2023屆河南省三門峽靈寶市數(shù)學(xué)八下期末檢測試題含解析

2022-2023學(xué)年八下數(shù)學(xué)期末模擬試卷注意事項1．考生要認(rèn)真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題4分，共48分）1．如圖，已知正比例函數(shù)y1=ax與一次函數(shù)y2=-12A．a(chǎn)>0 B．b<0C．當(dāng)x<0時，y1>y2 D．2．菱形具有平行四邊形不一定具有的特征是()A．對角線互相垂直 B．對角相等 C．對角線互相平分 D．對邊相等3．下列根式中，不能與合并的是()A． B． C． D．4．一次函數(shù)與的圖象如圖所示，有下列結(jié)論:①；②；③當(dāng)時,其中正確的結(jié)論有()A．個 B．個 C．個 D．個5．下列運算正確的是（）A．-= B．=2 C．-= D．=2-6．勻速地向如圖所示容器內(nèi)注水，最后將容器注滿．在注水過程中，水面高度h隨時間t變化情況的大致函數(shù)圖象（圖中OABC為一折線）是（）A．（1） B．（2） C．（3） D．無法確定7．下列圖形中既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形的是（）A． B．C． D．8．如圖，矩形中，分別是線段的中點，，動點沿的路線由點運動到點，則的面積是動點運動的路徑總長的函數(shù)，這個函數(shù)的大致圖象可能是（）A． B． C． D．9．某中學(xué)人數(shù)相等的甲、乙兩班學(xué)生參加了同一次數(shù)學(xué)測驗，班平均分和方差分別為=82分，=82分，S甲2=245，S乙2=190，那么成績較為整齊的是()A．甲班 B．乙班 C．兩班一樣整齊 D．無法確定10．如圖，四邊形ABCD的對角線交于點O，下列哪組條件不能判斷四邊形ABCD是平行四邊形（）A．， B．，C．， D．，11．下列圖形都是由相同的小正方形按照一定規(guī)律擺放而成，其中第1個圖共有3個小正方形，第2個圖共有8個小正方形，第3個圖共有15個小正方形，第4個圖共有24個小正方形，照此規(guī)律排列下去，則第8個圖中小正方形的個數(shù)是（）A．48 B．63 C．80 D．9912．如圖，已知菱形OABC的兩個頂點O（0，0），B（2，2），若將菱形繞點O以每秒45°的速度逆時針旋轉(zhuǎn)，則第2019秒時，菱形兩對角線交點D的橫坐標(biāo)為（）A． B．- C．1 D．﹣1二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，五個全等的小正方形無縫隙、不重合地拼成了一個“十字”形，連接A、B兩個頂點，過頂點C作CD⊥AB，垂足為D．“十字”形被分割為了①、②、③三個部分，這三個部分恰好可以無縫隙、不重合地拼成一個矩形，這個矩形的長與寬的比值為________.14．若關(guān)于的方程有實數(shù)根，則的值可以是_____（寫出一個即可）15．如圖，直線與x軸、y軸分別交于A，B兩點，C是OB的中點，D是AB上一點，四邊形OEDC是菱形，則△OAE的面積為________．16．若分解因式可分解為，則=______。17．矩形內(nèi)一點到頂點，，的長分別是，，，則________________．18．分解因式：﹣2x2y+16xy﹣32y=．三、解答題（共78分）19．（8分）解方程（1）+=3（2）20．（8分）如圖，在△ABC中，點O是AC邊上的一個動點，過點O作直線MN∥BC，設(shè)MN交∠BCA的角平分線于點E，交∠BCA的外角平分線于點F（1）求證：EO=FO；（2）當(dāng)點O運動到何處時，四邊形AECF是矩形？并證明你的結(jié)論．21．（8分）如圖1，矩形頂點的坐標(biāo)為，定點的坐標(biāo)為.動點從點出發(fā)，以每秒個單位長度的速度沿軸的正方向勻速運動，動點從點出發(fā)，以每秒個單位長度的速度沿軸的負方向勻速運動，兩點同時運動，相遇時停止.在運動過程中，以為斜邊在軸上方作等腰直角三角形，設(shè)運動時間為秒，和矩形重疊部分的面積為，關(guān)于的函數(shù)如圖2所示（其中，，時，函數(shù)的解析式不同）.當(dāng)時，的邊經(jīng)過點；求關(guān)于的函數(shù)解析式，并寫出的取值范圍.22．（10分）如圖，直線l是一次函數(shù)y＝kx+b的圖象．（1）求出這個一次函數(shù)的解析式．（2）根據(jù)函數(shù)圖象，直接寫出y＜2時x的取值范圍．23．（10分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y＝﹣x+2與x軸、y軸分別交于A、B兩點，直線BC交x軸負半軸于點C，∠BCA＝30°，如圖①．（1）求直線BC的解析式．（2）在圖①中，過點A作x軸的垂線交直線CB于點D，若動點M從點A出發(fā)，沿射線AB方向以每秒個單位長度的速度運動，同時，動點N從點C出發(fā)，沿射線CB方向以每秒2個單位長度的速度運動，直線MN與直線AD交于點S，如圖②，設(shè)運動時間為t秒，當(dāng)△DSN≌△BOC時，求t的值．（3）若點M是直線AB在第二象限上的一點，點N、P分別在直線BC、直線AD上，是否存在以M、B、N、P為頂點的四邊形是菱形．若存在，請直接寫出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．24．（10分）解一元二次方程：(1)6x2﹣x﹣2＝0(2)(x+3)(x﹣3)＝325．（12分）如圖，直角坐標(biāo)系xOy中，一次函數(shù)y=kx+b的圖象l1分別與x軸，y軸交于A（15，0），B兩點，正比例函數(shù)y=x的圖象l2與l1交于點C（m，3）．（1）求m的值及l(fā)1所對應(yīng)的一次函數(shù)表達式；（2）根據(jù)圖象，請直接寫出在第一象限內(nèi)，當(dāng)一次函數(shù)y=kx+b的值大于正比例函數(shù)y=x的值時，自變量x的取值范圍．26．在正方形ABCD中，點F是BC延長線上一點，過點B作BE⊥DF于點E，交CD于點G，連接CE.（1）若正方形ABCD邊長為3，DF=4，求CG的長；（2）求證：EF+EG=CE.

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、A【解析】

利用兩函數(shù)圖象結(jié)合與坐標(biāo)軸交點進而分別分析得出答案.【詳解】∵y1∴a>0，故A正確；∵y2=-1∴b>0，故B錯誤；∵正比例函數(shù)y1∴當(dāng)x<0時,y1＜y當(dāng)x>2時,y1>y故選：A.【點睛】此題考查一次函數(shù)和正比例函數(shù)的圖象與性質(zhì)，解題關(guān)鍵在于結(jié)合函數(shù)圖象進行判斷.2、A【解析】

根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)：①邊：平行四邊形的對邊相等．②角：平行四邊形的對角相等．③對角線：平行四邊形的對角線互相平分；菱形的性質(zhì)：①菱形具有平行四邊形的一切性質(zhì)；②菱形的四條邊都相等；③菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角進行解答即可．【詳解】菱形具有但平行四邊形不一定具有的是對角線互相垂直，故選A．【點睛】本題主要考查了菱形和平行四邊形的性質(zhì)，關(guān)鍵是熟練掌握二者的性質(zhì)定理．3、C【解析】

解：A、，本選項不合題意；B、，本選項不合題意；C、，本選項合題意；D、，本選項不合題意；故選C．考點：同類二次根式．4、B【解析】

利用一次函數(shù)的性質(zhì)分別判斷后即可確定正確的選項.【詳解】解：①∵的圖象與y軸的交點在負半軸上，∴a＜0，故①錯誤；②∵的圖象從左向右呈下降趨勢，∴k＜0，故②錯誤；③兩函數(shù)圖象的交點橫坐標(biāo)為4，當(dāng)x＜4時，在的圖象的上方，即y1＞y2，故③正確；故選：B.【點睛】本題考查了一次函數(shù)與一元一次不等式的關(guān)系：從函數(shù)的角度看，就是尋求使一次函數(shù)y=kx+b的值大于（或小于）0的自變量x的取值范圍；從函數(shù)圖象的角度看，就是確定直線y=kx+b在x軸上（或下）方部分所有的點的橫坐標(biāo)．利用數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵.5、A【解析】A.-=，正確；B.=，故B選項錯誤；C.與不是同類二次根式，不能合并，故C選項錯誤；D.=-2，故D選項錯誤，故選A.【點睛】本題考查了二次根式的加減運算以及二次根式的化簡，熟練掌握運算法則和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.6、A【解析】

根據(jù)題意和圖形可以判斷哪個函數(shù)圖象符合實際，從而可以解答本題．【詳解】解：由圖形可得，從開始到下面的圓柱注滿這個過程中，h隨時間t的變化比較快，從最下面的圓柱注滿到中間圓柱注滿這個過程中，h隨時間t的變化比較緩慢，從中間圓柱注滿到最上面的圓柱注滿這個過程中，h隨時間t的變化最快，故（1）中函數(shù)圖象符合題意，故選：A．【點睛】本題考查函數(shù)圖象，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．7、D【解析】

軸對稱圖形的定義：如果一個圖形沿著一條直線對折后兩部分完全重合，這樣的圖形叫做軸對稱圖形；中心對稱圖形的定義：在同一平面內(nèi)，如果把一個圖形繞某一點旋轉(zhuǎn)180度，旋轉(zhuǎn)后的圖形能和原圖形完全重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形.【詳解】解：A、不是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；B、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故此選項錯誤；C、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；D、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故此選項正確．故選：D．【點睛】此題考查中心對稱圖形，軸對稱圖形，解題關(guān)鍵在于掌握其定義8、C【解析】

根據(jù)題意分析△PAB的面積的變化趨勢即可．【詳解】根據(jù)題意當(dāng)點P由E向C運動時，△PAB的面積勻速增加，當(dāng)P由C向D時，△PAB的面積保持不變，當(dāng)P由D向F運動時，△PAB的面積勻速減小但不為1．故選C．【點睛】本題為動點問題的函數(shù)圖象探究題，考查了一次函數(shù)圖象的性質(zhì)，分析動點到達臨界點前后函數(shù)值變化是解題關(guān)鍵．9、B【解析】

∵S甲2=245，S乙2=190，∴S甲2S乙2∴成績較為整齊的是乙班．故選B．10、B【解析】

根據(jù)平行四邊形的判定方法，對每個選項進行篩選可得答案．【詳解】A、∵OA=OC，OB=OD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，故A選項不符合題意；B、AB=CD，AO=CO不能證明四邊形ABCD是平行四邊形，故本選項符合題意；C、∵AD//BC，AD=BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，故C選項不符合題意；D、∵AB∥CD，∴∠ABC+∠BCD=180°，∠BAD+∠ADC=180°，又∵∠BAD=∠BCD，∴∠ABC=∠ADC，∵∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，故D選項不符合題意，故選B.【點睛】本題主要考查平行四邊形的判定問題，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，能夠熟練判定一個四邊形是否為平行四邊形．平行四邊形的判定：①兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形；②兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形；③兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形；④對角線互相平分的四邊形是平行四邊形；⑤一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形.11、C【解析】

解決這類問題首先要從簡單圖形入手，抓住隨著“編號”或“序號”增加時，后一個圖形與前一個圖形相比，在數(shù)量上增加（或倍數(shù)）情況的變化，找出數(shù)量上的變化規(guī)律，從而推出一般性的結(jié)論．【詳解】∵第1個圖共有3個小正方形，3=1×3；第2個圖共有8個小正方形，8=2×34；第3個圖共有15個小正方形，15=3×5；第4個圖共有24個小正方形，24=4×6；…∴第8個圖共有8×10=80個小正方形；故選C.【點睛】本題考查了規(guī)律型---圖形類規(guī)律與探究，要求學(xué)生通過觀察，分析、歸納發(fā)現(xiàn)其中的規(guī)律，并應(yīng)用發(fā)現(xiàn)的規(guī)律解決問題．12、B【解析】

根據(jù)菱形的性質(zhì)及中點的坐標(biāo)公式可得點D坐標(biāo)，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得旋轉(zhuǎn)后點D的坐標(biāo)．【詳解】解：菱形OABC的頂點O（0，0），B（2，2），得D點坐標(biāo)為，即（1，1）．∴OD＝每秒旋轉(zhuǎn)45°，則第2019秒時，得45°×2019，45°×2019÷360＝252.375周，OD旋轉(zhuǎn)了252又周，菱形的對角線交點D的坐標(biāo)為（﹣，0），故選：B．【點睛】考查菱形的性質(zhì)及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)及中點的坐標(biāo)公式、中心對稱的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．二、填空題（每題4分，共24分）13、2【解析】

如圖，連接AC、BC、BE、AE，根據(jù)圖形可知四邊形ACBE是正方形，進而利用正方形的性質(zhì)求出即可【詳解】如圖，連接AC、BC、BE、AE，∵五個全等的小正方形無縫隙、不重合地拼成了一個“十字”形，∴四邊形ACBE是正方形，∵CD⊥AB，∴點D為對角線AB、CE的交點，∴CD=AB，∴這個矩形的長與寬的比值為=2，故答案為：2【點睛】此題主要考查了圖形的剪拼，正確利用正方形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．14、4【解析】

根據(jù)一元二次方程根的情況結(jié)合根的判別式得出關(guān)于的關(guān)系式，然后進一步求解即可.【詳解】∵關(guān)于的方程有實數(shù)根，∴，∴，∴要使原方程有實數(shù)根，可取的值為4，故答案為：4.【點睛】本題主要考查了一元二次方程根的判別式的運用，熟練掌握相關(guān)概念是解題關(guān)鍵.15、【解析】

根據(jù)直線于坐標(biāo)軸交點的坐標(biāo)特點得出,A,B兩點的坐標(biāo)，得出OB，OA的長，根據(jù)C是OB的中點，從而得出OC的長，根據(jù)菱形的性質(zhì)得出DE=OC=2;DE∥OC；設(shè)出D點的坐標(biāo)，進而得出E點的坐標(biāo)，從而得出EF,OF的長，在Rt△OEF中利用勾股定理建立關(guān)于x的方程，求解得出x的值，然后根據(jù)三角形的面積公式得出答案.【詳解】解:把x=0代入y=?x+4得出y=4,∴B(0,4);∴OB=4;

∵C是OB的中點，∴OC=2,∵四邊形OEDC是菱形,∴DE=OC=2;DE∥OC,把y=0代入y=?x+4得出x=,∴A(,0);∴OA=,設(shè)D(x,),∴E(x,-x+2),延長DE交OA于點F，∴EF=-x+2,OF=x,在Rt△OEF中利用勾股定理得：,解得：x1=0(舍），x2=；∴EF=1,∴S△AOE=·OA·EF=2.故答案為.【點睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征：一次函數(shù)y=kx+b，（k≠0，且k，b為常數(shù)）的圖象是一條直線．它與x軸的交點坐標(biāo)是（-，0）；與y軸的交點坐標(biāo)是（0，b）．直線上任意一點的坐標(biāo)都滿足函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=kx+b．也考查了菱形的性質(zhì).16、-7【解析】

將（x+3）(x+n)的形式轉(zhuǎn)化為多項式，通過對比得出m、n的值，即可計算得出m+n的結(jié)果.【詳解】（x+3）（x+n）=+（3+n）x+3n，對比+mx-15，得出：3n=﹣15，m=3+n，則：n=﹣5，m=﹣2.所以m+n=﹣2﹣5=﹣7.【點睛】本題考查了因式分解，解題關(guān)鍵在于通過對比兩個多項式，得出m、n的值.17、【解析】

如圖作PE⊥AB于E，EP的延長線交CD于F，作PGLBC于G.則四邊形AEFD是矩形，四邊形EBGP是矩形，四邊形PFCG是矩形，設(shè)AE=DF=a，EP=BG=b，BE=PG=c，PF=CG=d，則有a2+b2=9，c2+a2=16，c2+d2=25，可得2（a2+c2）+b2+d2=9+16+25推出b2+d2=18，即可解決問題.【詳解】解：如圖作PELAB于E，EP的延長線交CD于F，作PGLBC于G.則四邊形AEFD是矩形，四邊形EBGP是矩形，四邊形PFCG是矩形.設(shè)AE=DF=a，EP=BG=b，BE=PG=c，PF=CG=d，則有：a2+b2=9，c2+a2=16，c2+d2=25∴2（a2+c2）+b2+d2=9+16+25∴b2+d2=18∴PD=，故答案為.【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題.18、﹣2y（x﹣4）2【解析】試題分析：根據(jù)提取公因式以及完全平方公式即可求出：原式=﹣2y（x2﹣8x+16）=﹣2y（x﹣4）2故答案為﹣2y（x﹣4）2考點：因式分解三、解答題（共78分）19、(1)x=;(2)x=1【解析】

(1)按步驟：①去分母；②求出整式方程的解；③檢驗；④得出結(jié)論解分式方程；(2)按步驟：①去分母；②求出整式方程的解；③檢驗；④得出結(jié)論解分式方程；【詳解】（1）+=33-2=3(2x-2)1=6x-6x=,當(dāng)x=時，2x-2≠0,所以x=是方程的解;(2)x-3+2(x+3)=6x-3+2x+6=63x=3x=1.當(dāng)x=1時，x2-9≠0,所以x=1是方程的解.【點睛】考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“轉(zhuǎn)化思想”，把分式方程轉(zhuǎn)化為整式方程求解．解分式方程一定注意要驗根．20、(1)見解析；(2)當(dāng)O運動到OA=OC處，四邊形AECF是矩形.理由見解析.【解析】

（1）由于CE平分∠BCA，那么有∠1=∠2，而MN∥BC，利用平行線的性質(zhì)有∠1=∠3，等量代換有∠2=∠3，于OE=OC，同理OC=OF，于是OE=OF；

（2）OA=OC，那么可證四邊形AECF是平行四邊形，又CE、CF分別是∠BCA及其外角的角平分線，易證∠ECF是90°，從而可證四邊形AECF是矩形．【詳解】(1)當(dāng)點O運動到AC中點時,四邊形AECF是矩形;理由如下：如圖所示：

∵CE平分∠BCA，

∴∠1=∠2，

又∵MN∥BC，

∴∠1=∠3，

∴∠3=∠2，

∴EO=CO，

同理，F(xiàn)O=CO，

∴EO=FO；

(2)當(dāng)O運動到OA=OC處，四邊形AECF是矩形.理由如下：∵OA=OC，

∴四邊形AECF是平行四邊形，

∵CF是∠BCA的外角平分線，

∴∠4=∠5，

又∵∠1=∠2，

∴∠1+∠5=∠2+∠4，

又∵∠1+∠5+∠2+∠4=180°，

∴∠2+∠4=90°，

∴平行四邊形AECF是矩形.【點睛】本題考查平行線的性質(zhì)、矩形的判定和角平分線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握平行線的性質(zhì)、矩形的判定和角平分線的性質(zhì).21、（1）1；（2）S=【解析】

（1）PQR的邊QR經(jīng)過點B時，構(gòu)成等腰直角三角形，則由AB=AQ，列方程求出t值即可.（2）在圖形運動的過程中，有三種情形，當(dāng)1＜t≤2時，當(dāng)1＜t≤2時，當(dāng)2＜t≤4時，進行分類討論求出答案.【詳解】解：PQR的邊QR經(jīng)過點B時，構(gòu)成等腰直角三角形；AB=AQ,即3=4-t①當(dāng)時，如圖設(shè)交于點，過點作于點則②當(dāng)時，如圖設(shè)交于點交于點則，③當(dāng)時，如圖設(shè)與交于點，則綜上所述，關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式為：S=【點睛】此題屬于四邊形綜合題．考查了矩形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)以及動點問題．注意掌握分類討論思想的應(yīng)用是解此題的關(guān)鍵.22、（1）y＝x+1；（1）x＜1【解析】

（1）將（﹣1，0）、（1，1）兩點代入y＝kx+b，解得k，b，可得直線l的解析式；（1）根據(jù)函數(shù)圖象可以直接得到答案．【詳解】解：（1）將點（﹣1，0）、（1，1）分別代入y＝kx+b，得：，解得．所以，該一次函數(shù)解析式為：y＝x+1；（1）由圖象可知，當(dāng)y＜1時x的取值范圍是：x＜1．故答案為（1）y＝x+1；（1）x＜1.【點睛】本題主要考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，利用代入法是解答此題的關(guān)鍵．23、（1）y＝x+2；（2），t＝秒或t＝+4秒時，△DSN≌△BOC；（3）M（+4）或M（）或M（）．【解析】

（1）求出B，C的坐標(biāo)，由待定系數(shù)法可求出答案；（2）分別過點M，N作MQ⊥x軸，NP⊥x軸，垂足分別為點Q，P．分兩種情況：（Ⅰ）當(dāng)點M在線段AB上運動時，（Ⅱ）當(dāng)點M在線段AB的延長線上運動時，由DS＝BO＝2，可得出t的方程，解得t的值即可得出答案；（3）設(shè)點M（a，﹣a+2），N（b，），P（2，c），點B（0，2），分三種情況：（Ⅰ）當(dāng)以BM，BP為鄰邊構(gòu)成菱形時，（Ⅱ）當(dāng)以BP為對角線，BM為邊構(gòu)成菱形時，（Ⅲ）當(dāng)以BM為對角線，BP為邊構(gòu)成菱形時，由菱形的性質(zhì)可得出方程組，解方程組即可得出答案．【詳解】解：（1）∵直線y＝﹣x+2與x軸、y軸分別交于A、B兩點，∴x＝0時，y＝2，y＝0時，x＝2，∴A（2，0），B（0，2），∴OB＝AO＝2，在Rt△COB中，∠BOC＝90°，∠BCA＝30°，∴OC＝2，∴C（﹣2，0），設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，代入B，C兩點的坐標(biāo)得，，∴k＝，b＝2，∴直線BC的解析式為y＝x+2；（2）分別過點M，N作MQ⊥x軸，NP⊥x軸，垂足分別為點Q，P．（Ⅰ）如圖1，當(dāng)點M在線段AB上運動時，∵CN＝2t，AM＝t，OB＝OA＝2，∠BOA＝∠BOC＝90°，∴∠BAO＝∠ABO＝45°，∵∠BCO＝30°，∴NP＝MQ＝t，∵MQ⊥x軸，NP⊥x軸，∴∠NPQ＝∠MQA＝90°，NP∥MQ，∴四邊形NPQM是矩形，∴NS∥x軸，∵AD⊥x軸，∴AS∥MQ∥y軸，∴四邊形MQAS是矩形，∴AS＝MQ＝NP＝t，∵NS∥x軸，AS∥MQ∥y軸，∴∠DNS＝∠BCO，∠DSN＝∠DAO＝∠BOC＝90°，∴當(dāng)DS＝BO＝2時，△DSN≌△BOC（AAS），∵D（2，+2），∴DS＝+2﹣t，∴+2﹣t＝2，∴t＝（秒）；（Ⅱ）當(dāng)點M在線段AB的延長線上運動時，如圖2，同理可得，當(dāng)DS＝BO＝2時，△DSN≌△BOC（AAS），∵DS＝t﹣（+2），∴t﹣（+2）＝2，∴t＝+4（秒），綜合以上可得，t＝秒或t＝+4秒時，△DSN≌△BOC．（3）存在以M、B、N、P為頂點的四邊形是菱形：M（﹣2﹣2，2+4）或M（﹣2﹣4，2+6）或M（﹣2+2，2）．∵M是直線AB在第二象限上的一點，點N，P分別在直線BC，直線AD上，∴設(shè)點M（a，﹣a+2），N（b，b+2），P（2，c），點B（0，2），（Ⅰ）當(dāng)以BM，BP為鄰邊構(gòu)成菱形時，如圖3，∵∠CBO＝60°，∠OBA＝∠OAB＝∠PAF＝45°，∴∠DBA＝∠MBN＝∠PBN＝75°，∴∠MBE＝45°，∠PBF＝30°，∴MB＝ME，PF＝AP，PB＝2PF＝AP，∵四邊形BMNP是菱形，∴，解得，a＝﹣2﹣2，∴M（﹣2﹣2，2+4）（此時點N與點C重合），（Ⅱ）當(dāng)以BP為對角線，BM為邊構(gòu)成菱形時，如圖4，過點B作EF∥x軸，ME⊥EF，NF⊥EF，同（Ⅰ）可知，∠MBE＝45°，∠NBF＝30°，由四邊形BMNP是菱形和BM＝BN得：，解得：a＝﹣2﹣4，∴M（﹣2﹣4，2+6），（Ⅲ）當(dāng)以BM為對角線，BP為邊構(gòu)成菱形時，如圖5，作NE⊥y軸，BF⊥AD，∴∠BNE＝30°，∠PBF＝60°，由四邊形BMNP是菱形和BN＝BP得，，解得：a＝﹣2+2，∴M（﹣2+2，2）．綜合上以得出，當(dāng)以M、B、N、P為頂點的四邊形是菱形時，點M的坐標(biāo)為：M（﹣2﹣2，2+4）或M（﹣2﹣4，2+6）或M（﹣2+2，2）．【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，動點問題與全等結(jié)合，菱形探究，熟練掌握相關(guān)方法是解題的關(guān)鍵．24、(1)x1＝，x2＝﹣；(2)x1＝2，x2＝﹣2.【解析】

(1)直接利用公式法求解即可；(2)方程整理后，利用直接開平方法求解即可．【詳解】解：(1)a＝6，b＝﹣1，c＝﹣2，∵△＝1+48＝49，∴x＝，解得：x1＝，x2＝﹣；(2)方程整理得：x2＝12，開方得：x＝±2，解得：x1＝2，x2＝﹣2．【點睛】本題主要考查解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法，并能根據(jù)題目