遼寧省大連市普蘭店區(qū)2024年數(shù)學(xué)八年級下冊期末達(dá)標(biāo)檢測試題含解析

遼寧省大連市普蘭店區(qū)2024年數(shù)學(xué)八年級下冊期末達(dá)標(biāo)檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．已知一次函數(shù)y＝(2m－1)x＋1的圖象上兩點A(x1，y1)、B(x2，y2)，當(dāng)x1＜x2時，有y1＜y2，那么m的取值范圍是()A．m＜ B．m＞ C．m＜2 D．m＞-22．如圖，一次函數(shù)y1＝x＋b與一次函數(shù)y2＝kx＋4的圖象交于點P（1，3），則關(guān)于x的不等式x＋b＞kx＋4的解集是（）A．x＞﹣2 B．x＞0 C．x＞1 D．x＜13．在四邊形ABCD中，AC＝BD．順次連接四邊形ABCD四邊中點E、F、G、H，則四邊形EFGH的形狀是（）A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．不能確定4．如圖，在中，，的垂直平分線交于點，交于點，連接，，，，添加一個條件，無法判定四邊形為正方形的是（）A． B． C． D．5．如圖，矩形ABCD的對角線AC=8cm，∠AOD=120°，則AB的長為()A．3cm B．4cm C．23cm D．6．如圖，菱形ABCD中，∠A是銳角，E為邊AD上一點，△ABE沿著BE折疊，使點A的對應(yīng)點F恰好落在邊CD上，連接EF，BF，給出下列結(jié)論：①若∠A=70°，則∠ABE=35°；②若點F是CD的中點，則S△ABES菱形ABCD下列判斷正確的是（）A．①，②都對 B．①，②都錯 C．①對，②錯 D．①錯，②對7．下列計算錯誤的是()A．÷＝3 B．＝5C．2+＝2 D．2?＝28．若反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點（﹣1，2），則它的解析式是（）A． B． C． D．9．在平面直角坐標(biāo)系中，將正比例函數(shù)（＞0）的圖象向上平移一個單位長度，那么平移后的圖象不經(jīng)過（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限10．關(guān)于拋物線與的說法，不正確的是（）A．與的頂點關(guān)于軸對稱B．與的圖像關(guān)于軸對稱C．向右平移4個單位可得到的圖像D．繞原點旋轉(zhuǎn)可得到的圖像二、填空題(每小題3分,共24分)11．如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，CE∥BD，DE∥AC．若AC=4，則四邊形CODE的周長是__________．12．如果關(guān)于x的方程kx2﹣6x+9＝0有兩個相等的實數(shù)根，那么k的值為_____．13．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點A1，A2，A3…和B1，B2，B3，…分別在直線y＝x+b和x軸上．△OA1B1，△B1A2B2，△B2A3B3，…都是等腰直角三角形如果點A1（1，1），那么點A2019的縱坐標(biāo)是_____．14．當(dāng)x＝4時，二次根式的值為______．15．若一個三角形的三邊的比為3：4：5，則這個三角形的三邊上的高之比為__________．16．在一只不透明的袋子中裝有2個紅球、3個綠球和5個白球，這些球除顏色外都相同，搖勻后，從袋子中任意摸出1個球，摸出白球可能性_________摸出紅球可能性.（填“等于”、“小于”或“大于”)17．如圖，□ABCD的對角線AC，BD相交于點O，點E是CD的中點，△ABD的周長為16cm，則△DOE的周長是_________；18．如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝1．分別以AB、AC、BC為邊在AB的同側(cè)作正方形ABEF、ACPQ、BCMN，四塊陰影部分的面積分別為S1、S2、S3、S1．則S1﹣S2+S3+S1等于_____．三、解答題(共66分)19．（10分）甲、乙兩車分別從、兩地同時出發(fā)，甲車勻速前往地，到達(dá)地后立即以另一速度按原路勻速返回到地;乙車勻速前往地，設(shè)甲、乙兩車距地的路程為（千米），甲車行駛的時間為時），與之間的函數(shù)圖象如圖所示（1）甲車從地到地的速度是__________千米/時，乙車的速度是__________千米/時;（2）求甲車從地到達(dá)地的行駛時間;（3）求甲車返回時與之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量的取值范圍;（4）求乙車到達(dá)地時甲車距地的路程.20．（6分）近年來，越來越多的人們加入到全民健身的熱潮中來.“健步走”作為一項行走速度和運動量介于散步和競走之間的步行運動，因其不易發(fā)生運動傷害，不受年齡、時間和場地限制的優(yōu)點而受到人們的喜愛.隨著信息技術(shù)的發(fā)展，很多手機可以記錄人們每天健步走的步數(shù)，為大家的健身做好記錄.小明的爸爸媽媽都是健步走愛好者，一般情況下，他們每天都會堅持健步走.小明為了給爸爸媽媽頒發(fā)4月份的“運動達(dá)人”獎?wù)?，進(jìn)行了抽樣調(diào)查，過程如下，請補充完整.從4月份隨機抽取10天，記錄爸爸媽媽運動步數(shù)（千步）如下：爸爸12101115141314111412媽媽1114152111114151414根據(jù)以上信息，整理分析數(shù)據(jù)如下表所示：平均數(shù)中位數(shù)眾數(shù)爸爸12.612.5媽媽1414（1）直接在下面空白處寫出表格中，的值；（2）你認(rèn)為小明會把4月份的“運動達(dá)人”獎?wù)骂C發(fā)給誰，并說明理由.21．（6分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線與軸、軸分別交于點D、C，直線AB與軸交于點，與直線CD交于點．（1）求直線AB的解析式；（2）點E是射線CD上一動點，過點E作軸，交直線AB于點F，若以、、、為頂點的四邊形是平行四邊形，請求出點E的坐標(biāo)；（3）設(shè)P是射線CD上一動點，在平面內(nèi)是否存在點Q，使以B、C、P、Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出符合條件的點Q的個數(shù)及其中一個點Q的坐標(biāo)；否則說明理由．22．（8分）以△ABC的三邊在BC同側(cè)分別作三個等邊三角形△ABD，△BCE，△ACF，試回答下列問題：（1）四邊形ADEF是什么四邊形？請證明：（2）當(dāng)△ABC滿足什么條件時，四邊形ADEF是矩形？（3）當(dāng)△ABC滿足什么條件時，四邊形ADEF是菱形？（4）當(dāng)△ABC滿足什么條件時，能否構(gòu)成正方形？（5）當(dāng)△ABC滿足什么條件時，無法構(gòu)成四邊形？23．（8分）等腰直角三角形OAB中，∠OAB＝90°，OA＝AB，點D為OA中點，DC⊥OB，垂足為C，連接BD，點M為線段BD中點，連接AM、CM，如圖①．（1）求證：AM＝CM；（2）將圖①中的△OCD繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°，連接BD，點M為線段BD中點，連接AM、CM、OM，如圖②．①求證：AM＝CM，AM⊥CM；②若AB＝4，求△AOM的面積．24．（8分）如圖，在△ABC中，D、E分別是邊AB、AC的中點，點F是BC延長線上一點，且CF＝12BC，連結(jié)CD、EF，那么CD與EF25．（10分）將矩形ABCD折疊使點A，C重合，折痕交BC于點E，交AD于點F，可以得到四邊形AECF是一個菱形，若AB=4，BC=8，求菱形AECF的面積.26．（10分）已知：如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，AE∥CF，且分別交對角線BD于點E，F(xiàn)．（1）求證：△AEB≌△CFD；（2）連接AF，CE，若∠AFE=∠CFE，求證：四邊形AFCE是菱形．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、B【解析】分析：先根據(jù)x1＜x2時，y1＜y2，得到y(tǒng)隨x的增大而增大，所以x的比例系數(shù)大于0，那么2m-1＞0，解不等式即可求解．詳解：∵當(dāng)x1＜x2時，有y1＜y2∴y隨x的增大而增大∴2m-1＞0，∴m＞．故選：B．點睛：本題考查一次函數(shù)的圖象性質(zhì)：當(dāng)k＞0，y隨x增大而增大；當(dāng)k＜0時，y將隨x的增大而減?。?、C【解析】試題分析：當(dāng)x＞1時，x+b＞kx+4，即不等式x+b＞kx+4的解集為x＞1．故選C．考點：一次函數(shù)與一元一次不等式．3、B【解析】

先由三角形的中位線定理求出四邊相等，進(jìn)行判斷．【詳解】四邊形EFGH的形狀是菱形，理由如下：在△ABC中，F(xiàn)、G分別是AB、BC的中點，故可得：FG＝12AC，同理EH＝12AC，GH＝12BD，EF＝在四邊形ABCD中，AC＝BD，∴EF＝FG＝GH＝HE，∴四邊形EFGH是菱形．故選B．【點睛】此題考查了菱形的判定，解題的關(guān)鍵是掌握菱形的判定定理．4、D【解析】

根據(jù)中垂線的性質(zhì)：中垂線上的點到線段兩個端點的距離相等，有BE=EC，BF=FC進(jìn)而得出四邊形BECF是菱形；由菱形的性質(zhì)知，以及菱形與正方形的關(guān)系，進(jìn)而分別分析得出即可．【詳解】解：∵EF垂直平分BC，

∴BE=EC，BF=CF，

∵BF=BE，

∴BE=EC=CF=BF，

∴四邊形BECF是菱形；

當(dāng)BC=AC時，

∵∠ACB=90°，

則∠A=45°時，菱形BECF是正方形．

∵∠A=45°，∠ACB=90°，

∴∠EBC=45°

∴∠EBF=2∠EBC=2×45°=90°

∴菱形BECF是正方形．

故選項A正確，但不符合題意；

當(dāng)CF⊥BF時，利用正方形的判定得出，菱形BECF是正方形，故選項B正確，但不符合題意；

當(dāng)BD=DF時，BC=EF，對角線相等的菱形是正方形，得菱形BECF是正方形，故選項C正確，但不符合題意；

當(dāng)AC=BF時，AC=BF=CE，∠A=∠CEA=∠FBA，由菱形的對角線平分對角和直角三角形的兩銳角互余得：∠ABC=30°，即∠FBE=60°，所以無法得出菱形BECF是正方形，故選項D錯誤，符合題意．

故選D．【點睛】本題考查菱形的判定和性質(zhì)及中垂線的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、正方形的判定等知識，熟練掌握正方形的判定是解題關(guān)鍵．5、B【解析】

利用對角線性質(zhì)求出AO=4cm，又根據(jù)∠AOD=120°，易知△ABO為等邊三角形，從而得到AB的長度.【詳解】AC、BD為矩形ABCD的對角線，所以AO=12AC=4cm，BO=12BD=又因為∠AOD=120°，所以∠AOB=60°，所以三角形ABO為等邊三角形，故AB=AO=4cm，故選B.【點睛】本題考查矩形的對角線性質(zhì)，本題關(guān)鍵在于能夠證明出三角形是等邊三角形.6、A【解析】

只要證明，可得，即可得出；延長EF交BC的延長線于M，只要證明≌，推出，可得，，推出．【詳解】①∵四邊形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∠C=∠A=70°．∵BA=BF=BC，∴∠BFC=∠C=70°，∴∠ABF=∠BFC=70°，∴∠ABE∠ABF=35°，故①正確；②如圖，延長EF交BC的延長線于M，∵四邊形ABCD是菱形，F(xiàn)是CD中點，∴DF=CF，∠D=∠FCM，∠EFD=∠MFC，∴△DEF≌△CMF，∴EF=FM，∴S四邊形BCDE=S△EMB，S△BEFS△MBE，∴S△BEFS四邊形BCDE，∴S△ABES菱形ABCD．故②正確，故選A．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．7、C【解析】

根據(jù)二次根式的運算法則及二次根式的性質(zhì)逐一計算即可判斷．【詳解】解：A、÷＝3÷＝3，此選項正確；B、＝5，此選項正確；C、2、不能合并，此選項錯誤，符合題意；D、2?＝2，此選項正確；故選C．【點睛】本題主要考查二次根式的混合運算，解題的關(guān)鍵是熟練掌握二次根式的混合運算順序和運算法則及二次根式的性質(zhì)．8、B【解析】

首先設(shè)出反比例函數(shù)解析式，再把（﹣1，2）代入解析式可得k的值，進(jìn)而得到答案．【詳解】解：設(shè)反比例函數(shù)解析式為y＝，∵反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點（﹣1，2），∴k＝﹣1×2＝﹣2，∴反比例函數(shù)解析式為y＝﹣，故選：B．【點睛】考查了待定系數(shù)法求反比例函數(shù)解析式，關(guān)鍵是掌握凡是函數(shù)圖象經(jīng)過的點，必能滿足解析式．9、D【解析】試題分析：將正比例函數(shù)y=kx（k＞0）的圖象向上平移一個單位得到y(tǒng)=kx+1（k＞0），∵k＞0，b=1＞0，∴圖象經(jīng)過第一、二、三象限，不經(jīng)過第四象限．故選D．考點：一次函數(shù)圖象與幾何變換．10、D【解析】

利用對稱變換和平移變換法則，分析兩條拋物線的位置關(guān)系，即可做出選擇..【詳解】解：A,與，當(dāng)縱坐標(biāo)相同，橫坐標(biāo)互為相反數(shù)，故正確；B,與，當(dāng)縱坐標(biāo)相同，橫坐標(biāo)互為相反數(shù)，故正確；C，與的對稱軸分別為x=-2和x=2，故正確；D，繞原點旋轉(zhuǎn)，只是開口方向發(fā)生變化，故D錯誤；故答案為D.【點睛】本題考查的知識點是二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，其中熟練的掌握給定函數(shù)解析式求頂點坐標(biāo)，對稱軸方程和開口方向的方法，是解答的關(guān)鍵.二、填空題(每小題3分,共24分)11、1【解析】試題分析：首先由CE∥BD，DE∥AC，可證得四邊形CODE是平行四邊形，又由四邊形ABCD是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)，易得OC=OD=2，即可判定四邊形CODE是菱形，繼而求得答案．試題解析：∵CE∥BD，DE∥AC，∴四邊形CODE是平行四邊形，∵四邊形ABCD是矩形，∴AC=BD=4，OA=OC，OB=OD，∴OD=OC=AC=2，∴四邊形CODE是菱形，∴四邊形CODE的周長為：4OC=4×2=1．考點:1.菱形的判定與性質(zhì)；2.矩形的性質(zhì).12、1．【解析】

根據(jù)題意方程有兩個相等實根可知△=0，代入求值即可解題.【詳解】∵關(guān)于x的方程kx2﹣6x+9＝0有兩個相等的實數(shù)根，∴△＝（﹣6）2﹣4k×9＝0且k≠0，解得：k＝1，故答案為：1．【點睛】本題考查了一元二次方程根的判別式，本題解題關(guān)鍵是根據(jù)題意得到根的情況，代值到判別式即可解題.13、【解析】

設(shè)點A2，A3，A4…，A1坐標(biāo)，結(jié)合函數(shù)解析式，尋找縱坐標(biāo)規(guī)律，進(jìn)而解題．【詳解】∵A1（1，1）在直線y=x+b，∴b=，∴y=x+，

設(shè)A2（x2，y2），A3（x3，y3），A4（x4，y4），…，A1（x1，y1）

則有y2=x2+，

y3=x3+，…

y1=x1+．

又∵△OA1B1，△B1A2B2，△B2A3B3，…都是等腰直角三角形．∴x2=2y1+y2，

x3=2y1+2y2+y3，…

x1=2y1+2y2+2y3+…+2y2+y1．

將點坐標(biāo)依次代入直線解析式得到：

y2=y1+1

y3=y1+y2+1=

y2

y4=

y3

…y1=y2

又∵y1=1∴y2=

y3=（）2

y4=（）3

…

y1=（）2故答案為（）2．【點睛】此題主要考查了一次函數(shù)點坐標(biāo)特點；等腰直角三角形斜邊上高等于斜邊長一半；找規(guī)律．14、0【解析】

直接將，代入二次根式解答即可．【詳解】解：把x＝4代入二次根式＝0，故答案為：0【點睛】此題主要考查了二次根式的定義，直接將代入求出，利用二次根式的性質(zhì)直接開平方是解決問題的關(guān)鍵．15、20：15：1．【解析】

根據(jù)勾股定理的逆定理得到這個三角形是直角三角形，根據(jù)三角形的面積公式求出斜邊上的高，然后計算即可．【詳解】解：設(shè)三角形的三邊分別為3x、4x、5x，∵（3x）2＋（4x）2＝25x2＝（5x）2，∴這個三角形是直角三角形，設(shè)斜邊上的高為h，則×3x×4x＝×5x×h，解得，h＝，則這個三角形的三邊上的高之比＝4x：3x：＝20：15：1，故答案為：20：15：1．【點睛】本題考查的是勾股定理的逆定理、三角形的面積計算，如果三角形的三邊長a，b，c滿足a2＋b2＝c2，那么這個三角形就是直角三角形．16、大于【解析】

分別求出摸到白球與摸到紅球的概率，比較這兩個概率即可得答案.【詳解】∵共有球：2+3+5=10個，∴P白球==，P紅球==，∵>，∴摸出白球可能性大于摸出紅球可能性.故答案為：大于【點睛】本題考查概率的求法，概率=所求情況數(shù)與總情況數(shù)之比；熟練掌握概率公式是解題關(guān)鍵.17、8【解析】

∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴O是BD中點，△ABD≌△CDB，又∵E是CD中點，∴OE是△BCD的中位線，∴OE=BC，即△DOE的周長=△BCD的周長，∴△DOE的周長=△DAB的周長．∴△DOE的周長=×16=8cm．18、2【解析】

過F作AM的垂線交AM于D，通過證明S2＝SRt△ABC；S3＝SRt△AQF＝SRt△ABC；S1＝SRt△ABC，進(jìn)而即可求解．【詳解】解：過F作AM的垂線交AM于D，可證明Rt△ADF≌Rt△ABC，Rt△DFK≌Rt△CAT，所以S2＝SRt△ABC．由Rt△DFK≌Rt△CAT可進(jìn)一步證得：Rt△FPT≌Rt△EMK，∴S3＝S△FPT，又可證得Rt△AQF≌Rt△ACB，∴S1+S3＝SRt△AQF＝SRt△ABC．易證Rt△ABC≌Rt△EBN，∴S1＝SRt△ABC，∴S1﹣S2+S3+S1＝（S1+S3）﹣S2+S1＝SRt△ABC﹣SRt△ABC+SRt△ABC＝2﹣2+2＝2，故答案是：2．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)及三角形全等的判定與性質(zhì)，根據(jù)已知條件證得S2＝SRt△ABC，S3＝SRt△AQF＝SRt△ABC，S1＝SRt△ABC是解決問題的關(guān)鍵．三、解答題(共66分)19、（1）;（2）甲車從地到達(dá)地的行駛時間是2.5小時;（3）甲車返回時與之間的函數(shù)關(guān)系式是;（4）乙車到達(dá)地時甲車距地的路程是175千米.【解析】

（1）根據(jù)題意列算式計算即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)題意列算式計算即可得到結(jié)論；（3）設(shè)甲車返回時與之間的函數(shù)關(guān)系式為y=kt+b，根據(jù)題意列方程組求解即可得到結(jié)論；（4）根據(jù)題意列算式計算即可得到結(jié)論．【詳解】解：（1）甲車從A地開往B地時的速度是：180÷1.5=120千米/時，乙車從B地開往A地的速度是：（300-180）÷1.5=80千米/時，

故答案為：120；80；（2）（小時）答：甲車從地到達(dá)地的行駛時間是2.5小時（3）設(shè)甲車返回時與之間的函數(shù)關(guān)系式為，則有解得：，∴甲車返回時與之間的函數(shù)關(guān)系式是（4）小時，把代入得：答：乙車到達(dá)地時甲車距地的路程是175千米.【點睛】本題考查了待定系數(shù)法及一次函數(shù)的解析式的運用，行程問題的數(shù)量關(guān)系的運用，解答時正確看圖理解題意和求出一次函數(shù)的解析式是關(guān)鍵．20、(1)；（2）詳見解析.【解析】

（1）根據(jù)平均數(shù)、眾數(shù)的定義分別求出a，b的值；（2）根據(jù)平均數(shù)與中位數(shù)的意義說明即可.【詳解】解：(1)由題意，可得a=（11+14+15+2+11+11+14+15+14+14）÷10=12.1，10個數(shù)據(jù)中，14出現(xiàn)了3次，次數(shù)最多，所以b=14；∴；(2)答案不唯一，理由須支撐推斷結(jié)論.例如：我認(rèn)為小明會把4月份的“運動達(dá)人”獎?wù)骂C發(fā)給爸爸，因為從平均數(shù)的角度看，爸爸每天的平均運動步數(shù)比媽媽多.我認(rèn)為小明會把4月份的“運動達(dá)人”獎?wù)骂C發(fā)給媽媽，因為從中位數(shù)的角度看，媽媽有超過5天的運動步數(shù)達(dá)到或超過了14千步，而爸爸沒有，媽媽平均步數(shù)低于爸爸完全是受一個極端值的影響造成的，考慮到這一極端值很可能是由于某種特殊原因(例如生病等)造成的，可以排除此干擾.【點睛】本題考查了中位數(shù)、眾數(shù)和平均數(shù)的概念，中位數(shù)是將一組數(shù)據(jù)從小到大（或從大到?。┲匦屡帕泻?，最中間的那個數(shù)（最中間兩個數(shù)的平均數(shù)），叫伯這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)；一組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)據(jù)叫做眾數(shù)；平均數(shù)是指在一組數(shù)據(jù)中所有數(shù)據(jù)之和再除以數(shù)據(jù)的個數(shù).21、（1）；（2）點E的坐標(biāo)為或；（3）符合條件的點Q共3個，坐標(biāo)為（3，1），（-6，4）或【解析】

（1）先確定出A的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法即可得出結(jié)論；

（2）先表示出EF=|a+4-（-2a-2）|=|3a+6|，進(jìn)而建立方程|3a+6|=4，求解即可得出結(jié)論；

（3）分三種情況，利用菱形的性質(zhì)和中點坐標(biāo)公式即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）∵點在上．∴，解得，即點A的坐標(biāo)為（-2，2），設(shè)直線AB的解析式為，∴．解得，∴直線AB的解析式為．（2）由題意，設(shè)點E的坐標(biāo)為，則∵軸，點F在直線上，∴點F的坐標(biāo)為，∴，∵以點、、、為頂點的四邊形是平行四邊形，且，∴．∵直線與軸交于點，∴點的坐標(biāo)為（0，4），∴，即，解得：或，∴點E的坐標(biāo)為或．（3）如圖2，當(dāng)BC為對角線時，點P，Q都是BC的垂直平分線，且點P和點Q關(guān)于BC對稱，

∵B（0，-2），C（0，4），

∴點P的縱坐標(biāo)為1，

將y=1代入y=x+4中，得x+4=1，

∴x=-3，

∴（-3，1），

∴（3，1）

當(dāng)CP是對角線時，CP是BQ的垂直平分線，設(shè)Q（m，n），

∴BQ的中點坐標(biāo)為，

代入直線y=x+4中，得①，

∵CQ=CB，

∴②，

聯(lián)立①②得，（舍）或，

∴（-6，4），當(dāng)PB是對角線時，PC=BA=6，

設(shè)P（c，c+4），

∴，

∴（舍）或，

∴P，

設(shè)Q（d，e）

∴，

∴，

∴Q，符合條件的點Q共3個，坐標(biāo)為（3，1），（-6，4）或．【點睛】此題是一次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，平行四邊形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，中點坐標(biāo)公式，建立方程求解是解本題的關(guān)鍵．22、（1）見解析；（2）當(dāng)△ABC中的∠BAC=150°時，四邊形ADEF是矩形；（3）當(dāng)△ABC中的AB=AC時，四邊形ADEF是菱形；（4）當(dāng)∠BAC=150°且AB=AC時，四邊形ADEF是正方形；（5）當(dāng)∠BAC=60°時，D、A、F為同一直線，與E點構(gòu)不成四邊形，即以A、D、E、F為頂點的四邊形不存在．【解析】

（1）通過證明△DBE≌△ABC，得到DE=AC，利用等邊三角形ACF，可得DE=AF，同理證明與全等，利用等邊三角形，得AD=EF，可得答案．（2）利用平行四邊形ADEF是矩形，結(jié)合已知條件等邊三角形得到即可．（3）利用平行四邊形ADEF是菱形形，結(jié)合已知條件等邊三角形得到即可．（4）結(jié)合（2）（3）問可得答案．（5）當(dāng)四邊形ADEF不存在時，即出現(xiàn)三個頂點在一條直線上，因此可得答案。【詳解】解：（1）∵△BCE、△ABD是等邊三角形，∴∠DBA=∠EBC=60°，AB=BD，BE=BC，∴∠DBE=∠ABC，∴△DBE≌△ABC，∴DE=AC，又△ACF是等邊三角形，∴AC=AF，∴DE=AF，同理可證：AD=EF，∴四邊形ADEF是平行四邊形．（2）假設(shè)四邊形ADEF是矩形，則∠DAF=90°，又∠DAB=∠FAC=60°，∠DAB+∠FAC+∠DAF+∠BAC=360°∴∠BAC=150°．因此當(dāng)△ABC中的∠BAC=150°時，四邊形ADEF是矩形．（3）假設(shè)四邊形ADEF是菱形，則AD=DE=EF=AF∵AB=AD，AC=AF，∴AB=AC因此當(dāng)△ABC中的AB=AC時，四邊形ADEF是菱形．（4）結(jié)合（2）（3）問可知當(dāng)∠BAC=150°且AB=AC時，四邊形ADEF是正方形．（5）由圖知道：∠DAB+∠FAC+∠DAF+∠BAC=360°∴當(dāng)∠BAC=60°時，D、A、F為同一直線，與E點構(gòu)不成四邊形，即以A、D、E、F為頂點的四邊形不存在．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定，菱形，矩形，正方形的性質(zhì)與判定，全等三角形的判定，等邊三角形的性質(zhì)等知識點的應(yīng)用，是一道綜合性比較強的題目，掌握相關(guān)的知識點是解題的關(guān)鍵．23、（1）見解析；（1）①見解析，②1【解析】

（1）直接利用直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，即可得出結(jié)論；（1）①延長CM交OB于T，先判斷出△CDM≌△TBM得出CM＝TM，DC＝BT＝OC，進(jìn)而判斷出△OAC≌△BAT，得出AC＝AT，即可得出結(jié)論；②先利用等腰直角三角形的性質(zhì)求出再求出OD，DC＝CO＝，再用勾股定理得出CT，進(jìn)而判斷出CM＝AM，得出AM＝OM，進(jìn)而求出ON，再根據(jù)勾股定理求出MN，即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）證明：∵∠OAB＝90°，∴△ABD是直角三角形，∵點M是BD的中點，∴AM＝BD，∵DC⊥OB，∴∠BCD＝90°，∵點M是BD的中點，∴CM＝BD，∴AM＝CM；（1）①如圖②，在圖①中，∵AO＝AB，∠OAB＝90°，∴∠ABO＝∠AOB＝45°，∵DC⊥OB，∴∠OCD＝90°，∴∠ODC＝∠AOB，∴OC＝CD，延長CM交OB于T，連接AT，由旋轉(zhuǎn)知，∠COB＝90°，DC∥OB，∴∠CDM＝∠TBM，∵點M是BD的中點，∴DM＝BM，∵∠CMD＝∠TMB，∴△CDM≌△TBM（ASA），∴CM＝TM，DC＝BT＝OC，∵∠AOC＝∠BOC﹣∠AOB＝45°＝∠ABO，∵AO＝AB，∴△OAC