黑龙江哈尔滨市香坊区3年（2020-2022）八年级上学期期末试题汇编 3解答题

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黑龙江哈尔滨市香坊区3年（2020-2022）八年级上学期期末试题汇编-03 解答题
三、解答题
61．（2020·黑龙江哈尔滨·八年级期末）计算：
（1）
（2）
62．（2020·黑龙江哈尔滨·八年级期末）先化简，再求代数式的值，其中．
63．（2020·黑龙江哈尔滨·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，、、、各点的坐标分别为、、、．

（1）在给出的图形中，画出四边形关于轴对称的四边形，并写出点和的坐标；
（2）在四边形内部画一条线段将四边形分割成两个等腰三角形，并直接写出两个等腰三角形的面积差．
64．（2020·黑龙江哈尔滨·八年级期末）已知为等边三角形，在的延长线上，为线段上的一点，．
（1）如图，求证：；

（2）如图，过点作于点，交于点，当时，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图中所有的等腰三角形．

65．（2020·黑龙江哈尔滨·八年级期末）为改善交通拥堵状况，我市进行了大规模的道路桥梁建设．已知某路段乙工程队单独完成所需的天数是甲工程队单独完成所需天数的1.5倍，如果按甲工程队单独工作20天，再由乙工程队单独工作30天的方案施工，这样就完成了此路段的．
（1）求甲、乙工程队单独完成这项工程各需多少天？
（2）已知甲工程队每天的施工费用是2万元，乙工程队每天的施工费用为1.2万元，要使该项目的工程费不超过114万元，则需要改变施工方案，但甲乙两个工程队不能同时施工，乙工程队最少施工多少天才能完成此项工程？
66．（2020·黑龙江哈尔滨·八年级期末）在中，，，点是上的一点，连接，作交于点．
   
（1）如图1，当时，求证：；
（2）如图2，作于点，当时，求证：；
（3）在（2）的条件下，若，求的值．
67．（2020·黑龙江哈尔滨·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，，，，点、在轴上且关于轴对称．
     
（1）求点的坐标；
（2）动点以每秒2个单位长度的速度从点出发沿轴正方向向终点运动，设运动时间为秒，点到直线的距离的长为，求与的关系式；
（3）在（2）的条件下，当点到的距离为时，连接，作的平分线分别交、于点、，求的长．
68．（2022·黑龙江哈尔滨·八年级期末）计算下列各题
（1）      （2）
69．（2022·黑龙江哈尔滨·八年级期末）先化简，再求值：，其中．
70．（2022·黑龙江哈尔滨·八年级期末）在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为．
（1）关于y轴的对称图形为画出，（点A与点对应，点B与点对应，点C与点对应）；
（2）连接，在的下方画出以为底的等腰直角，并直接写出点P的坐标．

71．（2022·黑龙江哈尔滨·八年级期末）已知，中，，点D在边上，E在的外部，连接、、，且，．

（1）如图1，求证：；
（2）如图2，当时，连接交于点F，如果把顶角为的等腰三角形称为黄金三角形，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个黄金三角形．
72．（2022·黑龙江哈尔滨·八年级期末）某商店第一次用600元购进一款中性笔若干支，第二次又用750元购进该救中性笔，但这次每支中性笔的进价比第一次多1元，所购进的中性笔数量与第一次相同．
（1）求第一次购进的每支中性笔的进价是多少元？
（2）若这两次购进的中性笔按同一价格进行销售，全部销售完毕后获利不低于450元，求每支中性笔的售价至少是多少元？
73．（2022·黑龙江哈尔滨·八年级期末）已知，中，．

（1）如图1，求证：；
（2）如图2，D是外一点连接、，且，作的平分线交于点E，若，求的度数；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接交于点F，若，，求的长．
74．（2022·黑龙江哈尔滨·八年级期末）已知，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，A点坐标为，B点坐标为，且满足．

（1）如图1，求、的长；
（2）如图2，P是y轴负半轴上一点，点C在第二象限，连接、、、，且，，设，请用含t的式子表示的面积；
（3）如图3，在（2）的条件下，作轴交的延长线于点D，与y轴交于点E，若E是的中点，求t值．
75．（2021·黑龙江哈尔滨·八年级期末）计算：
（1）（x3）2•（﹣2x2y3）2；
（2）（a﹣3）（a+3）+（2a+1）2．
76．（2021·黑龙江哈尔滨·八年级期末）先化简，再求值：÷（），其中x=20200+2﹣2．
77．（2021·黑龙江哈尔滨·八年级期末）如图，每个小正方形的边长均为1，小正方形的顶点为格点，线段AB的两个端点均在格点上．
（1）画出以AB为底的等腰△ABC，点C在格点上，且△ABC的面积为10；
（2）画出△ABC中AB上的高CD，点D在AB上，点E在AC上，满足CE=AC，请在CD上找一点F，使得点F到点A，点E的距离和最小．（保留作图痕迹）

78．（2021·黑龙江哈尔滨·八年级期末）已知：等边△ABC，点D为AC上一点，DF⊥BC，垂足为点F，点E为BC延长线上一点，分别连接DB、DE，AD=CE．
（1）如图1，AD≠CD，求证：BF=EF；
（2）如图2，点G为BC中点，连接DG，若AD=CD，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中所有是△DFG面积二倍的三角形．

79．（2021·黑龙江哈尔滨·八年级期末）某商厦利用8000元的资金购进一批运动服，面市后供不应求．于是，商厦再次利用17600元购进同样的运动服，第二批购进的数量是第一批购进数量的2倍，且每套运动服的进价比第一批多4元，商厦销售运动服时每套的预售价都是58元．
（1）求第一批运动服的进价为每套多少元？
（2）按预售价销售一段时间后，根据市场的实际情况，商厦决定将剩余部分运动服打五折销售，要使销售这两批运动服的总利润不少于6300元，商厦打折销售的该运动服至多为多少套？
80．（2021·黑龙江哈尔滨·八年级期末）已知：△ABC中，AB=AC，点H为BC中点，连接AH，点D为AB上一点，连接CD交AH于点F，点E为BH上一点，连接DE，∠AFD=∠ACB+∠BDE．
（1）如图1，求证：CD⊥DE；
（2）如图2，过点B作AC的平行线，交DE的延长线于点G，连接CG，DH，若BD=DH，求证：BG+AC=CG；
（3）如图3，在（2）的条件下，点P为CG上一点，CP=CA，连接PH，若∠BAC=120°，PH=6，∠PHB+∠ADF=90°，求线段CD的长．

81．（2021·黑龙江哈尔滨·八年级期末）在平面直角坐标系中，直线AC分别与x轴、y轴交于点A、C，直线BC交x轴于点B，交y轴于点C，OC=3OA，OB=OC，△ABC的面积为24．
（1）如图1，求点A的坐标；
（2）如图2，点E为OC上一点，连接AE并延长至点D，分别连接BD，BE，延长BE交AC于点K，若BK⊥AC，BD=AC，求点D的坐标；
（3）如图3，在（2）的条件下，点F为第一象限内一点，分别连接FB、FE、FD，点G为OB上一点，连接DG，DG=DB，BF∥DG，∠DFB=∠BEF+90°，延长DF交x轴于点M，求点M的坐标．


【答案】
61．（1）；（2）．
【分析】（1）先进行积的乘方运算，再根据单项式乘多项式的运算法则计算即可；
（2）先进行二次根式的化简以及乘法运算，然后合并即可．
【详解】（1）

；
（2）

．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算、积的乘方以及单项式乘多项式的运算，掌握运算法则是解答本题的关键．
62．，．
【分析】利用除法法则变形，约分后计算得到最简结果，把x的值代入计算即可求出值．
【详解】


，
当时，
原式．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
63．（1）见解析，  ，；（2）见解析，5．
【分析】（1）根据“横坐标互为相反数，纵坐标不变”分别得到4个顶点关于y轴的对称点，再按原图的顺序连接即可；根据网络结构的特点，依据各点所在象限及距离坐标轴的距离可得相应坐标；
（2）根据网络结构的特点，判断相等的边长，可将四边形分割成两个等腰三角形，再利用割补法求得其面积差即可．
【详解】（1）四边形A1B1C1D1如图所示；
点和的坐标分别为： ，；
（2）根据网络结构的特点知：AB=AD，CD=CB，
则线段BD可将四边形分割成两个等腰三角形，如图所示BD为所作线段；

，
，
∴．
【点睛】本题考查了利用轴对称变换作图，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
64．（1）见解析；（2），，，．
【分析】（1）延长至点，使，连接，利用(SAS)证得，得到，证得也是等边三角形，利用等量代换即可证得结论；
（2）根据等腰三角形的概念即可解答．
【详解】（1）延长至点，使，连接，

∵，
∴，
∵，，
∴，
∴(SAS) ，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
（2）由已知：为等边三角形，以及，
∴，是等腰三角形；
∵为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
∴是等腰三角形，
∵，，，，
∴，
，
∴，
∴是等腰三角形，
综上，，，，是等腰三角形．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是构造全等三角形，证明线段相等，注意转化思想的运用．
65．（1）甲工程队单独完成这项工程需要60天，乙工程队单独完成这项工程需要90天；（2）乙工程队至少施工45天可以完成这个项目．
【分析】（1）令工作总量为1，根据“甲队工作20天+乙队工作30天=”，列方程求解即可；
（2）根据题意表示出甲、乙两队的施工天数，再根据不等关系：甲队施工总费用+乙队施工总费用≤114，列出不等式，求出范围即可解答．
【详解】（1）设甲工程队单独完成这项工程需要天．
依题意得：


经检验为分式方程的解．
（天）
答：甲工程队单独完成这项工程需要60天，乙工程队单独完成这项工程需要90天．
（2）设乙工程队施工天．
依题意得：

解得：
答：乙工程队至少施工45天可以完成这个项目．
【点睛】本题考查了分式方程、一元一次不等式的应用，分析题意，找到合适的等量关系，列出方程是解决问题的关键，注意分式方程要检验．
66．（1）见解析；（2）见解析；（3）32．
【分析】（1）利用三角形外角的性质证得，从而证得，即可证明结论；
（2）利用三角形外角的性质证得，继而求得，从而证得结论；
（3）作出如图辅助线，利用证得，利用等腰三角形三线合一的性质求得，用面积法求得，从而证得结论．
【详解】（1）∵，
∴，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）∵，，
∴，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）过点作交延长线于点，过点作于点，过点作于点，

∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，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．
67．（1）C（4，0）；（2）；（3）．
【分析】（1）根据对称的性质知为等边三角形，利用直角三角形中30度角的性质即可求得答案；
（2）利用面积法可求得，再利用坐标系中点的特征即可求得答案；
（3）利用(2)的结论求得，利用角平分线的性质证得，求得，利用面积法求得，再利用直角三角形中30度角的性质即可求得答案．
【详解】（1）∵点、关于轴对称，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴点C的坐标为：；
（2）连接，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
即：；
（3）∵点到的距离为，
∴，
∴，
∴，
延长交于点，过点作轴于点，连接、，

∵为的角平分线，为等边三角形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
设，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题是三角形综合题，涉及的知识有：含30度直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，外角性质，角平分线的性质，等边三角形的判定和性质，坐标与图形性质，熟练掌握性质及定理、灵活运用面积法求线段的长是解本题的关键．
68．（1）；（2）．
【分析】（1）先进行积的乘方计算，再计算乘法即可；
（2）先分别利用完全平方公式公式和平方差公式计算，在进行合并同类项即可．
【详解】解：（1）

；
（2）


．
【点睛】本题考查整式的运算，解题的关键是熟练运用整式的运算法则，本题属于基础题型．
69．，1．
【分析】先根据分式的混合运算法则进行化简原式，再计算出x，最后将x的值代入求值即可．
【详解】解：
=
=
=
==
=；

当x=2时，原式===1．
【点睛】本题主要考查了分式的化简求值，灵活运用分式的四则混合运算法则化简分式成为解答本题的关键．
70．（1）作图见解析；（2）作图见解析，
【分析】（1）分别求出A，B，C关于y轴对称的点，连接即可；
（2）根据轴对称的性质计算即可；
【详解】（1）由题可知，A，B，C关于y轴对称的点为，，，作图如下；

（2）根据题意可得：，设与y轴交于点M，则是等腰直角三角形，
∴，
∴；

【点睛】本题主要考查了轴对称的性质应用和等腰直角三角形的性质，准确作图计算是解题的关键．
71．（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据同时减去公共角即可得，进而根据边角边即可证明，进而证明；
（2）根据三角形的外角性质与三角形的内角和定理，以及等腰三角形的性质与判定，可得结合黄金三角形的定义即可求得答案
【详解】（1）证明：

即
又


（2）是黄金三角形
,





在中，，
是黄金三角形


是黄金三角形






在中，
是黄金三角形


是黄金三角形
综上所述，是黄金三角形
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形的外角性质与三角形内角和定理，掌握以上知识是解题的关键．
72．（1）第一次每支铅笔的进价为4元；（2）每支售价至少是6元.
【分析】（1）设第一次每支铅笔进价为x元，则第二次每支铅笔的进价为x+1元，然后根据题意列出方程求解即可；
（2）设售价为y元，再根据（1）得到的第一次和第二次每支铅笔的进价，然后根据题意列出不等式求解即可.
【详解】解：（1）设第一次每支铅笔进价为x元，由题意得
，
解得：，
经检验是原分式方程的解．
答：第一次每支铅笔的进价为4元；
（2）设售价为y元，第一次每支铅笔的进价为4元，则第二次每支铅笔的进价为5元，
由题意得：
解得.  
答：每支售价至少是6元.
【点睛】本题主要考查了分式方程的实际应用、一元一次不等式的实际应用，读懂题意、根据题意列出分式方程和不等式成为解答本题的关键.
73．（1）见解析；（2）60°；（3）10．
【分析】（1）已知条件结合三角形内角和定理证明△ABC为等边三角形即可；
（2）先说明△ABC为等边三角形，即∠BAC=∠ABC=∠C=60°，设∠ABD=x，则∠D=∠ABD=x，然后根据四边形的内角和用x表示出∠CAD,进而表示出∠EAD,最后根据三角形内角和即可解答；
（3）如图：作AM⊥BD，根据题意说明MD=MB,进而说明AE⊥CD,设AE=x，则MD=x+3，然后根据线段的和差列方程解答即可．
【详解】（1）证明：∵△ABC
∴∠A+∠B+∠C=180°
∵
∴∠A+∠B+∠C=∠A+2∠B
∴∠B=∠C
∴；
解：（2）∵，
∴△ABC是等边三角形
∴∠BAC=∠ABC=∠C=60°
设∠ABD=x，则∠D=∠ABD=x，
∵四边形ACBD
∴∠C+∠DBC+∠D+∠DAC=360°，即60°+60°+x+x+∠DAC=360°
∴∠DAC=240°-2x
∵作的平分线交于点E
∴∠EAD=∠DAC=120°-x
∵△AED
∴∠D+∠AED+∠EAD=180°，即x+∠AED+120°-x =180°，解得∠AED=60°；
（3）作AM⊥BD
∵AB=AD
∴MD=MB
∵AC=AD,AE平分∠CAD
∴AE⊥CD
∵由（2）得∠AED=60°，设ME=x
∴AE=2x，DE=2EF,BM=MF=x+3
∴DE=MD+ME=2x+3
∴EF=
∴AE=EF+AF=+2
∴+2=2x，解得：x=
∴DE=2x+3=10．

【点睛】本题主要考查了三角形内角和、四边形内角和、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，含30°的直角三角形的性质等知识点，灵活应用相关知识点成为解答本题的关键．
74．（1），；（2）；（3）
【分析】（1）根据平方和二次根式的非负性计算即可；
（2）过点C作轴，证明，即可得解；
（3）过点C作轴，由全等可得，证明，得到，即可得解；
【详解】（1）∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，；
（2）过点C作轴，

∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）过点C作轴，

由（2）可知，
∴，
∴，
∵，E是BD的中点，
∴，，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】本题主要考查了位置与坐标，完全平方公式，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，二次根式有意义的条件，准确利用平行线的性质证明三角形全等求解是解题的关键．
75．（1）4x10y6；（2）5a2+4a﹣8．
【分析】（1）根据整式的乘法运算即可求出答案．
（2）根据乘法公式即可求出答案．
【详解】解：（1）（x3）2•（﹣2x2y3）2
=x6•4x4y6
=4x10y6．
（2）（a﹣3）（a+3）+（2a+1）2
=a2﹣9+4a2+4a+1
=5a2+4a﹣8．
【点睛】本题考查整式的运算，解题的关键熟练运用整式的运算法则，本题属于基础题型．
76．，．
【分析】先利用提公因式法和公式法把的分子分母进行因式分解，再根据分式的加减法计算括号内的因式，最后把除法变乘法约最简，在根据零指数幂和负整数指数幂计算出的值，代入最简分式即可得到答案．
【详解】


，
当，原式．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，熟练运用分式的运算法则和因式分解，以及零指数幂和负整数指数幂的运算是解题关键．
77．（1）答案见解析；（2）答案见解析．
【分析】（1）作AC=BC=5，△ABC即为所求作．
（2）取AB的中点D，连接CD，连接BE交CD于点F，点F即为所求作．
【详解】（1）如图，△ABC即为所求作．
（2）如图，线段CD，点F即为所求作．

【点睛】本题考查作图-应用与设计，三角形的面积，等腰三角形的判定和性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
78．（1）证明见解析；（2）△DGC，△DBG，△DCE的面积是△DFG面积的二倍．
【分析】（1）作DM//BC交AB于M，根据等边三角形的性质得∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°，AB＝AC，则∠DCE＝120°，由DM//BC得∠AMD＝60°，可证△AMD为等边三角形，则AD＝DM＝AM，而AD＝CE，则DM＝EC，所以MB＝DC，利用“SAS”可判断△BMD≌△DCE，则BD＝DE，然后根据等腰三角形的性质由DF⊥BC得到BF＝EF；
（2）由直角三角形的性质和等边三角形的性质可得BG＝GC＝2CF＝AD＝CE，由三角形的面积公式可求解．
【详解】作DM//BC交AB于M，如图，

∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=∠ABC=∠ACB=60°，AB=AC，
∴∠DCE=120°，
∵DM//BC，
∴∠AMD=60°，
∴∠BMD=120°，△AMD为等边三角形，
∴AD=DM=AM．
∵AD=CE，
∴DM=EC，
∴AB﹣AM=AC﹣AD，
∴ MB=DC．
在△BMD和△DCE中，
，
∴△BMD≌△DCE（SAS），
∴BD=DE，
而DF⊥BC，
∴BF=EF；
（2）∵AD=CD，△ABC是等边三角形，
∴BD⊥AC，∠ABD=∠CBD=30°，
∴BC=2CD．
∵∠ACB=60°，DF⊥BC，
∴∠CDF=30°，
∴CD=2CF，
∴BC=4CF，BF=3CF．
∵G是BC中点，
∴BG=GC=2CF=AD=CE，
∴△DGC，△DBG，△DCE的面积是△DFG面积的二倍．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，含30°的直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
79．（1）40元；（2）100套．
【分析】（1）设第一批运动服的进价为每套x元，则第二批运动服的进价为每套（x+4）元，根据数量=总价÷单价结合第二批购进的数量是第一批购进数量的2倍，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）利用数量=总价÷单价可求出第一批购进运动服的数量，结合第二批购进的数量是第一批购进数量的2倍可求出第二批购进的数量，设商厦打折销售的该运动服为m套，根据利润=销售收入-进货成本结合销售这两批运动服的总利润不少于6300元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．
【详解】（1）设第一批运动服的进价为每套x元，则第二批运动服的进价为每套（x+4）元，
依题意得：×2=，
解得：x=40，
经检验，x=40是原方程的解，且符合题意．
答：第一批运动服的进价为每套40元．
（2）第一批购进运动服的数量为8000÷40=200（套），
第二批购进运动服的数量为200×2=400（套）．
设商厦打折销售的该运动服为m套，
依题意得：58（200+400﹣m）+58×0.5m﹣8000﹣17600≥6300，
解得：m≤100．
答：商厦打折销售的该运动服至多为100套．
【点睛】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
80．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）42．
【分析】（1）先利用等腰三角形的性质得出∠B=∠ACB，∠CHF=90°，再判断出∠AFD=∠DEC，进而得出∠DEC=∠CFH，即可得出结论；
（2）先判断出∠DAH=∠DHA，得出BD=AD进而判断出△DBG≌△DAM,得出DG=DM,AM=BG，即可得出结论；
（3）先判断出CD∥PB,得出∠HBP=∠HCK，∠HPB=∠HKC,进而判断出△HKC≌△HPB，得出HK=PH=6，CK=PB，再判断出∠AHK=∠ADF，进而判断出△ADR≌△AHK，得出AR=AK，∠DAR=∠HAK，进而判断出△ARK是等边三角形，得出KR=AK=12，再判断出∠NDP=∠QPD，进而判断出△NDP≌QPD,得出DQ=PN=12,即可得出结论．
【详解】（1）∵AB=AC，H为BC的中点，
∴∠B=∠ACB，AH⊥BC，
∴∠CHF=90°，
∵∠DEC=∠BDE+∠B，
∴∠DEC=∠BDE+∠ACB．
∵∠AFD=∠ACB+∠BDE，
∴∠AFD=∠DEC，
∵∠CFH=∠AFD，
∴∠DEC=∠CFH，
∵∠CFH+∠DCE=90°，
∴∠DCE+∠DEC=90°，
∴∠CDE=180°﹣（∠DCE+∠DEC）=90°，
∴CD⊥DE；
（2）由（1）得：∠AHB=90°，
∵BD=DH，
∴∠DBH=∠DHB，
∴90°﹣∠DBH=90°﹣∠DHB，
∴∠DAH=∠DHA，
∴DH=AD，
∴BD=AD，
如图，延长GD交CA的延长线于M．

∵BG∥AC，
∴∠M=∠BGD，∠DAM=∠DBG，
在和中，

∴△DBG≌△DAM（AAS），
∴DG=DM，AM=BG，
由（1）知，CD⊥DE，
∴CG=CM，
∴CG=CM=AM+AC=BG+AC；
（3）如图，延长GD交CA的延长线于M，连接AP交CD于Q，连接BP交DG于N，连接DP，延长PH交CD于K，连接AK，在DC上取一点R，使DR=HK，

由（2）知，∠DAM=∠DBG，BD=AD，
∵CP=CA，
∴CD⊥AP，CD平分AP，
∴AD=DP，∠CQP=90°．
∵BD=AD=DP，
∴∠DBP=∠DPB，∠DPA=∠DAP，
∵∠ABP+∠APB+∠BAP=180°，
∴∠DBP+∠DPB+∠DPA+∠DAP=180°，
∴∠APB=90°，
∴∠CQP=∠APB，
∴CD∥PB，
∴∠HBP=∠HCK，∠HPB=∠HKC，
∵BH=CH，
在和中,
,
∴△HKC≌△HPB（AAS），
∴HK=PH=6，CK=PB，
∴PK=PH+HK=6+6=12．
∵点K在CD上，
∴AK=PK=12．
∵∠AHK+∠PHB=180°﹣∠AHB=90°，
∵∠PHB+∠ADF=90°，
∴∠AHK=∠ADF，
∵AD=AH，DR=HK，
在和中,

∴△ADR≌△AHK（SAS），
∴AR=AK，∠DAR=∠HAK，
∴QR=QK，∠DAR+∠RAF=∠HAK+∠RAF，
∴∠DAF=∠RAK，
∵∠BAC=120°，AB=AC，AH⊥BC，
∴∠DAF=∠BAC=60°，
∴△ARK是等边三角形，
∴KR=AK=12，
∵AP⊥CD，
∴RQ=KR=6，
∴DQ=DR+RQ=6+6=12，
∵∠CDG=90°，
∴∠CDE=∠CQP，
∴MG∥AP，
∴∠APB+∠DNP=180°，
∴∠DNP=90°，
∵BD=DP，
∴BN=NP．
∵MG∥AP，
∴∠NDP=∠QPD，
∵∠DNP=∠CQP=90°，DP=DP，
在和中,

∴△NDP≌△QPD（AAS），
∴DQ=PN=12，
∴PB=2PN=2DQ=24，
∴CK=PB=24，
∴CD=DR+KR+CK=6+12+24=42，
即线段CD的长为42．
【点睛】此题是三角形综合题,主要考查了等边三角形的判定和性质,同角的余角相等,全等三角形的判定和性质,三角形的内角和定理,构造出全等三角形是解本题的关键．
81．（1）A（﹣2，0）；（2）D（4，6）；（3）M（10，0）．
【分析】（1）利用三角形面积公式求出OA的长即可．
（2）如图2中，过点D作DH⊥OB于H．证明△DHB≌△BOE（AAS），推出DH=OB=3OA=3×2=6，BH=OE=OA=2，可得OH=OB-BH=6-2=4．
（3）如图3中，延长KB交DM的延长线于N，过点D作DH⊥OB于H．依次证明AC∥GD，∠FBK=90°，EF=FN，∠FEN=∠N，AD=DM，可求出OM的长，问题即可解决．
【详解】（1）如图1中，

∵OB=OC，OC=3OA，
∴AB=OA+OB=4OA．
∵△ABC的面积为24，
∴•AB•OC=24，
∴•4OA•3OA=24，
∴OA=2，
∴A（﹣2，0）．
（2）如图2中，过点D作DH⊥OB于H．

∵∠AOC=90°，
∴∠ACO+∠CAO=90°．
∵BK⊥AC，
∴∠AKB=90°，
∴∠CAO+∠ABK=90°，
∴∠ACO=∠ABK．
∵∠AOC=∠BOE，OC=OB，
∴△CAO≌△BEO（ASA），
∴AC=BE，OA=OE，
∴∠OAE=∠AEO．
∵∠DHA=∠COA=90°，
∴DH∥OC，
∴∠ADH=∠AEO=∠OAE．
∵BD=AC，
∴BD=BE，
∴∠BED=∠BDE，
∴∠BED﹣∠OAE=∠BDE﹣∠ADH，
即∠BDH=∠EBO．
∵∠DHB=∠EOB=90°，
∴△DHB≌△BOE（AAS），
∴DH=OB=3OA=3×2=6，BH=OE=OA=2，
∴OH=OB﹣BH=6﹣2=4，
∴D（4，6）．
（3）如图3中，延长KB交DM的延长线于N，过点D作DH⊥OB于H．

∵DG=DB，
∴∠DGB=∠DBG，
由（1）（2）可知∠DBG=∠BEO，∠BEO=∠CAO，
∴∠DGB=∠CAO，
∴AC∥GD．
∵BF∥DG，
∴BF∥AC，
∴∠FBK+∠BKC=180°，
∴∠FBK=180°﹣90°=90°，
设∠FEB=α，则∠EFB=90°﹣α．
∵∠DFB=∠BEF+90°，
∴∠DFB=90°+α，
∴∠BFN=90°﹣α，
∴∠N=α，
∴∠FEN=∠N，
∴EF=FN．
∵∠FBE=90°，
∴FB⊥EN，
∴EB=BN，
∴BD=BE=BN，
∴∠BED=∠BDE，∠BDN=∠N．
∵∠BED+∠EDN+∠N=180°，
即∠BED+∠BDE+∠BDN+∠N=180°，
∴∠BDE+∠BDN=90°，
即∠EDN=90°．
∵∠OAE=∠AEO，∠OAE+∠AEO=90°，
∴∠OAE=∠AEO=45°，
∴∠DMA=90°﹣45°=45°，
∴AD=DM．
∵DH⊥AM，
∴AH=HM=2+4=6，
∴OM=OH+HM=4+6=10，
∴M（10，0）．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平面直角坐标系，等腰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，属于压轴题．