2023-2024学年广东省实验中学七年级（下）期中数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年广东省实验中学七年级（下）期中数学试卷（含答案），共24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．（3 分）下列四个数中，属于无理数的是()
3 16
4
A．0.65B． 1C．D．
3
2．（3 分）如图， a / /b ， 2  75 ，则1 的度数是()
A．105B． 75C．115D． 65
3．（3 分）如图，现要在李庄附近建一高铁站，为了使李庄的人乘车最方便，那么选高铁线上的点 A 来建高铁站，理由是( )
A．两点之间，线段最短B．两点确定一条直线C．垂线段最短
D．在同一平面内，过一点有且只有一条直线与这条直线垂直
4．（3 分）若 x|t2|  (t  3) y  1 是关于 x ， y 的二元一次方程，则t 的值为()
A．1B．3 或 1C．3D．3 或 0
5．（3 分）如图，在ABC 中， BC  7 ．把ABC 沿 RS 的方向平移到DEF 的位置，若CF  4 ，则下列结论中错误的是( )
EF  7
BE  4
AC / / DFD． DF  7
  y2
6．（3 分）已知 x  1

是二元一次方程 ax  by  3 的解，则2a  4b  2 的值是( )
A．2B．4C．6D．9 7．（3 分）下列命题中为真命题的是( )
16
A． 4
B．过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行C．同旁内角互补
D．有理数与数轴上的点一一对应
8．（3 分）在平面直角坐标系中，点 M 的坐标是(1, 2) ， MN  x 轴， MN  3 ，则点 N 的坐标是( )
A． (1, 5)
C． (2, 2) 或(4, 2)
B． (2, 2)
D． (1, 1) 或(1, 5)
9．（3 分）如图，将一张长方形纸片进行折叠，若2  1  20 ，则EFC 的度数为( )
A．130B．100C． 80D．150
10．（3 分）如图，在平面直角坐标系中，点 A 从原点O 出发，沿 x 轴正方向按半圆形弧线不断向前运动，其移动路线如图所示，其中半圆的半径为 1 个单位长度，这时点 A1 、 A2 、 A3 、 A4 的坐标分别为 A1 (0, 0) ，
A2 (1,1) ， A3 (2, 0) ， A4 (3, 1) ，则点 A2024 的坐标为( )
A． (2024, 0)B． (2025, 1)C． (2023,1)D． (2023, 1)
二、填空题（本大题共 6 个小题，每小题 3 分，共 18 分）
11．（3 分）81 的算术平方根是 ．
12．（3 分）将方程 x  2 y  5 变形为用含 x 的代数式表示 y 的形式是 y  ．
13．（3 分）中国象棋具有悠久的历史，战国时期，就有了关于象棋的正式记载．如图是经典残局“七星聚会”的一部分，如果“车”的位置表示为(2, 2) ，“兵”的位置表示为(2, 0) ，那么“炮”的位置应表示为 ．
14．（3 分）如图，木棒 AB 、CD 与 EF 分别在G 、H 处用可旋转的螺丝铆住，EGB  110 ，EHD  85 ，将木棒 AB 绕点G 逆时针旋转到与木棒CD 平行的位置，则至少要旋转  ．
15．（3 分）如图，直线 AB / /CD ， AE  CE ， 1  126 ，则C   ．
16．（3 分）定义：在平面直角坐标系 xOy 中，将点 P(x, y) 变换为 P(kx  b ， by  k )(k 、b 为常数），我们把这种变换称为“ SS 变换”．已知点 A(2,1) ，B(m, 2n) ，C(m  3, 2n) 经过“ SS 变换”的对应点分别是 D(5, 3) ，
E ， F ．若 S三角形AEF  4 ，则 k  b  ， n  ．
三、解答题（本大题共 8 小题，共 72 分．解答应写出适当的文字说明、证明过程或演算步骤）
2
3
3
17．（9 分）计算：
4
1
9
（1） 3 27 ；（2）
3(3 
)  32  |
 2 |．
18．（9 分）解方程组：
 y  7  2x
 9s  2t  15
（1）  ．（2）  ．
3x4 y5
3s
4(1
t)6
19．（9 分）如图， AE 是DAB 的平分线， AE / /CB ， B  40 ，求C 的度数．（请写出推理依据）
20．（9 分）如图，AD∥BC，∠1＝∠C，∠B＝60°，DE 平分∠ADC 交 BC 于点 E，试说明 AB∥DE．下面是小林同学的证明，请你完善解答过程，并在括号内填写相应的推理依据．
证明：∵AD∥BC，（已知）
∴∠1＝∠ ＝60°，（ ）
∵∠1＝∠C，（已知）
∴∠C＝∠B＝60°．（等量代换）
∵AD∥BC，（已知）
∴∠C+∠＝180°． （）
∴∠ ＝180°﹣∠C＝180°﹣60°＝120°．（等式的性质）
∵DE 平分∠ADC，（已知）
∴∠ADE＝ 1 ADC  1 ×120°＝60°． （）
22
∴∠1＝∠ADE． （）
∴AB∥DE． （）
10
21．（9 分）已知一个数 m 的两个平方根分别为 a 和 a  2．
求 m 的值；
如图在数轴上，若点 A 表示的数是 a ，点 M 表示的数是 m ，点 B 表示的数是b ，点 B 在点 A 的左侧
10
且满足 BA  2 AM ，求b  3 28 的立方根．
22．（9 分）如图，每个小方格都是边长为 1 个单位长度的正方形，建立如图所示的平面直角坐标系后，三角形 ABC 的顶点坐标为 A(1, 4) ， B(5, 5) ， C(5, 1) ．
（1）把三角形 ABC 向左平移 5 个单位长度再向上平移 6 个单位长度得到△ ABC ，在图中画出三角形
ABC ；
（2）（1）中的三角形 ABC 面积为 ；
（3）在 x 轴的负半轴上是否存在点 P ，使 S
说明理由．
三角形ABP
 1 S
2
三角形ABC
．若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，
23．（9 分）一个优秀的现代城市必定蕴含科技、人文、生态三大内涵．结合广州的规划目标和照明现状历
史文化底蕴和现代化大都会地位，自 2011 年创办的“广州国际灯光节”，现与法国、悉尼并列为世界三大灯光节．广州采用“政府搭台、企业唱戏“的市场化模式，通过整合现有市场资源、引导企业参与，走市场化道路来举办年度公共文化盛事．2023 年的广州国际灯光节分三大版块：“炫美湾区”、“光耀羊城”和 “智造未来”．为保障市民游客安全有序、顺利参与，在广场两侧各安置了灯带，不间断地交叉照射巡视．如图 1，灯 A 射线自 AN 逆时针旋转至 AM 便立即回转，灯 B 射线自 BQ 顺时针旋转至 BP 便立即回转．若灯A 转动的速度是 a / 秒，灯 B 转动的速度是 b / 秒．假定广场两侧的灯带是平行的，即 PQ / /MN ，且
ABQ  120 ．
当 a  3 时，灯 A 射线经过多少秒，第一次照射到灯 B ；
若 a  3 ，b  4 ，且两灯同时转动．设两灯转动的时间为t(0  t  60) 秒，若满足两灯的射线光束互相平行，求此时对应的t ；
两灯以（2）中的速度同时转动，如图 2，在灯 B 射线到达 BP 之前，若射出的光束 AC ， BC 交于点
C ．
① BCA  （用含t 的代数式表示）；
②作DCA  150 ，请求出ABC 与BCD 的数量关系．
5  a
24．（9 分）如图 1，点 M (0, a  3) ， N (b, 0) ，且满足(b  a  8)2  0 ．
直接写出 M 、 N 的坐标： M ， N ；
点 P 以每秒 2 个单位长度从点 M 向 y 轴负半轴运动，同时，点Q 以每秒 3 个单位长度从 N 点向 x 轴正半轴运动，直线 NP ， MQ 交于点 D ，设点 P ， Q 运动的时间为t 秒．
①当1  t  2 时，求证： S三角形MPD  S三角形NQD ；
②如图 2，当QMN  PNM  180 时，在线段 MQ 上任取一点 E ，连接 EO ．点G 为OEQ 的角平分线上一点，且满足GNP  1 ONG ．请将图 2 补全，并求NOE 、OEG 、G 之间的数量关系．
2
2023-2024 学年广东省实验中学七年级（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共 10 个小题，每小题 3 分，共 30 分）
1．（3 分）下列四个数中，属于无理数的是()
3 16
4
A．0.65B． 1C．D．
3
【解答】解： A 、0.65 是有理数，不是无理数，不符合题意；
1
B 、 是有理数，不是无理数，不符合题意；
3
3 16
C 、开方开不尽，是无理数，符合题意；
4
D 、 2 是有理数，不是无理数，不符合题意，
故选： C ．
2．（3 分）如图， a / /b ， 2  75 ，则1 的度数是()
A．105B． 75C．115D． 65
【解答】解：如图，
 a / /b ，
3  2  75 ，
1  3  75 ． 故选： B ．
3．（3 分）如图，现要在李庄附近建一高铁站，为了使李庄的人乘车最方便，那么选高铁线上的点 A 来建高铁站，理由是( )
A．两点之间，线段最短B．两点确定一条直线C．垂线段最短
D．在同一平面内，过一点有且只有一条直线与这条直线垂直
【解答】解：根据垂线段最短可得：应建在 A 处，理由：垂线段最短． 故选： C ．
4．（3 分）若 x|t2|  (t  3) y  1 是关于 x ， y 的二元一次方程，则t 的值为( )
A．1B．3 或 1C．3D．3 或 0
【解答】解： x|t2|  (t  3) y  1 是关于 x ， y 的二元一次方程，
| t  2 | 1 且t  3  0 ， 解得： t  1 ，
故选： A ．
5．（3 分）如图，在ABC 中， BC  7 ．把ABC 沿 RS 的方向平移到DEF 的位置，若CF  4 ，则下列结论中错误的是( )
EF  7
BE  4
AC / / DFD． DF  7
【解答】解：把ABC 沿 RS 的方向平移到DEF 的位置， BC  7 ， CF  4 ，
 EF  BC  7 ， AC / / DF ，故选项 AC 正确，不符合题意；
 BC  CE  EF  CE ，
 BE  CF  4 ，选项 B 正确，不符合题意；
DF 长度不能确定；故选项 D 错误，符合题意；
故选： D ．
 y  2
6．（3 分）已知 x  1

是二元一次方程 ax  by  3 的解，则2a  4b  2 的值是( )
A．2B．4C．6D．9
【解答】解：根据题意得， a  2b  3 ，
 2a  4b  2  2(a  2b)  2  3  2  2  4 ， 故选： B ．
7．（3 分）下列命题中为真命题的是( )
16
A． 4
B．过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行C．同旁内角互补
D．有理数与数轴上的点一一对应
16
【解答】解： A 、 4 ，故该选项错误，不符合题意，
B 、过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，故该选项正确，符合题意，
C 、两直线平行，同旁内角互补，故该选项错误，不符合题意， D 、实数与数轴上的点一一对应，故该选项错误，不符合题意， 故选： B ．
8．（3 分）在平面直角坐标系中，点 M 的坐标是(1, 2) ， MN  x 轴， MN  3 ，则点 N 的坐标是( )
A． (1, 5)
C． (2, 2) 或(4, 2)
B． (2, 2)
D． (1, 1) 或(1, 5)
【解答】解：点 M 的坐标是(1, 2) ， MN  x 轴，
点 N 的横坐标为1 ，
 MN  3 ，
点 B 的纵坐标为： 2  3  5 或 2  3  1，
点 B 的坐标为： (1, 5) 或(1, 1) ． 故选： D ．
9．（3 分）如图，将一张长方形纸片进行折叠，若2  1  20 ，则EFC 的度数为( )
A．130B．100C． 80D．150
【解答】解：由题意得： AD / / BC ，
1  2  180 ， DEG  2 ， DEF  EFC  180 ，
2  1  20 ，
 22  200 ，
解得： 2  100 ，
DEG  100 ，
由折叠可得DEF  FEG ，
DEF  50 ，
EFC  180  DEF  130 ． 故选： A ．
10．（3 分）如图，在平面直角坐标系中，点 A 从原点O 出发，沿 x 轴正方向按半圆形弧线不断向前运动，其移动路线如图所示，其中半圆的半径为 1 个单位长度，这时点 A1 、 A2 、 A3 、 A4 的坐标分别为 A1 (0, 0) ，
A2 (1,1) ， A3 (2, 0) ， A4 (3, 1) ，则点 A2024 的坐标为( )
A． (2024, 0)B． (2025, 1)C． (2023,1)D． (2023, 1)
【解答】解： A1 (0, 0) ， A2 (1,1) ， A3 (2, 0) ， A4 (3, 1) ，
根据图形可知点的位置每 4 个数一个循环，横坐标为脚标数减 1， 2024  4  506 ，
 A2024 与 A4 的纵坐标相同，
 A2024 (2023, 1)
故选： D ．
二、填空题（本大题共 6 个小题，每小题 3 分，共 18 分）
11．（3 分）81 的算术平方根是 9 ．
81
【解答】解：81 的算术平方根是： 9 ．
故答案为：9．
12．（3 分）将方程 x  2 y  5 变形为用含 x 的代数式表示 y 的形式是 y 
【解答】解：方程 x  2 y  5 ，
x  5 ．
2
解得： y  x  5 ，
2
故答案为： x  5
2
13．（3 分）中国象棋具有悠久的历史，战国时期，就有了关于象棋的正式记载．如图是经典残局“七星聚会”的一部分，如果“车”的位置表示为(2, 2) ，“兵”的位置表示为(2, 0) ，那么“炮”的位置应表示为 (0,1) ．
【解答】解： “车”的位置用(2, 2) 表示，“兵”的位置表示为(2, 0) ，
以“兵”所在的行为 x 轴，以“车”向左数两列所在的列线为 y 轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
 “炮”的位置应表示为(0,1) ， 故答案为： (0,1) ．
14．（3 分）如图，木棒 AB 、CD 与 EF 分别在G 、H 处用可旋转的螺丝铆住，EGB  110 ，EHD  85 ，将木棒 AB 绕点G 逆时针旋转到与木棒CD 平行的位置，则至少要旋转 25  ．
【解答】解：过点G 作 MN / /CD ，
EHD  EGN  85 ，
EGB  110 ，
BGN  EGB  EGN  110  85  25 ，
EGB 需要变小 25 ，即木棒 AB 绕点G 逆时针旋转 25 ， 故答案为： 25 ．
15．（3 分）如图，直线 AB / /CD ， AE  CE ， 1  126 ，则C  36  ．
【解答】解： AE  CE ， 1  126 ，
AEC  90 ， BAE  180  126  54 ， 如图，过 E 作 EG / / AB ，
 AB / /CD ，
 AB / / EG / /CD ，
AEG  BAE  54 ， C  CEG ，
CEG  90  54  36 ，
C  36 ； 故答案为：36．
16．（3 分）定义：在平面直角坐标系 xOy 中，将点 P(x, y) 变换为 P(kx  b ， by  k )(k 、b 为常数），我们把这种变换称为“ SS 变换”．已知点 A(2,1) ，B(m, 2n) ，C(m  3, 2n) 经过“ SS 变换”的对应点分别是 D(5, 3) ，
E ， F ．若 S三角形AEF  4 ，则 k  b  3 ， n  ．
【解答】解：点 A(2,1) 经过“ SS 变换”的对应点是 D(5, 3) ，

 2k  b  5 ，
b  k  3
k  2
解得：  ，
b 1
 k  b  3
 B(m, 2n) ， D(m  3, 2n) 经过“ SS 变换”的对应点为 E ， F ，
 E(2m  1, 2n  2) ， F (2m  7, 2n  2) ，
 EF / / x 轴， EF  6 ，
 S三角形AEF  4 ，
 1 EF | 2n  2  1| 4 ，
2
3 | 2n  2  1| 4 ，解得 n  1 或 7 ，
66
故答案为：3； 1 或 7 ．
66
三、解答题（本大题共 8 小题，共 72 分．解答应写出适当的文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（9 分）计算：
4
1
9
（1） 3 27 ；（2）
3(3 
2
3
)  32  |
3
 2 |．
3 27
4
1
9
【解答】解：（1）
 3  2  1
3
  4 ；
2
3
3
3
（2）
3(3 
)  32  |
 2 |
3
3
 3 2  9  2 
3
 2 9 ．
18．（9 分）解方程组：
 y  7  2x
 9s  2t  15
（1）  ．（2）  ．
3x4 y5
3s
4(1
t)6
 y  7  2x①
【解答】解：（1） ，
3x  4 y  5②
把①代入②得： 3x  4(7  2x)  5 ，
11x  33 ， 解得： x  3 ，
把 x  3 代入①得： y  1 ，
x  3

方程组的解为：  y  1 ；
 9s  2t  15
（2）  ，
3s4(1 t)6
18s  4t  30①
整理得： ，
3s  4t  10②
①  ②得：15s  20 ，
解得： s  4 ，
3
把 s  4 代入②得： 4  4t  10 ，
3
解得： t  3 ，
2
s  4

方程组的解为： 3 ．

t  3
2
19．（9 分）如图， AE 是DAB 的平分线， AE / /CB ， B  40 ，求C 的度数．（请写出推理依据）
【解答】解：如图：
 AE / / BC （已知），
1  B （两直线平行，内错角相等），
2  C （两直线平行，同位角相等），又 AE 平分DAB （已知），
1  2 （角平分线定义），
C  B  40 （等量代换）．
20．（9 分）如图，AD∥BC，∠1＝∠C，∠B＝60°，DE 平分∠ADC 交 BC 于点 E，试说明 AB∥DE．下面是小林同学的证明，请你完善解答过程，并在括号内填写相应的推理依据．
证明：∵AD∥BC，（已知）
∴∠1＝∠ B ＝60°，（ 两直线平行，同位角相等 ）
∵∠1＝∠C，（已知）
∴∠C＝∠B＝60°．（等量代换）
∵AD∥BC，（已知）
∴∠C+∠ ADC ＝180°． （ 两直线平行，同旁内角互补 ）
∴∠ ADC ＝180°﹣∠C＝180°﹣60°＝120°．（等式的性质）
∵DE 平分∠ADC，（已知）
∴∠ADE＝ ×120°＝60°． （ 角平分线定义 ）
∴∠1＝∠ADE． （ 等量代换 ）
∴AB∥DE． （ 内错角相等，两直线平行． ）
【解答】解：∵AD∥BC，（已知）
∴∠1＝∠B＝60°．（两直线平行，同位角相等）
∵∠1＝∠C，（已知）
∴∠C＝∠B＝60°．（等量代换），
∵AD∥BC，（已知），
∴∠C+∠ADC＝180°．（两直线平行，同旁内角互补）
∴∠ADC＝180°﹣∠C＝180°﹣60°＝120°．（等式的性质）
∵DE 平分∠ADC，（已知）
∴ ．（角平分线定义）
∴∠1＝∠ADE，（等量代换）
∴AB∥DE．（内错角相等，两直线平行），
故答案为：B，两直线平行，同位角相等，ADC，两直线平行，同旁内角互补，ADC，角平分线定义， 等量代换；内错角相等，两直线平行．
10
21．（9 分）已知一个数 m 的两个平方根分别为 a 和 a  2．
求 m 的值；
如图在数轴上，若点 A 表示的数是 a ，点 M 表示的数是 m ，点 B 表示的数是b ，点 B 在点 A 的左侧
10
且满足 BA  2 AM ，求b  3 28 的立方根．
10
【解答】解：（1）一个数 m 的两个平方根分别为 a 和 a  2，
10
 a  a  2 0 ，
10
解得： a ，
 m  a2  10 ；
10
（2）点 A 表示的数是，点 M 表示的数是 10，点 B 表示的数是b ，点 B 在点 A 的左侧，
10
10
 AB  b ， AM  10 ，
 BA  2 AM ，
10
 b  2(10 
10) ，
10
解得： b  3 20 ，
10
 b  3 28
10
10
 3 20  3 28
 8 ；
10
 b  3 28 的立方根是 2；
22．（9 分）如图，每个小方格都是边长为 1 个单位长度的正方形，建立如图所示的平面直角坐标系后，三角形 ABC 的顶点坐标为 A(1, 4) ， B(5, 5) ， C(5, 1) ．
（1）把三角形 ABC 向左平移 5 个单位长度再向上平移 6 个单位长度得到△ ABC ，在图中画出三角形
ABC ；
（2）（1）中的三角形 ABC 面积为 8 ；
（3）在 x 轴的负半轴上是否存在点 P ，使 S
说明理由．
三角形ABP
 1 S
2
三角形ABC
．若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，
【解答】解：（1）如图 1，△ ABC 即为所求；
（2）△ ABC 的面积 1  4  4  8 ；
2
（3）设在 x 轴的负半轴上 P 的坐标为(m, 0) ．如图 2，
S三角形ABC
 1  3  2  4  1  5  2  1  9  3  3 ，
2222
由题意， S ABP
 1 S
2
 ABC
 3 ，
4
 1 1 4  1  (m)  2  1 1 (m)  3 ，
2224
解得 m  5  0 （不合题意舍去），
2
故在 x 轴的负半轴上不存在点 P ，使 S三角形ABP
 1 S
2
三角形ABC ．
23．（9 分）一个优秀的现代城市必定蕴含科技、人文、生态三大内涵．结合广州的规划目标和照明现状历
史文化底蕴和现代化大都会地位，自 2011 年创办的“广州国际灯光节”，现与法国、悉尼并列为世界三大灯光节．广州采用“政府搭台、企业唱戏“的市场化模式，通过整合现有市场资源、引导企业参与，走市场化道路来举办年度公共文化盛事．2023 年的广州国际灯光节分三大版块：“炫美湾区”、“光耀羊城”和 “智造未来”．为保障市民游客安全有序、顺利参与，在广场两侧各安置了灯带，不间断地交叉照射巡视．如图 1，灯 A 射线自 AN 逆时针旋转至 AM 便立即回转，灯 B 射线自 BQ 顺时针旋转至 BP 便立即回转．若灯A 转动的速度是 a / 秒，灯 B 转动的速度是 b / 秒．假定广场两侧的灯带是平行的，即 PQ / /MN ，且
ABQ  120 ．
当 a  3 时，灯 A 射线经过多少秒，第一次照射到灯 B ；
若 a  3 ，b  4 ，且两灯同时转动．设两灯转动的时间为t(0  t  60) 秒，若满足两灯的射线光束互相平行，求此时对应的t ；
两灯以（2）中的速度同时转动，如图 2，在灯 B 射线到达 BP 之前，若射出的光束 AC ， BC 交于点
C ．
① BCA  7t 或360  7t （用含t 的代数式表示）；
②作DCA  150 ，请求出ABC 与BCD 的数量关系．
【解答】解：（1） PQ / /MN ， ABQ  120 ，
BAN  60 ，
灯 A 转动的速度是3 / 秒，
灯 A 射线经过 60  20 秒，第一次照射到灯 B ；
3
如图所示，当0  t45 时，
 PQ / /MN ， BQ / / AN ，
QBQ  BQN  180 ， BQN  NAN ，
QBQ  NAN  180 ，
3t  4t  180 ，
解得t  180 ；
7
如图所示，当45  t  60 时，
 PQ / /MN ， BQ / / AN ，
QBQ  BQN  180 ， BQN  NAN ，
QBQ  NAN  180 ，
3t  360  4t  180 ， 解得t  180 （舍去）；
综上所述， t  180 ；
7
①如图所示，当0  t  20 时，过点C 作CE / / PQ ，则CE / / PQ / /MN ，
BCE  CBQ  4t ， ACE  CAN  3t ，
BCA  BCE  ACE  7t ；
如图所示，当30  t  45 时，
同理可得BCA  PBC  MAC  180  4t  180  3t  360  7t ；
综上所述， BCA  7t 或BCA  360  7t ，
故答案为： 7t 或360  7t ；
②如图所示，当0  t  20 时， 由（3）①得ACB  7t ，
BCD  ACD  ACB  150  7t ，
ABC  ABD  DBC  120  4t ，
7ABC  4BCD  240 ；
如图所示，当30  t  45 时，
由（3）①得ACB  360  7t ，
BCD  ACD  ACB  7t  210 ，
ABC  ABD  DBC  4t  120 ，
7ABC  4BCD ；
综上所述， 7ABC  4BCD  240 或7ABC  4BCD ．
5  a
24．（9 分）如图 1，点 M (0, a  3) ， N (b, 0) ，且满足(b  a  8)2  0 ．
直接写出 M 、 N 的坐标： M (0, 2) ， N ；
点 P 以每秒 2 个单位长度从点 M 向 y 轴负半轴运动，同时，点Q 以每秒 3 个单位长度从 N 点向 x 轴正半轴运动，直线 NP ， MQ 交于点 D ，设点 P ， Q 运动的时间为t 秒．
①当1  t  2 时，求证： S三角形MPD  S三角形NQD ；
②如图 2，当QMN  PNM  180 时，在线段 MQ 上任取一点 E ，连接 EO ．点G 为OEQ 的角平分线上一点，且满足GNP  1 ONG ．请将图 2 补全，并求NOE 、OEG 、G 之间的数量关系．
2
5  a
【解答】（1）解： (b  a  8)2  0 ，
b  a  8  0 ， 5  a  0 ， 解得： a  5 ， b  3 ，
点 M (0, 2) ， N (3, 0) ，
故答案为： (0, 2) ； (3, 0) ；
（2）①证明：当1  t  2 时， OP  2t  2 ， OQ  3t  3 ，
 SPON
 1  3(2t  2)  3t  3 ， S
2
MOQ
 1  2(3t  3)  3t  3 ，
2
 SPON  SMOQ ，
 SPON  S四边形POQD  SMOQ  S四边形POQD ，
 SDNQ  SDMP ；
②解：如图，补全图形如下：
点G 为OEQ 的角平分线上一点，
设OEG  QEG  x ，
 GNP  1 ONG ，
2
设GNP  y ，则ONG  2 y ，
如图，QMN  PNM  180 ，
 MQ / / PN ，
过G 作GT / /MQ ，
 MQ / /GT / / PN ，
TGN  PNG  y ， TGE  QEG  x ，
NGE  x  y ，
过O 作OK / /MQ ，而 MQ / / PN ，
 MQ / /OK / / PN ，
KON  ONP  3y ， KOE  OEQ  2x ，
NOE  3y  2x ，
OEG  NGE  2x  y ，
3OEG  3NGE  6x  3y ，
3OEG  3NGE  2x  3y  4x  NOE  4OEG ，
NOE  OEG  3NGE ．