八年级第一学期期末数学试卷

这是一份八年级第一学期期末数学试卷，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，作图题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列图形是汽车的标识，其中不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据轴对称图形的定义，逐个进行判断即可．轴对称图形：一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．
【详解】解：A、B、D都能找到一条直线，使图形沿该直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，故A、B、D是轴对称图形，不符合题意；
C不能找到一条直线，使图形沿该直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，故C不是轴对称图形，符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形的定义，解题的关键是掌握轴对称图形：一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．
2．下面四个运算，计算正确的一个是（ ）
A．a2⋅a3=a6B．−3abc32=9a2b2c6
C．a−b2=a2−b2D．3xy3−4x2y=−xy
【答案】B
【分析】根据同底数幂的乘法、积的乘方、完全平方公式、合并同类项逐项计算即可．
【详解】A． a2⋅a3=a5，故不正确；
B． −3abc32=9a2b2c6，正确；
C． a−b2=a2−2ab+b2，故不正确；
D． 3xy3与−4x2y不是同类项，不能合并，故不正确；
故选B．
【点睛】本题考查了整式的运算，熟练掌握同底数幂的乘法法则、积的乘方法则、完全平方公式、合并同类项法则是解答本题的关键．
3．近两年，新型冠状病毒已经严重影响了我们的日常生活，它是一类具有囊膜的正链单股RNA病毒中最大的一类病毒，其粒子形状并不规则，直径约60−220纳米，平均直径为100纳米．1米=109纳米，100纳米可表示为（ ）
A．1×10−7米B．0.1×10−6米C．10×10−8米D．1×1011米
【答案】A
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】解：100纳米=100×10−9米=1×10−7米
故选：A．
【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤a<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
4．如图，将一副三角板按如图放置，则下列结论：①∠1=∠2=∠3；②∠CAD与∠2互为补角；③若∠2=45°，则BC∥AD；④∠1−∠4=15°．其中一定正确的序号是（ ）

A．①②③④B．②③④C．②③D．②④
【答案】B
【分析】由题意知，∠1+∠2=90°=∠2+∠3，则∠1=∠3，进而可判断①的正误；由∠CAD=∠1+∠2+∠3，可得∠CAD+∠2=∠1+∠2+∠3+∠2=180°，则∠CAD与∠2互为补角，进而可判断②的正误；由∠2=45°，可得∠1=∠2=∠3=45°，则∠B=45°=∠3，BC∥AD，进而可判断③的正误；由题意知，∠4+∠CBA=∠3+∠EDA，即∠4+45°=∠3+30°，由∠1=∠3，可得∠4+45°=∠1+30°，则∠1−∠4=15°，进而可判断④的正误．
【详解】解：由题意知，∠1+∠2=90°=∠2+∠3，
∴∠1=∠3，①不一定正确，故不符合要求；
∵∠CAD=∠1+∠2+∠3，
∴∠CAD+∠2=∠1+∠2+∠3+∠2=180°，
∴∠CAD与∠2互为补角，②一定正确，故符合要求；
∵∠2=45°，
∴∠1=∠2=∠3=45°，
∵∠B=45°=∠3，
∴BC∥AD，③一定正确，故符合要求；
由题意知，∠4+∠CBA=∠3+∠EDA，即∠4+45°=∠3+30°，
∵∠1=∠3，
∴∠4+45°=∠1+30°，
∴∠1−∠4=15°，④一定正确，故符合要求；
故选：B．
【点睛】本题考查了三角板中角度计算，平行线的判定，三角形内角和定理．解题的关键在于明确角度之间的数量关系．
5．如果把分式x2+y2xy中的x和y都扩大3倍，则分式的值（ ）
A．扩大4倍B．扩大3倍C．不变D．缩小2倍
【答案】C
【分析】根据分式的性质即可得出答案．
【详解】解：将分式x2+y2xy中的x和y都扩大3倍，得
(3x)2+(3y)23x×3y=9x2+9y29xy=x2+y2xy
所以分式的值不变
故选：C．
【点睛】本题考查分式的基本性质，将x和y换成3x和3y正确化简是解题的关键．
6．下列图形中有稳定性的是（ ）
A．正方形B．钝角三角形C．长方形D．平行四边形
【答案】B
【分析】根据三角形具有稳定性解答即可．
【详解】解：∵三角形具有稳定性，
∴四个选项中只有钝角三角形具有稳定性，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形具有稳定性，熟练掌握此知识点是解题的关键．
7．下列各式从左到右是分解因式的是（ ）
A．20x3y4=4xy·5x2y3B．x2+4x－6=(x－1)(x+5)－1
C．9a2－6ab+b2=(b−3a)2D．(a－b)(a+b)=a2－b2
【答案】C
【分析】根据因式分解的定义，把左边的多项式因式分解成几个整式相乘的形式进行判断即可．
【详解】A选项，左边是单项式，不符合因式分解的定义，故选项A不符合题意；
B选项，右边是个多项式，没有因式分解成几个整式相乘的形式，故选项B不符合题意；
C选项，左边是多项式，分解成右边几个整式相乘的形式，故选项C符合题意；
D选项，从右往左是分解因式，故选项D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查因式分解的概念，熟练理解和掌握因式分解的定义是解决本题的关键．
8．如图，在正方形ABCD中，点P在对角线BD上，PE⊥BC，PF⊥CD，E，F分别为垂足，连结AP，EF，若AP=5，则EF=（ ）
A．5B．52C．2.5D．522
【答案】A
【分析】根据正方形的性质即可得到四边形PECF是矩形，四边形QPFD是正方形，再利用矩形和正方形的性质得到AQ=FC和PQ=EC ，进而得到△AQP≌△FCE，从而得到EF的长度．
【详解】解：延长EP于AD交于点Q，
∵在正方形ABCD中，
∴AB=BC=CD=AD，AD∥BC，∠ADC=∠C=90°，
∴∠ADB=∠ABD=45°，
∴DF=PF，
∵PE⊥BC，E为垂足，
∴PQ⊥AD，
∴四边形PECF是矩形，
∴∠AQP=90°，EC=PF=DF，
∴∠AQP=∠C，AQ=FC，四边形QPFD是正方形，
∴QD=DF=PF=QP，
∴CE=QP，
∴在△AQP和△FCE中，
AQ=FC，∠AQP=∠FCE=90°PQ=EC，
∴△AQP≌△FCESAS，
∴AP=EF，
∵AP=5，
∴EF=5．
故选A．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
9．在△ABC和△A′B′C′中，①AB=A′B′，②BC=B′C′，③AC=A′C′，④∠A=∠A′，⑤∠B=∠B′，⑥∠C=∠C′．在下列条件中，不能保证△ABC≌△A′B′C′的一组条件是（ ）
A．①③⑤B．①②⑤C．②④⑤D．①②③
【答案】A
【分析】利用全等三角形的判定定理分别进行分析可得答案．
【详解】解：A、①③⑤符合SSA，不能判定△ABC≌△A′B′C′；
B、①②⑤符合SAS，能判定△ABC≌△A′B′C′；
C、②④⑤符合AAS，能判定△ABC≌△A′B′C′；
D、①②③符合SSS，能判定△ABC≌△A′B′C′．
故选：A．
【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
10．今年夏天干旱严重，某村准备请工程队从乌江引水，为了尽快解决村民用水难问题，工程队增加了人力进行管道铺设，现在平均每小时比原计划多铺设30m，现在铺设400m所需时间与原计划铺设300m所需时间相同．设现在平均每小时铺设xm，则列出的方程为（ ）
A．400x=300x−30B．400x−30=300x
C．400x+30=300xD．400x=300x+30
【答案】A
【分析】】设现在平均每小时铺设x m,则原计划每天铺设x−30m,根据现在铺设400m所需时间与原计划铺设300m所需时间相同列出分式方程即可．
【详解】设现在平均每小时铺设x m,则原计划每天铺设x−30 m,根据题意，可列方程：
400x=300x−300
故选：A．
【点睛】本题考查了由实际问题列分式方程，关键在于寻找相等关系，列出方程．
11．如图，在△ABC中，MN∥BC，∠BAC的平分线交BC于点D，若∠1=60°，∠3=130°，则∠2的度数为（ ）
A．70°B．85°C．95°D．105°
【答案】C
【分析】先根据平行线的性质得到∠B=∠1=60°，再根据外角定理得到∠BAC=∠3−∠B=70°，由AD平分∠BAC，得到∠BAD=12∠BAC=35°，故∠2=∠B+∠BAD=95°，故可求解．
【详解】∵MN∥BC
∴∠B=∠1=60°
∴∠BAC=∠3−∠B=70°
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=12∠BAC=35°
故∠2=∠B+∠BAD=95°，
故选C．
【点睛】此题主要考查三角形内角度求解，解题的关键是熟知角平分线的性质及外角定理的运用．
12．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC，交BC于点D．已知AB=20，CD=6，则△ABD的面积为（ ）

A．80B．60C．20D．10
【答案】B
【分析】过点D作DE⊥AB，根据角平分线性质得到ED=CD=6，再利后结果用三角形面积即可求出．
【详解】解：如图，过点D作DE⊥AB，

∵∠C=90°，
∴DC⊥AC，
又∵DE⊥AB且AD平分∠BAC，
∴ED=CD=6，
S△ABD=12AB⋅DE=12×20×6=60，
故选：B．
【点睛】本题考查了角平分线性质，正确作出辅助线灵活运用角平分线性质，是解答本题的关键．
二、填空题
13．分式13+x有意义的条件是 ．
【答案】x≠-3
【分析】根据分式的分母不等于0即可得出答案．
【详解】解：根据题意得：3+x≠0，
∴x≠-3．
故答案为：x≠-3．
【点睛】本题考查了分式有意义的条件，掌握分式的分母不等于0是解题的关键．
14．若m2+(k−1)mn+36n2是一个完全平方式，则k= ．
【答案】−11或13
【分析】根据平方项可知是m和6n的完全平方式，再根据完全平方公式的乘积二倍项列式求解即可．
【详解】解：∵m2+(k−1)mn+36n2是一个完全平方式，
∴k−1=±2×6，
∴k−1=12或k−1=−12，
解得k=−11或k=13．
故答案为：−11或13．
【点睛】本题考查了完全平方公式，根据平方项确定出这两个数是求解的关键．
15．如图，已知直线AB，CD被直线AC所截，AB∥CD，E是平面内任意一点（点E不在直线AB，CD，AC上），设∠BAE=α，∠DCE=β．下列各式：①α+β，②α−β，③β−α，④α2−β，⑤360∘−α−β，可以表示∠AEC的度数的是 ．（填序号）
【答案】①②③⑤
【分析】根据点E有6种可能位置，分情况进行讨论，依据平行线的性质以及三角形外角性质进行计算求解即可．
【详解】解：（1）如图1，由AB∥CD，可得∠AOC=∠DCE1=β，
∵∠AOC=∠BAE1+∠AE1C，
∴∠AE1C=β−α．
（2）如图2，过E2作AB平行线，则由AB∥CD,
∴过E2的直线，AB,CD都平行，
可得∠1=∠BAE2=α,∠2=∠DCE2=β,
∴∠AE2C=α+β．
（3）如图3，由AB∥CD，可得∠BOE3=∠DCE3=β，
∵∠BAE3=∠BOE3+∠AE3C，
∴∠AE3C=α−β．
（4）如图4，由AB∥CD，
∴∠BAC+∠ACD=180°, 而△AE4C的内角和为180°,
∴∠BAE4+∠AE4C+∠DCE4=360°,
∴∠AE4C=360°−α−β．
（5）如图，
同理可得：∠DME5=∠BAE5=α,
∴∠AE5C=∠DME5−∠DCE5=α−β,
（6）如图，
同理可得：∠DME6=∠BAE6=α,
∴∠AE6C=∠DCE6−∠DME6=β−α.
综上所述，∠AEC的度数可能为β-α，α+β，α-β， 360°-α-β．
故答案为：①②③⑤．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质的运用，三角形的内角和定理的应用，三角形的外角的性质，解题的关键是掌握平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，内错角相等．
16．已知a1为有理数，规定运算：a2=1−1a1，a3=1−1a2，a4=1−1a3，a5=1−1a4，…，an=1−1an−1．按上述方法计算：当a1=3时，a2023的值为 ．
【答案】3
【分析】将a1=3，代入进行计算，可知数列3个为一次循环，按此规律即可进行求解．
【详解】解：由题意可知，a1=3时，
a2=1−13=23，a3=1−123=−12，a4=1−1−12=3，a5=1−13=23，…，
其规律是3个为一次循环，
∵2023÷3=674······1，
∴a2023=a1=3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了有理数的四则混合运算，数字变化类，把a1=3代入进行计算，找到规律是解题的关键．
三、计算题
17．化简：（1）（x+2y）2﹣（x+2y）（x﹣2y）；（2）xx2−9÷(23+x+13−x−1)
【答案】（1）原式=4xy+8y2；（2）原式=11−x．
【详解】试题分析：（1）先根据完全平方公式和平方差公式展开，再去括号、合并可得；
（2）先将分母因式分解，计算括号内异分母分式加减，再计算除法即可得．（1）原式=x2+4xy+4y2﹣（x2﹣4y2）=x2+4xy+4y2﹣x2+4y2 =4xy+8y2；
（2）原式=原式=x(x+3)(x−3)÷2x−6−x−3−x2+9(x+3)(x−3)=x(x+3)(x−3)⋅(x+3)(x−3)x(1−x)=11−x.
18．先化简1+3a−2÷a+1a2−4，然后给a选取一个合适的值，求此时原式的值．
【答案】a+2，3（答案不唯一）
【分析】先根据分式的混合运算法则将原式化简，然后取一个使分式有意义的值代入计算即可．
【详解】解：1+3a−2÷a+1a2−4
=(a−2a−2+3a−2)÷a+1(a+2)(a−2)
=a+1a−2×(a+2)(a−2)a+1
=a+2；
根据分式有意义的条件可得：a≠±2且a≠−1，
∴当a=1时，原式=a+2=1+2=3．
【点睛】本题考查了分式的化简求值以及分式有意义的条件，熟练掌握分式混合运算法则是解本题的关键．
19．如图，边长分别为a，b的两个正方形并排摆放在一起.
(1)求图中阴影部分的面积（用含a、b的代数式表示，并化简）
(2)当a+b=16，ab=60时，求阴影部分的面积.
【答案】(1)12a2−12ab+12b2；
(2)S阴=38
【分析】（1）根据两个正方形的面积减去两个直角三角形面积表示出阴影部分面积即可；
（2）原式利用完全平方公式化简好，a+b=16，ab=60代入计算即可求出值．
【详解】（1）根据题意得：S阴影=a2+b2−12aa+b−12b2=a2+b2−12a2−12ab−12b2=12a2+12b2−12ab
（2）当a+b=16，ab=60时，
S阴影=12a2+12b2−12ab=12a+b2−32ab=12×162−32×60=38，
【点睛】此题考查了整式的混合运算，以及完全平方公式，熟练掌握运算法则及公式是解本题的关键．
四、作图题
20．已知：如图所示，在平面直角坐标系中．完成下面问题：
(1)画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，
(2)将△ABC向下平移5个单位，画出平移后的△A2B2C2，并写出B2的坐标；
(3)求出△ABC的面积；
(4)在x轴上画点P，使PA+PC最小．
【答案】(1)画图见解析
(2)画图见解析，B23，−4
(3)2.5
(4)画图见解析
【分析】（1）画出三角形各顶点关于y轴的对称点，连接即可；
（2）画出三角形各顶点平移后的对应点，连接即可；根据平移过程可得B2的坐标；
（3）用割补法求三角形面积：三角形所在矩形面积减去外围三个三角形面积即可；
（4）属于将军饮马问题，找A关于x轴的对称点F，连接CF，得出CF与x轴的交点即可．
【详解】（1）解：作图如下，△A1B1C1即为所求；
（2）解：作图如下，△A2B2C2即为所求；由图可得：B23，−4；
（3）解：由三角形所在矩形面积减去外围三个三角形面积，
得：S△ABC=2×3−12×1×2−12×1×2−12×1×3=2.5，
故答案为：2.5；
（4）解：如图所示，点P即为所求．
【点睛】本题考查平面直角坐标系图形的平移和对称，将军饮马问题，割补法求三角形面积，解题的关键是利用网格和平面直角坐标系结合进行图形的变换，作对称点求最短路径．
五、问答题
21．如图，AB⊥BC，AB=4，BC=3，DC=12，AD=13，
(1)判断△ACD的形状并说明理由；
(2)计算四边形ABCD的面积．
【答案】(1)△ACD是直角三角形，理由见解析
(2)24
【分析】本题考查勾股定理和勾股定理的逆定理，掌握勾股定理和逆定理是解题的关键．
（1）根据勾股定理得出AC，根据勾股定理的逆定理得出△ACD是直角三角形即可；
（2）根据三角形的面积公式解答即可．
【详解】（1）解：△ACD是直角三角形．
理由如下：连接AC，∵AB⊥BC，AB=4，BC=3，
由勾股定理，得AC=AB2+BC2=42+32=5，
∵DC=12，AD=13，
∴AC2+CD2=25+144=169，AD2=169，
∴AC2+CD2=AD2，
∴△ACD是直角三角形；
（2）解：在Rt△ABC中，S△ABC=12BC⋅AB=12×3×4=6，
在Rt△ADC中，S△ADC=12CD⋅AC=12×12×5=30，
∴S四边形ABCD=S△ADC−S△ABC=30−6=24．
22．一方有难，八方支援．郑州暴雨牵动数万人的心，众多企业也伸出援助之手．某公司购买了一批救灾物资并安排两种货车运往郑州．调查得知，2辆小货车与3辆大货车一次可以满载运输1800件；3辆小货车与4辆大货车一次可以满载运输2500件．
(1)求1辆大货车和1辆小货车一次可以分别满载运输多少件物资？
(2)现有3100件物资需要再次运往郑州，准备同时租用这两种货车，每辆均全部装满货物，问有哪几种租车方案?
(3)在（2）的条件下，若1辆小货车需租金400元/次，1辆大货车需租金500元/次．请选出费用最少的租车方案，并求出最少的租车费用．
【答案】(1)1辆小货车一次满载运输300件物资，1辆大货车一次满载运输400件物资
(2)共有3种租车方案，方案1：租用9辆小货车，1辆大货车；方案2：租用5辆小货车，4辆大货车；方案3：租用1辆小货车，7辆大货车
(3)租用1辆小货车，7辆大货车，最少租车费为3900元
【分析】（1）设1辆小货车一次满载运输x件物资，1辆大货车一次满载运输y件物资，然后根据题意列二元一次方程组求解即可；
（2）根据题意可得300a+400b=3100，再用b表示出a，然后根据a、b均为整数进行列举即可解答；
（3）将小货车和大货车每次的租金代入300a+400b里计算，然后比较即可．
【详解】（1）解：设1辆小货车一次满载运输x件物资，1辆大货车一次满载运输y件物资，
依题意得：2x+3y=18003x+4y=2500 解得：x=300y=400
答：1辆小货车一次满载运输300件物资，1辆大货车一次满载运输400件物资．
（2）接：设租用小货车a辆，大货车b辆，
依题意得：300a+400b=3100，
∴a=31−4b3．
又∵a，b均为非负整数，
∴a=9b=1或a=5b=4 或a=1b=7，
∴共有3种租车方案，
方案1：租用9辆小货车，1辆大货车；
方案2：租用5辆小货车，4辆大货车；
方案3：租用1辆小货车，7辆大货车．
（3）解：方案1所需租车费为400×9+500×1=4100（元）；
方案2所需租车费为400×5+500×4=4000（元）；
方案3所需租车费为400×1+500×7=3900（元）．
∴费用最少的租车方案为：租用1辆小货车，7辆大货车，最少租车费为3900元．
【点睛】本题主要考查了二元一次方程组的应用、二元一次方程的应用以及代数式求值等知识点，认真审题、明确题意、弄清量与量之间的关系是解答本题的关键．
六、证明题
23．已知：如图，点B、C、E在同一条直线上，△ABC与△CDE都是等边三角形，求证：
（1）△ACE≌△BCD；
（2）△CGB≌△CFA；
（3）求∠AMB；
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）60°
【分析】（1）根据SAS只要证明AC＝BC，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD即可；
（2）根据ASA，只要证明∠FAC＝∠GBC，AC＝BC，∠ACF＝∠BCG即可；
（3）利用“8字型”证明∠AMG＝∠BCG即可.
【详解】（1）∵△ABC与△CDE都是等边三角形，
∴AC＝BC，CE＝CD，
∠ACB＝∠DCE＝60°，
∵点B、C、E在同一条直线上，
∴∠ACD＝60°，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△ACE和△BCD中，
{AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD，
∴△ACE≌△BCD（SAS）；
（2）∵△ACE≌△BCD，
∴∠FAC＝∠GBC，
∵AC＝BC，∠ACF＝∠BCG，
∴△CGB≌△CFA（ASA）；
（3）∵△BCD≌△ACE，
∴∠CBG＝∠GAM，
∵∠CGB＝∠AGM，
∴∠GCB＝∠AMG
∵∠GCB＝60°，
∴∠AMB＝60°．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定及性质的运用，等边三角形的性质的运用，排除解答选择题的技巧的运用，解决问题的关键是根据已知条件找到可证三角形全等的条件．
24．在平面直角坐标系中，点A、B分别在x、y轴上，且AB＝BC，∠ABC＝90°，点A(a，0)、B(0，b)，且a、b满足（a+3）2+|b﹣2|＝0．
(1)如图1，则a＝ ，b＝ ，点C的坐标为 ；
(2)如图2，若E点在x轴的正半轴上，且满足∠OBC﹣∠ABO＝2∠OBE，CG⊥OB于点G，交BE于点H，求证：CH＝BG+OE；
(3)在（2）条件下，请同学们探究线段OG、OE、GH之间的数量关系，并加以证明．
【答案】(1)﹣3；2；(2,﹣1)
(2)见解析
(3)OG＝OE+GH，见解析
【分析】（1）利用非负数的性质求出a、b，过点C作CD⊥y轴于点D，通过角的计算可得出∠OAB=∠DBC，结合∠AOB=∠BDC、AB=BC，即可证出△OAB≌△DBC（AAS），根据全等三角形的性质即可得出BD=AO、DC=OB，再结合点A、B的坐标即可得出DC、OD的长度，进而可得出点C的坐标；
（2）连接CE，证明△BEA≌△BEC（SAS），由全等三角形的性质得出CE=AE，∠BEC=∠BEA，证明△BOA≌△CGB（AAS），由全等三角形的性质得出OA=BG，则可得出结论；
（3）由全等三角形的性质得出OB=CG，BG=OA，由（2）可知：CH=CE=OE+OA，则可得出答案．
【详解】（1）解：∵（a+3）2+|b﹣2|＝0．
∴a+3＝0，b﹣2＝0，
∴a＝﹣3，b＝2，
∴A（﹣3,0），B（0,2），
∴AO＝3，OB＝2，
过点C作CD⊥y轴于点D，如图所示．
∵∠ABC＝90°，∠AOB＝90°，
∴∠OAB+∠OBA＝90°，∠OBA+∠DBC＝90°，
∴∠OAB＝∠DBC．
在△OAB和△DBC中，
∠AOB=∠BDC=90°∠OAB=∠DBCAB=BC，
∴△OAB≌△DBC（AAS），
∴BD＝AO＝3，DC＝OB＝2，OD＝BD﹣OB＝3﹣2＝1，
∴点C的坐标为（2,﹣1）．
故答案为：﹣3，2，（2,﹣1）；
（2）证明：连接CE，
∵∠OBC＝∠CBE+∠OBE，∠ABO＝90°﹣∠OBE﹣∠CBE，
∴∠OBC﹣∠ABO＝2∠OBE+2∠CBE﹣90°，
又∵∠OBC﹣∠ABO＝2∠OBE，
∴2∠CBE＝90°，
∴∠CBE＝45°，
∴∠CBE＝∠ABE＝45°，
又∵AB=CB，BE=BE，
∴△BEA≌△BEC（SAS），
∴CE＝AE，∠BEC＝∠BEA，
又∵CG∥x轴，
∴∠CHE＝∠BEA，
∴∠BEC＝∠CHE，
∴CH＝CE＝AE，
又∵AE＝AO+OE，
∴CH＝AO+OE，
∵∠ABO+∠GBC＝∠GBC+∠BCG＝90°，
∴∠ABO＝∠BCG，
∵AB＝BC，∠AOB＝∠BGC＝90°，
∴△BOA≌△CGB（AAS），
∴OA＝BG，
∴CH＝BG+OE．
（3）解：线段OG、OE、GH之间的数量关系为OG＝OE+GH．
证明如下：由（2）可知，△BOA≌△CGB，
∴OB＝CG，BG＝OA，
∴BG+OG＝GH+CH，
由（2）可知：CH＝CE＝OE+OA，
∴BG+OG＝GH+CH＝GH+OE+OA，
又∵BG＝OA，
∴OG＝OE+GH．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了非负数的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质以及坐标与图形性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．