2022-2023学年山东省临沂市莒南县八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省临沂市莒南县八年级（下）期末数学试卷（含解析），共25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。

2022-2023学年山东省临沂市莒南县八年级（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知一组数据，前8个数据的平均数是x，还有两个数据的分别为84，84，则这组数据的平均数是(    )
A. x+842 B. 8+16810 C. 8x+8410 D. 8x+16810
2. 若代数式 x−2有意义，则实数x的取值范围是(    )
A. x>2 B. x≥2 C. x<2 D. x≤2
3. 如果关于x的一元二次方程x2−6x+a=0无实数根，那么a的值可以为(    )
A. 10 B. 9 C. 8 D. 7
4. 甲、乙两人在相同条件下，各射击10次，经计算：甲射击成绩的平均数是9环，方差是1.4；乙射击成绩的平均数是9环，方差是0.8.下列说法中一定正确的是(    )
A. 甲的总环数大于乙的总环数 B. 甲的成绩比乙的成绩稳定
C. 甲、乙成绩的众数相同 D. 乙的成绩比甲的成绩波动小
5. 甲无人机从地面起飞，乙无人机从距离地面20m高的楼顶起飞，两架无人机同时匀速上升10s.甲、乙两架无人机所在的位置距离地面的高度y(单位：m)与无人机上升的时间x(单位：s)之间的关系如图所示．下列说法正确的是(    )
A. 5s时，两架无人机都上升了40m
B. 10s时，两架无人机的高度差为20m
C. 乙无人机上升的速度为8m/s
D. 10s时，甲无人机距离地面的高度是60m

6. 已知一次函数y=kx+b，y随着x的增大而减小，且kb<0，则在直角坐标系内它的大致图象是(    )
A. B. C. D.
7. “方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A′B′C′D′，形成一个“方胜”图案，则点D，B′之间的距离为(    )


A. 1cm B. 2cm C. ( 2−1)cm D. (2 2−1)cm
8. 下列计算正确的是(    )
A. 2+ 3= 5 B. a2⋅a3=a6
C. (a−1)2=a2−1 D. 6 12=3 2
9. 已知方程甲：ax2+2bx+a=0，方程乙：bx2+2ax+b=0都是一元二次方程，
①若x=1是方程甲的解，则x=1也是方程乙的解；
②若方程甲有两个相等的实数解，则方程乙也有两个相等的实数解；
③若方程甲有两个不相等的实数解，则方程乙也有两个不相等的实数解；
④若x=n既是方程甲的解，又是方程乙的解，那么n可以取1或−1．
以上说法中正确的序号是(    )

A. ①② B. ③④ C. ①②③④ D. ①②④
10. 如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，AD=8，点E是边AD上的一点，将△AEB沿BE所在的直线折叠，使点A落在BD上的点G处，则AE的长是(    )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
11. 勾股定理是几何中的一个重要定理，在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载.如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理.图2是由图1放入长方形内得到的，∠BAC=90°，AB=6，BC=10，点D，E，F，G，H，I都在长方形KLMJ的边上，则长方形KLMJ的面积为(    )

A. 420 B. 440 C. 430 D. 410
12. 如图，正方形ABCD中，点E、F、H分别是AB、BC、CD的中点，CE、DF交于G，连接AG、HG.下列结论：①CE⊥DF；②AG=AD；③∠CHG=∠DAG；④HG=12AD.其中正确的有(    )



A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共16.0分）
13. 已知一次函数y=3x−1与y=kx(k是常数，k≠0)的图象的交点坐标是(1,2)，则方程组3x−y=1kx−y=0的解是          ．
14. 如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E，F分别是AD，CD边上的中点，连接EF.若EF=2，BD=3，则菱形ABCD的面积为______ ．


15. 小强家因装修准备用电梯搬运一些木条上楼，如图，已知电梯的长、宽、高分别是1.2m，0.9m，2m，那么电梯内能放入这些木条的最大长度是        m.


16. 我们把a、b、c三个数的中位数记作Z|a，b，c|，直线y=kx+12与函数y=Z|2x−2，x+1，−x+1|的图象有且只有2个交点，则k的值为______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共68.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
(1)计算：( 2−1)0− 6÷ 3−(−12)−1+|− 2|；
(2)解方程：2x2−3x−5=0．
18. (本小题8.0分)
如图，已知直线l：y=kx+b与x轴、轴分别交于A，B两点，且OA=2OB=8，x轴上一点C的坐标为(6,0)，P是直线l上一点．
(1)求直线l的函数表达式；
(2)连接OP和CP，当点P的横坐标为2时，求△COP的面积．

19. (本小题8.0分)
今年超市以每件25元的进价购进一批商品，当商品售价为40元时，三月份销售256件，四、五月该商品十分畅销，销售量持续上涨，在售价不变的基础上，五月份的销售量达到400件．
(1)求四、五这两个月销售量的月平均增长百分率．
(2)经市场预测，六月份的销售量将与五月份持平，现商场为了减少库存，采用降价促销方式，经调查发现，该商品每降价1元，月销量增加5件，当商品降价多少元时，商场六月份可获利4250元？
20. (本小题10.0分)
每年4月23日是世界读书日，某校为了解学生课外阅读情况，随机抽取20名学生，对每人每周用于课外阅读的平均时间(单位：分钟)进行调查，结果填入下表：
30
60
81
50
40
110
130
146
90
100
60
81
120
140
70
81
10
20
100
81
整理数据：
课外阅读平均时间(x分钟)
0≤x<40
40≤x<80
80≤x<120
120≤x<160
人数
3
5
a
4
分析数据：
平均数
中位数
众数
80
m
n
请根据以上提供的信息，解答下列问题：
(1)填空：a= ______ ，m= ______ ，n= ______ ；
(2)已知该校学生1200人，若每人每周用于课外阅读的平均时间不少于80分钟为达标，请估计达标的学生数；
(3)设阅读一本课外书的平均时间为260分钟，请选择适当的统计量，估计该校学生每人一年(按52周计)平均阅读多少本课外书？
21. (本小题10.0分)
涛涛同学骑共享单车保持匀速从家到书店买书，选好书付好款后，以相同的速度原路骑共享单车返回家中．设涛涛同学距离家的路程为y(m)，离家的时间为x(min)，y与x之间的函数图象如图所示．
(1)填空：a=______；
(2)在涛涛同学从书店返回家的过程中，求y与x之间的函数关系式；
(3)在涛涛从家里出发的同时，小波同学以60m/min的速度从书店匀速步行去涛涛家，当涛涛同学从家到书店的过程中与小波同学相遇时，求涛涛同学离家的时间．

22. (本小题11.0分)
如图，四边形ABCD为平行四边形，E为AD上的一点，连接EB并延长，使BF=BE，连接EC并延长，使CG=CE，连接FG.H为FG的中点，连接DH．
(1)求证：四边形AFHD为平行四边形；
(2)若CB=CE，∠BAE=80°，∠DCE=30°，求∠CBE的度数．

23. (本小题13.0分)
【模型建立】
(1)如图1，等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，CB=CA，直线ED经过点C，过点A作AD⊥ED于点D，过点B作BE⊥ED于点E，求证：△BEC≌△CDA；
【模型应用】
(2)如图2，已知直线l1：y=32x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，将直线l1绕点A逆时针旋转45°至直线l2；求直线l2的函数表达式；
(3)如图3，平面直角坐标系内有一点B(3,−4)，过点B作BA⊥x轴于点A、BC⊥y轴于点C，点P是线段AB上的动点，点D是直线y=−2x+1上的动点且在第四象限内．试探究△CPD能否成为等腰直角三角形？若能，求出点D的坐标，若不能，请说明理由．


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：这组数据的平均数=(8x+84+84)÷(8+2)=8x+16810．
故选：D．
根据平均数=总数÷个数计算即可．
本题考查的是算术平均数的求法．熟记公式是解决本题的关键．

2.【答案】B 
【解析】解：由题意得：x−2≥0，
解得：x≥2，
故选：B．
根据二次根式有意义的条件可得x−2≥0，再解即可．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，关键是掌握二次根式中的被开方数是非负数．

3.【答案】A 
【解析】解：∵一元二次方程x2−6x+a=0无实数根，
∴Δ=b2−4ac=(−6)2−4×1×a<0，
解得：a>9，只有选项A符合题意，
故选：A．
由一元二次方程根与系数的关系可得：Δ<0，从而列不等式可得答案．
本题考查的是一元二次方程根的判别式，掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键．

4.【答案】D 
【解析】解：∵各射击10次，甲射击成绩的平均数是9环，乙射击成绩的平均数是9环，
∴甲、乙的总环数相同，故A说法错误，不符合题意；
∵甲射击成绩的方差是1.4；乙射击成绩的方差是0.8，
∴乙的成绩比甲的成绩稳定，甲的成绩比乙的成绩波动大，故B说法错误，不符合题意；D说法正确，符合题意；
由已知不能得到甲、乙成绩的众数相同，故C说法错误，符合题意；
故选：D．
根据方差、平均数的意义进行判断，平均数相同则总环数相同，方差越大，波动越大即可求出答案．
本题考查了平均数、方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．

5.【答案】B 
【解析】解：由图象可得，
5s时，甲无人机上升了40m，乙无人机上升了40−20=20m，故选项A错误；
甲无人机的速度为：40÷5=8m/s，乙无人机的速度为：(40−20)÷5=4m/s，故选项C错误；
则10s时，两架无人机的高度差为：(8×10)−(20+4×10)=20m，故选项B正确；
10s时，甲无人机距离地面的高度是8×10=80m，故选项D错误；
故选：B．
根据题意和函数图象中的数据，可以计算出甲、乙两架无人机的速度，然后即可判断各个选项中的说法是否正确，本题得以解决．
本题考查一次函数的应用，计算出甲、乙两架无人机的速度是解答本题的关键，利用数形结合的思想解答．

6.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了一次函数的性质，一次函数图象与系数的关系．
根据y随着x的增大而减小，可得k<0，进而可得b>0，再根据一次函数图象与系数的关系即可判断．
【解答】
解：∵一次函数y=kx+b，y随着x的增大而减小，
∴k<0
又∵kb<0
∴b>0
∴一次函数y=kx+b的图象过第一，二，四象限．
故选：A．  
7.【答案】D 
【解析】解：∵四边形ABCD为边长为2cm的正方形，
∴BD= 22+22=2 2(cm)，
由平移的性质可知，BB′=1cm，
∴B′D=(2 2−1)cm，
故选：D．
根据正方形的性质、勾股定理求出BD，根据平移的概念求出BB′，计算即可．
本题考查的是平移的性质、正方形的性质，根据平移的概念求出BB′是解题的关键．

8.【答案】D 
【解析】解：A、 2与 3不是同类二次根式，故不能合并，故A不符合题意．
B、原式=a5，故B不符合题意．
C、原式=a2−2a+1，故C不符合题意．
D、原式=3 2，故D符合题意．
故选：D．
根据二次根式的加减运算法则、同底数幂的乘法运算、完全平方公式以及分母有理化即可求出答案．
本题考查二次根式的加减运算法则、同底数幂的乘法运算、完全平方公式以及分母有理化，本题属于基础题型．

9.【答案】A 
【解析】解：若x=1是方程甲的解，所以a+2b+a=0，即a=−b，
则方程乙：bx2+2ax+b=0变为bx2−2bx+b=0，
解得x1=x2=1，
所以x=1也是方程乙的解，故①正确；
若方程甲有两个相等的实数解，则Δ=(2b)2−4a⋅a=0，
解得4b2=4a2，
所以4a2−4b2=0，
而方程乙：bx2+2ax+b=0中，Δ=(2a)2−4b⋅b=4a2−4b2=0，
所以方程乙有两相等实数解，故②正确；
若方程甲有两个不相等的实数解，则Δ=(2b)2−4a⋅a>0，
解得4b2>4a2，
所以4a2−4b2<0，
而方程乙：bx2+2ax+b=0中，Δ=(2a)2−4b⋅b=4a2−4b2<0，
所以方程乙没有实数解，故③不正确；
若x=n既是方程甲的解，又是方程乙的解，
所以an2+2bn+a=0①bn2+2an+b=0②，
①−②得(a−b)n2−2(a−b)n+(a−b)=0，
∵a≠b，
∴n2−2n+1=0，
解得n1=n2=1，
故④不正确；
故选：A．
由方程甲有两个不相等的实数解可知于4a2−4b2<0，根据判别式的意义可对A进行判断；
由方程甲有两个相等的实数解可知于4a2−4b2=0，根据判别式的意义可对B进行判断；
若x=1是方程甲的解，则可得出a=−b，根据判别式的意义可对C进行判断；
若x=n既是方程甲的解，又是方程乙的解，则，解方程组求得n1=n2=1，可对D进行判断．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式Δ=b2−4ac：当Δ>0，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0，方程有两个相等的实数根；当Δ<0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．

10.【答案】B 
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∴BD= AB2+AD2=10，
设AE=x，则ED=8−x，
由翻折的性质得：AE=GE=x，BG=AB=6，∠EGD=∠A=90°，
∴GD=10=6=4，
在Rt△EGD中，由勾股定理得：
x2+42=(8−x)2，
解得：x=3，
∴AE=3，
故选：B．
设AE=x，则ED=8−x，由翻折的性质得：AE=GE=x，BG=AB=6，则DG=4，在Rt△EGD中，由勾股定理列方程即可．
本题主要考查了矩形的性质，翻折的性质，勾股定理等知识，运用勾股定理列方程是解题的关键．

11.【答案】B 
【解析】解：如图，延长AB交KL于P，延长AC交LM于Q，

由题意得，∠BAC=∠BPF=∠FBC=90°，BC=BF，
∴∠ABC+∠ACB=90°=∠PBF+∠ABC，
∴∠ACB=∠PBF，
∴△ABC≌△PFB(AAS)，
同理可证△ABC≌△QCG(AAS)，
∴PB=AC=8，CQ=AB=6，
∵图2是由图1放入长方形内得到，
∴IP=8+6+8=22，DQ=6+8+6=20，
∴长方形KLMJ的面积=22×20=440．
故选：B．
延长AB交KL于P，延长AC交LM于Q，可得△ABC、△PFB、△QCG全等，根据全等三角形对应边相等可得PB=AC，CQ=AB，然后求出IP和DQ的长，再根据长方形的面积公式列式计算即可得解．
本题考查了勾股定理的证明，全等三角形的性质与判定，作辅助线构造出全等三角形并得到长方形的邻边的长是解题的关键，也是本题的难点．

12.【答案】D 
【解析】
【分析】
此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质以及垂直平分线的性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
连接AH，由四边形ABCD是正方形与点E、F、H分别是AB、BC、CD的中点，易证得△BCE≌△CDF与△ADH≌△DCF，根据全等三角形的性质，易证得CE⊥DF与AH⊥DF，根据垂直平分线的性质，即可证得AG=AD，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证得HG=12AD，根据等腰三角形的性质，即可得∠CHG=∠DAG.则问题得解．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=90°，
∵点E、F、H分别是AB、BC、CD的中点，
∴BE=CF，
在△BCE与△CDF中BE=CF∠B=∠DCFBC=CD，
∴△BCE≌△CDF(SAS)，
∴∠ECB=∠CDF，
∵∠BCE+∠ECD=90°，
∴∠ECD+∠CDF=90°，
∴∠CGD=90°，
∴CE⊥DF，故①正确；
在Rt△CGD中，H是CD边的中点，
∴HG=12CD=12AD，故④正确；
连接AH，
同理可得：AH⊥DF，
∵HG=HD=12CD，
∴DK=GK，
∴AH垂直平分DG，
∴AG=AD，故②正确；
∴∠DAG=2∠DAH，
同理：△ADH≌△DCF，
∴∠DAH=∠CDF，
∵GH=DH，
∴∠HDG=∠HGD，
∴∠GHC=∠HDG+∠HGD=2∠CDF，
∴∠CHG=∠DAG.故③正确．
故选：D．  
13.【答案】x=1y=2 
【解析】解：∵一次函数y=3x−1与y=kx(k是常数，k≠0)的图象的交点坐标是(1,2)，
∴联立y=3x−1与y=kx的方程组的解为：x=1y=2，
故答案为：x=1y=2．
根据一次函数的交点坐标即可确定以两个一次函数解析式组成的二元一次方程组的解．
本题考查了一次函数与二元一次方程组，熟练掌握一次函数的交点坐标与二元一次方程组的解的关系是解题的关键．

14.【答案】6 
【解析】解：∵E，F分别是AD，CD边上的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF=12AC，
∴AC=4，
∴菱形ABCD的面积为：12×AC×BD=12×4×3=6．
故答案为：6．
根据三角形中位线的性质，得EF=12AC，根据菱形是面积等于12×AC×BD，即可．
本题考查菱形，三角形中位线的知识，解题的关键是掌握菱形的性质，三角形中位线的性质．

15.【答案】2.5 
【解析】解：如图所示：

由勾股定理知：AB2=0.92+1.22=1.52，
∴AC= 1．52+22=2.5(m)，
即电梯内能放入这些木条的最大长度是2.5m．
故答案为：2.5．
由勾股定理求出AB2，再由勾股定理求出AC即可．
本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理，并能进行推理计算是解决问题的关键．

16.【答案】76或−12或1 
【解析】解：由题意，函数y=Z|2x−2，x+1，−x+1|的图象如图所示：

∵y=kx+12与函数y=Z|2x−2，x+1，−x+1|的图象有且只有2个交点，
当直线y=kx+12经过点(经过(3,4)时，则4=3k+12，
解得k=76，
当直线y=kx+12经过点(1,0)时，k=−12，
当k=1时，平行于y=x+1，与函数y=Z|2x−2，x+1，−x+1|的图象也有且仅有两个交点；
∴直线直线y=kx+12与函数y=Z|2x−2，x+1，−x+1|的图象有且只有2个交点，则k的取值为76或−12或1．
故选：A．
画出函数y=Z|2x−2，x+1，−x+1|的图象，要使直线y=kx+12与函数y=Z|2x−2，x+1，−x+1|的图象有且只有2个交点，只需直线经过(3,4)或经过(1,0)或平行于y=x+1．
本题考查了一次函数的图象与性质以及中位数的概念，一元一次不等式组的应用，数形结合思想的应用是解本题的关键．

17.【答案】解：(1)原式=1− 6÷3−(−2)+ 2
=1− 2+2+ 2
=3；
(2)2x2−3x−5=0，
(2x−5)(x+1)=0，
2x−5=0或x+1=0，
所以x1=52，x2=−1． 
【解析】(1)先根据零指数幂、负整数指数幂、二次根式的除法法则和绝对值的意义计算，然后合并即可；
(2)利用因式分解法把方程转化为2x−5=0或x+1=0，然后解两个一次方程即可．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了实数的运算．

18.【答案】解：(1)∵OA=2OB=8，
∴A(8,0)，B(0,4)，
∵y=kx+b的图象过点A、B，
∴0=8k+b4=b，
解得：k=−12b=4，
∴直线l的函数表达式为y=−12x+4；
(2)∵P是直线l上一点，点P的横坐标为2，
∴点P的纵坐标为−12×2+4=3，
∵C(6,0)，
∴OC=6，
∴S△COP=12OC⋅|yP|=12×6×3=9． 
【解析】(1)根据题意可得：A(8,0)，B(0,4)，再根据待定系数法即可求解；
(2)根据题意可得，OC=6，再将点P的横坐标为2代入直线l的解析式中，求出点P的纵坐标，最后由S△COP=12OC⋅|yP|即可求解．
本题主要考查用待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征，灵活运用所学知识解决问题是解题关键．

19.【答案】(1)解：设平均增长率为x，由题意得：256×(1+x)2=400，
解得：x=0.25或x=−2.25(舍)；
∴四、五这两个月的月平均增长百分率为25%；
(2)解：设降价y元，由题意得：(40−y−25)(400+5y)=4250，
整理得：y2+65y−350=0，
解得：y=5或y=−70(舍)；
∴当商品降价5元时，商场六月份可获利4250元． 
【解析】(1)利用平均增长率的等量关系：a(1+x)2=b，列式计算即可；
(2)利用总利润=单件利润×销售数量，列方程求解即可．
本题考查一元二次方程的实际应用．根据题意正确的列出一元二次方程是解题的关键．

20.【答案】8  81  81 
【解析】解：(1)由统计表收集数据可知a=8，m=81，n=81．
故答案为：8；81；81；
(2)1200×8+420=720(人)．
答：估计达标的学生有720人；
(3)80×52÷260=16(本)．
答：估计该校学生每人一年(按52周计算)平均阅读16本课外书．
(1)根据统计表收集数据可求a，再根据中位数、众数的定义可求m，n；
(2)达标的学生人数=总人数×达标率，依此即可求解；
(3)本题需先求出阅读课外书的总时间，再除以平均阅读一本课外书的时间即可得出结果．
此题主要考查数据的统计和分析的知识．准确把握三数(平均数、中位数、众数)和理解样本和总体的关系是关键．

21.【答案】14 
【解析】解：(1)根据题意，24−10=14，
∴a=14，
故答案为：14．
(2)设y与x的函数解析式为：y=kx+b(k≠0)，
将(14,2000)，(24,0)代入，得14k+b=200024k+b=0，
解得k=−200b=4800．
∴函数解析式为y=−200x+4800．
(3)设涛涛同学从家里出发x min时，与小波同学相遇，
则有(200+60)x=2000，
解得x=10013，
∴涛涛同学经过10013min与小波同学相遇．
(1)根据题意可知，涛涛同学去书店用了10min，所以从书店回家也用了10min，所以24−10=14即可；
(2)设函数解析式为y=kx+b，将点(14,2000)和(24,0)代入即可；
(3)设经过x min两人相遇，根据题意列方程(200+60)x=2000，求解即可．
本题考查了一次函数的应用，根据图象理解题意，然后用待定系数求解析式是解决本题的关键．

22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD//BC，∠BAE=∠BCD，
∵BF=BE，CG=CE，
∴BC是△EFG的中位线，
∴BC//FG，BC=12FG，
∵H为FG的中点，
∴FH=12FG，
∴BC//FH，BC=FH，
∴AD//FH，AD=FH，
∴四边形AFHD是平行四边形；

(2)解：∵∠BAE=80°，
∴∠BCD=80°，
∵∠DCE=30°，
∴∠BCE=80°−30°=50°，
∵CB=CE，
∴∠CBE=∠CEB=12(180°−50°)=65°． 
【解析】(1)由平行四边形的性质得出AD=BC，AD//BC；证明BC是△EFG的中位线，得出BC//FG，BC=12FG，证出AD//FH，AD=FH，由平行四边形的判定方法即可得出结论；
(2)由平行四边形的性质得出∠BCE=50°，再由等腰三角形的性质得出∠CBE=∠CEB，根据三角形内角和定理即可得出结果．
本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．

23.【答案】解：(1)如图1所示：

∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠ADC=∠CEB=90°，
又∵∠ACD+∠ACB+∠BCE=180°，∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
又∵∠ACD+∠DAC=90°，
∴∠DAC=∠ECB，
在△CDA和△BEC中，
∠ADC=∠CEB∠DAC=∠ECBAC=CB,
∴△CDA≌△BEC(AAS)；
(2)过点B作BC⊥AB交AC于点C，CD⊥y轴，交y轴于点D，如图2所示：

∵CD⊥y轴，x轴⊥y轴，
∴∠CDB=∠BOA=90°，
又∵BC⊥AB，
∴∠ABC=90°，
又∵∠ABO+∠ABC+∠CBD=180°，
∴∠ABO+∠CBD=90°，
又∵∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠BAO=∠CBD，
又∵∠BAC=45°，
∴∠ACB=45°，
∴AB=CB，
在△ABO和∠BCD中，
∠AOB=∠BDC∠BAO=∠CBDAB=CB，
∴△ABO≌∠BCD(AAS)，
∴AO=BD，BO=CD，
又∵直线l1：y=32x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，
令y=0，得32x+3=0，
∴x=−2，即A(−2,0)，
令x=0，得y=3，即B(0,3)，
∴AO=2，BO=3，
∴BD=2，CD=3，
∴点C的坐标为(−3,5)，
设l2的函数表达式为y=kx+b(k≠0)，
点A、C两点在直线l2上，依题意得：
−2k+b=0−3k+b=5，
解得：k=−5b=−10，
∴直线l2的函数表达式为y=−5x−10；
(3)能成为等腰直角三角形，依题意得，
①若点P为直角顶点时，如图3甲所示：

设点P的坐标为(3,m)，则PB的长为4+m，
∵∠CPD=90°，CP=PD，
∠CPM+∠CDP+∠PDH=180°，
∴∠CPM+∠PDH=90°，
又∵∠CPM+PCM=90°，
∴∠PCM=∠DPH，
在△MCP和△HPD中，
∠PCM=∠DPH∠CMP=∠PHDPC=DP,
∴△MCP≌△HPD(AAS)，
∴CM=PH，PM=HD，
∴点D的坐标为(7+m,−3+m)，
又∵点D在直线y=−2x+1上，
∴−2(7+m)+1=−3+m，
解得：m=−103，
即点D的坐标为(113,−193)；
②若点C为直角顶点时，如图3乙所示：

设点P的坐标为(3,n)，则PB的长为4+n，
CA=CD，
同理可证明△PCM≌△CDH(AAS)，
∴PM=CH，MC=HD，
∴点D的坐标为(4+n,−7)，
又∵点D在直线y=−2x+1上，
∴−2(4+n)+1=−7，
解得：n=0，
∴点P与点A重合，点M与点O重合，
即点D的坐标为(4,−7)；
③若点D为直角顶点时，如图3丙所示：

设点P的坐标为(3,k)，则PB的长为4+k，
CD=PD，
同理可证明△CDM≌△DPQ(AAS)，
∴MD=PQ，MC=DQ，
∴点D的坐标为(7+k2,−7−k2)，
又∵点D在直线y=−2x+1上，
∴−2×7+k2+1=−7−k2，
解得：k=−53，
即点D的坐标为(83,−133)；
综合所述，点D的坐标为(113,−193)或(4,−7)或(83,−133). 
【解析】本题综合考查了垂直的定义，平角的定义，全等三角形的判定与性质，一次函数求法，待定系数等知识点，重点掌握在平面直角坐标系内一次函数的求法，难点是构造符合题意的全等三角形．
(1)由垂直的定义得∠ADC=∠CEB=90°，平角的定义和同角的余角的相等求出∠DAC=∠ECB，角角边证明△CDA≌△BEC；
(2)证明△ABO≌∠BCD，求出点C的坐标为(−3,5)，由点到直线上构建二元一次方程组求出k=−5，b=−10，待定系数法求出直线l2的函数表达式为y=−5x−10；
(3)分三种情况讨论：①若点P为直角顶点时；②若点C为直角顶点时；③若点D为直角顶点时，设出P点坐标，构建△MCP≌△HPD，由其性质，得到点D坐标，根据点D在直线y=−2x+1上可求出其坐标．