2023-2024学年湖北省随州市广水市八年级（上）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年湖北省随州市广水市八年级（上）期末数学试卷(含详细答案解析)，共18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.下列图案是几种名车的标志，请你指出，在这几个图案中是轴对称图形的共有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
2.在平面直角坐标系中，点(1,2)关于y轴的对称点是( )
A. (1,2)B. (−1,2)C. (1,−2)D. (−1,−2)
3.芯片是由很多晶体管组成的，而芯片技术追求体积更小的晶体管，以便获得更小的芯片和更低的电力功耗.目前，某品牌手机自主研发了最新型号芯片，其晶体管栅极的宽度为0.000000007毫米，将数据0.000000007用科学记数法表示为( )
A. 7×10−8B. 7×10−9C. 0.7×10−8D. 0.7×10−9
4.工人师傅常常利用角尺构造全等三角形的方法来平分一个角．如图，在∠AOB的两边OA、OB上分别在取OC=OD，移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与点C、D重合，这时过角尺顶点M的射线OM就是∠AOB的平分线．这里构造全等三角形的依据是( )
A. SASB. ASAC. AASD. SSS
5.将下列多项式因式分解，结果中不含有因式a+1的是( )
A. a2−1B. a2+a
C. a2−2a+1D. (a+2)2−2(a+2)+1
6.下列各式中与分式−nm−n相等的是( )
A. n−m−nB. nm+nC. nn−mD. −nn−m
7.某公司准备铺设一条长1200m的道路，由于采用新技术，实际每天铺路的速度比原计划快10%，结果提前2天完成任务.设原计划每天铺设道路xm，根据题意可列方程为( )
A. 1200x−1200(1+10%)x=2B. 1200(1+10%)x−1200x=2
C. 1200(1−10%)x−1200x=2D. 1200x−1200(1−10%)x=2
8.如图，将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使点A落在△ABC外的A′处，折痕为DE.如果∠A=α，∠CEA′=β，∠BDA′=θ，那么下列式子中正确的是( )
A. θ=2α+βB. θ=α+2β
C. θ=α+βD. θ=180∘−α−β
9.如图，某园林内，在一块长33m，宽21m的长方形土地上，有两条斜交叉的小路，其余地方种植花卉进行绿化.已知小路的出路口均为1.5m，则绿化地的面积为( )
A. 693
B. 614.25
C. 78.75
D. 589
10.如图，等腰Rt△ABC中，AB=AC，∠BAC=90∘，AD⊥BC于点D，∠ABC的平分线分别交AC、AD于E、F两点，M为EF的中点，AM的延长线交BC于点N，连接DM，下列结论：①DF=DN；②△DMN为等腰三角形；③MD平分∠BMN；④AE=23EC；⑤AE=NC，其中正确结论有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.把45b2−20分解因式的结果是______.
12.如果(a+b)2=19，a2+b2=14，则(a−b)2=______.
13.若关于x的分式方程2x+m=3x+3有负数解，则m的取值范围为______.
14.如图，点P关于OA，OB的对称点分别是P1，P2，P1P2分别交OA，OB于点C，D，P1P2=6cm，则△PCD的周长为______.
15.如图，在△ABC中，AB=a，AC=b，∠BAC=150∘，则S△ABC=______.
16.如图，在△ABC中，AH是高，AE//BC，AB=AE，在AB边上取点D，连接DE，DE=AC，若S△ABC=5S△ADE，BH=1，则BC=______.
三、解答题：本题共8小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
因式分解：
(1)12xyz−9x2y2
(2)(a+b)2−12(a+b)+36.
18.(本小题8分)
(1)计算：1−a−ba+2b÷a2−b2a2+4ab+4b2.
(2)解方程：4x2−1+x+21−x=−1.
19.(本小题8分)
已知2x+y=4，求代数式[(x+y)2−(x−y)2−2y(x−12y)]÷4y的值.
20.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A(2,3)，B(1,1)，C(2,1).
(1)画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点A1的坐标为__________
(2)将△ABC向左平移4个单位长度得到△A2B2C2，直接写出点C2的坐标为___________________
(3)直接写出点B关于直线n(直线n上各点的纵坐标都为−1)对称点B′的坐标为__________________;
(4)在y轴上找一点P，使PA+PB的值最小，标出P点的位置.(保留画图痕迹)
21.(本小题8分)
如图，在△ABC中，AB=AC，AC的垂直平分线分别交AB、AC于点D、E.
(1)若∠A=40∘，求∠DCB的度数；
(2)若AE=5，△DCB的周长为16，求△ABC的周长．
22.(本小题10分)
金秋时节，八年级的同学组织去公园秋游，从景区A出发到相距10千米的景区B，公园有4座脚踏车和7座电瓶车(不包含司机)两种交通工具可供租用，一部分学生骑脚踏车从A景区先出发，过了20分钟后，其余学生乘电瓶车出发，结果他们同时到达B景区.已知电瓶车的速度是骑脚踏车学生速度的2倍，租用一辆脚踏车100元，租用一辆电瓶车400元.
(1)请问骑脚踏车学生的速度为多少千米/小时？(请列分式方程解答)
(2)现共租用脚踏车和电瓶车20辆，使可乘坐学生的总数不低于110人，且租车总费用不超过5600元，请求出费用最少的租车方案及最少费用.
23.(本小题10分)
如图，一块原边长分别为a，b(a>1,b>1)的矩形，现将原矩形一边增加1，另一边减少1，变化后的面积为S2或S3.
(1)S1=______；S2=______；S3=______；(用含a，b的式子表示)
(2)当a=b时，变化后的面积会______；(增加或减少)
(3)当a>b时，有两种方案，第一种方案如图2，第二种方案如图3.请你比较这两种方案，确定哪一种方案变化后的面积比较大.
24.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，等腰Rt△ABC中，AB=AC，∠CAB=90∘，A(0,a)，B(b,0).
(1)如图1，若 2a−b+(a−2)2=0，求△ABO的面积；
(2)如图2，AC与x轴交于D点，BC与y轴交于E点，连接DE，AD=CD，求证：∠ADB=∠CDE；
(3)如图3，在(1)的条件下，若以P(0,−6)为直角顶点，PC为腰作等腰Rt△PQC，连接BQ，求证：AP//BQ.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：第一个是中心对称图形，但不是轴对称图形，其它三个是轴对称图形．故选C.
关于某条直线对称的图形叫轴对称图形．绕一个点旋转180度后所得的图形与原图形完全重合的图形叫做中心对称图形．
轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2.【答案】B
【解析】解：点(1,2)关于y轴的对称点的坐标是(−1,2)，
故选：B.
根据关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变；即点(x,y)关于y轴的对称点的坐标是(−x,y)即可得到点(1,2)关于y轴对称的点的坐标．
此题主要考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标规律，比较容易，关键是熟记规律：(1)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．(2)关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变．
3.【答案】B
【解析】解：0.000000007=7×10−9.
故选：B.
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．
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.【答案】D
【解析】解：在△COM和△DOM中
OC=ODOM=OMMC=MD，
所以△COM≌△DOM(SSS)，
所以∠COM=∠DOM，
即OM是∠AOB的平分线，
故选：D.
根据全等三角形的判定定理SSS推出△COM≌△DOM，根据全等三角形的性质得出∠COM=∠DOM，根据角平分线的定义得出答案即可．
本题考查了全等三角形的判定定理和性质定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL，全等三角形的对应角相等．
5.【答案】C
【解析】解：∵a2−1=(a+1)(a−1)，
a2+a=a(a+1)，
a2+a−2=(a+2)(a−1)，
(a+2)2−2(a+2)+1=(a+2−1)2=(a+1)2，
∴结果中不含有因式a+1的是选项C.
故选：C.
对于选项A，B可利用提取公因式法因式分解，进行判断；
选项C运用十字相乘法因式分解，进行判断；
选项D先打开括号，合并同类项，运用公式进行判断．
本题考查了因式分解，熟练的掌握因式分解的方法，公式法和提取公因式法求解是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了分式的基本性质，比较简单．
根据分式的基本性质对选项进行判断即可得出答案．
【解答】
解：根据分式的基本性质只有C符合要求．
故选：C.
7.【答案】A
【解析】解：设原计划每天修建道路x m，则实际每天修建道路为(1+10%)xm，
由题意得，1200x−1200(1+10%)x=2.
故选：A.
设原计划每天修建道路x m，则实际每天修建道路为(1+10%)xm，根据采用新的施工方式，提前2天完成任务，列出方程即可．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列出方程．
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了三角形外角的性质，熟练掌握三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和是关键．
根据三角形的外角得：∠BDA′=∠A+∠AFD，∠AFD=∠A′+∠CEA′，代入已知可得结论．
【解答】
解：如图：
由折叠得：∠A=∠A′，
∵∠BDA′=∠A+∠AFD，∠AFD=∠A′+∠CEA′，
∵∠A=α，∠CEA′=β，∠BDA′=θ，
∴∠BDA′=θ=α+α+β=2α+β，
故选A.
9.【答案】B
【解析】解：根据平移得绿化地的长为(33−1.5)m，宽为(21−1.5)m，
∴栽种鲜花的面积为(33−1.5)×(21−1.5)=614.25(m2).
故选：B.
利用平移的性质来计算绿化地的面积．
本题主要考查了平移的性质．能利用平移的性质把不规则的图形拆分或拼凑为简单图形来计算长方形的面积是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵∠BAC=90∘，AC=AB，AD⊥BC，
∴∠ABC=∠C=45∘，AD=BD=CD，∠ADN=∠ADB=90∘，
∴∠BAD=45∘=∠CAD，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE=12∠ABC=22.5∘，
∴∠BFD=∠AEB=90∘−22.5∘=67.5∘，
∴∠AFE=∠BFD=∠AEB=67.5∘，
∴AF=AE，
∵M为EF的中点，
∴AM⊥BE，
∴∠AMF=∠AME=90∘，
∴∠DAN=90∘−67.5∘=22.5∘=∠MBN，
在△FBD和△NAD中，
∠FBD=∠NADBD=AD∠BDF=∠ADN，
∴△FBD≌△NAD(ASA)，
∴DF=DN，
∴①正确；
在△AFB和△CNA中，
∠BAF=∠CAB=CA∠ABF=CAN，
∴△AFB≌△CAN(ASA)，
∴AF=CN，
∵AF=AE，
∴AE=CN，
∴⑤正确；
∵∠ADB=∠AMB=90∘，
∴A、B、D、M四点共圆，
∴∠ABM=∠ADM=22.5∘，
∴∠DMN=∠DAN+∠ADM=22.5∘+22.5∘=45∘，
∴MD平分∠BMN，
∴③正确；
∵∠DNA=∠C+∠CAN=45∘+22.5∘=67.5∘，
∴∠MDN=180∘−45∘−67.5∘=67.5∘=∠DNM，
∴DM=MN，
∴△DMN是等腰三角形，
∴②正确；
∵等腰Rt△ABC中，∠BAC=90∘，
∴BC= 2AB，
∵BE是∠ABC的平分线，
∴AEEC=ABBC=AB 2AB= 22，
∴AE= 22EC，
∴④错误，
即正确的有4个，
故选：D.
求出BD=AD，∠DBF=∠DAN，∠BDF=∠ADN，证△DFB≌△NDA，即可判断①，证△ABF≌△CAN，推出CN=AF=AE，即可判断⑤；根据A、B、D、M四点共圆求出∠ADM=22.5∘，即可判断③，根据三角形外角性质求出∠DNM，求出∠MDN=∠DNM，即可判断②，根据BE是∠ABC的平分线，得AEEC=ABBC=AB 2AB= 22，所以AE= 22EC，故④错误．
本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角性质，三角形内角和定理，直角三角形斜边上中线性质的应用，能正确证明两个三角形全等是解此题的关键，主要考查学生的推理能力．
11.【答案】5(3b+2)(3b−2)
【解析】解：45b2−20
=5(9b2−4)
=5(3b+2)(3b−2).
故答案为：5(3b+2)(3b−2).
首先提取公因式5，进而利用平方差公式进行分解即可．
此题主要考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握公式形式是解题关键．
12.【答案】9
【解析】解：∵(a+b)2=19，即a2+2ab+b2=19，
而a2+b2=14，
∴14+2ab=19，
∴2ab=5，
∴(a−b)2=a2−2ab+b2=14−5=9.
故答案为：9.
先根据完全平方公式得到a2+2ab+b2=19，则2ab=5，再根据完全平方公式得(a−b)2=a2−2ab+b2，把a2+b2=14，2ab=5代入计算即可．
本题考查了完全平方公式：a2±2ab+b2=(a±b)2，也考查了代数式的变形能力以及整体思想的运用．
13.【答案】m>2且m≠3
【解析】解：去分母得：2(x+3)=3(x+m)，
解得：x=−3m+6，
由分式方程解为负数，
∴−3m+6<0，且−3m+6≠−3且−3m+6≠−m，
解得：m>2且m≠3.
故答案为：m>2且m≠3.
分式方程去分母转化为整式方程，由解为负数确定出m的范围即可．
此题考查了分式方程的解，始终注意分母不为0这个条件．
14.【答案】6cm
【解析】解：∵点P关于OA、OB的对称点P1、P2，
∴PC=P1C，PD=P2D，
∴△PCD的周长等于PC+CD+PD=P1C+CD+P2D=P1P2=6cm.
故答案为：6cm.
根据轴对称的性质可得PC=P1C，PD=P2D，从而求出△PCD的周长等于P1P2，从而得解．
本题考查了轴对称的性质，熟记性质得到相等的边是解题的关键．
15.【答案】14ab
【解析】解：作CD⊥AB于点D.
∵在直角三角形ACD中，∠CAD=180∘−∠BAC=30∘，
∴CD=12AC=12b，
则S△ABC=12AB⋅CD=12a⋅12b=14ab.
故答案是：14ab.
作CD⊥AB于点D，在直角三角形ACD中利用直角三角形的性质定理求得CD的长，然后根据三角形的面积公式即可求解．
本题考查了直角三角形的性质：30度的锐角所对的直角边等于斜边的一半，正确作出辅助线是关键．
16.【答案】52
【解析】解：过点E作EP⊥BA，交BA的延长线于P，
∴∠P=∠AHB=90∘，
∵AE//BC，
∴∠EAP=∠CBA，
在△AEP和△BAH中，
∠P=∠AHB∠PAE=∠BAE=AB，
∴△AEP≌△BAH(AAS)，
∴PE=AH，
在Rt△DEP和Rt△CAH中，
DE=ACPE=AH，
∴Rt△DEP≌Rt△CAH(HL)，
∴CH=DP，S△ACH=S△DPE，
∵S△ABC=S△ABH+S△AHC=2S△ABH+S△ADE=5S△ADE，
∴S△ABH：S△ADE=2：1，
∴BH：AD=2：1，
∵BH=1，
∴AD=12，
∴DP=CH=1+12=32，
∴BC=BH+CH=1+32=52，
故答案为：52.
过点E作EP⊥BA，交BA的延长线于P，首先证明△AEP≌△BAH(AAS)，再利用HL证明Rt△DEP≌Rt△CAH，得CH=DP，S△ACH=S△DPE，再根据高相等的两个三角形面积比等于底之比解决问题．
本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形面积等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键，有一定的难度．
17.【答案】解：(1)12xyz−9x2y2=3xy(4z−3xy)；
(2)(a+b)2−12(a+b)+36=(a+b−6)2.
【解析】(1)直接提取公因式3xy，进而分解因式得出即可；
(2)把(a+b)看作一个整体，利用完全平方公式分解因式即可．
本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
18.【答案】解：(1)原式=1−a−ba+2b⋅(a+2b)2(a+b)(a−b)=1−a+2ba+b=−ba+b；
(2)去分母得：4−(x+2)(x+1)=1−x2，
整理得：3x=1，
解得：x=13，
经检验x=13是分式方程的解．
【解析】(1)原式利用除以一个数等于乘以这个数的倒数将除法运算化为乘法运算，约分后通分并利用同分母分式的减法法则计算即可得到结果；
(2)分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
此题考查了解分式方程，以及分式的混合运算，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．
19.【答案】解：原式=[x2+y2+2xy−x2−y2+2xy−2xy+y2]÷4y
=(2xy+y2)÷4y
=14(2x+y)
=14×4
=1.
【解析】先根据整式混合运算的法则把原式进行化简，再把2x+y=4代入进行计算即可．
本题考查的是整式的混合运算，熟知整式混合运算的法则是解答此题的关键．
20.【答案】解：(1)(2,−3)；
(2)(−2,1)；
(3)(1,−3)；
(4)如图所示，点P即为所求．

【解析】此题主要考查作图-轴对称变换与平移变换，关键是正确确定组成图形的关键点的对称点位置及轴对称变换的性质．
(1)根据轴对称的定义作出点A，B，C关于x轴的对称点，再顺次连接即可得；
(2)根据平移变换的定义作出点A，B，C向左平移4个单位得到的对应点，再顺次连接可得；
(3)先得出直线n的解析式，再作出点B关于直线n：y=−1的对称点，据此可得；
(4)连接A2B与y轴交点就是P点．
21.【答案】解：(1)∵在△ABC中，AB=AC，∠A=40∘，
∴∠ABC=∠ACB=180∘−40∘2=70∘，
∵DE垂直平分AC，
∴DA=DC，
∴在△DAC中，∠DCA=∠A=40∘，
∴∠DCB=∠ACB−∠ACD=30∘；
(2)∵DE垂直平分AC，
∴DA=DC，EC=EA=5，
∴AC=2AE=10，
∴△ABC的周长为：AC+BC+BD+DA=10+BC+BD+DC=10+16=26.
【解析】(1)由在△ABC中，AB=AC，∠A=40∘，根据等腰三角形的性质，可求得∠ACB的度数，又由线段垂直平分线的性质，可得AD=CD，即可求得∠ACD的度数，继而求得答案；
(2)由AE=5，△DCB的周长为16，即可求得△ABC的周长．
此题考查了线段垂直平分线的性质与等腰三角形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
22.【答案】解：(1)设骑脚踏车学生的速度为x千米/小时，则电瓶车的速度是2x千米/小时，
根据题意，得10x−102x=2060，
解得x=15，
经检验，x=15是原方程的解，
∴原方程的解为x=15，
答：骑脚踏车学生的速度为15千米/小时；
(2)设租用脚踏车a辆，则租用电瓶车(20−a)辆，
根据题意，得4a+7(20−a)≥110100a+400(20−a)≤5600，
解得8≤a≤10，
∴租车方案有3种：
租用脚踏车8辆，电瓶车12辆，费用为8×100+12×400=5600(元)；
租用脚踏车9辆，电瓶车11辆，费用为9×100+11×400=5300(元)；
租用脚踏车10辆，电瓶车10辆，费用为10×100+10×400=5000(元)；
∴费用最少的租车方案是：租用脚踏车10辆，电瓶车10辆，最少费用为5000元．
【解析】(1)设骑脚踏车学生的速度为x千米/小时，根据“骑脚踏车时间-乘电瓶车的时间=2060小时”列方程，解出即可；
(2)设租用脚踏车a辆，根据“学生的总数不低于110人，租车总费用不超过5600元”列不等式组解出，并求出总费用，比较即可．
本题考查分式方程的应用，一元一次不等式组的应用，理解题意，弄清问题中的数量关系是解题的关键．
23.【答案】abab−a+b−1ab+a−b−1减少
【解析】解：(1)S1=ab，S2=(a+1)(b−1)=ab−a+b−1，S3=(a−1)(b+1)=ab+a−b−1，
故答案为：ab，ab−a+b−1，ab+a−b−1；
(2)减少，理由如下：
当a=b时，S1=a2，S2=S3=a2−1，
∵a2>a2−1，
∴变化后的面积会减少，
故答案为：减少；
(3)S2−S3=ab−a+b−1−(ab+a−b−1)=−2a+2b=2(b−a)，
∵a>b，
∴b−a<0，
∴S2−S3<0，
∴S2∴第二种方案变化后的面积比较大．
(1)根据长方形面积公式求解即可；
(2)根据题意得出算式，求出两式的差，再判断即可；
(3)根据两种方案的算式得出两式的差，再判断即可．
本题主要考查了整式的混合运算的应用，根据题意列出算式是解题的关键．
24.【答案】(1)解：∵ 2a−b+(a−2)2=0，
∴2a−b=0，a−2=0，
解得，a=2，b=4，
∴A(0,2)，B(4,0)，
∴OA=2，OB=4，
∴△ABO的面积=12×2×4=4；
(2)证明：作AF平分∠BAC交BD于F点，
∵AB=AC，∠CAB=90∘，
∴∠C=∠ABC=∠DAF=∠BAF=45∘，
∵∠CAE+∠BAO=∠ABF+∠BAO=90∘，
∴∠CAE=∠ABF，
在△ACE和△BAF中，
∠CAE=∠ABFAC=AB∠ACE=∠BAF，
∴△ACE≌△BAF(ASA)，
∴CE=AF，
在△CED和△AFD中，
CD=AD∠C=∠DAFCE=AF，
∴△CED≌△AFD(SAS)，
∴∠CDE=∠ADB；
(3)证明：过C点作CM⊥y轴于M点，过Q点作QN⊥y轴于N点，
则∠AMC=∠BOA=90∘，
∵∠CAM+∠BAO=∠ABO+∠BAO=90∘，
∴∠CAM=∠ABO，
在△ACM和△BAO中，
∠CAM=∠ABO∠CMA=∠AOBAC=AB，
∴△ACM≌△BAO(AAS)，
∴CM=AO=2，AM=BO=4，
∵A(0,2)，P(0,−6)，
∴AP=8，
∴PM=AP−AM=4，
在△PCM和△QPN中，
∠CPM=∠PQN∠PMC=∠QNPPC=PQ，
∴△PCM≌△QPN(AAS)，
∴NQ=PM=4，
∵OB//QN，
∴四边形ONQB为平行四边形，
∴AP//BQ.
【解析】(1)根据绝对值和偶次方的非负性求出a，b，根据三角形的面积公式计算；
(2)作AF平分∠BAC交BD于F点，分别证明△ACE≌△BAF，△CED≌△AFD，根据全等三角形的性质证明；
(3)过C点作CM⊥y轴于M点，过Q点作QN⊥y轴于N点，证明△ACM≌△BAO，根据全等三角形的性质得到CM=AO=2，AM=BO=4，证明四边形ONQB为平行四边形，得到答案．
本题是三角形的综合题，考查的是全等三角形的判定和性质，非负数的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．