE＝BN＞BC，
∴△BEN不是等边三角形；故③错误．
∵∠BFM＝∠BFC，BM⊥FM，BC⊥CF，
∴BM＝BC＝AD＝2DE＝2EM．
∴BE＝3EM．
∴S△BEF＝3S△EMF＝3S△DEF；
故④正确．
故答案为：①②④．
【点评】此题考查了折叠的性质、矩形的性质、角平分线的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
三、解答题：（共72分）
17．【分析】（1）先化简小括号里面的二次根式，再合并，然后根据二次根式的乘法计算法则求解即可；
（2）先化简二次根式，再根据二次根式的减法计算法则求解即可．
【解答】解：（1）原式＝＝＝﹣2；
（2）原式＝＝．
【点评】本题主要考查了二次根式的混合计算法则，二次根式的加减计算，化简二次根式，熟知二次根式的相关计算法则是解题的关键．
18．【分析】先将x+1﹣进行化简通分，然后再将数值整体代入计算即可．
【解答】解：x+1﹣
＝﹣
＝
＝﹣，
当x＝+1时，
原式＝﹣＝﹣．
【点评】本题考查的是二次根式的化简求值和分式的化简求值，熟练掌握其运算法则是解题的关键．
19．【分析】（1）利用勾股定理的逆定理解答即可；
（3）根据三角形的面积公式解答即可．
【解答】解：（1）连接AC，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，
∵AB＝20cm，BC＝15cm，
∴由勾股定理可得：AC＝＝＝25（cm）；
∵在△ADC中，CD＝7cm，AD＝24cm，
∴CD2+AD2＝AC2，
∴∠ADC＝90°；
（2）由（1）知，∠ADC＝90°，
∴四边形ABCD的面积＝S△ABC+S△ACD＝+＝234（cm2）．
【点评】此题主要考查了勾股定理的逆定理，综合运用勾股定理及其逆定理是解决问题的关键．
20．【分析】（1）根据菱形的性质得出OB＝OD，再由点E是AD的中点，所以，AE＝DE，进而判断出OE是三角形ABD的中位线，得到AE＝OE＝AD，推出OE∥FG，求得四边形OEFG是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据菱形的性质得到BD⊥AC，AB＝AD＝10，得到OE＝AE＝AD＝5；由（1）知，四边形OEFG是矩形，求得FG＝OE＝5，根据勾股定理得到AF＝＝3，于是得到结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，
∵E是AD的中点，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，
∴四边形OEFG是平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴∠EFG＝90°，
∴平行四边形OEFG是矩形；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AB＝AD＝10，
∴∠AOD＝90°，
∵E是AD的中点，
∴OE＝AE＝AD＝5；
由（1）知，四边形OEFG是矩形，
∴FG＝OE＝5，
∵AE＝5，EF＝4，
∴AF＝＝3，
∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
21．【分析】（1）由平行四边形的性质可得AD∥BC，AD＝BC＝BD，再证四边形BDEC是平行四边形，即可得结论；
（2）连接BE交CD于O，由菱形的性质可得DO＝CO＝CD＝，BO＝BE，CD⊥BE，再由勾股定理可求BO的长，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，
∵AD＝BD，
∴BD＝BC，
∵CE∥BD，AD∥BC，
∴四边形BDEC是平行四边形，
又∵BD＝BC，
∴四边形BDEC是菱形；
（2）解：如图，连接BE交CD于O，
∵四边形BDEC是菱形，CD＝AB＝3，
∴DO＝CO＝CD＝，BO＝BE，CD⊥BE，
在Rt△BDO中，AD＝BD＝5，
∴BO＝＝＝，
∴BE＝2BO＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识；灵活运用这些进行进行推理是本题的关键．
22．【分析】（1）由已知条件可得Rt△CDF中∠C＝30°，即可知DF＝CD＝AE＝2t；
（2）分三种情形讨论①当∠DEF＝90°时，②当∠EDF＝90°时．③若∠EFD＝90°，分别求解即可．
【解答】（1）证明：∵Rt△ABC中，∠B＝90°，∠A＝60°，
∴∠C＝90°﹣∠A＝30°．
在Rt△CDF中，∠C＝30°，CD＝4t，
∴DF＝CD＝2t，
∵点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，
∴AE＝2t，
∴AE＝DF；
（2）解：①当∠DEF＝90°时，由（2）知四边形AEFD为平行四边形，
∴EF∥AD，
∴∠ADE＝∠DEF＝90°，
∵∠A＝60°，
∴∠AED＝30°，
∴AD＝AE＝t，
又AD＝60﹣4t，即60﹣4t＝t，解得t＝12；
②当∠EDF＝90°时，四边形EBFD为矩形，在Rt△AED中∠A＝60°，则∠ADE＝30°，
∴AD＝2AE，即60﹣4t＝4t，解得t＝．
③若∠EFD＝90°，则E与B重合，D与A重合，此种情况不存在．
综上所述，当t＝或12秒时，△DEF为直角三角形，
故答案为：或12．
【点评】本题是四边形综合题，考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建方程解决问题，属于中考常考题型．
23．【分析】（1）先根据完全平方公式展开，再得出a、b的值即可；
（2）设a+＝（m+）2，根据完全平方公式求出（m+）2＝m2+3+2m，得出2m＝1，a＝m2+3，再求出答案即可；
（3）根据完全平方公式求出（m+n）2＝m2+3n2+2mn，求出2mn＝4，a＝m2+3n2，求出mn＝2，根据m、n为正整数得出m＝2，n＝1或m＝1，n＝2，再求出a即可．
【解答】解：（1）∵（m+n）2＝m2+3n2+2mn，
又∵a+b＝（m+n）2，
∴a＝m2+3n2，b＝2mn，
故答案为：m2+3n2，2mn；
（2）设a+b＝（m+n）2，
∵（m+n）2＝m2+3n2+2mn，
∴2mn＝b，a＝m2+3n2，
取n＝2，m＝4，则b＝16，a＝16+12＝28，
故答案为：28，16，4，2；
（3）（m+n）2＝m2+3n2+2mn，
∵a+4＝（m+n）2，
∴2mn＝4，a＝m2+3n2，
∴mn＝2，
∵m、n都为正整数，
∴m＝2，n＝1或m＝1，n＝2，
当m＝2，n＝1时，a＝22+3×12＝4+3＝7；
当m＝1，n＝2时，a＝12+3×22＝1+12＝13，
所以a的值是7或13．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算和完全平方公式，能根据完全平方公式展开是解此题的关键．
24．【分析】（1）根据二次根式的被开方数是非负数，构建不等式求出a，b的值，可得结论．
（2）如图1中，连接EG，延长AH交CD于T．证明△AOG≌△ADE（SAS），推出AG＝AE，∠OAG＝∠DAE，证明△AHG≌△THD（ASA），推出AG＝DT，AE＝DT，再证明△ADT≌△OAE（SAS），推出AT＝OE＝2AH，在Rt△OGE中，根据OE2+OG2＝EG2＝2AE2，可得结论．
（3）结论：OM＝BM+CN．如图2中作NE∥BC交AB的延长线于E．证明四边形BENC是平行四边形，证明△AMO≌△NME（AAS），推出OM＝EM，可得结论．
【解答】（1）解：∵a﹣b＝+．
又∵，
∴b＝5，a＝5，
∴A（0，5），D（5，5）．
（2）证明：如图1中，连接EG，延长AH交CD于T．
∵AO＝AD，∠OAD＝90°，
∴∠AOD＝∠ADO＝45°，
∵OG⊥OD，
∴∠DOG＝90°，
∴∠AOG＝∠AOD＝45°，
∴∠AOG＝∠ADE，
在△AOG和△ADE中，
，
∴△AOG≌△ADE（SAS），
∴AG＝AE，∠OAG＝∠DAE，
∴∠GAE＝∠OAD＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，∠ABO＝∠ADT，
∴∠GAH＝∠DTH，
在△AHG和△THD中，
，
∴△AHG≌△THD（ASA），
∴AG＝DT，
∴AE＝DT，
∵∠ABO+∠BAO＝90°，∠BAO+∠OAE＝90°，
∴∠ABO＝∠OAE，
∴∠OAE＝∠ADT，
在△ADT和△OAE中，
∴△ADT≌△OAE（SAS），
∴AT＝OE＝2AH，
在Rt△OGE中，OE2+OG2＝EG2＝2AE2，
∴DE2+4AH2＝2AE2．
（3）解：当点C在点O的右侧时，结论：OM＝BM+CN．
理由：如图2中作NE∥BC交AB的延长线于E．
∵BC∥NE，ME∥CN，
∴四边形BENC是平行四边形，
∴BE＝CN，BC＝EN，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，
∴EN＝AD＝AO，
∵OM⊥AB，
∴∠AMO＝∠NME＝∠AOB＝90°，
∴∠MAO+∠AOM＝90°，
∵∠AOM+∠BOM＝90°，
∴∠MAO＝∠BOM，
∵∠BOM＝∠ENM，
∴∠MAO＝∠MNE，
在△AMO和△NME中，
，
∴△AMO≌△NME（AAS），
∴OM＝EM，
∵EM＝BM+BE，BE＝CN，
∴OM＝BM+CN．
当点C在点O的左侧时，同法可得OM＝BM﹣CN．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，二次根式的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．