2024届河北省滦州市数学八年级第二学期期末教学质量检测模拟试题含解析

2024届河北省滦州市数学八年级第二学期期末教学质量检测模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，ABCD 的对角线AC 、BD 交于点O ，DE 平分ADC ∠交AB 于点E ，60BCD ∠=，12AD AB =，连接OE .下列结论：①ABCD S
AD BD =⋅；②DB 平分CDE ∠；③AO DE =；④12
OE AD =其中正确的个数有（ ）
A ．1个
B ．2个
C ．3个
D ．4个
2．某学校改造一个边长为5米的正方形花坛，经规划后，南北方向要缩短x 米(0<x <5)，东西方向要加长x 米，则改造后花坛的面积与原来的花坛面积相比（ ）
A ．增加了x 平方米
B ．减少了2x 平方米
C ．保持不变
D ．减少了x 2平方米 3．要使分式
52x x +有意义，则x 的取值满足的条件是（ ） A ．2x =- B ．2x ≠- C ．0x = D ．0x ≠
4．若关于x 的分式方程
3144x m x x ++=--有增根，则m 的值是（ ） A ．0m =或3m =
B ．0m =
C ．1m =-
D ．4m =
5．如果用总长为60m 的篱笆围成一个长方形场地，设长方形的面积为S （m 2）周长为p （m ），一边长为a （m ），那么S 、p 、a 中，常量是（ ）
A ．a
B ．p
C ．S
D ．p ，a
6．如图,在△ABC 中,P 为BC 上一点,PR⊥AB,垂足为R,PS⊥AC,垂足为S,∠CAP=∠APQ,PR=PS,下面的结
论:①AS=AR;②QP∥AR;③△BRP≌△CSP.其中正确的是( )
A ．①②
B ．②③
C ．①③
D ．①②③ 7．若23a b =，则下列变形错误的是（ ） A ．23a b = B ．32b a = C ．3=2a b D ．22a b =
8．如图，矩形ABCD 的两条对角线相交于点O ，∠AOD=60°，AD=2，则AC 的长是（ ）
A ．2
B ．4
C ．23
D ．43
9．下列点在直线5y x =-+上的是（ ）
A ．()2,1-
B ．33,2⎛
⎫- ⎪⎝⎭ C ．()4,1 D ．()1,2
10．如果35a +有意义，那么（ ）
A ．a≥53
B ．a≤53
C ．a≥﹣53
D ．a 53
≤- 二、填空题(每小题3分,共24分)
11．已知一次函数的图象过点（3，5）与点（-4，-9），则这个一次函数的解析式为____________.
12．计算：0
1|3|43π⎛⎫--+-= ⎪⎝
⎭________． 13．甲、乙两人在同一直线道路上同起点、同方向、同时出发，分别以不同的速度匀速跑步1000米，甲超出乙150米时，甲停下来等候乙，甲、乙会合后，两人分别以原来的速度继续跑向终点，先到终点的人在终点休息，在跑步的整个过程中，甲、乙两人的距离y （米）与乙出发的时间x （秒）之间的关系如图所示，则甲到终点时，乙距离终点还有_____米．
14．一个矩形的长比宽多1cm ，面积是132cm 2，则矩形的长为________cm ．
15．如果一个n 边形的内角和等于它的外角和的3倍，则n=______．
16．如图，已知正五边形ABCDE ，AF ∥CD ，交DB 的延长线于点F ，则∠DFA ＝____度．
17．如图，三个正比例函数的图象分别对应表达式：①y=ax ，②y=bx ，③y=cx ，将a ，b ，c 从小到大排列并用“＜”连接为_____．
18．如图，矩形ABOC 的顶点A 的坐标为（﹣4，5），D 是OB 的中点，E 是OC 上的一点，当△ADE 的周长最小时，点E 的坐标是_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，在ABC ∆中，点F 是BC 的中点，点E 是线段AB 的延长线上的一动点，连接EF ，过点C 作AB 的平行线CD ，与线段EF 的延长线交于点D ，连接CE 、BD .
(1)求证：四边形DBEC 是平行四边形.
(2)若120ABC ∠=︒，4AB BC ==，则在点E 的运动过程中：
①当BE =______时，四边形BECD 是矩形；
②当BE =______时，四边形BECD 是菱形.
20．（6分）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，点A 、B 、C 、D 都在格点上．
（1）线段AB的长是______；
（2）在图中画出一条线段EF，使EF的长为13，并判断AB、CD、EF三条线段的长能否成为一个直角三角形三边的长？说明理由．
+-
21．（6分）计算：(1)32-8； (2)(223)(223)
22．（8分）在甲、乙两个不透明的口袋中装有质地、大小相同的小球，甲袋中有2个白球，1个黄球和1个红球：乙袋中装有1个白球，1个黄球和若干个红球，从乙盒中仼意摸取一球为红球的概率是从甲盒中仼意摸取一球为红球的概率的2倍．
（1）乙袋中红球的个数为．
（2）若摸到白球记1分，摸到黄球记2分，摸到红球记0分，小明从甲、乙两袋中先后分别任意摸取一球，请用树状图或列表的方法求小明摸得两个球得2分的概率．
，两种型号的沼气23．（8分）为执行中央“节能减排，美化环境，建设美丽新农村”的国策，我市某村计划建造A B
池共20个，以解决该村所有农户的燃料问题，两种型号沼气池的占地面积、使用农户数及造价见下表：
型号占地面积（2
m/个）使用农户数（户/个）造价（万元/个）
A15182
B20303
已知可供建造沼气池的占地面积不超过2
365m，该村农户共有492户．
（1）满足条件的方案共有几种？写出解答过程；
（2）通过计算判断，哪种建造方案最省钱．
24．（8分）已知，如图，在平面直角坐标系中，直线分别交轴、轴于点、两点，直线过原点且与直线相交于，点为轴上一动点.
(1)求点的坐标；
(2)求出的面积；
(3)当的值最小时，求此时点的坐标；
25．（10分）计算与化简：
（1）化简22m n m n n m +-- （2）化简232224
x x x x x x ⎛⎫-÷ ⎪-+-⎝⎭， （3）计算12246546
-+ （4）计算1(3210)(
5)2+- 26．（10分）菱形ABCD 的对角线AC 、DB 相交于点O ，P 是射线DB 上的一个动点（点P 与点D ，O ，B 都不重合），过点B ，D 分别向直线PC 作垂线段，垂足分别为M ，N ，连接OM ．ON ．
（1）如图1，当点P 在线段DB 上运动时，证明：OM ＝ON ．
（2）当点P 在射线DB 上运动到图2的位置时，（1）中的结论仍然成立．请你依据题意补全图形：并证明这个结论．
（3）当∠BAD＝120°时，请直接写出线段BM ，DN ，MN 之间的数量关系．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【解题分析】
求得∠ADB=90°，即AD ⊥BD ，即可得到S ▱ABCD =AD•BD ；依据∠CDE=60°，∠BDE=30°，可得∠CDB=∠BDE ，进而得出DB 平分∠CDE ；依据Rt △AOD 中，AO ＞AD ，即可得到AO ＞DE ；依据OE 是△ABD 的中位线，即可得到12
OE AD =． 【题目详解】
解：∵∠BAD=∠BCD=60°，∠ADC=120°，DE 平分∠ADC ，
∴∠ADE=∠DAE=60°
=∠AED ， ∴△ADE 是等边三角形，
12
AD AE AB ∴== ∴E 是AB 的中点，
∴DE=BE ，
1302
BDE AED ︒∴∠=∠= ∴∠ADB=90°，即AD ⊥BD ，
∴S ▱ABCD =AD•BD ，故①正确；
∵∠CDE=60°，∠BDE=30°，
∴∠CDB=∠BDE ，
∴DB 平分∠CDE ，故②正确；
∵Rt △AOD 中，AO ＞AD ，
∴AO ＞DE ，故③错误；
∵O 是BD 的中点，E 是AB 的中点，
∴OE 是△ABD 的中位线， ∴12
OE AD =,故④正确； 正确的有3个
故选C
【题目点拨】
本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，平行四边形的面积公式的综合运用，
熟练掌握性质定理和判定定理是解题的关键．
2、D
【解题分析】
根据题意得到改造后花坛的长为（5+x）米，宽为（5-x）米，则其面积为（5+x）（5-x）=（25-x2）平方米，然后根据正方形的面积为52=25平方米可得到
改造后花坛的面积减少了x2平方米．
【题目详解】
解：根据题意改造后花坛为矩形，其长为（5+x）米，宽为（5-x）米，
所以矩形花坛的面积为（5+x）（5-x）=（25-x2）平方米，
而原正方形面积为52=25平方米，
所以改造后花坛的面积减少了x2平方米．
故选：D
【题目点拨】
本题考查了平方差公式的几何背景：利用几何面积验证平方差公式，根据题意画出图形，数形结合思想解题是本题的解题关键．
3、B
【解题分析】
根据分式有意义的条件是分母不等于零可得x+2≠0；解不等式可得结果，从而得出正确选项.
【题目详解】
由分式有意义的条件可得x+2≠0，
解得x≠-2.
故答案选B.
【题目点拨】
本题考查了分式有意义的条件，解题的关键是掌握分式有意义的条件是分母不等于零.
4、C
【解题分析】
增根是化为整式方程后产生的不适合分式方程的根．所以应先确定增根的可能值，由最简公分母x-4=0，得到x=4，然后代入化为整式方程的方程，满足即可．
【题目详解】
解：
3
1 44
x m
x x
+
+= --
3144
x m x x +-=-- 方程两边都乘x-4，
得3()4x m x -+=-
∵原方程有增根，
∴最简公分母x-4=0，
解得x=4，
当x=4时，3(4)44m -+=-，
解得：1m =-
故选：C ．
【题目点拨】
本题考查了分式方程的增根，难度适中．确定增根可按如下步骤进行：①让最简公分母为0确定可能的增根；②化分式方程为整式方程；③把可能的增根代入整式方程，使整式方程成立的值即为分式方程的增根．
5、B
【解题分析】
根据常量的定义判断即可,常量就是不变的量，不随自变量的变化而变化.
【题目详解】
解：根据题意长方形的周长p ＝60m ，
所以常量是p ，
故选：B ．
【题目点拨】
本题主要考查常量的定义，是函数的基本知识点，应当熟练掌握.
6、A
【解题分析】
连接AP ，由已知条件利用角平行线的判定可得∠1=∠2，由三角形全等的判定得△APR ≌△APS ，得AS=AR ，由已知可得∠2=∠3，得到∠1=∠3，得QP ∥AR ，答案可得．
【题目详解】
连接AP ，
∵PR=PS ，PR ⊥AB ，垂足为R ，PS ⊥AC ，垂足为S ，
∴AP 是∠BAC 的平分线，∠1=∠2，
∴△APR ≌△APS ，
∴AS=AR ，
又AQ=PQ ，
∴∠2=∠3，
又∠1=∠2，
∴∠1=∠3，
∴QP ∥AR ，
BC 只是过点P ，没有办法证明△BRP ≌△CSP ，③不成立．
故选A ．
【题目点拨】
本题主要考查角平分线的判定和平行线的判定；准确作出辅助线是解决本题的关键，做题时要注意添加适当的辅助线，是十分重要的，要掌握．
7、D
【解题分析】
根据两内项之积等于两外项之积对各选项分析判断即可得解
【题目详解】 解：由23
a b =得3a=2b, A. 由可得：3a=2b, 本选项正确；
B. 由32b a
=可得：3a=2b, 本选项正确； C. 3=2a b , 可知本选项正确；
D. 22a b =,由前面可知本选项错误。

故选：D
【题目点拨】
本题考查了比例的性质，熟练掌握内项之积等于外项之积是解题的关键．
8、B
【解题分析】
解：在矩形ABCD 中，OA=OC ，OB=OD ，AC=BD ，∴OA=OC ．
∵∠AOD=60°，
∴△OAB 是等边三角形．∴OA=AD=1．
∴AC=1OA=1×1=2．
故选B ．
9、C
【解题分析】
将四个选项中的点分别代入解析式，成立者即为函数图象上的点．
【题目详解】
解：将x=2代入y=-x+5得，y=3，不符合题意；
将x=3代入y=-x+5得，y=2，不符合题意；
将x=4代入y=-x+5得，y=1，符合题意；
将x=1代入y=-x+5得，y=4，不符合题意；
故选C ．
【题目点拨】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，将点的坐标代入解析式，解析式成立者即为正确答案． 10、C
【解题分析】
被开方数为非负数，列不等式求解即可.
【题目详解】
根据题意得：350a +≥，解得53a ≥-.
故选：C .
【题目点拨】
本题考查二次根式有意义的条件，二次根式的被开方数是非负数.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、2 1.y x =-
【解题分析】
设一次函数的解析式为：y kx b =+，利用待定系数法把已知点的坐标代入解析式，解方程组即可得答案．
【题目详解】
解：设一次函数的解析式为：y kx b =+，
3549
k b k b +=⎧∴⎨-+=-⎩ 解得：21k b =⎧⎨=-⎩
所以这个一次函数的解析式为：2 1.y x =-
故答案为：2 1.y x =-
【题目点拨】
本题考查的是利用待定系数法求解一次函数的解析式，掌握待定系数法是解题的关键．
12、2
【解题分析】
分别先计算绝对值，算术平方根，零次幂后计算得结果．
【题目详解】
解：原式3212=-+=．
故答案为：2．
【题目点拨】
本题考查的是绝对值，算术平方根，零次幂的运算，掌握运算法则是解题关键．
13、50
【解题分析】
乙从开始一直到终点，行1000米用时200秒，因此乙的速度为1000÷
200=5米/秒，甲停下来，乙又走150÷5=30秒才与甲第一次会和，第一次会和前甲、乙共同行使150-30=120秒，从起点到第一次会和点的距离为5×
150=750米，因此甲的速度为750÷
120=6.25米/秒，甲行完全程的时间为1000÷6.25=160秒，甲到终点时乙行驶时间为160+30=190秒，因此乙距终点还剩200-190=10秒的路程，即10×
5=50米． 【题目详解】
乙的速度为：1000÷200＝5米/秒，从起点到第一次会和点距离为5×150＝750米，
甲停下来到乙到会和点时间150÷5＝30秒，之前行驶时间150﹣30＝120秒，
甲的速度为750÷120＝6.25米/秒，
甲到终点时乙行驶时间1000÷6.25+30＝190秒，
还剩10秒路程，即10×5＝50米，
故答案为50米．
【题目点拨】
考查函数图象的意义，将行程类实际问题和图象联系起来，理清速度、时间、路程之间的关系是解决问题关键．14、1
【解题分析】
设矩形的宽为xcm，根据矩形的面积=长×宽列出方程解答即可．
【题目详解】
设矩形的宽为xcm，依题意得：
x（x+1）=132，
整理，得（x+1）（x-11）=0，
解得x1=-1（舍去），x2=11，
则x+1=1．
即矩形的长是1cm．
故答案为：1．
【题目点拨】
本题考查了一元二次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．
15、1
【解题分析】
根据多边形内角和公式110°（n-2）和外角和为360°可得方程110（n-2）=360×3，再解方程即可．
【题目详解】
解：由题意得：110（n-2）=360×3，
解得：n=1，
故答案为：1．
【题目点拨】
此题主要考查了多边形内角和与外角和，要结合多边形的内角和公式与外角和的关系来寻求等量关系，构建方程即可求解．
16、1
【解题分析】
首先求得正五边形内角∠C的度数，然后根据CD＝CB求得∠CDB的度数，然后利用平行线的性质求得∠DFA的度数
【题目详解】
解：∵正五边形的外角为10°÷5＝72°，
∴∠C＝180°﹣72°＝108°，
∵CD＝CB，
∴∠CDB＝1°，
∵AF∥CD，
∴∠DFA＝∠CDB＝1°，
故答案为1．
【题目点拨】
本题考查了多边形的内角和外角及平行线的性质，解题的关键是求得正五边形的内角．
17、a＜c＜b
【解题分析】
根据直线所过象限可得a＜0，b＞0，c＞0，再根据直线陡的情况可判断出b＞c，进而得到答案．【题目详解】
根据三个函数图象所在象限可得a＜0，b＞0，c＞0，
再根据直线越陡，|k|越大，则b＞c．
则b＞c＞a，
故答案为a＜c＜b．
18、（0，5
3
）
【解题分析】
作点A关于y轴的对称点A'，连接A'D，此时△ADE的周长最小值为AD+DA'的长；E点坐标即为直线A'D与y轴的交点；
【题目详解】
解：作点A关于y轴的对称点A'，连接A'D，
此时△ADE的周长最小值为AD+DA'的长；
∵A的坐标为（﹣4，5），D是OB的中点，
∴D（﹣2，0），
由对称可知A'（4，5），
设A'D的直线解析式为y＝kx+b，
54k b
=+
⎧
∴
5
k
6
5
b
3⎧
=
⎪⎪
⎨
⎪=
⎪⎩
，
∴
55
63
y x
=+，
∴E（0，5
3）；
故答案为（0，5
3）；
【题目点拨】
本题考查矩形的性质，线段的最短距离；能够利用轴对称求线段的最短距离，将AE+DE的最短距离转化为线段A'D 的长是解题的关键．
三、解答题(共66分)
19、(1)、证明过程见解析；(2)、①、2；②、1．
【解题分析】
(1)、首先证明△BEF和△DCF全等，从而得出DC=BE，结合DC和AB平行得出平行四边形；(2)、①、根据矩形得出∠CEB=90°，结合∠ABC=120°得出∠CBE=60°，根据直角三角形的性质得出答案；②、根据菱形的性质以及∠ABC=120°得出△CBE是等边三角形，从而得出答案．
【题目详解】
(1)、证明：∵AB∥CD，∴∠CDF=∠FEB，∠DCF=∠EBF，∵点F是BC的中点，
∴BF=CF，在△DCF和△EBF中，∠CDF=∠FEB，∠DCF=∠EBF，FC=BF，
∴△EBF≌△DCF（AAS），∴DC=BE，∴四边形BECD是平行四边形；
(2)、①BE=2；∵当四边形BECD是矩形时，∠CEB=90°，∵∠ABC=120°，∴∠CBE=60°；
∴∠ECB=30°，∴BE=1
2
BC=2，
②BE=1，∵四边形BECD是菱形时，BE=EC，∵∠ABC=120°，∴∠CBE=60°，∴△CBE是等边三角形，∴BE=BC=1．
【题目点拨】
本题主要考查的是平行四边形的性质以及矩形、菱形的判定定理，属于中等难度的题型．理解平行四边形的判定定理以及矩形和菱形的性质是解决这个问题的关键．
20、（1）5；（2）见解析，AB 、CD 、EF 三条线段的长能成为一个直角三角形三边的长，理由见解析
【解题分析】
(1)直接利用勾股定理得出AB 的长；
(2)直接利用勾股定理以及勾股定理逆定理分析得出答案．
【题目详解】
(1)线段AB 的长是：2212+=5；
故答案为：5；
(2)如图所示：EF 即为所求，
AB 、CD 、EF 三条线段的长能成为一个直角三角形三边的长
理由：∵AB 252=5，DC 2=8，EF 2=13，
∴AB 2+DC 2=EF 2，
∴AB 、CD 、EF 三条线段的长能成为一个直角三角形三边的长． 【题目点拨】
此题主要考查了勾股定理以及勾股定理逆定理，正确结合网格分析是解题关键．
21、()()122,25
【解题分析】
（1）先化简二次根式，再加减；（2）根据平方差公式进行计算. 【题目详解】 32-8422222==
(2)(22(223)(223)22
3835=-=-=
【题目点拨】
考核知识点：二次根式的运算.掌握运算法则是关键.
22、（1）2；（2）小明摸得两个球得2分的概率为
5 16
．
【解题分析】
(1)首先设乙袋中红球的个数为x个，根据题意可得方程：
1
112
x
x
=
++
，解此方程即可求得答案；
(2)首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与小明摸得两个球得2分的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
【题目详解】
(1)甲袋中摸出红球的概率为
11
2114
=
++
，则乙袋中摸出红球的概率为
11
2
42
⨯=，
设乙袋中红球的个数为x个，
根据题意得：
1 112
x
x
=
++
，
解得：x＝2，
经检验，x＝2是原分式方程的解，
∴乙袋中红球的个数是2个，
故答案为：2；
(2)画树状图得：
∵共有16种等可能的结果，
又∵摸到白球记1分，摸到黄球记2分，摸到红球记0分，∴小明摸得两个球得2分的有5种情况，
∴小明摸得两个球得2分的概率为：
5 16
．
【题目点拨】
本题考查了分式方程的应用，列表法或树状图法求概率，熟练掌握相关知识是解题的关键. 用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
23、（1）满足条件的方案有三种，方案一建造A型沼气池7个，B型沼气池13个；方案二建造A型沼气池8个，B型沼气池12个；方案三建造A型沼气池9个，B型沼气池11个，见解析；（2）方案三最省钱，见解析
【解题分析】
（2）由（1）得到情况进行分析．
【题目详解】
解（1）设建设A 型沼气池x 个，B 型沼气池()20x -个，根据题意列不等式组得
()()152020365183020492x x x x ⎧+-≤⎪⎨+-≥⎪⎩
解不等式组得：79x ≤≤ ∴满足条件的方案有三种，方案一建造A 型沼气池7个，B 型沼气池13个
方案二建造A 型沼气池8个，B 型沼气池12个
方案三建造A 型沼气池9个，B 型沼气池11个
（2）方案一的造价为：2731353⨯+⨯=万元
方案二的造价为2812352⨯+⨯=万元
方案三的造价为:2×
9+3×11=51万元 所以选择方案三建造9个A ，11个B 最省钱
【题目点拨】
此题考查一元一次不等式的应用，解题关键在于根据题意列出不等式.
24、 (1)点
；(2)；(3)点.
【解题分析】
（1）联立两直线解析式组成方程组，解得即可得出结论；
（2）将代入，求出OB 的长，再利用 （1）中的结论点，即可求出的面积； （3）先确定出点A 关于y 轴的对称点A'，即可求出PA+PC 的最小值，再用待定系数法求出直线A'C 的解析式即可得出点P 坐标．
【题目详解】
解：(1)∵直线l 1：y=x+3与直线l 2：y=-3x 相交于C ， ∴
解得： ∴点
； (2) ∵把代入， 解得：
， ∴，
又∵点
， ∴
； (3) 如图，作点A （-3，0）关于y 轴的对称点A'（3，0），
连接CA'交y 轴于点P ，此时，PC+PA 最小，
最小值为CA'=
，
由（1）知，
， ∵A'（3，0），
∴直线A'C 的解析式为
， ∴点.
【题目点拨】
此题是一次函数综合题，主要考查了函数图象的交点坐标的求法，极值的确定，用分类讨论的思想和方程（组）解决问题是解本题的关键．
25、（1）m n +（2）4x +（3）6（4）17252
-
-【解题分析】
（1）原式变形后，利用同分母分式的减法法则计算即可得到结果．
（2）首先把括号里的式子进行通分，然后把除法运算转化成乘法运算，进行约分化简，最后代值计算，代自己喜欢的值时注意不能使分母为1．
（3）先把各根式化为最简二次根式，再合并同类项即可
（4）二次根式的性质去括号，再合并同类二次根式。

【题目详解】
（1）.原式22
=m n m n m n
--- 22
m n m n
-=- m n =+
（2）原式22282(2)(2)4
x x x x x x +=÷-+- 4x =+
（3）原式=
=
（4）原式3=2
=-
2
=--【题目点拨】
此题考查分式的混合运算， 掌握运算法则是解题关键
26、（1）证明见解析；（2）补全图形如图，证明见解析；（3）MN （BM+ND ）.
【解题分析】
（1）延长NO 交BM 交点为F .根据题意，先证明△BOF ≌△DON ，得到NO ＝FO ，最后结合题意，得到MO ＝NO ＝FO .（2）延长MO 交ND 的延长线于F . 根据题意及图像，先证明△BOM ≌△FOD ，得到MO ＝FO ，再由FN ⊥MN ，OF ＝OM ，得到NO ＝OM ＝OF .（3）根据题意，先证明B ，M ，C ，O 四点共圆，得到∠FMN ＝∠OBC ＝30°，
再由FN ⊥MN ，得到MN BM ＋DN ）.
【题目详解】
（1）延长NO 交BM 交点为F ，如图
∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，BO＝DO
∵DN⊥MN，BM⊥MN
∴BM∥DN
∴∠DBM＝∠BDN，且BO＝DO，∠BOF＝∠DON ∴△BOF≌△DON
∴NO＝FO，
∵BM⊥MN，NO＝FO
∴MO＝NO＝FO
（2）如图：延长MO交ND的延长线于F
∵BM⊥PC，DN⊥PC
∴BM∥DN
∴∠F＝∠BMO
∵BO＝OD，∠F＝∠BMO，∠BOM＝∠FOD
∴△BOM≌△DOF
∴MO＝FO
∵FN⊥MN，OF＝OM
∴NO＝OM＝OF
（3）如图：
∵∠BAD＝120°，四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC＝60°，AC⊥BD
∵∠OBC＝30°
∵BM⊥PC，AC⊥BD
∴B，M，C，O四点共圆
∴∠FMN＝∠OBC＝30°
∵FN⊥MN
∴MN33（BM＋DN）
【题目点拨】
本题主要考查了全等三角形的判定定理及四点共圆的定义，熟练掌握全等三角形的判定定理及四点共圆的定义是本题解题关键.。