八年级（上）月考数学试卷（12月份）.

这是一份八年级（上）月考数学试卷（12月份）.，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. 下列图案是我国几家银行的标志，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的有( )

A.1个B.2个C.3个D.4个

2. 下列运算正确的是( )
A.x2+x3=x5B.(−x2)3=x6
C.x6÷x2=x3D.−2x⋅x2=−2x3

3. 下列因式分解正确的是( )
A.15x2−12xz=3xz(5x−4)B.x2−2xy+4y2=(x−2y)2
C.x2−xy+x=x(x−y)D.x2+4x+4=(x+2)2

4. 下列长度的三条线段中，能组成三角形的是（ ）
A.3cm，5cm，8cmB.8cm，8cm，18cm
，0.1cm，0.1cmD.3cm，40cm，8cm

5. 如图所示，在边长为a的正方形中，剪去一个边长为b的小正方形(a>b)，将余下部分拼成一个梯形，根据两个图形阴影部分面积的关系，可以得到一个关于a，b的恒等式为( )

A.(a−b)2=a2−2ab+b2B.(a+b)2=a2+2ab+b2
C.a2−b2=(a+b)(a−b)D.a2+ab=a(a+b)

6. 下列性质中，等腰三角形具有而直角三角形不一定具有的是( )
A.两边之和大于第三边
B.有一个角的平分线垂直于这个角的对边
C.有两个锐角的和等于90∘
D.内角和等于180∘

7. 如图，已知△ABC，求作一点P，使P到∠A的两边的距离相等，且PA=PB，下列确定P点的方法正确的是( )

A.P是∠A与∠B两角平分线的交点
B.P为∠A的角平分线与AB的垂直平分线的交点
C.P为AC、AB两边上的高的交点
D.P为AC、AB两边的垂直平分线的交点

8. 如图，已知长方形纸片ABCD，点E是AB的中点，点G是BC上一点，∠BEG=60∘．沿直线EG将纸片折叠，使点B落在纸片上的点H处，连接AH，则与∠BEG相等的角的个数为( )

A.5B.4C.3D.2

9. 如图，G，E分别是正方形ABCD的边AB，BC的点，且AG＝CE，AE⊥EF，AE＝EF，现有如下结论：
①BE=12GE；②△AGE≅△ECF；③∠FCD＝45∘；④△GBE∽△ECH
其中，正确的结论有( )

A.1个B.2个C.3个D.4个

10. 如图，过边长为1的等边△ABC的边AB上一点P，作PE⊥AC于E，Q为BC延长线上一点，当PA=CQ时，连PQ交AC边于D，则DE的长为( )

A.13B.12C.23D.不能确定
二、填空题（每小题3分，共18分）

如果am=−5，an=2，则a2m+n的值为________．

计算2002−400×199+1992的值为________．

边长为a，b的长方形，它的周长为14，面积为10，则a2b+ab2的值为________．

已知x2+3x+1=0，则x2+1x2的值为________．

如图，∠AOE=∠BOE=15∘，EF // OB，EC⊥OB，若EC=1，则EF=________．


如图，边长为3的正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转30∘后得到正方形EFCG，EF交AD于点H，那么DH的长是________．

三、解答题（共72分）

分解因式：
14xy2−4x2y−y3；

(2)(a2+1)2−4a2．

如图，△ABC中，∠A=40∘，∠B=76∘，CE平分∠ACB，CD⊥AB于点D，DF⊥CE于点F，求∠CDF的度数．


解方程2(x+5)2−(x+3)2−(x+6)(x−6)=60．

先化简，再求值：(x+2)2+(2x+1)(2x−1)−4x(x+1)，其中x=−2．

A，B两所学校在一条东西走向公路的同旁，以公路所在直线为x轴建立如图的平面直角坐标系．

1一辆汽车由西向东行驶，在行驶过程中是否存在一点C，使C点到A，B两校的距离相等？如果有，请用尺规作图找出该点，保留作图痕迹；

2若在公路边建一游乐场P，使游乐场到两校距离之和最小，通过作图在图中找出所建游乐场的位置．

已知x−y=3，y−z=1，求x2+y2+z2−xy−yz−zx的值．


如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB=110∘，∠BOC=a．将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60∘得△ADC，连接OD．

1求证：△COD是等边三角形；

2当a=150∘时，试判断△AOD的形状，并说明理由；

3探究：当a为多少度时，△AOD是等腰三角形？

如图1，OA=2，OB=4，以A点为顶点、AB为腰在第三象限作等腰Rt△ABC，
1求C点的坐标；

2如图2，P为y轴负半轴上一个动点，当P点向y轴负半轴向下运动时，以P为顶点，PA为腰作等腰Rt△APD，过D作DE⊥x轴于E点，求OP−DE的值；

3如图3，已知点F坐标为(−2, −2)，当G在y轴的负半轴上沿负方向运动时，作Rt△FGH，始终保持∠GFH=90∘，FG与y轴负半轴交于点G(0, m)，FH与x轴正半轴交于点H(n, 0)，当G点在y轴的负半轴上沿负方向运动时，以下两个结论：①m−n为定值；②m+n为定值，其中只有一个结论是正确的，请找出正确的结论，并求出其值．
参考答案与试题解析
2016-2017学年湖北省鄂州市梁子湖区八年级（上）月考数学试卷（12月份）
一、选择题（每小题3分，共30分）
1.
【答案】
B
【考点】
中心对称图形
轴对称图形
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
如果一个图形绕某一点旋转180∘后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
【解答】
解：第1个，第2个图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
第3个既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，不符合题意；
第4个是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
故既是轴对称图形，又是中心对称图形的有2个．
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
同底数幂的除法
同底数幂的乘法
幂的乘方与积的乘方
合并同类项
【解析】
根据合并同类项法则、同底数幂的乘法、积的乘方等幂的乘方法则进行逐一判断，即可．
【解答】
解：A、x2与x3是相加，不是相乘，
不能用同底数的幂的乘法计算，故A选项错误；
B、(−x2)3=−x6，故B选项错误；
C、x6÷x2=x4，故C选项错误；
D、−2x⋅x2=−2x3，符合同底数幂的乘法法则，故D选项正确．
故选D.
3.
【答案】
D
【考点】
提公因式法与公式法的综合运用
【解析】
根据提公因式法和公式法分别分解因式，从而可判断求解．
【解答】
解：A，15x2−12xz=3x(5x−4z)，故此选项错误；
B，x2−2xy+4y2不能分解，故此选项错误；
C，x2−xy+x=x(x−y+1)，故此选项错误；
D，符合完全平方公式，故此选项正确．
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
三角形三边关系
【解析】
在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．
【解答】
解：A.3cm，5cm，8cm中，
3+5=8，故不能组成三角形；
B.8cm，8cm，18cm中，
8+8<18，故不能组成三角形；
，0.1cm，0.1cm中，
任意两边之和大于第三边，故能组成三角形；
D.3cm，40cm，8cm中，
3+8<40，故不能组成三角形；
故选C.
5.
【答案】
C
【考点】
平方差公式的几何背景
【解析】
可分别在正方形和梯形中表示出阴影部分的面积，两式联立即可得到关于a、b的恒等式．
【解答】
解：正方形中，S阴影=a2−b2；
梯形中，S阴影=12(2a+2b)(a−b)=(a+b)(a−b)；
故所得恒等式为：a2−b2=(a+b)(a−b)．
故选C.
6.
【答案】
B
【考点】
直角三角形的性质
等腰三角形的判定与性质
【解析】
根据等腰三角形与直角三角形的性质作答．
【解答】
解：A、对于任意一个三角形都有两边之和大于第三边，不符合题意；
B、等腰三角形顶角的平分线垂直于顶角的对边，
而直角三角形（等腰直角三角形除外）没有任何一个角的平分线垂直于这个角的对边，符合题意；
C、只有直角三角形才有两个锐角的和等于90∘，不符合题意；
D、对于任意一个三角形都有内角和等于180∘，不符合题意．
故选B．
7.
【答案】
B
【考点】
线段垂直平分线的性质
角平分线的性质
【解析】
根据角平分线及线段垂直平分线的判定定理作答．
【解答】
解：∵ 点P到∠A的两边的距离相等，
∴ 点P在∠A的角平分线上；
又∵ PA=PB，
∴ 点P在线段AB的垂直平分线上．
即P为∠A的角平分线与AB的垂直平分线的交点．
故选B．
8.
【答案】
A
【考点】
矩形的性质
翻折变换（折叠问题）
【解析】
根据折叠的性质可得∠BEG=∠HEG，BE=EH，从而得出∠EAH=∠EHA，根据∠AEH+∠EAH+∠EHA=180∘，∠AEH+∠GEH+∠BEG=180∘，可得∠BEG=∠EAH，继而可得出答案．
【解答】
解：如图：
由折叠的性质得，
∠BEG=∠HEG，∠BGE=∠HGE，BE=EH，
∵ E是AB边的中点，
∴ BE=12AB，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠B=90∘，
∵ ∠BEG=60∘，
∴ ∠BGE=30∘，
∴ ∠HGE=∠BGE=30∘，
∴ ∠BGH=∠BGE+∠HGE=60∘，
∵∠BEG=60∘，
∴ ∠HEG=60∘，
∴ ∠AEH=60∘，
∵ AE=EH，
∴ △AEH是等边三角形，
∴ ∠EAH=∠AHE=60∘，
∴ 与∠BEG相等的角为：
∠HEG，∠BGH，∠EAH，∠AHE，∠AEH共五个；
故选A．
9.
【答案】
B
【考点】
相似三角形的性质与判定
正方形的性质
全等三角形的性质定理
【解析】
根据正方形的性质得出∠B＝∠DCB＝90∘，AB＝BC，求出BG＝BE，根据勾股定理得出BE=22GE，即可判断①；求出∠GAE+∠AEG＝45∘，推出∠GAE＝∠FEC，根据SAS推出△GAE≅△CEF，即可判断②；求出∠AGE＝∠ECF＝135∘，即可判断③；求出∠FEC<45∘，根据相似三角形的判定得出△GBE和△ECH不相似，即可判断④．
【解答】
解：如图：
∵ 四边形是正方形，
∴ ∠B=∠DCB=90∘，AB=BC，
∵ AG=CE，
∴ BG=BE，
由勾股定理得：BE=22GE，∴ ①错误；
∵ BG=BE，∠B=90∘，
∴ ∠BGE=∠BEG=45∘，
∴ ∠AGE=135∘，
∴ ∠GAE+∠AEG=45∘，
∵ AE⊥EF，
∴ ∠AEF=90∘，
∵ ∠BEG=45∘，
∴ ∠AEG+∠FEC=45∘，
∴ ∠GAE=∠FEC，
在△GAE和△CEF中
AG=CE，∠GAE=∠CEF，AE=EF，
∴ △GAE≅△CEF，∴ ②正确；
∴ ∠AGE=∠ECF=135∘，
∴ ∠FCD=135∘−90∘=45∘，∴ ③正确；
∵ ∠BGE=∠BEG=45∘，∠AEG+∠FEC=45∘，
∴ ∠FEC<45∘，
∴ △GBE和△ECH不相似，∴ ④错误；
即正确的有2个．
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
平行线的性质
【解析】
过P作BC的平行线，交AC于M；则△APM也是等边三角形，在等边三角形APM中，PE是AM上的高，根据等边三角形三线合一的性质知AE=EM；易证得△PMD≅△QCD，则DM=CD；此时发现DE的长正好是AC的一半，由此得解．
【解答】
解：过P作PM // BC，交AC于M,如图所示，
∵ △ABC是等边三角形，且PM // BC，
∴ △APM是等边三角形；
又∵ PE⊥AM，
∴ AE=EM=12AM；（等边三角形三线合一）
∵ PM // CQ，
∴ ∠PMD=∠QCD，∠MPD=∠Q；
又∵ PA=PM=CQ，
在△PMD和△QCD中
∠PDM=∠CDQ，∠PMD=∠DCQ，PM=CQ，
∴ △PMD≅△QCD(AAS)；
∴ CD=DM=12CM；
∴ DE=DM+ME=12(AM+MC)
=12AC=12，
故选B．
二、填空题（每小题3分，共18分）
【答案】
50
【考点】
同底数幂的乘法
幂的乘方与积的乘方
幂的乘方及其应用
积的乘方及其应用
【解析】
根据同底数幂的乘法、幂的乘方，即可解答．
【解答】
解：a2m+n=a2m⋅an
=(am)2⋅an=(−5)2×2=50．
故答案为：50．
【答案】
1
【考点】
因式分解的应用
完全平方公式
因式分解-运用公式法
【解析】
根据完全平方公式，可得答案．
【解答】
解：原式=2002−2×200×199+1992
=(200−199)2
=12
=1，
故答案为：1．
【答案】
70
【考点】
因式分解-提公因式法
【解析】
先把所给式子提取公因式ab，再整理为与题意相关的式子，代入求值即可．
【解答】
解：根据题意得：a+b=7，ab=10，
则a2b+ab2=ab(a+b)=70．
故答案为：70．
【答案】
7
【考点】
一元二次方程的解
【解析】
先把已知方程两边除以x可得到x+3+1x=0，再利用完全平方公式变形得到x2+1x2=(x+1x)2−2，然后利用整体代入的方法计算．
【解答】
解：∵ x2+3x+1=0，
而x≠0，
∴ x+3+1x=0，
∴ x2+1x2=(x+1x)2−2
=(−3)2−2=7．
故答案为：7．
【答案】
2
【考点】
含30度角的直角三角形
角平分线的性质
【解析】
作EG⊥OA于F，根据角平分线的性质得到EG的长度，再根据平行线的性质得到∠OEF=∠COE=15∘，然后利用三角形的外角和内角的关系求出∠EFG=30∘，利用30∘角所对的直角边是斜边的一半解题．
【解答】
解：如图：
作EG⊥OA于G，
∵ EF // OB，
∴ ∠OEF=∠COE=15∘，
∵ ∠AOE=15∘，
∴ ∠EFG=15∘+15∘=30∘，
∵ EG=CE=1，
∴ EF=2×1=2．
故答案为：2．
【答案】
3
【考点】
解直角三角形
旋转的性质
正方形的性质
【解析】
连接CH，可知△CFH≅△CDH(HL)，故可求∠DCH的度数；根据三角函数定义求解．
【解答】
解：连接CH．
∵ 四边形ABCD，四边形EFCG都是正方形，
且正方形ABCD绕点C旋转后得到正方形EFCG，
∴ ∠F=∠D=90∘，
∴ △CFH与△CDH都是直角三角形，
在Rt△CFH与Rt△CDH中，
∵ CF=CD，CH=CH，
∴ △CFH≅△CDH(HL)．
∴ ∠DCH=12∠DCF=12(90∘−30∘)=30∘．
在Rt△CDH中，CD=3，
∴ DH=tan∠DCH×CD=3．
故答案为：3．
三、解答题（共72分）
【答案】
解：14xy2−4x2y−y3
=−y(y2−4xy+4x2)
=−y(y−2x)2.
(2)(a2+1)2−4a2
=(a2+1−2a)(a2+1+2a)
=(a−1)2(a+1)2．
【考点】
提公因式法与公式法的综合运用
【解析】
（1）直接提取公因式−y，进而利用完全平方公式分解因式得出答案；
（2）直接利用平方差公式分解因式，进而利用完平方公式分解因式得出答案．
【解答】
解：14xy2−4x2y−y3
=−y(y2−4xy+4x2)
=−y(y−2x)2.
(2)(a2+1)2−4a2
=(a2+1−2a)(a2+1+2a)
=(a−1)2(a+1)2．
【答案】
解：∵ ∠A=40∘，∠B=76∘，
∴ ∠ACB=180∘−40∘−76∘=64∘，
∵ CE平分∠ACB，
∴ ∠ACE=∠BCE=32∘，
∴ ∠CED=∠A+∠ACE=72∘，
∵ ∠CDE=90∘，DF⊥CE，
∴ ∠CDF+∠ECD=∠ECD+∠CED=90∘，
∴ ∠CDF=72∘．
【考点】
三角形内角和定理
角平分线的性质
【解析】
首先根据三角形的内角和定理求得∠ACB的度数，再根据CE平分∠ACB求得∠ACE的度数，则根据三角形的外角的性质就可求得∠CED=∠A+∠ACE，再结合CD⊥AB，DF⊥CE就可求解．
【解答】
解：∵ ∠A=40∘，∠B=76∘，
∴ ∠ACB=180∘−40∘−76∘=64∘，
∵ CE平分∠ACB，
∴ ∠ACE=∠BCE=32∘，
∴ ∠CED=∠A+∠ACE=72∘，
∵ ∠CDE=90∘，DF⊥CE，
∴ ∠CDF+∠ECD=∠ECD+∠CED=90∘，
∴ ∠CDF=72∘．
【答案】
解：2(x2+10x+25)−(x2+6x+9)−(x2−36)=60，
2x2+20x+50−x2−6x−9−x2+36=60，
14x+77=60，
∴ x=−1714.
【考点】
整式的混合运算
解一元一次方程
【解析】
根据完全平方公式以及平方差公式即可求出答案．
【解答】
解：2(x2+10x+25)−(x2+6x+9)−(x2−36)=60，
2x2+20x+50−x2−6x−9−x2+36=60，
14x+77=60，
∴ x=−1714.
【答案】
解：原式=x2+4x+4+4x2−1−4x2−4x
=x2+3，
当x=−2时，原式=2+3=5．
【考点】
整式的混合运算——化简求值
【解析】
原式第一项利用完全平方公式展开，第二项利用平方差公式化简，最后一项利用单项式乘多项式法则计算，去括号合并得到最简结果，将x的值代入计算即可求出值．
【解答】
解：原式=x2+4x+4+4x2−1−4x2−4x
=x2+3，
当x=−2时，原式=2+3=5．
【答案】
解：1如图所示：点C即为所求；
2如图所示：点P即为所求．
【考点】
作图—应用与设计作图
轴对称——最短路线问题
【解析】
（1）作出线段AB的垂直平分线，与x轴的交点就是C的位置；
（2）作A关于x轴的对称点A′，再连接A′B，与x轴的交点就是P点位置．
【解答】
解：1如图所示：点C即为所求；
2如图所示：点P即为所求．
【答案】
解：∵ x−y=3，y−z=1，
∴ x−z=4，
∴ x2+y2+z2−xy−yz−xz
=12(2x2+2y2+2z2−2xy−2yz−2xz)
=12[(x−y)2+(y−z)2+(x−z)2]
=12(32+12+42)
=12(9+1+16)
=13．
【考点】
整式的混合运算——化简求值
因式分解的应用
整式的加减——化简求值
因式分解-运用公式法
【解析】
由x−y=3，y−z=1易得x−z=4，然后把x2+y2+z2−xy−yz+xz进行变形得到12(2x2+2y2+2z2−2xy−2yz−2xz)，根据完全平方公式分组分解为12[(x−y)2+(y−z)2+(x−z)2]，再代值计算即可．
【解答】
解：∵ x−y=3，y−z=1，
∴ x−z=4，
∴ x2+y2+z2−xy−yz−xz
=12(2x2+2y2+2z2−2xy−2yz−2xz)
=12[(x−y)2+(y−z)2+(x−z)2]
=12(32+12+42)
=12(9+1+16)
=13．
【答案】
1证明：∵ 将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60∘得△ADC，
∴ CO=CD，∠OCD=60∘，
∴ △COD是等边三角形．
解：2当α=150∘时，△AOD是直角三角形．
理由是：∵ 将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60∘得△ADC，
∴ △BOC≅△ADC，
∴ ∠ADC=∠BOC=150∘，
又∵ △COD是等边三角形，
∴ ∠ODC=60∘，
∴ ∠ADO=∠ADC−∠ODC=90∘，
∵ ∠α=150∘，∠AOB=110∘，∠COD=60∘，
∴ ∠AOD=360∘−∠α−∠AOB−∠COD
=360∘−150∘−110∘−60∘=40∘，
∴ △AOD不是等腰直角三角形，即△AOD是直角三角形．
3①要使AO=AD，需∠AOD=∠ADO，
∵ ∠AOD=360∘−110∘−60∘−α=190∘−α，
∠ADO=α−60∘，
∴ 190∘−α=α−60∘，
∴ α=125∘；
②要使OA=OD，需∠OAD=∠ADO．
∵ ∠OAD=180∘−(∠AOD+∠ADO)=180∘−(190∘−α+α−60∘)=50∘，
∴ α−60∘=50∘，
∴ α=110∘；
③要使OD=AD，需∠OAD=∠AOD．
∵ ∠AOD=360∘−110∘−60∘−α=190∘−α，
∠OAD=180∘−(α−60∘)2=120∘−α2，
∴ 190∘−α=120∘−α2，
解得α=140∘．
综上所述：当α的度数为125∘或110∘或140∘时，△AOD是等腰三角形．
【考点】
旋转的性质
等边三角形的判定方法
等腰三角形的判定与性质
全等三角形的性质
【解析】
（1）根据旋转的性质可得出OC=OD，结合题意即可证得结论；
（2）结合（1）的结论可作出判断；
（3）找到变化中的不变量，然后利用旋转及全等的性质即可做出解答．
【解答】
1证明：∵ 将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60∘得△ADC，
∴ CO=CD，∠OCD=60∘，
∴ △COD是等边三角形．
解：2当α=150∘时，△AOD是直角三角形．
理由是：∵ 将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60∘得△ADC，
∴ △BOC≅△ADC，
∴ ∠ADC=∠BOC=150∘，
又∵ △COD是等边三角形，
∴ ∠ODC=60∘，
∴ ∠ADO=∠ADC−∠ODC=90∘，
∵ ∠α=150∘，∠AOB=110∘，∠COD=60∘，
∴ ∠AOD=360∘−∠α−∠AOB−∠COD
=360∘−150∘−110∘−60∘=40∘，
∴ △AOD不是等腰直角三角形，即△AOD是直角三角形．
3①要使AO=AD，需∠AOD=∠ADO，
∵ ∠AOD=360∘−110∘−60∘−α=190∘−α，
∠ADO=α−60∘，
∴ 190∘−α=α−60∘，
∴ α=125∘；
②要使OA=OD，需∠OAD=∠ADO．
∵ ∠OAD=180∘−(∠AOD+∠ADO)=180∘−(190∘−α+α−60∘)=50∘，
∴ α−60∘=50∘，
∴ α=110∘；
③要使OD=AD，需∠OAD=∠AOD．
∵ ∠AOD=360∘−110∘−60∘−α=190∘−α，
∠OAD=180∘−(α−60∘)2=120∘−α2，
∴ 190∘−α=120∘−α2，
解得α=140∘．
综上所述：当α的度数为125∘或110∘或140∘时，△AOD是等腰三角形．
【答案】
解：1过C作CM⊥x轴于M点，如图，
∵ CM⊥OA，AC⊥AB，
∴ ∠MAC+∠OAB=90∘，
∠OAB+∠OBA=90∘，
则∠MAC=∠OBA，
在△MAC和△OBA中
∠CMA=∠AOB=90∘，∠MAC=∠OBA，AC=BA，
则△MAC≅△OBA(AAS)，
则CM=OA=2，MA=OB=4，
则点C的坐标为(−6, −2).
2过D作DQ⊥OP于Q点，如图，
则OP−DE=PQ，
∠APO+∠QPD=90∘,
∠APO+∠OAP=90∘，
则∠QPD=∠OAP，
在△AOP和△PDQ中
∠AOP=∠PQD=90∘，∠OAP=∠QPD，AP=PD.
则△AOP≅△PDQ(AAS),
∴ OP−DE=PQ=OA=2.
3结论②是正确的，m+n=−4，
如图，过点F分别作FS⊥x轴于S点，FT⊥y轴于T点，
则FS=FT=2，
∠FHS=∠HFT=∠FGT，
在△FSH和△FTG中
∠FSH=∠FTG=90∘,∠FHS=∠FGT,FS=FT.
则△FSH≅△FTG(AAS)
则GT=HS，
又∵ G(0, m)，H(n, 0)，点F坐标为(−2, −2)，
∴ OT=OS=2，OG=|m|=−m，OH=n，
∴ GT=OG−OT=−m−2，
HS=OH+OS=n+2，
则−2−m=n+2，
则m+n=−4．
【考点】
全等三角形的性质与判定
【解析】
（1）要求点C的坐标，则求C的横坐标与纵坐标，因为AC=AB，则作CM⊥x轴，即求CM和AM的值，容易得△MAC≅△OBA，根据已知即可求得C点的值；
（2）求OP−DE的值则将其放在同一直线上，过D作DQ⊥OP于Q点，即是求PQ的值，由图易求得△AOP≅△PDQ(AAS)，即可求得PQ的长；
（3）利用（2）的结论，可知m+n为定长是正确的，过F分别作x轴和y轴的垂线，类似（2），即可求得m+n的值．
【解答】
解：1过C作CM⊥x轴于M点，如图，
∵ CM⊥OA，AC⊥AB，
∴ ∠MAC+∠OAB=90∘，
∠OAB+∠OBA=90∘，
则∠MAC=∠OBA，
在△MAC和△OBA中
∠CMA=∠AOB=90∘，∠MAC=∠OBA，AC=BA，
则△MAC≅△OBA(AAS)，
则CM=OA=2，MA=OB=4，
则点C的坐标为(−6, −2).
2过D作DQ⊥OP于Q点，如图，
则OP−DE=PQ，
∠APO+∠QPD=90∘,
∠APO+∠OAP=90∘，
则∠QPD=∠OAP，
在△AOP和△PDQ中
∠AOP=∠PQD=90∘，∠OAP=∠QPD，AP=PD.
则△AOP≅△PDQ(AAS),
∴ OP−DE=PQ=OA=2.
3结论②是正确的，m+n=−4，
如图，过点F分别作FS⊥x轴于S点，FT⊥y轴于T点，
则FS=FT=2，
∠FHS=∠HFT=∠FGT，
在△FSH和△FTG中
∠FSH=∠FTG=90∘,∠FHS=∠FGT,FS=FT.
则△FSH≅△FTG(AAS)
则GT=HS，
又∵ G(0, m)，H(n, 0)，点F坐标为(−2, −2)，
∴ OT=OS=2，OG=|m|=−m，OH=n，
∴ GT=OG−OT=−m−2，
HS=OH+OS=n+2，
则−2−m=n+2，
则m+n=−4．