2020-2021学年湖北省武汉市某校初二（下）4月月考数学试卷

这是一份2020-2021学年湖北省武汉市某校初二（下）4月月考数学试卷，共25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. 使式子a−2有意义的a的取值范围是( )
A.a>2B.a≥2C.a≠2D.a≤2

2. 下列二次根式中，最简二次根式是( )
A.3a2B.13C.12D.10

3. 下列以线段a，b，c的长为三边的三角形中，不能构成直角三角形的是( )
A.a=7，b=24，c=25B.a=1.5，b=2，c=3
C.a=2，b=1，c=1D.a=9，b=12，c=15

4. 如图，已知数轴上点P表示的数为−1，点A表示的数为1，过点A作直线l垂直于PA，在l上取点B，使AB=1，以点P为圆心，以PB为半径作弧，弧与数轴的交点C所表示的数为( )

A.5B.5−1C.5+1D.−5+1

5. 下列运算正确的是( )
A.5+2=7B.9116=314
C.27÷3=3D.6+82=3+4=3+2

6. 把m−1m根号外的因式移到根号内，得( )
A.mB.−mC.−−mD.−m

7. 下列命题中是假命题的是( )
A.△ABC中，若∠B=∠C−∠A，则△ABC是直角三角形
B.△ABC中，若a2=b+cb−c，则△ABC是直角三角形
C.△ABC中，若∠A:∠B:∠C=3:4:5，则△ABC是直角三角形
D.△ABC中，若a:b:c=5:12:13，则△ABC是直角三角形

8. 甲、乙两艘客轮同时离开港口，航行速度都是40m/min，甲客轮用15min到达点A，乙客轮用20min到达点B，若A，B两点的直线距离为1000m，甲客轮沿着北偏东30∘的方向航行，则乙客轮的航行方向可能是( )
A.南偏东60∘B.南偏西30∘C.北偏西30∘D.南偏西60∘

9. 如图，一根长25m的梯子，斜立在一竖直的墙上，这时梯子的底端距墙底端7m．如果梯子的顶端下滑4m，那么梯子的底端将向右滑动( )

A.15mB.9mC.7mD.8m

10. 如图，已知△ABC中，∠C=90∘，AC=BC=2，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60∘到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B的长为( )

A.3−1B.32C.2−2D.1
二、填空题

在实数范围内分解因式x2−5=________．

平面直角坐标系中，点P(−3, 2)到原点的距离是________．

已知a，b在数轴上位置如图，化简a−b2−a2=__________.


如图，现有一长方体的实心木块，有一蚂蚁从A处出发沿长方体表面爬行到C′ 处，若长方体的长AB=4cm，宽BC=2cm，高BB′=1cm，则蚂蚁爬行的最短路径长是________．


在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C为10,0，0,3，D为OA的中点，点P在BC边上运动．当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标为________.


如图，四边形ABCD中，AH⊥BC于H， AC=AD， ∠BAH=∠ADC，
若AH=4，BC=10，则BD=__________.

三、解答题

计算：
(1)12×2+18÷3；

(2)18a−4a8−40.5a.

已知：x=7+5，y=7−5，求下列各式的值.
(1)x2−xy+y2；

(2)xy−yx.

如图，有一个小朋友拿着一根竹竿要通过一个长方形的门，如果把竹竿竖放就比门高出1尺，斜放就恰好等于门的对角线，已知门宽4尺，求竹竿高与门高．


如图，每个小正方形的边长都为1，点A、B、C在正方形网格的格点上，且AB=5，AC=2，BC=13．

(1)请在网格中画出一个△ABC；

(2)过点C作CD⊥AB 于D，求AD的长．

如图，在长方形ABCD中，AB=3cm，AD=9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，求EF的长.



(1)已知x+1x=3，且0
(2)已知实数x，y，m满足等式
3x+5y−3−m+2x+3y−m2=x+y−2−2−x−y，求m+4的值．

定义：如图1，平面上两条直线AB，CD相交于点O，对于平面内任意一点M，点M到直线AB，CD的距离分别为p，q，则称有序实数对(p, q)是点M的“距离坐标”，根据上述定义，“距离坐标”为(0, 0)的点有1个，即点O．

(1)“距离坐标”为(1, 0)的点有________个；

(2)如图2，若点M在过点O且与直线AB垂直的直线l上时，点M的“距离坐标”为(p, q)，且∠BOD=150∘，请写出p，q的关系式并证明；

(3)如图3，点M的“距离坐标”为(1,3)，且∠DOB=30∘，求OM的长.

已知：在平面直角坐标系中，P在第二象限上的一点，PA⊥x轴于A．若Pa,b且满足a+6+a2+6ab+9b2=0，
(1)求OP的长度；

(2)在坐标轴上是否存在点C，使CP=OC，若存在，求出C点坐标；若不存在，说明理由；

(3)如图，在y轴正半轴上取点B，使得OA=OB，Dm,n为第二象限上一点，过点D作x轴、y轴的垂线，垂足分别为E、F，且交线段AB于G、H两点，求出当m、n满足什么关系时，∠GOH=45∘，并给出证明．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省武汉市某校初二（下）4月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
二次根式有意义的条件
【解析】
根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．
【解答】
解：由题意得，a−2≥0，
解得a≥2．
故选B.
2.
【答案】
D
【考点】
最简二次根式
【解析】
根据最简二次根式的定义分析即可解答.
【解答】
解：A，因为3a2的被开方数含有能开得尽方的因式a2，
所以3a2不是最简二次根式，故A错误；
B，因为13的被开方数不是整数，
所以13不是最简二次根式，故B错误；
C，因为12的被开方数含有能开得尽方的因数4，
所以12不是最简二次根式，故C错误；
D，因为10符合最简二次根式的定义，
所以10是最简二次根式，故D正确.
故选D.
3.
【答案】
B
【考点】
勾股定理的逆定理
【解析】
根据勾股定理的逆定理分析即可解答.
【解答】
解：A，因为72+242=625=252，
所以以a，b，c的长为三边的三角形能构成直角三角形，故A错误；
B，因为1.52+22=6.25≠32，
所以以a，b，c的长为三边的三角形不能构成直角三角形，故B正确；
C，因为12+12=2=22，
所以以a，b，c的长为三边的三角形能构成直角三角形，故C错误；
D，因为92+122=225=152，
所以以a，b，c的长为三边的三角形能构成直角三角形，故D错误.
故选B.
4.
【答案】
B
【考点】
勾股定理
【解析】
由数轴上点P表示的数为−1，点A表示的数为1，得pA=2，根据勾股定理得PB=5 ，进而即可得到答案
【解答】
解：∵ 数轴上点P表示的数为−1，点A表示的数为1，
∴ PA=2，
∵ AB=1，
∴ PB=PA2+AB2=5，
PB=PC=5，
∴ 数轴上点C所表示的数为5−1.
故选B.
5.
【答案】
C
【考点】
二次根式的乘除法
二次根式的性质与化简
二次根式的加法
同类二次根式
【解析】
根据二次根式的化简和二次根式的运算法则分析即可解答.
【解答】
解：A，5与2不是同类二次根式，不能合并，故A错误；
B，9116=1454，故B错误；
C，27÷3=27÷3=3，故C正确；
D，6+82=6+222，故D错误.
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
二次根式的性质与化简
二次根式有意义的条件
【解析】
根据二次根式由意义的条件，得出m的取值范围，将原式转化为−−m−1m，将（−m）平方后移到根号内，化简即可．
【解答】
解：∵ m−1m成立，
∴ −m>0，即m<0，
∴ 原式=−−m2−1m=−−m.
故选C.
7.
【答案】
C
【考点】
真命题，假命题
勾股定理的逆定理
三角形内角和定理
直角三角形的性质
【解析】
根据有一个角是直角的三角形是直角三角形，两边的平方和等于第三边的平方的三角形是直角三角形，进行判断即可.
【解答】
解：A，△ABC中， ∠B+∠A=∠C，
所以∠C=90∘，
所以△ABC是直角三角形，故A不符合题意；
B，若a2=b+c b−c ，
所以a2+c2=b2,
所以△ABC是直角三角形，故B不符合题意;
C，若∠A:∠B:∠C=3:4:5，
则∠A=45∘，∠B=60∘，∠C=75∘，
所以△ABC不是直角三角形，故C符合题意；
D，若a:b:c=5:12:13，
则△ABC是直角三角形，故D不符合题意．
故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
方向角
勾股定理的逆定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，点O为港口，
根据题意得40×15=600，40×20=800，∠AON=30∘，
因为6002+8002=10002，
所以∠AOB=90∘，所以∠BOS=∠B′ON=60∘，
所以乙客轮的航行方向可能是南偏东60∘或北偏西60∘.
故选A.
9.
【答案】
D
【考点】
勾股定理的应用
【解析】
利用勾股定理可以得出梯子的顶端距离地面的高度，下滑4米后，可得出梯子的顶端距离地面的高度，再次使用勾股定理，已知梯子的底端距离墙的距离为7米，可以得出梯子底端水平方向上滑行的距离．
【解答】
解：如图所示，
由题意，得∠O=90∘，AB=A′B′=25m，
BO=7m，AA′=4m.
∵ ∠O=90∘，AB=25m，BO=7m，
∴ AO=AB2−BO2=24m.
∵ AA′=4m，
∴ OA′=24−4=20m，
∴ OB′=252−202=15m，
∴ BB′=OB′−OB=15−7=8m.
故选D.
10.
【答案】
A
【考点】
全等三角形的性质与判定
旋转的性质
【解析】
连接BB′，延长BC′交AB′于D，利用旋转的性质，易证AB=AB′,∠BAB′=60∘，就可证得4AA3B”是等边三角形，利用等边三角形的性质，可证得4B=BB′，再利用全等三角形的判定和性质，去证明∠ABC′=∠B′BC′，然后利用勾股定理求出AB，就可求出BD、CD的长，根据BC=BD−C′D，可求出结果．
【解答】
解：如图，连接BB′，
∵ △ABC绕点A顺时针方向旋转60∘得到△AB′C′，
∴ AB=AB′， ∠BAB′=60∘，
∴ △ABB′是等边三角形，
∴ AB=BB′，
在△ABC′和△B′BC′中，
AB=BB′,AC′=B′C′,BC′=BC′,
∴△ABC′≅B′BC′SSS，
∴∠ABC′=∠B′BC′，
延长BC′交AB′于D，则BD⊥AB′，
∵∠C=90∘，AC=BC=2，
∴ AB=22+22=2，
∴BD=2×32=3，
C′D=12×2=1，
∴ BC′=BD−C′D=3−1.
故选A.
二、填空题
【答案】
(x+5)(x−5)
【考点】
实数范围内分解因式
因式分解-运用公式法
【解析】
直接利用平方差公式分解因式得出即可．
【解答】
解：原式x2−5=x2−(5)2=(x+5)(x−5).
故答案为：(x+5)(x−5).
【答案】
13
【考点】
勾股定理
坐标与图形性质
【解析】
根据题意画出图形，根据勾股定理求解即可．
【解答】
解：如图所示：连接OP，
∵ P(−3, 2)，
∴ PD=3，OD=2，
∴ OP=PD2+OD2=32+22=13．
故答案为：13．
【答案】
b
【考点】
在数轴上表示实数
二次根式的性质与化简
【解析】
根据a，b在数轴上的位置，得到a<0【解答】
解：观察数轴可知a<0∴a−b<0，
∴a−b2−a2
=a−b−a
=b−a−−a
=b−a+a
=b.
故答案为：b.
【答案】
5cm
【考点】
平面展开-最短路径问题
勾股定理的应用
【解析】
连接AC′，分三种情况进行讨论：画出图形，用勾股定理计算出AC′长，再比较大小即可得出结果．
【解答】
解：展开成平面图，连接AC′ ，分三种情况讨论：
如图1，AB=4，BC′=1+2=3，
∴ 在Rt△ABC′中，由勾股定理得AC′=42+32=5cm；
如图2， AC=4+2=6 ，CC′=1，
∴ 在Rt△ACC′中，由勾股定理得AC′=62+12=37cm；
如图3， AD=2，DC′=1+4=5，
∴ 在Rt△ADC′中，由勾股定理得AC′=22+52=29cm，
∵ 5<29<37，
∴ 蚂蚁爬行的最短路径长是5cm，
故答案为：5cm．
【答案】
(1,3) 或 4,3 或 9,3
【考点】
矩形的性质
等腰三角形的性质
坐标与图形性质
【解析】
根据当OP=OD时，以及当OD=PD时，分别进行讨论得出P点的坐标．
【解答】
解：由题意得，过P作PM⊥OA于M，如图所示.
①当OP=OD时，如图所示，
∴ OP=5，CO=3，
∴ 由勾股定理，得 CP=52−32=4,
∴ P4,3.
②当OD=PD时，PD=DO=5，PM=3，
∴ 由勾股定理，得 MD=4，
∴ CP=5−4=1或CP′=5+4=9，
∴ P1,3 或 9,3，
综上，满足题意的点P的坐标为 1,3 ,（4,3) ，9,3.
故答案为： (1,3) 或 4,3 或 9,3.
【答案】
241
【考点】
勾股定理
等腰三角形的性质
全等三角形的性质与判定
【解析】
将△ABD绕点A顺时针旋转至△AEC，旋转角为∠CAD，证出△BEE为直角三角形，由等腰三角形的性质求出BE=2BF=8，由勾股定理求出EC，即可得出答案.
【解答】
解：作∠BAE=∠CAD，且AE=AB，
连接BE，作AF⊥BE于F，如图，
则△AEC≅△ABD，∠AFB=90∘，
∴EC=BD，∠BAE=∠CAD，AE=AB，
∴∠ABE=∠AEB.
∵AH⊥BC，
∴∠AHB=90∘，
∴∠ABH+∠BAH=90∘.
∵AC=AD，
∴∠ADC=∠ACD，
∴∠ABE=∠ADC，
∵∠BAH=∠ADC，
∴∠ABH+∠ABE=90∘，
∴∠CBE=90∘，
∴四边形AFBH是矩形，
∴BF=AH=4.
∵AE=AB，AF⊥BE，
∴BF=EF，
∴BE=2BF=8,
∴EC=BE2+BC2=82+102=241，
∴BD=241.
故答案为：241.
三、解答题
【答案】
解：(1)原式=24+6
=26+6
=36．
(2)原式=32a−2a−22a
=0．
【考点】
二次根式的混合运算
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)原式=24+6
=26+6
=36．
(2)原式=32a−2a−22a
=0．
【答案】
解：(1)∵ x=7+5，y=7−5，
∴ x+y=27，xy=(7)2−(5)2=2，
∴ x2−xy+y2=(x+y)2−3xy=(27)2−6=22.
(2)xy−yx
=x2−y2xy
=(x+y)(x−y)xy
=27×252
=235.
【考点】
完全平方公式
二次根式的混合运算
平方差公式
【解析】
(1)求出x+y=27，xy=(7)2−(5)2=2，利用x2−xy+y2=(x+y)2−3xy进行求解即可；

【解答】
解：(1)∵ x=7+5，y=7−5，
∴ x+y=27，xy=(7)2−(5)2=2，
∴ x2−xy+y2=(x+y)2−3xy=(27)2−6=22.
(2)xy−yx
=x2−y2xy
=(x+y)(x−y)xy
=27×252
=235.
【答案】
解：设门高为x尺，则竹竿长为(x+1)尺，
∴ AB=x，BD=x+1.
∵ 门是长方形，AD=BC=4，
∴ 根据勾股定理，得x2+42=(x+1)2，
即x2+16=x2+2x+1，
解得x=152，
∴ 竹竿长为152+1=172（尺）.
答：门高152尺，竹竿高172尺.
【考点】
勾股定理的应用
【解析】
根据题中所给的条件可知，竹竿斜放就恰好等于门的对角线长，可与门的宽和高构成直角三角形，运用勾股定理可求出门高．
【解答】
解：设门高为x尺，则竹竿长为(x+1)尺，
∴ AB=x，BD=x+1.
∵ 门是长方形，AD=BC=4，
∴ 根据勾股定理，得x2+42=(x+1)2，
即x2+16=x2+2x+1，
解得x=152，
∴ 竹竿长为152+1=172（尺）.
答：门高152尺，竹竿高172尺.
【答案】
解：(1)如图所示，即为所求.
(2)解：S△ABC=12×2×3=3，
∵ S△ABC=12×AB×CD，
∴ 12×5×CD=3，
解得CD=65，
在Rt△ABC中， AD2=AC2−CD2
=22−652=6425，
∴ AD=85.
【考点】
勾股定理
作图—几何作图
三角形的面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)如图所示，即为所求.
(2)解：S△ABC=12×2×3=3，
∵ S△ABC=12×AB×CD，
∴ 12×5×CD=3，
解得CD=65，
在Rt△ABC中， AD2=AC2−CD2
=22−652=6425，
∴ AD=85.
【答案】
解：过点E做EH⊥BC于点H，如图所示，
∵ 四边形ABCD是长方形，
∴ ∠A=90∘.
由折叠知DE=BE，∠BEF=∠DEF，
设BE=xcm，则AE=(9−x)cm，
在Rt△ABE中， BE2=AE2+AB2，
∴ x2=9−x2+32，解得x=5，
∴ DE=BE=5cm，AE=4cm.
∵ AD//BC，
∴ ∠EFB=∠DEF，
∴ ∠BEF=∠EFB，
∴ BF=BE=5.
∵ BH=AE=4，
∴ HF=5−4=1，
在Rt△EHF中， EF2=EH2+HF2=32+12=10，
∴ EF=10cm.
【考点】
翻折变换（折叠问题）
勾股定理
等腰三角形的性质与判定
【解析】
本题可利用相似解决，由于折叠，可知BD⊥EF，利用直角三角形相似的性质：对应边成比例求得结果．
【解答】
解：过点E做EH⊥BC于点H，如图所示，
∵ 四边形ABCD是长方形，
∴ ∠A=90∘.
由折叠知DE=BE，∠BEF=∠DEF，
设BE=xcm，则AE=(9−x)cm，
在Rt△ABE中， BE2=AE2+AB2，
∴ x2=9−x2+32，解得x=5，
∴ DE=BE=5cm，AE=4cm.
∵ AD//BC，
∴ ∠EFB=∠DEF，
∴ ∠BEF=∠EFB，
∴ BF=BE=5.
∵ BH=AE=4，
∴ HF=5−4=1，
在Rt△EHF中， EF2=EH2+HF2=32+12=10，
∴ EF=10cm.
【答案】
解：(1)∵ x+1x=3，
∴ x+1x2=x+2+1x=32=9，
∴ x+1x=7，
∴ x−1x2=x+1x2−4=49−4=45，
∵ 0∴ x−1x<0，
∴ x−1x=−35．
∵ x≠0，
∴ x2+9x−16x=x+9−1x6=−35+96=−5+32.
(2)依题意得：
x+y−2≥0,2−x−y≥0,
∴ x+y=2，
∴ 3x+5y−3−m+2x+3y−m2=0，
又∵ 3x+5y−3−m≥0，2x+3y−m2≥0，
得3x+5y−3−m=0,2x+3y−m=0,x+y=2,
解得x=1，y=1，m=5，
∴ m+4=5+4=3．
【考点】
二次根式有意义的条件
二次根式的性质与化简
分式的化简求值
非负数的性质：算术平方根
非负数的性质：偶次方
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ x+1x=3，
∴ x+1x2=x+2+1x=32=9，
∴ x+1x=7，
∴ x−1x2=x+1x2−4=49−4=45，
∵ 0∴ x−1x<0，
∴ x−1x=−35．
∵ x≠0，
∴ x2+9x−16x=x+9−1x6=−35+96=−5+32.
(2)依题意得：
x+y−2≥0,2−x−y≥0,
∴ x+y=2，
∴ 3x+5y−3−m+2x+3y−m2=0，
又∵ 3x+5y−3−m≥0，2x+3y−m2≥0，
得3x+5y−3−m=0,2x+3y−m=0,x+y=2,
解得x=1，y=1，m=5，
∴ m+4=5+4=3．
【答案】
2
(2)q=32p.
证明：由题意得，如图所示，
过M作MN⊥CD于N，
∵ 直线l⊥AB于O，∠BOD=150∘，
∴ ∠MON=60∘，即∠OMN=30∘.
∵ MN=q，OM=p，
∴ NO=12MO=12p，
∴ MN=MO2−NO2=32p，
∴ q=32p.
(3)分别作点M关于AB，CD的对称点F，E，
连接EF，OE，OF，
连接MF，ME分别交AB，CD于P点，Q点，
∴ △OFP≅△OMP，△OEQ≅△OMQ，
∴ ∠FOP=∠MOP，∠EOQ=∠MOQ，
OM=OE=OF，
∴ ∠EOF=2∠BOD=60∘，
∴ △OEF是等边三角形，
∴ OM=OE=OF=EF.
∵ MP=1，MQ=3，
∴ MF=2，ME=23.
过F作FG⊥EM，交EM延长线于点G，
∵ ∠EMF=∠EMO+∠FMO
=360∘−30∘−90∘−90∘2=150∘，
∴ ∠FMG=30∘，
在Rt△FMG中，FG=12MF=1，则MG=3，
在Rt△EGF中，FG=1，EG=ME+MG=33，
∴ EF=332+12=27，
∴ OM=27.
【考点】
点到直线的距离
含30度角的直角三角形
勾股定理
轴对称的性质
等边三角形的性质与判定
【解析】
（1）根据“距离坐标”的定义结合图形判断即可；
（2）过M作MN⊥CD于N，根据已知得出∠MON=60∘，根据含30度直角三角形的性质和勾股定理
求出MN=MO2−MO2=32p即可解决问题；
（3）分别作点M关于AB、CD的对称点F、E，连接EF、OE、OF，连接MF、ME分别交AB、CD于P
点、○点，首先证明OM=OE=OF=EF，求出AE=2ME=23，然后过F作·FG⊥M，交QM延长线于G
，根据含30度直角三角形的性质求出MG=3，再利用勾股定理求出EF即可．
【解答】
解：由题意可知，“距离坐标”为(1, 0)的点在直线CD上，
且在点O的两侧各有一个，共2个.
故答案为：2.
(2)q=32p.
证明：由题意得，如图所示，
过M作MN⊥CD于N，
∵ 直线l⊥AB于O，∠BOD=150∘，
∴ ∠MON=60∘，即∠OMN=30∘.
∵ MN=q，OM=p，
∴ NO=12MO=12p，
∴ MN=MO2−NO2=32p，
∴ q=32p.
(3)分别作点M关于AB，CD的对称点F，E，
连接EF，OE，OF，
连接MF，ME分别交AB，CD于P点，Q点，
∴ △OFP≅△OMP，△OEQ≅△OMQ，
∴ ∠FOP=∠MOP，∠EOQ=∠MOQ，
OM=OE=OF，
∴ ∠EOF=2∠BOD=60∘，
∴ △OEF是等边三角形，
∴ OM=OE=OF=EF.
∵ MP=1，MQ=3，
∴ MF=2，ME=23.
过F作FG⊥EM，交EM延长线于点G，
∵ ∠EMF=∠EMO+∠FMO
=360∘−30∘−90∘−90∘2=150∘，
∴ ∠FMG=30∘，
在Rt△FMG中，FG=12MF=1，则MG=3，
在Rt△EGF中，FG=1，EG=ME+MG=33，
∴ EF=332+12=27，
∴ OM=27.
【答案】
解：(1)∵ a+6+a2+6ab+9b2=0，
∴ a+6+a+3b2=0，
又∵ a+6≥0，a+3b2≥0，
∴ a+6=0，a+3b=0，
∴ a=−6，b=2，
即P−6,2．
在Rt△APO中，OA=5，PA=2，
OP=PA2+OA2=22+62=210．
(2)①点C在y轴上，
设OC=x，过点P作PD⊥y轴于D，
在Rt△PDC中，PD=6，CD=x−2，PC=CO=x．
∵ PC2=CD2+PD2，
∴ x2=x−22+6，
解得x=10，
∴ C(0,10)．
②点C在x轴上，设OC=y，
在Rt△PAC中，PA=2，AC=6−y，PC=CO=y，
∵ PC2=PA2+AC2，
∴ y2=6−y2+22，
解得y=103，
∴ C−103,0．
(3)过点A作AM⊥AB，且AM=BH，连接OM，GM，
∵ OA=OB，
∴ ∠OAB=∠OBA=45∘，
∴ ∠OAM=90∘−45∘=45∘，
易证△OAM≅△OBHSAS，
∴ OM=OH，∠AOM=∠BOH，
∴ ∠HOM=∠BOA=90∘，
∵ ∠GOH=45∘，
∴ ∠GOM=90∘−45∘=45∘，
∴ ∠GOM=∠GOH．
易证△GOM≅△GOHSAS，
∴ GM=GH，
在RT△AGM中，GM2=AG2+AM2，
∴ GH2=AG2+BH2．
又∵ △BHF，△DGH，△AGE都是等腰直角三角形，
∴ GH2=2DG2=4×12DG2=4S△DGH，
同理，AG2=4S△AGE，BH2=4S△BHF，
∴ S△DGH=S△AGE+S△BHF，
∴ S长方形DEOF=S△AOB=12×6×6=18，
∴ mn=−18．
【考点】
勾股定理
非负数的性质：偶次方
非负数的性质：算术平方根
三角形的面积
全等三角形的性质
【解析】
无
无
无
【解答】
解：(1)∵ a+6+a2+6ab+9b2=0，
∴ a+6+a+3b2=0，
又∵ a+6≥0，a+3b2≥0，
∴ a+6=0，a+3b=0，
∴ a=−6，b=2，
即P−6,2．
在Rt△APO中，OA=5，PA=2，
OP=PA2+OA2=22+62=210．
(2)①点C在y轴上，
设OC=x，过点P作PD⊥y轴于D，
在Rt△PDC中，PD=6，CD=x−2，PC=CO=x．
∵ PC2=CD2+PD2，
∴ x2=x−22+6，
解得x=10，
∴ C(0,10)．
②点C在x轴上，设OC=y，
在Rt△PAC中，PA=2，AC=6−y，PC=CO=y，
∵ PC2=PA2+AC2，
∴ y2=6−y2+22，
解得y=103，
∴ C−103,0．
(3)过点A作AM⊥AB，且AM=BH，连接OM，GM，
∵ OA=OB，
∴ ∠OAB=∠OBA=45∘，
∴ ∠OAM=90∘−45∘=45∘，
易证△OAM≅△OBHSAS，
∴ OM=OH，∠AOM=∠BOH，
∴ ∠HOM=∠BOA=90∘，
∵ ∠GOH=45∘，
∴ ∠GOM=90∘−45∘=45∘，
∴ ∠GOM=∠GOH．
易证△GOM≅△GOHSAS，
∴ GM=GH，
在RT△AGM中，GM2=AG2+AM2，
∴ GH2=AG2+BH2．
又∵ △BHF，△DGH，△AGE都是等腰直角三角形，
∴ GH2=2DG2=4×12DG2=4S△DGH，
同理，AG2=4S△AGE，BH2=4S△BHF，
∴ S△DGH=S△AGE+S△BHF，
∴ S长方形DEOF=S△AOB=12×6×6=18，
∴ mn=−18．