2022-2023学年内蒙古通辽市八年级下学期期末数学试题及答案

这是一份2022-2023学年内蒙古通辽市八年级下学期期末数学试题及答案，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. 若代数式在实数范围内有意义，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次根式有意义得，，根据分式有意义的条件得，，即，进行计算即可得．
【详解】解：根据二次根式有意义得，，
根据分式有意义的条件得，，
即，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次根式有意义，分式有意义，解题的关键是掌握这些知识点．
2. 下列运算中正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式的加法、减法、除法、乘法法则逐项判断即可．
【详解】解：A.与不是同类二次根式，不能合并，此选项运算错误；
B. ，此选项运算错误；
C. ，此选项运算正确；
D. ，此选项运算错误．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次根式的乘法、除法、加减法运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
3. 平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的是（）
A. 对角线互相平分
B. 对角线互相垂直
C. 对角线相等
D. 对角线互相垂直且相等
【答案】A
【解析】
【详解】平行四边形的对角线互相平分，而对角线相等、平分一组对角、互相垂直不一定成立．
故平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有性质是：对角线互相平分．
故选：A．
【点睛】特殊四边形的性质
4. 以下列各组数为边长，不能构成直角三角形的是（ ）
A. 7，24，25B. ，4，5C. ，1，D. 40，50，60
【答案】D
【解析】
【分析】根据勾股定理的逆定理，对选项逐个判断即可．
【详解】解：A、，可以构成直角三角形，不符合题意；
B、，可以构成直角三角形，不符合题意；
C、，可以构成直角三角形，不符合题意；
D、，不可以构成直角三角形，符合题意；
故选：D
【点睛】此题考查了勾股定理的逆定理，解题的关键是熟练掌握勾股定理的逆定理，如果是的三边长，且满足，则为直角三角形．
5. 如果通过平移直线得到的图象，那么直线必须（ ）．
A. 向上平移5个单位B. 向下平移5个单位
C向上平移个单位D. 向下平移个单位
【答案】C
【解析】
【分析】根据“上加下减常数项”即可得到答案．
【详解】∵=+.，
∴由直线向上平移个单位得到；
故选C．
【点睛】本题考查了一次函数图象的平移，掌握上下平移的规律是关键．
6. 中考前夕，数学老师想看看小明同学的数学成绩是否稳定，于是他统计了小明同学近5次数学模拟考试的成绩，对于这名数学老师来说，他最想知道的是小明这5次考试数学成绩的（）
A. 平均数和中位数B. 方差或极差
C. 众数或中位数D. 平均数或众数
【答案】B
【解析】
【分析】根据方差、极差的意义即可解答．
【详解】解：老师最关注小明数学成绩的稳定性，由于方差和极差都能反映数据的波动大小，故判断小明的数学成绩是否稳定，应知道方差或极差．
故选：B．
【点睛】本题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、众数、方差的意义．反映数据集中程度的统计量有平均数、中位数、众数，离散程度的统计量有极差，方差，标准差，各有局限性，因此要对统计量进行合理的选择和恰当的运用．
7. 疫情期间，为保障学校师生安全，某校每天进行全员核酸检测，小胡下课后从教室去160米的检测点做核酸检测，他用了2分钟到达检测点，扫码检测共用了2分钟，做完核酸检测后，他及时回教室，用了分钟，下列图象能正确表示小胡离教室的距离与时间关系的是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知前两分钟内小胡与教室的距离逐渐增大，第2分钟到第4分钟小胡与教室的距离不变，第4分钟到第分钟，小胡与教室的距离逐渐减小，据此即可得到答案．
【详解】解：∵小胡下课后从教室去160米的检测点做核酸检测，他用了2分钟到达检测点，
∴前两分钟内小胡与教室的距离逐渐增大，在第2分钟的时候达到160米，
∵扫码检测共用了2分钟，
∴第2分钟到第4分钟小胡与教室的距离不变，即为160米；
∵做完核酸检测后，他及时回教室，用了分钟，
∴第4分钟到第分钟，小胡与教室的距离逐渐减小，且第分钟时距离为0，
∴四个选项中只有C选项的函数图象符合题意，
故选C．
【点睛】本题主要考查了函数图象的识别，正确分析出每个时间段内时间与教室距离的关系是解题的关键．
8. 数形结合是解决数学问题常用的思想方法．如图，直线与直线相交于点．根据图象可知，关于的不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一次函数图像的交点直接判断即可．
【详解】解：由题意可知，
当时，
直线的图像位于直线图像的上方，
即关于的不等式的解集为：．
故选：C．
【点睛】本题主要考查一次函数与不等式的关系，明确函数图像上各交点坐标代表的意义是解决本题的关键．
9. 下列判断正确的是（）
A. 一组对边平行且对角线相等的四边形是矩形B. 四个内角都相等的四边形是菱形
C. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形D. 四条边都相等的四边形是正方形
【答案】C
【解析】
【分析】根据矩形、菱形、平行四边形的判定定理进行判断即可．
【详解】解：一组对边平行且对角线相等的四边形不是矩形，A错误，故不符合要求；
四个内角都相等的四边形是矩形，B错误，故不符合要求；
两组对边分别相等的四边形是平行四边形，C正确，故符合要求；
四条边都相等的四边形是菱形，D错误，故不符合要求；
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形、菱形、平行四边形的判定．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
10. “赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b．若ab=8，大正方形的面积为25，则小正方形的边长为
A. 9B. 6C. 4D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知：中间小正方形的边长为：，根据勾股定理以及题目给出的已知数据即可求出小正方形的边长．
【详解】解：由题意可知：中间小正方形的边长为：，
每一个直角三角形的面积为：，
，
，
或（舍去），
故选：D．
【点睛】本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式，本题属于基础题型．
11. 如图，在矩形中，点M在边上，把沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，连接，过点B作，垂足为F，若，则线段的长为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先证明△BFC≌△CDE，可得DE=CF=2，再用勾股定理求得CE=，从而可得AD=BC=，最后求得AE的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD，∠ABC=∠D=90°，AD∥BC，
∴∠DEC=∠FCB，
∵，
∴∠BFC=∠CDE，
∵把沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，
∴BC=EC，
在△BFC与△CDE中，
∴△BFC≌△CDE（AAS），
∴DE=CF=2，
∴，
∴AD=BC=CE=，
∴AE=AD-DE=，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、折叠的性质，勾股定理的应用，解决本题的关键是熟练掌握矩形中的折叠问题．
12. 如图，在四边形中，，，，点从点出发，以的速度向点运动，点从点同时出发，以相同的速度向点运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动，设点的运动时间为（单位：），下列结论①当时，四边形为矩形；②当时，四边形为平行四边形；③当时，或；④当时，或。其中结论正确的个数有（）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，表示出，，和的长，当四边形为矩形时，根据，列出方程求解即可；当四边形为平行四边形时，根据，列出方程求解即可；当时，分两种情况：四边形是平行四边形时；四边形是等腰梯形，分别列方程求解即可．
【详解】解：根据题意，可得，，
∵，，
∴，，
当四边形为矩形时，，
即，解得，故①不正确；
当四边形为平行四边形时，则，
即，解得，故②不正确；
当时，分两种情况：
当四边形是平行四边形时，则，
即，解得，
当四边形是等腰梯形时，
过点作于点，过点作于点，如图所示，
则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
又，，，
∴，
即，
解得，
综上可得，当时，或，
故③错误，④正确，
∴正确的结论有个．
故选：
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，涉及动点问题，用含的代数式表示各线段的长度是解题的关键．
二、填空题（每小题3分，共12分）
13. 某中学规定学生的学期体育成绩满分为100分，其中早锻炼及体育课外活动占20%，期中考试成绩占30%，期末考试成绩占50%，小桐的三项成绩(百分制)依次为95，90，85．则小桐这学期的体育成绩是__________．
【答案】88．5
【解析】
【分析】根据题意，求小桐的三项成绩的加权平均数即可．
【详解】95×20%+90×30%+85×50%=88.5（分），
答：小桐这学期的体育成绩是88.5分．
故答案是：88.5
【点睛】本题主要考查加权平均数，掌握加权平均数的意义，是解题的关键．
14. 阅读材料：如果我们能找到两个正整数，使且，这样，那么我们就称为“和谐二次根式”，则上述过程就称之为化简“和谐二次根式”．例如：，根据阅读材料解决下列问题：化简“和谐二次根式”______．
【答案】##
【解析】
【分析】仿照题意进行求解即可．
【详解】解：
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了化简复合二次根式，正确理解题意是解题的关键．
15. 如图，在菱形中，对角线、相交于点O，E为中点，，，则线段的长为___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理、三角形中位线定理，由菱形的性质可得，，，，利用勾股定理求得，由三角形中位线定理可得，计算求解即可．
【详解】解：由菱形的性质可得，，，，
∴，
∵O是的中点，E是的中点，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：．
16. 甲、乙两车从A城出发匀速行驶至城．在整个行驶过程中，甲、乙两车离开A城的距离（千米）与甲车行驶的时间（小时）之间的函数关系如图所示．则下列结论：①A，B两城相距千米；②乙车比甲车俛出发1小时，却早到1小时；③乙车出发后小时追上甲年；④当甲、乙两车相距下米时，或，其中正确的结论序号为______．
【答案】①②③
【解析】
【分析】由图象可知A，B两城相距千米，而乙是在甲出发1小时后出发的，且用时3小时，即比甲早到1小时，即①②都正确；设甲车离开A城的距离y与t的关系式为，把代入得，，进行计算得，设甲车离开A城的距离y与t的关系式为，把，代入得，，计算得，令，得，进行计算得，即甲、乙两直线的交点横坐标为，此时乙出发时间为小时，即③正确；令，计算得，,令计算得，此时，乙还没有出发，令得，此时，乙已到达B城，即当或或或时，两车相距千米，即④错误，综上，即可得．
【详解】解：由图象可知A，B两城相距千米，而乙是在甲出发1小时后出发的，且用时3小时，即比甲早到1小时，
∴①②都正确；
设甲车离开A城的距离y与t的关系式为，把代入得，
，
，
∴，
设甲车离开A城的距离y与t的关系式为，把，代入得，
，
解得，
∴，
令，得，
，
即甲、乙两直线的交点横坐标为，此时乙出发时间为小时，
即乙车出发小时后追上甲车，
∴③正确；
令，得
，
即，
，，
解得，，,
，
，
此时，乙还没有出发，
，
，
此时，乙已到达B城，
即当或或或时，两车相距千米，
∴④错误，
综上，①②③正确，
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，解题的关键是掌握一次函数的应用，从图象上获取相应的信息．
三、解答题（共72分）
17. 计算：
【答案】
【解析】
【分析】先化简二次根式，能合并的合并，再做除法．
【详解】解：原式=，
=，
=．
【点睛】本题主要考查了实数的运算，掌握二次根式的运算，注意运算顺序是解题的关键．
18. 如图，有一艘货船和一艘客船同时从港口出发，客船与货船的速度比为，出发1小时后，客船比货船多走了10海里．客船沿北偏东25°方向航行，2小时后货船到达处，客船到达处，若此时两船相距100海里．
（1）求两船的速度分别是多少？
（2）求货船航行的方向．
【答案】（1）客船与货船的速度分别是40海里/小时和30海里/小时
（2）货船航行的方向为南偏东
【解析】
【分析】（1）设客船与货船的速度分别是海里/小时和海里/小时，依据客船1小时比货船多走10海里，列方程求解即可；
（2）依据，可得是直角三角形，且，再根据货船航行方向，即可得到客船航行的方向．
【小问1详解】
设客船与货船的速度分别是海里/小时和海里/小时，根据题意得
解得
∴，
即客船与货船的速度分别是40海里/小时和30海里/小时；
【小问2详解】
∵海里，海里，海里
∴
∴
∵
∴
即货船航行的方向为南偏东
【点睛】本题主要考查了方向角以及勾股定理应用，正确得出的长是解题的关键．
19. 在平面直角坐标系中，一次函数y=kx+b（k，b都是常数，且k≠0）的图象经过点（1，0）和（0，2）．
（1）当﹣2＜x≤3时，求y的取值范围；
（2）已知点P（m，n）在该函数的图象上，且m﹣n=4，求点P的坐标．
【答案】(1) ﹣4≤y＜6；（2）点P的坐标为（2，﹣2） .
【解析】
【分析】利用待定系数法求一次函数解析式得出即可；
（1）利用一次函数增减性得出即可．
（2）根据题意得出n=﹣2m+2，联立方程，解方程即可求得．
【详解】设解析式为：y=kx+b，
将（1，0），（0，2）代入得：，
解得：，
∴这个函数的解析式为：y=﹣2x+2；
（1）把x=﹣2代入y=﹣2x+2得，y=6，
把x=3代入y=﹣2x+2得，y=﹣4，
∴y的取值范围是﹣4≤y＜6．
（2）∵点P（m，n）在该函数的图象上，
∴n=﹣2m+2，
∵m﹣n=4，
∴m﹣（﹣2m+2）=4，
解得m=2，n=﹣2，
∴点P的坐标为（2，﹣2）．
【点睛】考点：1、待定系数法求一次函数的解析式，2、一次函数图象上点的坐标特征，3、一次函数的性质
20. 如图，在平行四边形中，点E，F分别在边，上，且四边形为正方形．
（1）求证：；
（2）已知平行四边形的面积为20，，求的长．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理，正方形的性质，平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．
（1）根据平行四边形的性质得出，根据正方形性质得出，根据，得出；
（2）根据平行四边形的性质得出，求出，得出，根据勾股定理求出即可．
【小问1详解】
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵正方形，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴在中，根据勾股定理得：
．
21. 某校举办“歌唱祖国”演唱比赛，十位评委对每位同学的演唱进行现场打分，对参加比赛的甲、乙、丙三位同学得分的数据进行整理、描述和分析，下面给出了部分信息．
a．甲、乙两位同学得分的折线图：
b．丙同学得分：
10，10，10，9，9，8，3，9，8，10
c．甲、乙、丙三位同学得分的平均数：
根据以上信息，回答下列问题：
（1）求表中m的值；
（2）在参加比赛的同学中，如果某同学得分的10个数据的方差越小，则认为评委对该同学演唱的评价越一致．据此推断：甲、乙两位同学中，评委对_________的评价更一致（填“甲”或“乙”）；
（3）如果每位同学的最后得分为去掉十位评委打分中的一个最高分和一个最低分后的平均分，最后得分越高，则认为该同学表现越优秀．据此推断：在甲、乙、丙三位同学中，表现最优秀的是_________（填“甲”“乙”或“丙”）．
【答案】（1）
（2）甲（3）丙
【解析】
【分析】（1）根据平均数的定义求出丙的平均数即可求解．
（2）根据方差的计算方法先算出甲、乙的方差，再进行比较即可求解．
（3）按去掉一个最高分和一个最低分后分别计算出甲、乙、丙的平均分，再进行比较即可求解．
【小问1详解】
解：丙的平均数：，
则．
【小问2详解】
，
，
，
∴甲、乙两位同学中，评委对甲的评价更一致，
故答案为：甲．
【小问3详解】
由题意得，去掉一个最高分和一个最低分后的平均分为：
甲：，
乙：，
丙：，
∵去掉一个最高分和一个最低分后丙的平均分最高，
因此最优秀的是丙，
故答案为：丙．
【点睛】本题考查了折线统计图、中位数、方差及平均数，理解折线统计图，从图中获取信息，掌握中位数、方差及去掉一个最高分和一个最低分后的平均分的求法是解题的关键．
22. 某书店现有资金7700元，计划全部用于购进甲、乙、丙三种图书共20套，其中甲种图书每套500元，乙种图书每套400元，丙种图书每套250元．书店将甲、乙、丙三种图书的售价分别定为每套550元，430元，310元．设书店购进甲种图书x套，乙种图书y套，请解答下列问题：
（1）请求出y与x的函数关系式（不需要写出自变量的取值范围）；
（2）若书店购进甲、乙两种图书均不少于1套，则该书店有几种进货方案？
（3）在（1）和（2）的条件下，根据市场调查，书店决定将三种图书的售价作如下调整：甲种图书的售价不变，乙种图书的售价上调a（a为正整数）元，丙种图书的售价下调a元，这样三种图书全部售出后，所获得的利润比（2）中某方案的利润多出20元，请直接写出书店是按哪种方案进的货及a的值．
【答案】（1）y=﹣x+18（2）三种购买方案（3）甲种图书6套，乙种图书8套，丙种图书6套，a=10
【解析】
【分析】(1) 根据题意得购进丙种图书（20﹣x﹣y）套,由7700元计划全部用于购进甲、乙、丙三种图书，可列出方程的y与x的函数关系式；
（2）由（1）得：y=﹣x+18，由书店购进甲、乙两种图书均不少于1套，可得，得出x的取值范围，由x，y，（20﹣x﹣y）为整数可得方案数；
（3）由（1）（2）得三种方案，按所获得的利润比（2）中某方案的利润多出20元进行比较，由a为正整数进行判断可得出答案.
【详解】（1）根据题意得购进丙种图书（20﹣x﹣y）套，则有500x+400y+250（20﹣x﹣y）=7700，
所以解析式为：y=﹣x+18；
（2）根据题意得：，
解得：x，
又∵x≥1，
∴，
因为x，y，（20﹣x﹣y）为整数，
∴x=3，6，9，
即有三种购买方案：①甲、乙、丙三种图书分别为3套，13套，4套，
②甲、乙、丙三种图书分别为6套，8套，6套，
③甲、乙、丙三种图书分别为9套，3套，8套，
（3）若按方案一：则有13a﹣4a=20，解得a=（不是正整数，不符合题意），
若按方案二：则有8a﹣6a=20，解得a=10（符合题意），
若按方案三：则有3a﹣8a=20，解得a=﹣4（不是正整数，不符合题意），
所以购买方案是：甲种图书6套，乙种图书8套，丙种图书6套，a=10．
【点睛】本题主要考查一次函数与不等式等知识的综合，注意运算的准确性及灵活根据题意进行方案选择.
23. 如图，已知四边形ABCD为正方形，AB=，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE．交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
①求证：矩形DEFG是正方形；
②探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)见解析;(2)是定值
【解析】
【详解】分析：①作出辅助线，得到EN=EM，然后判断∠DEN=∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE=EF即可；
②同①的方法证出△ADE≌△CDG得到CG=AE，得出CE+CG=CE+AE=AC=4即可．
详解：①过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵正方形ABCD，
∴∠BCD=90°，∠ECN=45°，
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，且NE=NC，∴四边形EMCN为正方形．
∵四边形DEFG是矩形，∴EM=EN，∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，
∴∠DEN=∠MEF，又∠DNE=∠FME=90°．在△DEN和△FEM中，∵∠DNE=∠FME，EN=EM，∠DEN=∠FEM，∴△DEN≌△FEM（ASA），∴ED=EF，∴矩形DEFG为正方形，
②CE+CG的值为定值，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°．
∵四边形ABCD是正方形，∵AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDG．△ADE和△CDG中，∵AD=CD，∠ADE=∠CDG，DE=DG，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE=CG，
∴AC=AE+CE=AB=×2=4，∴CE+CG=4 定值．
点睛：本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，矩形的判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解答本题的关键是作出辅助线，判断三角形全等．
24. 在平面直角坐标系中，直线y＝﹣3x﹣交x轴于点A，交y轴于点B，直线y＝﹣x+3交x轴于点C，交y轴于点D．
（1）如图1，连接BC，求BCD的面积；
（2）如图2，在直线y＝﹣x+3上存在点E，使得∠ABE＝45°，求点E的坐标；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接OE，过点E作CD的垂线交y轴于点F，点P在直线EF上，在平面中存在一点Q，使得以OE为一边，O，E，P，Q为顶点的四边形为菱形，请直接写出点Q的坐标．
【答案】（1）11；（2）E（2，）；（3）（，−）或（，2）或（−，−2）．
【解析】
【分析】（1）对于直线y＝﹣3x﹣，令x＝0，则y＝−，故点B（0，−），同理可得点D（0，3）、（4，0），△BCD的面积＝×BD×OC，即可求解；
（2）证明△EHB≌△RGE（AAS），则RG＝EH，BH＝GE，即可求解；
（3）分点P在点Q的下方、点P在点Q的上方两种情况，利用平移的性质分别求解即可．
【详解】解：（1）对于直线y＝−3x−，令x＝0，则y＝−，故点B（0，−）；
对于y＝−x＋3，令x＝0，则y＝3，令y＝0，即−x＋3＝0，
解得：x＝4，故点D（0，3）、（4，0），
则BD＝3＋＝，OC＝4，
△BCD的面积＝×BD×OC＝××4＝11；
（2）由题意，∠ABE＝45°，观察图像可知，点E只能直线在AB的右侧，过点E作BE的垂线交AB于点R，过点E作y轴的平行线交过点R与x轴的平行线于点G，交过点B与x轴的平行线于点H，
设点E（m，−m＋3），点R（n，−3n−），
∵∠ABE＝45°，故ER＝EB，
∵∠REG＋∠BEH＝90°，∠BEH＋∠EBH＝90°，
∴∠REG＝∠EBH，
∵∠EHB＝∠RGE＝90°，EB＝ER，
∴△EHB≌△RGE（AAS），
∴RG＝EH，BH＝GE，
即m＝−3n−＋m−3，−m＋3＋＝m−n，
解得，
故点E（2，）；
（3）由（1）知 ，由（2）知 ，
∴ ，
∵点F在y轴上，设 ，
∴ ，
∵ ，
∴△DEF为直角三角形，
∴ ，
∴ ，解得： ，
∴ ，
设EF所在直线解析式为： ，代入，，
，
解得： ，
故直线EF的表达式为y＝x−，
设点P（a，a−），点Q（s，t），
点O向右平移2个单位向上平移个单位得到E，
同样点P（Q）向右平移2个单位向上平移个单位得到Q（P），
当点P在点Q的下方时，
则a＋2＝s且a−＋＝t①，
OE＝OP，即②，
联立①②并解得：a＝2或−，
故点Q的坐标为（，−）（不合题意的值已舍去）；
当点P在点Q的上方时，
同理可得，点Q的坐标为（，2）或（−，−2）．
综上，点Q的坐标为（，−）或（，2）或（−，−2）．
【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、菱形的性质、三角形全等、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
同学
甲
乙
丙
平均数
8.6
8.6
m