八年级（上）月考数学试卷（12月）.

这是一份八年级（上）月考数学试卷（12月）.，共21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. 下列图案中，属于轴对称图形的有（ ）个

A.1B.2C.3D.4

2. 点P(−2, 1)关于x轴对称的点的坐标为（ ）
A.(2, −1)B.(−2, 1)C.(2, 1)D.(−2, −1)

3. 下列各式正确的是（ ）
A.b3⋅b3＝2b3B.x4⋅x4＝x16
C.(a5)2＝a7D.(−2a)2＝4a2

4. 利用平方差公式计算(3a−2)(−3a−2)的结果是（ ）
A.4−9a2B.9a2−4C.9a2−2D.9a2+4

5. 把多项式8a3b2+12ab3c因式分解时，应提取的公因式是（ ）
A.4abB.4ab2cC.4ab2D.8ab2

6. 已知a−b＝3，ab＝1，则a2+b2等于（ ）
A.5B.7C.9D.11

7. 下列各式中，是完全平方式的是（ ）
A.a2+ab+b2B.a2+2ab+2b2
C.a2+2ab+4b2D.a2+4ab+4b2

8. △ABC中，∠ACB＝90∘，CD是高，∠A＝30∘，BD＝1，则AD＝（ ）

A.4B.3C.3.5D.5

9. 平面内有两条相互垂直的直线m、n，垂足为点O，点A在直线m上，点B在直线n上，且点A、B均不与点O重合，点C在直线m或直线n上，且△ABC为等腰三角形，满足条件的C点最多有x个，最少为y个，则x+y＝（ ）

A.12B.13C.14D.15

10. △ABC为等边三角形，点E为边AB的中点，点Q为边BC上一动点，以EQ为边作等边△EQF（点F在EQ的右侧），连接AF、FC，点P在射线CB上，且满足PE＝EQ，有以下四个结论：①∠FQC＝∠QEB；②FQ＝FC；③PB+QC＝AE；④当AF⊥AB时，BC＝4PB，其中正确的结论的个数是（ ）

A.1个B.2个C.3个D.4个
二、填空题（每小题3分，共6小题，共18分）

计算：
（1）(x3)5＝________；

（2）x8÷x2＝________；

（3）(xy+1)(xy−1)＝________．

一个正方形的边长增加了3cm，面积相应增加了39cm2，则原来这个正方形的边长为________cm．

已知2m＝3，2n＝10，则23m+2n＝________．

已知多项式9x2+kx+36是一个完全平方式，则k＝________．

△ABC中，AB＝AC，点D在射线BA上，且AD＝BC，连接CD，若∠BDC＝30∘，则∠BAC＝________．

如图，在平面直角坐标系中，已知Q(−1, 3)，A(0, 4)，点P为x轴上一动点，以QP为腰作等腰Rt△QPH，当OH+AH最小时，点H的横坐标为________．

三、解答题（共8小题，共72分）

（1）计算：5ab(2a−b+0.2)
（2）因式分解：ax2+2a2x+a3

（1）先化简，再求值：(2x+3y)2−(2x+y)(2x−y)，其中x=13，y=−12；
（2）解不等式：(3x+4)(3x−4)<9(x−2)(x+3)．

如图：AD＝BC，AC＝BD，求证：△EAB是等腰三角形．


△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，先将△ABC向右平移5个单位，再向上平移1个单位得到△A1B1C1．

（1）画出△A1B1C1，并直接写出B1、C1的坐标；

（2）在x轴上作出点P，使AP+B1P的值最小，并直接写出P的坐标为________．

如图，在△ABC中，BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，MN经过O点，与AB、AC相交于点M、N，且MN // BC．

（1）求证：OM＝MB；

（2）若AB＝4，AC＝5，求△AMN的周长．


（1）某小区规划在边长为xm的正方形场地上，修建两条宽为2m的甬道，其余部分种草，甬道所占面积为多少m2？（用含x的式子表示）

（2）该小区还有块长方形场地，将其分成了下图中的9个部分用以种植花卉，其中有⑤和⑨是正方形，其余的为长方形．
(Ⅰ)已知③④⑤⑥四个部分的周长分别为a、10、8、b，直接写出长方形场地的面积（用含a、b的式子表示）；
(Ⅱ)事实上，只要知道三个部分的周长就可以求出长方形场地的面积，直接写出这三个部分的序号，要求写出两组．

课本P53中有这样一个定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”，如四边形ABCD中，AB＝AC，BD＝CD（图1），那么四边形ABCD为筝形．
已知：四边形ABCD为筝形，AB＝AC，BD＝CD．

（1）如图1，求证：AD垂直平分线段BC；

（2）如图2，点F、E分别在线段AB、AC上，连接FD、DE、EF，DF交BC于点G，ED交BC于H，且∠CGD＝∠FED，求证：∠FED＝∠DEC；

（3）如图3，在（2）的条件下，且∠A＝60∘，∠BDC＝120∘，直接写出EFGH的值．

在平面直角坐标系中，已知A(0, a)，B(b, 0)(a>0, b<0)，a2+ab＝0．

（1）求证：OA＝OB；

（2）将△AOB绕点O逆时针旋转θ(0∘<θ<90∘)得到△EOD，连接AE，AD，若AD＝d，求四边形EAOD的面积（用含d的式子表示）；

（3）将OA绕点O逆时针旋转30∘得到ON，连接BN，点K为x正半轴上一动点，连接NK，在线段NK上取一点M使得NM＝NO，连接BM交NO于点F，若NF＝2MK，探究：NF和FO的数量关系，并给出证明．
参考答案与试题解析
2017-2018学年湖北省武汉市某校八年级（上）月考数学试卷（12月份）
一、选择题（每小是3分，共10小题，共30分）
1.
【答案】
B
【考点】
轴对称图形
【解析】
根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】
A图形和D图形不是轴对称图形，B和C是轴对称图形，共2个，
2.
【答案】
D
【考点】
关于x轴、y轴对称的点的坐标
【解析】
根据关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数可得答案．
【解答】
点P(−2, 1)关于x轴对称的点的坐标为(−2, −1)，
3.
【答案】
D
【考点】
同底数幂的乘法
幂的乘方与积的乘方
【解析】
分别根据同底数幂的乘法法则以及幂的乘方与积的乘方运算法则逐一判断即可．
【解答】
A．b3⋅b3＝b6，故本选项不合题意；
B．x4⋅x4＝x8，故本选项不合题意；
C．(a5)2＝a10，故本选项不合题意；
D．(−2a)2＝4a2，正确，故本选项符合题意．
4.
【答案】
A
【考点】
平方差公式
【解析】
原式利用平方差公式计算即可求出值．
【解答】
原式＝4−9a2，
5.
【答案】
C
【考点】
因式分解-提公因式法
【解析】
直接利用公因式的确定方法找出公因式进而得出答案．
【解答】
8a3b2+12ab3c
＝4ab2(2a2+3bc)，
6.
【答案】
D
【考点】
完全平方公式
【解析】
根据完全平方公式得到原式＝(a−b)2+2ab，然后把a−b＝3，ab＝1代入计算即可．
【解答】
原式＝(a−b)2+2ab，
当a−b＝3，ab＝1，原式＝32+2×1＝11．
7.
【答案】
D
【考点】
完全平方式
【解析】
利用完全平方公式的结构特征判断即可．
【解答】
a2+4ab+4b2＝(a+2b)2，是完全平方式，
8.
【答案】
B
【考点】
含30度角的直角三角形
【解析】
求出∠BCD＝30∘，根据含30∘角的直角三角形的性质求出BC＝2，求出AB＝4，即可得出答案．
【解答】
解∵ △ABC中，∠ACB＝90∘，∠A＝30∘，
∴ ∠B＝60∘，
∵ CD是高，
∴ ∠CDB＝90∘，
∴ ∠BCD＝30∘，
∵ BD＝1，
∴ BC＝2BD＝2，
∵ 在△ACB中，∠ACB＝90∘，∠A＝30∘，
∴ AB＝2BC＝4，
∴ AD＝AB−BD＝4−1＝3，
9.
【答案】
C
【考点】
等腰三角形的判定
【解析】
以A为圆心以AB为半径作圆，交直线m两个点，交直线n一个点，这三个交点与点A、点B组成的三角形是等腰三角形；同理，以B为圆心以AB为半径作圆，交直线n两个点，交直线m一个点，这三个交点与点A、点B组成的三角形是等腰三角形；再作线段AB的垂直平分线分别交直线m、直线n各一个交点，这两个交点与点A、点B组成的三角形是等腰三角形，得出满足条件的C点最多有8个；当OA＝OB时，线段AB的垂直平分线分别交直线m、直线n为一个交点O，得出满足条件的C点最少有6个，即可得出结果．
【解答】
∵ 以A为圆心以AB为半径作圆，交直线m两个点，交直线n一个点，这三个交点与点A、点B组成的三角形是等腰三角形；
同理，以B为圆心以AB为半径作圆，交直线n两个点，交直线m一个点，这三个交点与点A、点B组成的三角形是等腰三角形；
再作线段AB的垂直平分线分别交直线m、直线n各一个交点，这两个交点与点A、点B组成的三角形是等腰三角形；
∴ △ABC为等腰三角形，满足条件的C点最多有8个，
即x＝8；
当OA＝OB时，线段AB的垂直平分线分别交直线m、直线n为一个交点O，
∴ △ABC为等腰三角形，当夹角为60∘的时候，满足条件的C点最少有6个，
即y＝6；
∴ x+y＝8+6＝14，
10.
【答案】
C
【考点】
全等三角形的性质与判定
【解析】
取BC中点H，作EG⊥BC于G，连FH，利用全等三角形的判定和性质一一判断即可．
【解答】
取BC中点H，作EG⊥BC于G，连FH，
∵ ∠FQC+∠EQF+∠EQB＝∠QEB+∠EBQ+∠EQB＝180∘，
∴ ∠FQC＝∠QEB，故①正确，
∵ PG＝GQ，BG＝GH，
∴ PB＝CQ，
∴ PB+QC＝CH＝AE，故②正确
∵ ∠PEB＝∠HEQ，
∴ ∠PEH＝∠FEH，
∴ △PEH≅△FEH，
∴ ∠EHP＝∠EHF＝60∘，
∴ ∠FHQ＝60∘，
可得△EHF≅△CHF，
∴ FC＝EF，
∴ FQ＝FC，故正确，
④当Q为HC中点时才成立，故④错误
二、填空题（每小题3分，共6小题，共18分）
【答案】
x15
x6
x2y2−1
【考点】
同底数幂的除法
幂的乘方与积的乘方
平方差公式
【解析】
（1）原式利用幂的乘方运算法则计算即可求出值；
（2）原式利用同底数幂的除法法则计算即可求出值；
（3）原式利用平方差公式计算即可求出值．
【解答】
原式＝x15；
原式＝x6；
原式＝x2y2−1，
【答案】
5
【考点】
平方差公式
【解析】
本题是一个列方程解应用题的题目，题目中的相等关系是，正方形的面积-原来正方形的面积=39cm2，可以设原来正方形的边长是xcm．根据相等关系就可列出方程，解方程就可以求出原来正方形的边长．
【解答】
解：设原来正方形的边长是xcm．根据题意得：
(x+3)2−x2=39，
∴ (x+3+x)(x+3−x)=3(2x+3)=39，
解得x=5．
故答案为：5.
【答案】
2700
【考点】
同底数幂的乘法
幂的乘方与积的乘方
【解析】
根据幂的乘方以及同底数幂的乘法法则计算即可．
【解答】
∵ 2m＝3，2n＝10，
∴ 23m+2n
＝(2m)3⋅(2n)2
＝33×102
＝2700．
【答案】
±36
【考点】
完全平方式
【解析】
根据完全平方公式的结构特征判断即可求出k的值．
【解答】
∵ 多项式9x2+kx+36是一个完全平方式，
∴ k＝±36，
【答案】
20∘，60∘，140∘
【考点】
等腰三角形的性质
【解析】
分三种情形：①如图1中，当D在线段AB上时，作AE⊥DC于E，AF⊥BC于F．②如图2中，当D在BA的延长线上时，作AE⊥DC于E，AF⊥BC于F．③如图3中，当∠BAC是钝角时，D在BA的延长线上时，作AE⊥DC于E，AF⊥BC于F．利用全等三角形的性质解决问题即可．
【解答】
①如图1中，当D在线段AB上时，作AE⊥DC于E，AF⊥BC于F．
∵ ∠D＝30∘，
∴ AE=12AD，
∵ AB＝AC，AF⊥BC，
∴ BF＝CF=12BC，
∵ AD＝BC，
∴ AE＝CF，
又∵ ∠AEC＝∠CFA＝90∘，AC＝CA
∴ Rt△AEC≅Rt△CFA(HL)，
∴ ∠ACE＝∠CAF＝∠BAF，
∵ ∠BDC＝∠DAC+∠ACD＝30∘，
∴ ∠BAC＝20∘．
②如图2中，当D在BA的延长线上时，作AE⊥DC于E，AF⊥BC于F．
同法可证Rt△AEC≅Rt△CFA(HL)，
∴ ∠ACE＝∠CAF＝∠BAF，
∴ AF // CD，
∴ ∠BAF＝∠D＝30∘，
∴ ∠BAC＝2∠BAF＝60∘．
③如图3中，当∠BAC是钝角时，D在BA的延长线上时，作AE⊥DC于E，AF⊥BC于F．
同法可证Rt△AEC≅Rt△CFA(HL)，
∴ ∠ACE＝∠CAF＝∠BAF，设∠ACE＝∠CAF＝∠BAF＝x，
∵ ∠ACE＝∠CAD+∠D，
∴ x＝180∘−2x+30∘，
∴ x＝70∘，
∴ ∠BAC＝140∘，
【答案】
1.5
【考点】
轴对称——最短路线问题
全等三角形的性质与判定
等腰直角三角形
坐标与图形性质
【解析】
作QN、HM垂直于x轴于N、M，则△QNP≅△PMH，推出PN＝HM，QN＝PM，设OP＝x，得H(x+3, x+1)，求出点H的运动轨迹即可解决问题．
【解答】
作QN、HM垂直于x轴于N、M，则△QNP≅△PMH，
∴ PN＝HM，QN＝PM，设OP＝x，得H(x+3, x+1)，
∴ H点在直线y＝x+2上运动，作A点关于直线y＝x+2的对称点F，连OF交于点E，
当H点与E点重合时OH+AH最小，可得E点的横坐标为1.5，
三、解答题（共8小题，共72分）
【答案】
原式＝10a2b−5ab2+ab；
原式＝a(x2+2ax+a2)＝a(x+a)2．
【考点】
提公因式法与公式法的综合运用
单项式乘多项式
【解析】
（1）原式利用单项式乘以多项式法则计算即可求出值；
（2）原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可．
【解答】
原式＝10a2b−5ab2+ab；
原式＝a(x2+2ax+a2)＝a(x+a)2．
【答案】
原式＝4x2+12xy+9y2−4x2+y2＝10y2+12xy，
当x=13，y=−12，原式＝0.5；
不等式整理得：9x2−16<9x2+9x−54，
移项合并得：9x>38，
解得：x>389．
【考点】
多项式乘多项式
解一元一次不等式
整式的混合运算——化简求值
【解析】
（1）原式利用平方差公式，以及完全平方公式化简，去括号合并得到最简结果，把x与y的值代入计算即可求出值；
（2）不等式利用平方差公式，以及多项式乘以多项式法则计算，移项合并，把x系数化为1，即可求出解集．
【解答】
原式＝4x2+12xy+9y2−4x2+y2＝10y2+12xy，
当x=13，y=−12，原式＝0.5；
不等式整理得：9x2−16<9x2+9x−54，
移项合并得：9x>38，
解得：x>389．
【答案】
证明：在△ADB和△BCA中，
AD=BCAC=BDAB=BA ，
∴ △ADB≅△BCA(SSS)，
∴ ∠DBA＝∠CAB，
∴ AE＝BE，
∴ △EAB是等腰三角形．
【考点】
全等三角形的性质与判定
等腰三角形的判定
【解析】
先用SSS证△ADB≅△BCA，得到∠DBA＝∠CAB，利用等角对等边知AE＝BE，从而证得△EAB是等腰三角形．
【解答】
证明：在△ADB和△BCA中，
AD=BCAC=BDAB=BA ，
∴ △ADB≅△BCA(SSS)，
∴ ∠DBA＝∠CAB，
∴ AE＝BE，
∴ △EAB是等腰三角形．
【答案】
如图，△A1B1C1为所作，B1(3, 3)、C1(4, 2)；
(127, 0)
【考点】
轴对称——最短路线问题
【解析】
（1）利用点平移的坐标变换规律写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）作A点关于x轴的对称点A′，再连接B1A′交x轴于P点，利用待定系数法求出直线B1A′的解析式即可得到P点坐标．
【解答】
如图，△A1B1C1为所作，B1(3, 3)、C1(4, 2)；
如图，点P为所作，点P的坐标为(127, 0)．
故答案为(127, 0)．
【答案】
∵ BD平分∠ABC，
∴ ∠1＝∠2
又∵ MN // BC，
∴ ∠2＝∠3，
∴ ∠1＝∠3，
∴ OM＝BM；
由（1）得，OM＝MB，同理ON＝NC，
∴ △AMN周长＝AM+MN+AN＝AM+OM+ON+AN＝AB+AC＝9．
【考点】
等腰三角形的性质与判定
平行线的性质
【解析】
（1）根据角平分线的定义可得∠1＝∠2，根据两直线平行，内错角相等可得∠2＝∠3，从而得到∠1＝∠3，再根据等角对等边可得BM＝OM，
（2）同理ON＝NC，由MO＝MB，NO＝NC，所以三角形AMN的周长是AB+AC．
【解答】
∵ BD平分∠ABC，
∴ ∠1＝∠2
又∵ MN // BC，
∴ ∠2＝∠3，
∴ ∠1＝∠3，
∴ OM＝BM；
由（1）得，OM＝MB，同理ON＝NC，
∴ △AMN周长＝AM+MN+AN＝AM+OM+ON+AN＝AB+AC＝9．
【答案】
S＝2x+2x−2×2
＝4x−4，
或者S＝x2−(x−2)2＝4x−4；
(Ⅰ)设第⑨个正方形边长为x，则第③个长方形的一边为x，设另一边为y，
∵ 第④、⑤个正方形周长为10、8，
∴ 第④个长方形边长为3、2，第⑤个正方形边长为2，
则第⑥个长方形一条边为2，另一条边为x，
∴ b＝2x+4
∴ x=b2−2
∵ 第③个长方形的周长为a，
∴ a＝2(x+y)
∴ y=a2−x=a2−b2+2
∴ 长方形场地的面积为：
(3+2+b2−2)(b2−2+2+a2−b2+2)
＝(b2+3)(a2+2)(1)方法同(Ⅰ)即可知：
已知③、⑤、⑦的周长
或②、④、⑨的周长
就可以求出长方形场地的面积．
【考点】
生活中的平移现象
列代数式
列代数式求值
【解析】
（1）根据平移性质将甬道所在长方形平移到靠近长方形场地的边上，利用两个正方形的面积差即可求解；
(2)(Ⅰ)根据③④⑤⑥四个部分的周长分别为a、10、8、b，设第⑨个正方形边长为x，则第③个长方形的一边为x，设另一边为y，即可求解；
(Ⅱ)根据(Ⅰ)的过程即可知道三个部分的周长求出长方形场地的面积．
【解答】
S＝2x+2x−2×2
＝4x−4，
或者S＝x2−(x−2)2＝4x−4；
(Ⅰ)设第⑨个正方形边长为x，则第③个长方形的一边为x，设另一边为y，
∵ 第④、⑤个正方形周长为10、8，
∴ 第④个长方形边长为3、2，第⑤个正方形边长为2，
则第⑥个长方形一条边为2，另一条边为x，
∴ b＝2x+4
∴ x=b2−2
∵ 第③个长方形的周长为a，
∴ a＝2(x+y)
∴ y=a2−x=a2−b2+2
∴ 长方形场地的面积为：
(3+2+b2−2)(b2−2+2+a2−b2+2)
＝(b2+3)(a2+2)(1)方法同(Ⅰ)即可知：
已知③、⑤、⑦的周长
或②、④、⑨的周长
就可以求出长方形场地的面积．
【答案】
∵ AB＝AC
∴ A点在BC的垂直平分线上，
同理D点在BC的垂直平分线上，
∴ AD垂直平分BC；
在AC上取点P，使CP＝BF，
∵ AB＝AC，BD＝CD，
∴ ∠ABC＝∠ACB，∠DBC＝∠DCB，
∴ ∠DBF＝∠DCP，
∴ △DBF≅△DCP(SAS)，
∴ FD＝DP，
∴ AF＝AP，
∴ ∠AFP＝∠APF，
∴ ∠AFP＝∠ABC=180−∠BAC2，
∴ FP // BC，
∴ ∠1＝∠2＝∠DPF，
又∵ ∠1＝∠FED，
∴ ∠2＝∠FPD＝∠FED，
在EF上取点K，使KD＝ED，
∴ ∠K＝∠FED，
∴ ∠FDK＝∠EDP，
∴ △KFD≅△EPD(SAS)，
∴ ∠K＝∠PED，
∴ ∠FED＝∠DEC．
如图3中，作DJ⊥EF于J，设BC交AD于点O．
∵ ∠BAC＝60∘，∠BDC＝120∘，AB＝AC，DB＝DC，
∴ ∠ABD＝∠ACD＝90∘，
∴ DC⊥AC，
∵ DJ⊥EF，∠DEF＝∠DEC，
∴ DJ＝DC，
∵ AD⊥BC，
∴ ∠DOC＝90∘，
∵ ∠DCO＝30∘，
∴ CD＝2OD，
∵ ∠GDH＝∠EDF，∠DGH＝∠DEF，
∴ △DGH∽△DEF，
∴ EFGH=DJOD=CDOD=2．
【考点】
相似三角形综合题
【解析】
（1）根据线段的垂直平分线的定义证明即可．
（2）在AC上取点P，使CP＝BF，在EF上取点K，使KD＝ED，想办法证明∠K＝∠DEF，∠K＝∠CED即可解决问题．
（3）如图3中，作DJ⊥EF于J，设BC交AD于点O．想办法证明DJ＝DC，DJ＝CD＝2OD，再利用相似三角形的性质解决问题即可．
【解答】
∵ AB＝AC
∴ A点在BC的垂直平分线上，
同理D点在BC的垂直平分线上，
∴ AD垂直平分BC；
在AC上取点P，使CP＝BF，
∵ AB＝AC，BD＝CD，
∴ ∠ABC＝∠ACB，∠DBC＝∠DCB，
∴ ∠DBF＝∠DCP，
∴ △DBF≅△DCP(SAS)，
∴ FD＝DP，
∴ AF＝AP，
∴ ∠AFP＝∠APF，
∴ ∠AFP＝∠ABC=180−∠BAC2，
∴ FP // BC，
∴ ∠1＝∠2＝∠DPF，
又∵ ∠1＝∠FED，
∴ ∠2＝∠FPD＝∠FED，
在EF上取点K，使KD＝ED，
∴ ∠K＝∠FED，
∴ ∠FDK＝∠EDP，
∴ △KFD≅△EPD(SAS)，
∴ ∠K＝∠PED，
∴ ∠FED＝∠DEC．
如图3中，作DJ⊥EF于J，设BC交AD于点O．
∵ ∠BAC＝60∘，∠BDC＝120∘，AB＝AC，DB＝DC，
∴ ∠ABD＝∠ACD＝90∘，
∴ DC⊥AC，
∵ DJ⊥EF，∠DEF＝∠DEC，
∴ DJ＝DC，
∵ AD⊥BC，
∴ ∠DOC＝90∘，
∵ ∠DCO＝30∘，
∴ CD＝2OD，
∵ ∠GDH＝∠EDF，∠DGH＝∠DEF，
∴ △DGH∽△DEF，
∴ EFGH=DJOD=CDOD=2．
【答案】
证明：∵ a2+ab＝0，
∴ a(a+b)＝0，
∵ a>0，b<0，
∴ a+b＝0，
∴ a＝−b，
∵ A(0, a)，B(b, 0)，
∴ OA＝a，OB＝−b，
∴ OA＝OB．
如图1中，作EH⊥AD于H，作OM⊥AD于M，作ON⊥AH于N．
∵ ∠EHD＝∠EOD＝90∘，
∴ ∠NEO＝∠ODM，
∵ OE＝OD，∠ENO＝∠OMD＝90∘，
∴ △ENO≅△DMO，
∴ ON＝OM，DM＝EN，
∵ ∠OMH＝∠MHN＝∠N＝90∘，
∴ 四边形MHNO是正方形，
∴ OM＝HN，
∵ OA＝OD，OM⊥AD，
∴ AM＝DM＝EN=12d，
∵ S四边形EAD0＝S△ADE+S△AD0=12⋅AD⋅EH+12⋅AD⋅OM=12⋅AD⋅(EH+OM)=12⋅AD⋅(EH+HN)=12⋅AD⋅EN=d24．
结论：NF＝2OF．
理由：如图2中，作NH⊥OB于H，作∠ONK的平分线交BM于G，延长OG交MN于E．
∵ NB＝NO＝NM，
∴ N是△BOM的外接圆的圆心，
∴ ∠OBM=12∠ONK＝∠GNF，
∴ B、O、G、N四点共圆，
∴ ∠NGB＝∠NOB＝60∘，∠BGO＝∠BNO＝60∘，
设MK＝a，OF＝b，则NF＝2a，ON＝NM＝2a+b，
∵ ∠EOK＝∠OBF+∠BGO＝∠OBF+60∘，∠OEK＝∠GNM+∠NGE＝∠GNM+60∘，
∴ ∠EOK＝∠KEO，
∴ EK＝OK，
根据对称性易知OF＝EM＝b，
∴ OK＝EK＝a+b，NK＝3a+b，
在Rt△ONH，Rt△HNK中，
NH2＝ON2−OH2＝NK2−HK2，
∴ (2a+b)2−(2a+b2)2＝(3a+b)2−(2a+b2+a+b)2，
整理得：2a2−3ab−2b2＝0，
解得a＝2b或a=−12b（舍弃），
∴ NF＝4OF．
【考点】
三角形综合题
【解析】
（1）由a2+ab＝0推出a＝−b，即可解决问题；
（2）如图1中，作EH⊥AD于H，作OM⊥AD于M，作ON⊥AH于N．由△ENO≅△DMO，推出ON＝OM，DM＝EN，由∠OMH＝∠MHN＝∠N＝90∘，推出四边形MHNO是正方形，推出OM＝HN，由OA＝OD，OM⊥AD，推出AM＝DM＝EN=12d，根据S四边形EAD0＝S△ADE+S△AD0计算即可解决问题；
（3）解：如图2中，作NH⊥OB于H，作∠ONK的平分线交BM于G，延长OG交MN于E．首先证明B、O、G、N四点共圆，推出∠NGB＝∠NOB＝60∘，∠BGO＝∠BNO＝60∘，设MK＝a，OF＝b，则NF＝2a，ON＝NM＝2a+b，再证明EK＝OK，根据对称性易知OF＝EM＝b，推出OK＝EK＝a+b，NK＝3a+b，在Rt△ONH，Rt△HNK中，根据NH2＝ON2−OH2＝NK2−HK2，列出关系式即可解决问题；
【解答】
证明：∵ a2+ab＝0，
∴ a(a+b)＝0，
∵ a>0，b<0，
∴ a+b＝0，
∴ a＝−b，
∵ A(0, a)，B(b, 0)，
∴ OA＝a，OB＝−b，
∴ OA＝OB．
如图1中，作EH⊥AD于H，作OM⊥AD于M，作ON⊥AH于N．
∵ ∠EHD＝∠EOD＝90∘，
∴ ∠NEO＝∠ODM，
∵ OE＝OD，∠ENO＝∠OMD＝90∘，
∴ △ENO≅△DMO，
∴ ON＝OM，DM＝EN，
∵ ∠OMH＝∠MHN＝∠N＝90∘，
∴ 四边形MHNO是正方形，
∴ OM＝HN，
∵ OA＝OD，OM⊥AD，
∴ AM＝DM＝EN=12d，
∵ S四边形EAD0＝S△ADE+S△AD0=12⋅AD⋅EH+12⋅AD⋅OM=12⋅AD⋅(EH+OM)=12⋅AD⋅(EH+HN)=12⋅AD⋅EN=d24．
结论：NF＝2OF．
理由：如图2中，作NH⊥OB于H，作∠ONK的平分线交BM于G，延长OG交MN于E．
∵ NB＝NO＝NM，
∴ N是△BOM的外接圆的圆心，
∴ ∠OBM=12∠ONK＝∠GNF，
∴ B、O、G、N四点共圆，
∴ ∠NGB＝∠NOB＝60∘，∠BGO＝∠BNO＝60∘，
设MK＝a，OF＝b，则NF＝2a，ON＝NM＝2a+b，
∵ ∠EOK＝∠OBF+∠BGO＝∠OBF+60∘，∠OEK＝∠GNM+∠NGE＝∠GNM+60∘，
∴ ∠EOK＝∠KEO，
∴ EK＝OK，
根据对称性易知OF＝EM＝b，
∴ OK＝EK＝a+b，NK＝3a+b，
在Rt△ONH，Rt△HNK中，
NH2＝ON2−OH2＝NK2−HK2，
∴ (2a+b)2−(2a+b2)2＝(3a+b)2−(2a+b2+a+b)2，
整理得：2a2−3ab−2b2＝0，
解得a＝2b或a=−12b（舍弃），
∴ NF＝4OF．