2023-2024学年湖北省武汉市汉阳区二桥中学八年级（上）月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市汉阳区二桥中学八年级（上）月考数学试卷（含解析），共29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.下列图形中具有稳定性的是( )
A. 六边形B. 五边形C. 四边形D. 三角形
2.如图，在△ABC中，画出AC边上的高，正确的图形是( )
A. B.
C. D.
3.△ABC是直角三角形，则下列选项一定错误的是( )
A. ∠A−∠B=∠CB. ∠A=60°，∠B=40°
C. ∠A+∠B=∠CD. ∠A：∠B：∠C=1：1：2
4.如图，数学课上，老师让学生尺规作图画∠MON的角平分线OB.小明的作法如图所示，连接BA、BC，你认为这种作法中判断△ABO≌△CBO的依据是( )
A. SSS
B. SAS
C. ASA
D. AAS
5.如图，直线a/​/b，将含30°角的直角三角板的直角顶点放在直线b上，已知∠1=40°，则∠2的度数为( )
A. 55°
B. 60°
C. 65°
D. 70°
6.若一个多边形的每个内角都等于与它相邻外角的2倍，则它的边数为( )
A. 4B. 5C. 6D. 8
7.如图，△ABC≌△DEC，点E在边AB上，∠DEC=75°，则∠BCE的度数是( )
A. 25°
B. 30°
C. 40°
D. 75°
8.如图，桐桐从A点出发，前进3m到点B处后向右转20°，再前进3m到点C处后又向右转20°，…，这样一直走下去，她第一次回到出发点A时，一共走了( )
A. 100mB. 90mC. 54mD. 60m
9.如图，已知四边形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，∠ACB=72°，∠ABC=50°，并且∠BAD+∠CAD=180°，那么∠ADC的度数为( )
A. 62°
B. 65°
C. 68°
D. 70°
10.如图，在△AOB中，OA=OB，∠AOB=90°，BD平分∠ABO交AO于点D，AE⊥BD交BD的延长线于点E.则下列结论：①∠EAD=22.5°；②BD=2AE；③若AE=4，则S△ABD=16；④AB=OB+OD；⑤S△ABDS△OBD=ADOD=ABOB，其中正确的结论有( )
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.如图，把两根钢条AB，CD的中点连在一起做成卡钳，可测量工件内槽的宽，已知AC的长度是6cm，则工件内槽的宽BD是______cm．
12.凸七边形的对角线有______条．
13.如图为6个边长相等的正方形的组合图形，则∠1+∠3= ______．
14.已知a，b，c是三角形的三条边，则化简|a+b−c|−|c−a−b|=______．
15.如图，△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC，E为AC边上的点，连接DE，DE=DB，下列结论：①∠DEA+∠B=180°；②AB−AC=CE；③AC=12(AB+CD)；④S△ADC=S四边形ABDE，其中一定正确的结论有______.(填写序号即可)
16.如图所示，△ABC中，∠ACB=90°，AC=5cm，BC=12cm，直线l经过点C.点M以每秒2cm的速度从B点出发，沿B→C→A路径向终点A运动；同时点N以每秒1cm的速度从A点出发，沿A→C→B路径向终点B运动；两点到达相应的终点就分别停止运动.分别过M、N作MD⊥l于点D，NE⊥l于点E.设运动时间为t秒，要使以点M，D，C为顶点的三角形与以点N，E，C为顶点的三角形全等，则t的值为______．
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)
求出下列图形中x的值．
18.(本小题8分)
如图，点B、F、C、E在同一直线上，BF=CE，AB/​/ED，AC//FD.求证：AB=DE．
19.(本小题8分)
如图，在△ABC中，∠B=50°，∠C=70°，AD是高，AE是角平分线，求∠EAD与∠BAC的度数．
20.(本小题8分)
如图，在△ABC中，BD=AD，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，交AD于点F．
(1)求证：△BDF≌△ADC；
(2)若BC=10，DF=4，求AF的长．
21.(本小题12分)
如图，在14×7的长方形网格中，每个小正方形的边长均为1，小正方形的每一个顶点叫做格点，线段ED和三角形ABC的顶点都在格点上．
(1)直接写出S△ABC= ______；
(2)请仅用无刻度直尺完成下列画图，保留画图痕迹(作图结果用实线表示，作图过程用虚线表示)；
①画出△ABC的高BH；
②在线段ED右侧找一点F，使得△ABC≌△DFE；
③在②的条件下，在线段ED上找一点G，使∠FGE=45°．
22.(本小题9分)
定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．
(1)如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角．
①若∠A=40°，直接写出∠E的度数是______；
②求∠E与∠A的数量关系，并说明理由．
(2)如图2，四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，点E在BD的延长线上，连CE，若∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，求证：DA=DE．
23.(本小题10分)
已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=BC．

(1)如图1，若∠BAD=90°，AD=2，求CD的长度；
(2)如图2，点P、Q分别在线段AD、DC上，满足PQ=AP+CQ，①求证：PB平分∠APQ.②求证：∠PBQ=90°−12∠ADC；
(3)如图3，若点Q运动到DC的延长线上，点P也运动到DA的延长线上时，仍然满足PQ=AP+CQ，请直接写出∠PBQ与∠ADC的数量关系．
24.(本小题9分)
在坐标系中，A点的坐标为(m,0)，C点的坐标为(0,n)，且m、n满足(m−2n)2+(n−2)2=0，以点C为直角顶点AC为腰作等腰Rt△CAB，其中点B在第三象限内，且AC=BC，∠ACB=90°．

(1)如图1，求B点的坐标；
(2)如图2，已知M是AB与y轴的交点，N是BC与x轴的交点，连接MN，求CM+MN的值；
(3)如图3，点P(t,0)是x轴负半轴上一动点，点Q(t+10,0)在x轴正半轴上，分别以点C为顶点CP，CQ为腰在第二、第一象限作等腰Rt△CPM和等腰Rt△CQN，连接MN交y轴于T点，试问：当t的值发生变化时，△MON的面积是否发生改变？若不变，请求出其值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：三角形具有稳定性；
故选：D．
根据三角形具有稳定性，其他多边形具有不稳定性可得结论．
本题主要考查了三角形的稳定性，在几何图形中只有三角形具有稳定性，而四边形以及四边以上的多边形都不具有稳定性．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了三角形的高线的定义：从三角形的一个顶点向它的对边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫作三角形的高．
根据三角形的高的定义对各个图形观察后解答即可．
【解答】
解：根据三角形高线的定义，AC边上的高是过点B向AC作垂线，垂足为D，
纵观各图形，A、B、C都不符合题意，
D符合高线的定义．
故选D．
3.【答案】B
【解析】解：A、由∠A−∠B=∠C，可知∠A=90°，本选项不符合题意．
B、由∠A=60°，∠B=40°，可知∠C=80°，△ABC不是直角三角形，本选项符合题意．
C、由∠A+∠B=∠C，可知∠C=90°，本选项不符合题意．
D、由∠A：∠B：∠C=1：1：2，可知∠C=90°，本选项不符合题意．
故选：B．
利用三角形内角和定理一一判断即可．
本题考查三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握三角形内角和定理，属于中考常考题型．
4.【答案】A
【解析】解：由作图可知，OA=OC，AB=CB，
在△AOB和△COB中，
OA=OCAB=CBOB=OB，
∴△AOB≌△COB(SSS)，
∴∠BOA=∠BOC，
故选：A．
根据SSS证明三角形全等可得结论．
本题考查作图−复杂作图，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题．
5.【答案】D
【解析】解：∵∠1=40°，
∴∠3=∠1+30°=70°，
∵a/​/b，
∴∠2=∠3=70°．
故选：D．
由直角三角板的性质和三角形外角的性质可知∠3=∠1+30°，再根据平行线的性质即可得出结论．
本题考查的是平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，同位角相等．
6.【答案】C
【解析】解：设边数为n，
∵多边形的内角和公式为：(n−2)×180°，
∴多边形的每个内角为：(n−2)×180°n，
∵多边形的外角和公式为：360°，
∴多边形的每个外角为：360°n，
∵一个多边形的每个内角都等于与它相邻外角的2倍，
∴(n−2)×180°n=360°n×2，
∴n=6，
故选：C．
根据多边形的内角和和外角和公式即可求解．
本题考查了多边形的内角和和外角和公式，本题的解题关键是由公式得出边数．
7.【答案】B
【解析】解：∵△ABC≌△DEC，
∴∠B=∠DEC=75°，CE=CB，
∴∠CEB=∠B=75°，
∴∠BCE=180°−2×75°=30°，
故选：B．
利用等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理求解即可．
本题考查三角形内角和定理，全等三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
8.【答案】C
【解析】解：由题意可知，当她第一次回到出发点A时，所走过的图形是一个正多边形，
由于正多边形的外角和是360°，且每一个外角为20°，
360°÷20°=18，
所以它是一个正18边形，
因此所走的路程为18×3=54(m)，
故选：C．
根据多边形的外角和及每一个外角的度数，可求出多边形的边数，再根据题意求出正多边形的周长即可．
本题考查多边形的外角和，掌握多边形的外角和定理以及正多边形的判定是解决问题的前提．
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查角平分线的判定和性质，角平分线的定义，三角形的内角和定理的知识，能够熟练运用角平分线的判定和性质是解题的关键．
延长BA和BC，过D点做DE⊥BA于E点，过D店做DF⊥BC于F点，根据BD是∠ABC的平分线可得DE=DF，可求得∠CAD=∠EAD，则AD为∠EAC的平分线，过D点做DG⊥AC于G点，利用角平分线的性质得DE=DG，则DG=DF，得出CD为∠ACF的平分线，得出∠DCA=54°，再根据三角形内角和定理即可得出结论．
【解答】
解：延长BA和BC，过D点作DE⊥BA于E点，过D点作DF⊥BC于F点，
∵BD是∠ABC的平分线，
∴DE=DF，
∵∠BAD+∠CAD=180°，
∠BAD+∠EAD=180°，
∴∠CAD=∠EAD，
∴AD为∠EAC的平分线，
过D点作DG⊥AC于G点，
∴DE=DG，
∴DG=DF，
∵DG⊥AC，DF⊥BC，
∴CD为∠ACF的平分线，
∴∠DCA=12∠ACF，
∵∠ACB=72°，
∴∠ACF=180°−∠ACB=108°，
∴∠DCA=12×108°=54°，
∵∠ACB=72°，∠ABC=50°，
∴∠BAC=180°−72°−50°=58°，
∴∠EAC=180°−∠BAC=122°，
∵AD为∠EAC的平分线，
∴∠DAC=12∠EAC=61°，
∴∠ADC=180°−∠DAC−∠DCA=180°−61°−54°=65°．
故选B．
10.【答案】D
【解析】解：在△AOB中，OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠OAB=∠OBA=45°，
∵BD平分∠ABO，
∴∠OBD=∠ABD=22.5°，
∵∠AOB=90°，AE⊥BD，∠ADE=∠BDO，
∴∠EAD=∠OBD=22.5°，故①正确；
延长BO，AE并交于F，
∵BD平分∠ABO，AE⊥BD，
∴∠ABE=∠FBE，∠AEB=∠FEB=90°，
在△ABE和△FBE中，
∠ABE=∠FBEBE=BE∠AEB=∠FEB，
∴△ABE≌△FBE(ASA)，
∴AE=EF，
∵∠AOB=90°，∠AED=90°，∠ADE=∠BDO，
∴∠OBD=∠OAF，
∵∠AOB=90°，
∴∠DOB=∠FOA=90°，
在△OBD和△OAF中，
∠OBD=∠OAFBO=AO∠BOD=∠AOF，
∴△OBD≌△OAF(ASA)，
∴BD=AF，
∵AE=EF，
∴BD=2AE，故②正确；
∵BD=2AE，AE=4，
∴BD=8，
∴S△ABD=12BD⋅AE=12×8×4=16，故③正确；
∵∠CGH=∠GE=90°−∠FAC，
由②知△ABE≌△FBE，△OBD≌△OAF，
∴AB=FB，OD=OF，
∴AB=FB=OB+OF=OB+OD，故④正确；
如图，过点D作DH⊥AB于点H，
∵∠AOB=90°，BD平分∠ABO，DH⊥AB，
∴OD=HD，
∵S△ABD=12AB⋅HD，S△OBD=12OD⋅OB，
∴S△ABDS△OBD=ABOB，
∵S△ABD=12AD⋅OB，S△OBD=12OD⋅OB，
∴S△ABDS△OBD=ADOD，
∴S△ABDS△OBD=ADOD=ABOB，故⑤正确．
综上所述：正确的有①②③④⑤，共5个，
故选：D．
根据等角的余角相等，即可判断①正确；延长BO，AE并交于F，证△ABE≌△FBE，推出AE=EF，证△BOD≌△AOF推出BD=AF，即可判断②正确；根据BD=2AE，可得BD=8，利用三角形的面积公式求出S△ABD，可以判断③正确；由②知△ABE≌△FBE，△OBD≌△OAF，可得AB=FB，OD=OF，则AB=FB=OB+OF=OB+OD，可以判断④正确；过点D作DH⊥AB于点H，根据角平分线的性质可得OD=HD，利用三角形的面积公式可以判断⑤正确．
本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定及其性质，角平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，等腰直角三角形，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定及其性质，角平分线的性质以及等腰三角形的判定与性质．
11.【答案】6
【解析】解：∵把两根钢条AB，CD的中点连在一起做成卡钳，
∴AO=BO，CO=DO，
在△BOD和△AOC中AO=BO∠BOD=∠AOCCO=DO，
∴△BOD≌△AOC(SAS)，
∴BD=AC=6cm，
故答案为：6．
首先证明△BOD≌△AOC，然后再利用全等三角形的性质可得答案．
此题主要考查了全等三角形的应用，关键是掌握全等三角形对应边相等．
12.【答案】14
【解析】解：七边形的对角线的条数是：7×(7−3)2=14(条)．
故答案为：14．
根据从多边形的一个顶点可以作对角线的条数公式(n−3)，故n边形的对角线共有n(n−3)2条(n是不小于3的整数)．
本题主要考查了多边形多角线条数，熟记n边形的对角线共有n(n−3)2条是解答本题的关键．
13.【答案】90°
【解析】解：如图，
∵在△ABC和△DBE中
∴△ABC≌△DBE(SAS)，
∴∠3=∠ACB，
∵∠ACB+∠1=90°，
∴∠1+∠3=90°，
故答案为：90°．
首先利用SAS定理判定△ABC≌△DBE，根据全等三角形的性质可得∠3=∠ACB，再由∠ACB+∠1=90°，可得∠1+∠3=90°．
此题主要考查了全等图形，关键是掌握全等三角形的判定，以及全等三角形对应角相等．
14.【答案】0
【解析】解：∵a、b、c是三角形的三边长，
∴a+b−c>0，c−a−b<0，
∴原式=a+b−c+c−a−b=0，
故答案是：0．
根据三角形三边满足的条件是，两边和大于第三边，两边的差小于第三边，根据此来确定绝对值内的式子的正负，从而化简计算即可．
本题考查的是三角形的三边关系，熟知三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边是解答此题的关键．
15.【答案】①②④
【解析】解：过点D作DF⊥AB于点F，
∵∠C=90°，AD平分∠BAC，
∴CD=DF，∠C=∠DFB=90°，
又∵DE=DB，
∴△ECD≌△BFD(SAS)，
∴∠B=∠CED，
∵∠DEA+∠CED=180°，
∴∠DEA+∠B=180°，故①正确；
∵AD=AD，CD=DF，∠C=DFA=90°，
∴Rt△ACD≌Rt△AFD(HL)，
∴AC=AF，
∴AB−AC=AB−AF=BF=CE，故②正确；
∵AC=AF，
∴AB+AE=(AF+FB)+(AC−CE)=AF+AC=2AC，
∴AC=12(AB+AE)，
∵CD≠AE，
∴AC≠12(AB+CD)，故③错误；
∵△ECD≌△BFD，
∴S△ECD=S△BFD，
∴S四边形ABDE=S四边形ACDF，
又∵Rt△ACD≌Rt△AFD，
∴S△ACD=S△AFD，
∴S△ACD=12S四边形ACDF=12S四边形ABDE，故④正确，
故答案为：①②④．
过点D作DF⊥AB于点F，根据角平分线的性质可得CD=DF，从而证明△ECD≌△BFD，可得∠B=∠CED，再利用三角形外角的性质即可判断①；证明Rt△ACD≌Rt△AFD，可得AC=AF，再利用等量代换即可判断②③；根据△ECD≌△BFD，可得S△ECD=S△BFD，S四边形ABDE=S四边形ACDF，再由Rt△ACD≌Rt△AFD，可得S△ACD=S△AFD，即可判断④．
本题考查角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质及邻补角的定义，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
16.【答案】173或7或10
【解析】解：当t≤5时，如图，
∵MD⊥l，NE⊥l，
∴∠CDM=∠CEN=90°，
∴∠MCD+∠CMD=∠MCD+∠ECN=90°，
∴∠MCD=∠CNE，
∴要使△MCD与△NCE全等，则MC=CN，
∴12−2t=5−t，
解得t=7(舍)；
当5若M、N两点重合，则△MCD与△NCE全等，
此时MC=CN，
即12−2t=t−5，
解得t=173；
当6∵MD⊥l，NE⊥l，
∴∠CDM=∠CEN=90°，
∴∠MCD+∠CMD=∠MCD+∠ECN=90°，
∴∠MCD=∠CNE，
∴要使△MCD与△NCE全等，则MC=CN，
∴2t−12=t−5，
解得t=7；
当t>8.5时，如图，
当点M与A重合时，若CN=MC=5，则△MCD与△NCE全等，
此时t−5=5，
解得t=10，
综上，要使以点M，D，C为顶点的三角形与以点N，E，C为顶点的三角形全等，则t的值为173或7或10，
故答案为：173或7或10．
分四种情况：t≤5时；5本题考查的是全等三角形的判定、掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键．
17.【答案】解：(1)∵40+x+x=180，
解得x=70；
(2)∵x+70=x+(x+10)，
解得x=60．
【解析】(1)根据三角形内角和定理即可求解；
(2)根据三角形外角的性质即可求解．
本题考查三角形外角的性质，三角形内角和定理，掌握三角形内角和定理以及三角形外角的性质是解题的关键．
18.【答案】证明：∵BF=CE，
∴BF+CF=CE+CF，
即BC=EF．
∵AB/​/ED，
∴∠B=∠E．
∵AC//FD，
∴∠ACB=∠DFE．
在△ABC和△DEF中，
∠B=∠E,BC=EF,∠ACB=∠DFE,
∴△ABC≌△DEF(ASA)，
∴AB=DE．
【解析】本题考查了全等三角形的判定和性质，解题的关键是注意先证明ASA所需要的三个条件．
由于BF=CE，利用等式性质可证BC=EF，而AB/​/ED，AC/​/FD，利用平行线的性质可得∠B=∠E，∠ACB=∠DFE，从而利用“ASA”可证△ABC≌△DEF，进而可得AB=DE．
19.【答案】解：∵∠B=50°，∠C=70°，
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=180°−50°−70°=60°，
∵AE是角平分线，
∴∠BAE=30°
∵AD是高，
∴∠BAD=90°−∠B=90°−50°=40°，
∴∠EAD=∠BAE−∠BAD=40°−30°=10°．
【解析】根据三角形内角和定理求出∠BAC，再根据角平分线的定义求出∠BAE，根据直角三角形两锐角互余求出∠BAD，然后求解即可．
本题考查了三角形的内角和定理，三角形的角平分线、高线的定义，直角三角形两锐角互余的性质，熟记定理并准确识图是解题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵AD⊥BC，BE⊥AC，
∴∠BDF=∠ADC，
又∵∠DBF+∠BFD=90°，∠DBF+∠C=90°，
∴∠BFD=∠C，
在△BDF和△ADC中，
∠BFD=∠C∠BDF=∠ADCBD=AD，
∴△BDF≌△ADC(AAS)；
(2)解：由(1)可得，△BDF≌△ADC，
∴BD=AD，DF=DC，
∵BC=10，DF=4，
∴BD=AD=10−4=6，
∴AF=AD−DF=6−4=2．
【解析】(1)由垂线的定义可得∠BDF=∠ADC，再由同角的余角相等可得∠BFD=∠C，再根据BD=AD，即可得出结论；
(2)由(1)可得△BDF≌△ADC，从而可得BD=AD，DF=DC，求得BD=AD=6，AF=AD−DF=2．
本题考查全等三角形的判定与性质、垂线的定义及余角的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
21.【答案】8
【解析】解：(1)如图所示：
∴S△ABC=MN⋅CM−12AM⋅CM−12AN⋅BN−12BO⋅CO，
=3×6−12×1×6−12×2×4−12×2×3
=18−3−4−3
=8；
(2)①如图，线段BH即为所求，
由图可得：∠BNT=∠AMC=90°，BN=CM=1，
∵AC= 62+12= 37，TB= 62+12= 37，
∴AC=TB，
在Rt△AMC和Rt△TNB中，
CM=NBAC=TB，
∴Rt△AMC≌Rt△TNB(HL)，
∴∠CAM=∠BTN，
∵∠AOP+∠PAP=90°，∠AOP=∠TOH，
∴∠OTH+∠TOH=90°，
∴∠THO=90°，
∴BT⊥AC，
∴BH为△ABC的高；
②如图，△DEF即为所求，
③如图，点G即为所求，
同①可证得KF⊥DE，则QR⊥DE，
∴∠DPF=90°，
∴∠PDF+∠DFP=90°，
∵DQ= 42+22=2 5，DF= 42+22=2 5，QF= 62+22=2 10，
∴QD2+DF2=QF2，QD=DF，
∴△QDF为等腰直角三角形，
∴∠QDF=90°，
∴∠QDR+∠PDF=90°，
∴∠QDR=∠DFP，
在△QDR和△DFP中，
∠QDR=∠DFP∠QRD=∠DPF=90°QD=FD，
∴△QDR≌△DFP(AAS)，
∴DR=PF，
由平行的性质得：PG=DR，
∴PG=PF，
∵∠DPF=90，
∴△GPF是等腰直角三角形，
∴∠FGP=45°，即∠FGE=45°．
(1)利用割补法求三角形的面积即可；
(2)①取格点T，连接BT交AC于点H，线段BH即为所求；②利用数形结合的思想以及全等三角形的性质，作出EF=BC，DF=AB即可；③取格点K，连接FK交DE于P，取格点Q，连接DQ，将KF向上平移，使得点K于点Q重合，交DE于R，则DR=PF，将DR沿DE平移使得R至P，此时D即为G，连接FG，点G即为所求．
本题考查了利用网格求三角形的面积、格点作图、无刻度直尺作图、三角形全等的判定与性质、平移的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、勾股定理逆定理等知识点，灵活运用所学知识点是解此题的关键．
22.【答案】20°
【解析】(1)解：①∵∠E是△ABC中∠A的遥望角，
∴∠EBC=12∠ABC，∠ECD=12∠ACD，
∴∠E=∠ECD−∠EBD=12(∠ACD−∠ABC)=12∠A，
∵∠A=40°，
∴∠E=20°．
故答案为：20°；
②∠E=12α，理由如下：
∵∠E是△ABC中∠A的遥望角，
∴∠EBC=12∠ABC，∠ECD=12∠ACD，
∴∠E=∠ECD−∠EBD=12(∠ACD−∠ABC)=12∠A，
∵∠A=α，
∴∠E=12α；
(2)证明：∵∠ABC=∠ADC=90°，
∴A、B、C、D四点共圆，
作四边形ABCD的外接圆交CE于点F，连接AF，DF，
∵四边形FBCD内接于⊙O，
∴∠DFC+∠DBC=180°，
∵∠DFC+∠DFE=180°，
∴∠DFE=∠DBC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC，
∵∠ABD=∠AFD，
∴∠AFD=∠DFE，
∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，
由(1)得∠E=12∠BAC，
∵∠BAC=∠BDC，
∴∠E=12∠BDC，
∵∠E+∠DCE=∠BAC，
∴∠E=∠DCE，
∵∠DCE=∠DAF，
∴∠E=∠DAF，
∵DF=DF，∠AFD=∠DFE，
∴△DAF≌△DEF(AAS)，
∴DA=DE．
(1)①根据遥望角的定义得到∠EBC=12∠ABC，∠ECD=12∠ACD，根据三角形的外角性质计算，得到答案；
②根据遥望角的定义得到∠EBC=12∠ABC，∠ECD=12∠ACD，根据三角形的外角性质计算，得到答案；
(2)由∠ABC=∠ADC=90°，可得A、B、C、D四点共圆，作四边形ABCD的外接圆交CE于点F，连接AF，DF，根据圆内接四边形的性质得到∠DFC+∠DBC=180°，由∠DFC+∠DFE=180°，得到∠DFE=∠DBC，根据圆周角定理得到∠ABD=∠AFD，进而得到∠AFD=∠DFE，根据遥望角的定义以及三角形的外角性质、圆周角定理证明∠DAF=∠E，再利用AAS证明△DAF≌△DEF，即可得出结论．
本题是四边形综合题，考查的是圆内接四边形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握圆周角定理、三角形外角性质，理解新定义，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．
23.【答案】(1)解，∵∠ABC+∠ADC=180°，∠BAD=90°，
∴∠BCD=90°，
在Rt△BAD和Rt△BCD中，
BD=BDAB=BC，
∴Rt△BAD≌Rt△BCD(HL)，
∴CD=AD=2，
∴DC=2；
(2)证明：①如图，延长QC到K，使得CK=AP，连接BK，
，
∵∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠DAB+∠BCD=180°，
∵∠BCD+∠BCK=180°，
∴∠BAP=∠BCK，
在△BAP和△BCK中，
AB=CB∠BAP=∠BCKAP=CK，
∴△BAP≌△BCK(SAS)，
∴BP=BK，AP=CK，∠APB=∠K，
∵PQ=AP+CQ，QK=CQ+CK，CK=AP，
∴PQ=KQ，
在△BQP和△BQK中，
BP=BKBQ=BQPQ=KQ，
∴△BQP≌△BQK(SSS)，
∴∠K=∠BPQ，
∴∠APB=∠BPQ，
∴BP平分∠APQ；
②由①得△BAP≌△BCK(SAS)，△BQP≌△BQK(SSS)，
∴∠1=∠2，∠PBQ=∠KBQ，
∵∠ABC=∠1+∠PBQ+∠CBQ=∠2+∠CBQ+∠PBQ=∠KBQ+∠PBQ=2∠PBQ，∠ABC+∠ADC=180°，
∴2∠PBQ+∠ADC=180°，
∴∠PBQ=90°−12∠ADC；
(3)解：如图，在CD延长线上找一点K，使得KC=AP，连接BK，
，
∵∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠DAB+∠BCD=180°，
∵∠BAD+∠PAB=180°，
∴∠PAB=∠BCK，
在△BAP和△BCK中，
BA=BC∠BAP=∠BCKAP=CK，
∴△BAP≌△BCK(SAS)，
∴∠ABP=∠CBK，BP=BK，
∵PQ=CQ+AP，KQ=CQ+CK，CK=AP，
∴PQ=KQ，
在△BQP和△BQK中，
BP=BKBQ=BQPQ=KQ，
∴△BQP≌△BQK(SSS)，
∴∠PBQ=∠KBQ，
∴2∠PBQ+∠PBK=2∠PBQ+∠ABC=360°，
∴2∠PBQ+(180°−∠ADC)=360°，
∴∠PBQ=90°+12∠ADC．
【解析】(1)先证明∠BCD=90°，再证明Rt△BAD≌Rt△BCD(HL)，即可得到CD=AD=2；
(2)①延长QC到K，使得CK=AP，连接BK，证明∠BAP=∠BCK，推出△BAP≌△BCK(SAS)，得到BP=BK，AP=CK，∠APB=∠K，证明PQ=KQ，推出△BQP≌△BQK(SSS)，得到∠K=∠BPQ，从而得到∠APB=∠BPQ，即可得证；②由①得△BAP≌△BCK(SAS)，△BQP≌△BQK(SSS)，得到∠1=∠2，∠PBQ=∠KBQ，证明∠ABC=2∠PBQ，再由∠ABC+∠ADC=180°，进行计算即可得到答案；
(3)在CD延长线上找一点K，使得KC=AP，连接BK，证明△BAP≌△BCK(SAS)，得到∠ABP=∠CBK，BP=BK，证明△BQP≌△BQK(SSS)，得到∠PBQ=∠KBQ，再由角之间的关系得出∠PBQ=180°−∠PBQ+∠ADC，即可得证．
本题考查了三角形全等的判定与性质，熟练掌握三角形全等的判定与性质，添加适当的辅助线是解此题的关键．
24.【答案】解：(1)∵(m−2n)2+(n−2)2=0，(m−2n)2≥0，(n−2)2≥0，
∴m−2n=0，n−2=0，
∴m=4，n=2，
∴A(4,0)，C(0,2)，
∴OA=4，OC=2，
如图，作BD⊥y轴交y轴于点D，则∠BDC=90°，

∴∠DBC+∠DCB=90°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC=AC，∠BCA=90°，
∴∠BCD+∠ACO=90°，
∴∠DBC=∠ACO，
在△BCD和△CAO中，
∠BDC=∠COA=90°∠DBC=∠OCABC=CA，
∴△BCD≌△CAO(AAS)，
∴BD=OC=2，CD=OA=4，
∴OD=CD−OC=4−2=2，
∴点B的坐标为(−2,−2)；
(2)由(1)得：A(4,0)，B(−2,−2)，C(0,2)，
设直线AB解析式为：y=px+q，
将A(4,0)，B(−2,−2)代入解析式得：4p+q=0−2p+q=−2，
解得：p=13q=−43，
∴直线AB解析式为y=13x−43，
当x=0时，y=−43，
∴M(0,−43)，
∴CM=2−(−43)=103，
设直线BC的解析式为：y=sx+t，
将B(−2,−2)，C(0,2)代入解析式得：−2s+t=−2t=2，
解得：s=2t=2，
∴直线BC的解析式为y=2x+2，
当y=0时，2x+2=0，
解得：x=−1，
∴N(−1,0)，
∴MN= (−1)2+(43)2=53，
∴CM+MN=103+53=5；
(3)如图，在PQ上截取一点E，使PE=CT，

∵△CMP、△CNQ为等腰直角三角形，
∴∠PCM=90°，CM=CP，∠NCQ=90°，CQ=CN，
∴∠PCO+∠MCT=90°，∠NCT+∠OCQ=90°，
∵∠PCO+∠CPO=90°，∠OQC+∠OCQ=90°，
∴∠MCT=∠CPO，∠OQC=∠NCT，
在△PCE和△CMT中，
CM=PC∠CPO=∠MCTPE=CT，
∴△PCE≌△CMT(SAS)，
∴∠MTC=∠CEP，S△CMT=S△PCE，
∵∠CTN+∠MTC=180°，∠QEC+∠PEC=180°，
∴∠CTN=∠CEQ，
在△QCE和△CNT中，
∠CEQ=∠NTC∠CQE=∠NCTQC=CN，
∴△QCE≌△CNT(AAS)，
∴S△CTN=S△CEQ，
作MF⊥y轴交y轴于F，作NG⊥y交y轴于G，
则∠MFC=∠POC=∠NGC=∠COQ=90°，
在△COP和△MFC中，
∠CPO=∠MCF∠COP=∠MFCPC=MC，
∴△COP≌△MFC(AAS)，
∴MF=OC，
同理可得△COQ≌△NGC(AAS)，
∴GN=OC，
∵P(t,0)，Q(t+10,0)，C(0,2)，
∴PQ=10，OC=2，
∴MF=GN=OC=2，
∴S△MON=S△MOC+S△NOC+S△MCT+S△NCT
=12OC⋅MF+12OC⋅NG+S△CPE+S△CQE
=12×2×2+12×2×2+S△CPQ
=2+2+12PQ⋅OC
=4+12×10×2
=4+10
=14．
【解析】(1)根据非负数的性质求出m=4，n=2，从而得到A(4,0)，C(0,2)，即OA=4，OC=2，作BD⊥y轴交y轴于点D，则∠BDC=90°，证明△BCD≌△CAO(AAS)得到BD=OC=2，CD=OA=4，OD=CD−OC=2，即可得到答案；
(2)由(1)得：A(4,0)，B(−2,−2)，C(0,2)，用待定系数法分别求出直线AB、BC的解析式，从而得出M、N的坐标，再根据两点间的距离得出CM、MN，即可得到答案；
(3)在PQ上截取一点E，使PE=CT，证明△PCE≌△CMT(SAS)得到∠MTC=∠CEP，S△CMT=S△PCE，证明△QCE≌△CNT(AAS)，得到S△CTN=S△CEQ，作MF⊥y轴交y轴于F，作NG⊥y交y轴于G，证明△COP≌△MFC(AAS)，得到MF=OC，同理可得△COQ≌△NGC(AAS)，GN=OC，再根据S△MON=S△MOC+S△NOC+S△MCT+S△NCT进行代换和计算即可得到答案．
本题主要考查了坐标与图形、非负数的性质、一次函数的图象与性质、等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定与性质、三角形面积公式等知识，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线，是解此题的关键．