江蘇泰州市高港實驗學(xué)校2024屆八年級數(shù)學(xué)第二學(xué)期期末考試試題含解析

江蘇泰州市高港實驗學(xué)校2024屆八年級數(shù)學(xué)第二學(xué)期期末考試試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題4分，共48分）1．如圖，正方形ABCD中，AE＝AB，直線DE交BC于點F，則∠BEF＝（）A．30° B．45° C．55° D．60°2．能判定四邊形ABCD是平行四邊形的是（）A．AD//BC，AB=CD B．∠A=∠B，∠C=∠DC．∠A=∠C，∠B=∠D D．AB=AD，CB=CD3．已知＝5﹣x，則x的取值范圍是（）A．為任意實數(shù) B．0≤x≤5 C．x≥5 D．x≤54．我校男子足球隊22名隊員的年齡如下表所示：這些隊員年齡的眾數(shù)和中位數(shù)分別是（）年齡/歲

14

15

16

17

18

19

人數(shù)

2

1

3

6

7

3

A．18，17 B．17，18 C．18，17.5 D．17.5，185．在直角坐標(biāo)系中，將點（﹣2，3）關(guān)于原點的對稱點向左平移2個單位長度得到的點的坐標(biāo)是（）A．（4，﹣3） B．（﹣4，3） C．（0，﹣3） D．（0，3）6．我市城區(qū)測得上一周PM2.5的日均值(單位mg/m3)如下：50，40，75，50，57，40，50.則這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)是（）A．40 B．50 C．57 D．757．若一個正多邊形的一個內(nèi)角是135°，則這個正多邊形的邊數(shù)是（）A．10 B．9 C．8 D．68．如圖所示，正方形ABCD的邊長為6，M在DC上，且DM=4，N是AC上的動點，則DN+MN的最小值是（）A． B． C． D．9．一天早上小華步行上學(xué)，他離開家后不遠(yuǎn)便發(fā)現(xiàn)數(shù)學(xué)書忘在了家里，于是以相同的速度回家去拿，到家后發(fā)現(xiàn)弟弟把牛奶灑在了地上，就放下手中的東西，收拾好后才離開．為了不遲到，小華跑步到了學(xué)校，則小華離學(xué)校的距離y與時間t之間的函數(shù)關(guān)系的大致圖象是（）A． B． C． D．10．已知一組數(shù)據(jù)，，，，的平均數(shù)為5，則另一組數(shù)據(jù)，，，，的平均數(shù)為（）A．4 B．5 C．6 D．1011．如圖，正方形ABCD的邊長為8，點M在DC上，且DM=2，N是AC上一動點，則DN+MN的最小值為（）A．8 B． C． D．1012．一次函數(shù)與的圖像在同一坐標(biāo)系中的圖象大致是（）A． B．C． D．二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖所示，在平行四邊形ABCD中，DE平分∠ADC交BC于E，AF⊥DE，垂足為F，已知∠DAF＝50°，則∠C的度數(shù)是____．14．直線y＝k1x+b與直線y＝k2x+c在同一平面直角坐標(biāo)系中的圖象如圖所示，則關(guān)于X的不等式k1x+b＞k2x+c的解集為_____．15．若正比例函數(shù)y=kx的圖象經(jīng)過點（2，4），則k=_____．16．一次智力測驗，有20道選擇題．評分標(biāo)準(zhǔn)是：對1題給5分，答錯或沒答每1題扣2分．小明至少答對幾道題，總分才不會低于60分．則小明至少答對的題數(shù)是________．17．已知，則代數(shù)式________．18．順次連接等腰梯形各邊中點所得的四邊形是_____．三、解答題（共78分）19．（8分）如圖，平行四邊形ABCD中，G是CD的中點，E是邊AD上的動點，EG的延長線與BC的延長線交于點F，連結(jié)CE，DF．（1）求證：四邊形CEDF為平行四邊形；（2）若AB＝6cm，BC＝10cm，∠B＝60°，①當(dāng)AE＝cm時，四邊形CEDF是矩形；②當(dāng)AE＝cm時，四邊形CEDF是菱形．20．（8分）某市射擊隊甲、乙兩名隊員在相同的條件下各射耙10次，每次射耙的成績情況如圖所示：（1）請將下表補充完整：（參考公式：方差S2=[（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（xn﹣）2]）平均數(shù)方差中位數(shù)甲77乙5.4（2）請從下列三個不同的角度對這次測試結(jié)果進行分析：①從平均數(shù)和方差相結(jié)合看，的成績好些；②從平均數(shù)和中位數(shù)相結(jié)合看，的成績好些；③若其他隊選手最好成績在9環(huán)左右，現(xiàn)要選一人參賽，你認(rèn)為選誰參加，并說明理由．21．（8分）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣3過A（1，0），B（﹣3，0），直線AD交拋物線于點D，點D的橫坐標(biāo)為﹣2，點P（m，n）是線段AD上的動點．（1）求直線AD及拋物線的解析式；（2）過點P的直線垂直于x軸，交拋物線于點Q，求線段PQ的長度l與m的關(guān)系式，m為何值時，PQ最長？（3）在平面內(nèi)是否存在整點（橫、縱坐標(biāo)都為整數(shù)）R，使得P，Q，D，R為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，直接寫出點R的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．22．（10分）如圖1，點是正方形的中心，點是邊上一動點，在上截取，連結(jié)，．初步探究：在點的運動過程中：(1)猜想線段與的關(guān)系，并說明理由．深入探究：(2)如圖2，連結(jié)，過點作的垂線交于點．交的延長線于點．延長交的延長線于點．①直接寫出的度數(shù)．②若，請?zhí)骄康闹凳欠駷槎ㄖ?，若是，請求出其值；反之，請說明理由23．（10分）如圖，點E，F(xiàn)在菱形ABCD的對邊上，AE⊥BC．∠1＝∠1．（1）判斷四邊形AECF的形狀，并證明你的結(jié)論．（1）若AE＝4，AF＝1，試求菱形ABCD的面積．24．（10分）觀察下列各式：，，，請利用你所發(fā)現(xiàn)的規(guī)律，（1）計算；（2）根據(jù)規(guī)律，請寫出第n個等式（，且n為正整數(shù)）．25．（12分）如圖所示,在邊長為1的網(wǎng)格中作出△ABC繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°,再向下平移2格后的圖形△A′B′C′.26．如圖，直線AB：y＝x+2與x軸、y軸分別交于A，B兩點，C是第一象限內(nèi)直線AB上一點，過點C作CD⊥x軸于點D，且CD的長為，P是x軸上的動點，N是直線AB上的動點．（1）直接寫出A，B兩點的坐標(biāo)；（2）如圖①，若點M的坐標(biāo)為（0，），是否存在這樣的P點．使以O(shè)，P，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形？若有在，請求出P點坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．（3）如圖②，將直線AB繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)交y軸于點F，交x軸于點E，若旋轉(zhuǎn)角即∠ACE＝45°，求△BFC的面積．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、B【解析】

先設(shè)，根據(jù)題意得出，然后根據(jù)等腰三角形性質(zhì)，，最后根據(jù)即可求解.【詳解】解：設(shè)，∵四邊形ABCD是正方形，∴，∵，∴，∴，，，∴.故選B.【點睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)，利用方程思想求解是關(guān)鍵.2、C【解析】

根據(jù)平行四邊形的判定定理依次確定即可.【詳解】A.AD//BC，AB=CD，不能判定四邊形ABCD是平行四邊形，故不符合題意；B.∠A=∠B，∠C=∠D，不能判定四邊形ABCD是平行四邊形，故不符合題意；C.∠A=∠C，∠B=∠D，能判定四邊形ABCD是平行四邊形，故符合題意；D.AB=AD，CB=CD，不能判定四邊形ABCD是平行四邊形，故不符合題意；故選：C.【點睛】此題考查平行四邊形的判定定理，熟記定理內(nèi)容即可正確解答.3、D【解析】

根據(jù)二次根式的性質(zhì)得出5-x≥0，求出即可．【詳解】∵，∴5-x≥0，解得：x≤5，故選D．【點睛】本題考查了二次根式的性質(zhì)的應(yīng)用，注意：當(dāng)a≥0時，=a，當(dāng)a≤0時，=-a．4、A【解析】

根據(jù)眾數(shù)，中位數(shù)的定義進行分析即可.【詳解】試題解析：18出現(xiàn)的次數(shù)最多，18是眾數(shù)．第11和第12個數(shù)分別是1、1，所以中位數(shù)為1．故選A．【點睛】考核知識點：眾數(shù)和中位數(shù)．5、C【解析】試題分析：本題考查了點的坐標(biāo)、關(guān)于原點的點的橫坐標(biāo)互為相反數(shù)，縱坐標(biāo)互為相反數(shù)；點的坐標(biāo)向左平移減，向右平移加，向上平移加，向下平移減，縱坐標(biāo)不變；根據(jù)關(guān)于原點的點的橫坐標(biāo)互為相反數(shù)，縱坐標(biāo)互為相反數(shù)，即平面直角坐標(biāo)系中任意一點P（x，y），關(guān)于原點的對稱點是（-x，-y），可得關(guān)于原點的對稱點，再根據(jù)點的坐標(biāo)向左平移減，縱坐標(biāo)不變，可得答案．解：在直角坐標(biāo)系中，將點（﹣2，3）關(guān)于原點的對稱點是（2，﹣3），再向左平移2個單位長度得到的點的坐標(biāo)是（0，﹣3），故選C．考點：1．關(guān)于原點對稱的點的坐標(biāo)；2．坐標(biāo)與圖形變化-平移．6、B【解析】

根據(jù)眾數(shù)的定義求解即可.【詳解】在50，40，75，50，57，40，50.這組數(shù)據(jù)中，50出現(xiàn)三次，次數(shù)最多，故眾數(shù)是50.故選B.【點睛】此題考查一組數(shù)據(jù)的眾數(shù)的確定方法，眾數(shù)是一組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)據(jù)，注意眾數(shù)可以不止一個．7、C【解析】

根據(jù)正多邊形的一個內(nèi)角是135°，則知該正多邊形的一個外角為45°，再根據(jù)多邊形的外角之和為360°，即可求出正多邊形的邊數(shù)．【詳解】∵正多邊形的一個內(nèi)角是135°，∴該正多邊形的一個外角為45°，∵多邊形的外角之和為360°，∴邊數(shù)==1，∴這個正多邊形的邊數(shù)是1．故選：C．【點睛】本題主要考查正多邊形內(nèi)角與外角度數(shù)，掌握多邊形的外角之和為360°，是解題的關(guān)鍵．8、B【解析】

連BD，BM，BM交AC于N′，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到B點與D點關(guān)于AC對稱，則有N′D+N′M=BM，利用兩點之間線段最短得到BM為DN+MN的最小值，然后根據(jù)勾股定理計算即可．【詳解】連BD,BM,BM交AC于N′，如圖，∵四邊形ABCD為正方形，∴B點與D點關(guān)于AC對稱，∴N′D=N′B，∴N′D+N′M=BM，∴當(dāng)N點運動到N′時，它到D點與M點的距離之和最小，最小距離等于MB的長，而BC=CD=6，DM=4，∴MC=2，∴BM=.故選：B.【點睛】此題考查軸對稱-最短路線問題，勾股定理，正方形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵在于作輔助線.9、B【解析】

根據(jù)題意可得小華步行上學(xué)時小華離學(xué)校的距離減小，而后離開家后不遠(yuǎn)便發(fā)現(xiàn)數(shù)學(xué)書忘在了家里，于是以相同的速度回家去拿時小華離學(xué)校的距離增大，到家后發(fā)現(xiàn)弟弟把牛奶灑在了地上，就放下手中的東西，收拾好后才離開距離不變，小華跑步到了學(xué)校時小華離學(xué)校的距離減小直至為1．【詳解】解：根據(jù)題意可得小華步行上學(xué)時小華離學(xué)校的距離減小，而后離開家后不遠(yuǎn)便發(fā)現(xiàn)數(shù)學(xué)書忘在了家里，于是以相同的速度回家去拿時小華離學(xué)校的距離增大，到家后發(fā)現(xiàn)弟弟把牛奶灑在了地上，就放下手中的東西，收拾好后才離開距離不變，小華跑步到了學(xué)校時小華離學(xué)校的距離減小直至為1．故選：B．【點睛】本題考查函數(shù)的圖象，關(guān)鍵是根據(jù)題意得出距離先減小再增大，然后不變后減小為1進行判斷．10、C【解析】

根據(jù)平均數(shù)的性質(zhì)，所有數(shù)之和除以總個數(shù)即可得出平均數(shù)．【詳解】依題意得：++++所以平均數(shù)為6.故選C.【點睛】考查算術(shù)平均數(shù)，掌握平均數(shù)的計算方法是解題的關(guān)鍵.:11、D【解析】

要求DN+MN的最小值，DN，MN不能直接求，可考慮通過作輔助線轉(zhuǎn)化DN，MN的值，從而找出其最小值求解．【詳解】連接BM,∵點B和點D關(guān)于直線AC對稱，

∴NB=ND，

則BM就是DN+MN的最小值，

∵正方形ABCD的邊長是8，DM=2，

∴CM=6，

∴BM==1，

∴DN+MN的最小值是1．故選：D．【點睛】此題考查正方形的性質(zhì)和軸對稱及勾股定理等知識的綜合應(yīng)用，解題的難點在于確定滿足條件的點N的位置：利用軸對稱的方法．然后熟練運用勾股定理．12、D【解析】

按照當(dāng)k、b為正數(shù)或負(fù)數(shù)逐次選擇即可．【詳解】解：當(dāng)k＞0，b＞0時，過一二三象限，也過一二三象限，各選項都不符合；當(dāng)k＜0，b＜0時，過二三四象限，也過二三四象限，各選項都不符合；當(dāng)k＞0，b＜0，過一三四象限，過一二四象限，圖中D符合條件，故選：D．【點睛】本題考查的是一次函數(shù)的圖象，解題的關(guān)鍵是熟知k、b在圖象上代表的意義．二、填空題（每題4分，共24分）13、100°.【解析】

根據(jù)直角三角形兩銳角互余，平行四邊形的性質(zhì)即可解決問題.【詳解】∵AF⊥DE，∴∠AFD＝90°，∵∠DAF＝50°，∴∠ADF＝90°﹣50°＝40°，∵DE平分∠ADC，∴∠ADC＝2∠ADF＝80°，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠C+∠ADC＝180°，∴∠C＝100°故答案為100°.【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、角平分線的定義等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考?？碱}型．14、x＞1【解析】

根據(jù)圖形，找出直線k1x+b在直線k2x+c上方部分的x的取值范圍即可．【詳解】解：由圖形可知，當(dāng)x＞1時，k1x+b＞k2x+c，所以，不等式的解集是x＞1．故答案為x＞1．【點睛】本題考查了兩直線相交的問題，根據(jù)函數(shù)圖象在上方的函數(shù)值比函數(shù)圖象在下方的函數(shù)值大，利用數(shù)形結(jié)合求解是解題的關(guān)鍵．15、2【解析】16、1【解析】

設(shè)小明答對的題數(shù)是x道，則答錯或沒答的為（20-x）道，根據(jù)總分才不會低于60分，這個不等量關(guān)系可列出不等式求解．【詳解】設(shè)小明答對的題數(shù)是x道，則答錯或沒答的為（20-x）道，根據(jù)題意可得：5x-2（20-x）≥60，解得：x≥14，∵x為整數(shù)，∴x的最小值為1．故答案是：1．【點睛】考查了一元一次不等式的應(yīng)用．首先要明確題意，找到關(guān)鍵描述語即可解出所求的解．17、1【解析】

根據(jù)二次根式有意義的條件得到a≥1，根據(jù)絕對值的性質(zhì)把原式化簡計算即可．【詳解】由題意得，a-1≥0，解得，a≥1，則已知等式可化為：a-2018+=a，整理得，=2018，解得，a-1=20182，∴a-20182=1，故答案是：1．【點睛】考查的是二次根式有意義的條件，掌握二次根式的被開方數(shù)是非負(fù)數(shù)是解題的關(guān)鍵．18、菱形【解析】

解：順次連接等腰梯形各邊中點所得的四邊形是菱形，理由為：

已知：等腰梯形ABCD，E、F、G、H分別為AD、AB、BC、CD的中點，

求證：四邊形EFGH為菱形．

證明：連接AC，BD，

∵四邊形ABCD為等腰梯形，

∴AC=BD，

∵E、H分別為AD、CD的中點，

∴EH為△ADC的中位線，

∴EH=AC，EH∥AC，

同理FG=AC，F(xiàn)G∥AC，

∴EH=FG，EH∥FG，

∴四邊形EFGH為平行四邊形，

同理EF為△ABD的中位線，

∴EF=BD，又EH=AC，且BD=AC，∴EF=EH，則四邊形EFGH為菱形．

故答案為菱形．三、解答題（共78分）19、（1）見解析；（2）①7；②1．【解析】

(1)根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出CF平行ED,再根據(jù)三角形的判定方法判定△CFG≌△EDG,從而得出FG=CG,根據(jù)平行四邊形的判定定理,即可判斷四邊形CEDF為平行四邊形.(2)①過A作AM⊥BC于M，根據(jù)直角三角形邊角關(guān)系和平行四邊形的性質(zhì)得出DE＝BM，根據(jù)三角形全等的判定方法判斷△MBA≌△EDC,從而得出∠CED＝∠AMB＝90°，根據(jù)矩形的判定方法,即可證明四邊形CEDF是矩形.②根據(jù)題意和等邊三角形的性質(zhì)可以判斷出CE=DE,再根據(jù)菱形的判定方法,即可判斷出四邊形CEDF是菱形.【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CF∥ED，∴∠FCD＝∠GCD，∵G是CD的中點，∴CG＝DG，在△FCG和△EDG中，∴△CFG≌△EDG（ASA），∴FG＝EG，∴四邊形CEDF是平行四邊形；（2）①解：當(dāng)AE＝7時，平行四邊形CEDF是矩形，理由是：過A作AM⊥BC于M，∵∠B＝60°，AB＝6，∴BM＝3，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠CDA＝∠B＝60°，DC＝AB＝6，BC＝AD＝10，∵AE＝7，∴DE＝3＝BM，在△MBA和△EDC中，，∴△MBA≌△EDC（SAS），∴∠CED＝∠AMB＝90°，∵四邊形CEDF是平行四邊形，∴四邊形CEDF是矩形，故答案為：7；②當(dāng)AE＝1時，四邊形CEDF是菱形，理由是：∵AD＝10，AE＝1，∴DE＝6，∵CD＝6，∠CDE＝60°，∴△CDE是等邊三角形，∴CE＝DE，∵四邊形CEDF是平行四邊形，∴四邊形CEDF是菱形，故答案為：1．【點睛】本題考查了平行四邊形、矩形、菱形的判定方法，平行四邊形的性質(zhì)和三角形全等的判定和性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是正確理解題意，能夠熟練掌握平行四邊形、矩形、菱形的判定方法，找到各個量之間存在的關(guān)系.20、（1）1.2，7，7.5；（2）甲，乙，乙，理由見解析.【解析】分析:（1）根據(jù)統(tǒng)計表，結(jié)合平均數(shù)、方差、中位數(shù)的定義，即可求出需要填寫的內(nèi)容．（2）①可分別從平均數(shù)和方差兩方面著手進行比較；②可分別從平均數(shù)和中位數(shù)兩方面著手進行比較；③可從具有培養(yǎng)價值方面說明理由．詳解:解：（1）甲的方差[（9﹣7）2+（5﹣7）2+4×（7﹣7）2+2×（8﹣7）2+2×（6﹣7）2]=1.2，乙的平均數(shù)：（2+4+6+8+7+7+8+9+9+10）÷10=7，乙的中位數(shù)：（7+8）÷2=7.5，填表如下：平均數(shù)方差中位數(shù)甲71.27乙75.47.5（2）①從平均數(shù)和方差相結(jié)合看，甲的成績好些；②從平均數(shù)和中位數(shù)相結(jié)合看，乙的成績好些；③選乙參加．理由：綜合看，甲發(fā)揮更穩(wěn)定，但射擊精準(zhǔn)度差；乙發(fā)揮雖然不穩(wěn)定，但擊中高靶環(huán)次數(shù)更多，成績逐步上升，提高潛力大，更具有培養(yǎng)價值，應(yīng)選乙．故答案為：（1）1.2，7，7.5；（2）①甲；②乙．點睛:本題考查了折線統(tǒng)計圖的綜合運用，讀懂統(tǒng)計圖，從不同的統(tǒng)計圖中得到必要的信息是解決問題的關(guān)鍵，折線統(tǒng)計圖能清楚地看出數(shù)據(jù)的變化情況．21、（1）y＝x2+2x﹣1；（2）當(dāng)m＝-時，PQ最長，最大值為；（1）R1（﹣2，﹣2），R2（﹣2，﹣4），R1（﹣2，﹣1），R4（﹣2，﹣5），R5（0，﹣1）．【解析】

（1)根據(jù)待定系數(shù)法，可得拋物線的解析式；根據(jù)自變量與函數(shù)值的對應(yīng)關(guān)系，可得D點坐標(biāo)，再根據(jù)待定系數(shù)法，可得直線的解析式；(2)根據(jù)平行于y軸直線上兩點間的距離是較大的縱坐標(biāo)減較小的縱坐標(biāo)，可得二次函數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，可得答案；(1)根據(jù)PQ的長是正整數(shù)，可得PQ，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，對邊平行且相等，可得DR的長，根據(jù)點的坐標(biāo)表示方法，可得答案【詳解】解：（1）將A（1，0），B（﹣1，0）代入y＝ax2+bx﹣1得：解得：∴拋物線的解析式為：y＝x2+2x﹣1，當(dāng)x＝﹣2時，y＝（﹣2）2﹣4﹣1＝﹣1，∴D（﹣2，﹣1），設(shè)直線AD的解析式為y＝kx+b，將A（1，0），D（﹣2，﹣1）代入得：解得：∴直線AD的解析式為y＝x﹣1；因此直線AD的解析式為y＝x﹣1，拋物線的解析式為：y＝x2+2x﹣1．（2）∵點P在直線AD上，Q拋物線上，P（m，n），∴n＝m﹣1Q（m，m2+2m﹣1）∴PQ的長l＝（m﹣1）﹣（m2+2m﹣1）＝﹣m2﹣m+2（﹣2≤m≤1）∴當(dāng)m＝時，PQ的長l最大＝﹣（）2﹣（）+2＝．答：線段PQ的長度l與m的關(guān)系式為：l＝﹣m2﹣m+2（﹣2≤m≤1）當(dāng)m＝時，PQ最長，最大值為．（1）①若PQ為平行四邊形的一邊，則R一定在直線x＝﹣2上，如圖：∵PQ的長為0＜PQ≤的整數(shù)，∴PQ＝1或PQ＝2，當(dāng)PQ＝1時，則DR＝1，此時，在點D上方有R1（﹣2，﹣2），在點D下方有R2（﹣2，﹣4）；當(dāng)PQ＝2時，則DR＝2，此時，在點D上方有R1（﹣2，﹣1），在點D下方有R4（﹣2，﹣5）；②若PQ為平行四邊形的一條對角線，則PQ與DR互相平分，此時R與點C重合，即R5（0，﹣1）綜上所述，符合條件的點R有：R1（﹣2，﹣2），R2（﹣2，﹣4），R1（﹣2，﹣1），R4（﹣2，﹣5），R5（0，﹣1）．答：符合條件的點R共有5個，即：R1（﹣2，﹣2），R2（﹣2，﹣4），R1（﹣2，﹣1），R4（﹣2，﹣5），R5（0，﹣1）．【點睛】此題考查一元二次方程-用待定系數(shù)法求解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵在于把已知點代入解析式22、（1）EO⊥FO，EO=FO；理由見解析；（2）①；②=2【解析】

（1）由正方形的性質(zhì)可得BO=CO，∠ABO=∠ACB=45°，∠BOC=90°，由“SAS”可證△BEO≌△CFO，可得OE=OF，∠BOE=∠COF，可證EO⊥FO；（2）①由等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠EOG的度數(shù)；②由∠EOF=∠ABF=90°，可得點E，點O，點F，點B四點共圓，可得∠EOB=∠BFE，通過證明△BOH∽△BIO，可得，即可得結(jié)論．【詳解】解：（1）OE=OF，OE⊥OF，連接AC，BD，∵點O是正方形ABCD的中心∴點O是AC，BD的交點∴BO=CO，∠ABO=∠ACB=45°，∠BOC=90°∵CF=BE，∠ABO=∠ACB，BO=CO，∴△BEO≌△CFO（SAS）∴OE=OF，∠BOE=∠COF∵∠COF+∠BOF=90°，∴∠BOE+∠BOF=90°∴∠EOF=90°，∴EO⊥FO.（2）

①∵OE=OF，OE⊥OF，∴△EOF是等腰直角三角形，OG⊥EF∴∠EOG=45°②BH?BI的值是定值，理由如下：如圖，連接DB，∵AB=BC=CD=2∴BD=2，∴BO=∵∠AOB=∠COB=45°，∠HBE=∠GBI=90°∴∠HBO=∠IBO=135°∵∠EOF=∠ABF=90°∴點E，點O，點F，點B四點共圓∴∠EOB=∠BFE，∵EF⊥OI，AB⊥HF∴∠BEF+∠BFE=90°，∠BEF+∠EIO=90°∴∠BFE=∠BIO，∴∠BOE=∠BIO，且∠HBO=∠IBO∴△BOH∽△BIO∴∴BH?BI=BO2=2【點睛】本題相似綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，證明△BOH∽△BIO是本題的關(guān)鍵．23、四邊形AECF是矩形，理由見解析；（1）菱形ABCD的面積＝10.【解析】

（1）由菱形的性質(zhì)可得AD=BC，AD∥BC，∠BAD=∠BCD，由∠1=∠1可得∠EAF=∠FCB=90°=∠AEC，可得四邊形AECF是矩形；

（1）由勾股定理可求AB的值，由菱形的面積公式可求解．【詳解】解：（1）四邊形AECF是矩形

理由如下：

∵四邊形ABCD是菱形

∴AD=BC=AB，AD∥BC，∠BAD=∠BCD，

∵AE⊥BC

∴AE⊥AD

∴∠FAE=∠AEC=90°

∵∠1=∠1

∴∠BAD-∠1=∠BCD-∠1

∴∠EAF=∠FCB=90°=∠AEC

∴四邊形AECF是矩形

（1）∵四邊形AECF是矩形

∴AF=EC=1

在Rt△ABE中，AB1=AE1+BE1，

∴AB1=16+（AB-1）1，

∴AB=5

∴菱形ABCD的面積=5×4=10【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，熟練運用菱形的性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．24、（1）；（2）【解析】

（1）根據(jù)已知數(shù)據(jù)變化規(guī)律進而將原式變形求出答案；（2）根據(jù)已知數(shù)據(jù)變化規(guī)律進而將原式變形求出答案．【詳解】解：（1）原式===（2）觀察下列等式：第n