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北师大版八年级下册数学期中试卷
一、选择题（每小题3分，共30分，每小题只有一项符合要求，答案涂在答题卡上）
1．（3分）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A．等边三角形 B．平行四边形
C．矩形 D．正五边形
2．（3分）在下列各式中，能用平方差公式分解的是（　　）
A．a2+4 B．a2﹣4 C．a2+m2 D．﹣a2﹣4
3．（3分）在平面直角坐标系中，点P（﹣2，3）向右平移3个单位长度后的坐标为（　　）
A．（3，6） B．（1，3） C．（1，6） D．（6，6）
4．（3分）若a＞b，则下列不等式变形错误的是（　　）
A．a+5＜b+5 B．5a＞5b C．5﹣a＜5﹣b D．
5．（3分）如图，在△ABC中，AC＝4cm，线段AB的垂直平分线交AC于点N，△BCN的周长是7cm，则BC的长为（　　）

A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm
6．（3分）如图，在△ABC中，D为AC的中点且DE∥AB，AF平分∠CAB，交DE于点F．若DF＝3，则AC的长为（　　）

A． B．3 C．6 D．9
7．（3分）如图，已知菱形ABCD的周长为16，∠A＝60°，则BD的长为（　　）

A．3 B．4 C．6 D．8
8．（3分）直线l1：y＝k1x+b与直线l2：y＝k2x在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则关于x的不等式k2x＜k1x+b的解集为（　　）

A．x＜﹣1 B．x＞﹣1 C．x＞2 D．x＜2
9．（3分）下列式子从左到右的变形是因式分解的是（　　）
A．a2+4a﹣21＝a（a+4）﹣21 B．a2+4a﹣21＝（a+2）2﹣25
C．（a+7）（a﹣3）＝a2+4a﹣21 D．a2+4a﹣21＝（a+7）（a﹣3）
10．（3分）下列说法正确的的是（　　）
A．对角线相等的菱形是正方形
B．四条边相等的四边形是矩形
C．对角线垂直且相等的四边形是平行四边形
D．对角线相等的四边形是菱形
二、填空题（每小题4分，共16分，答案写在答题卡上）
11．（4分）﹣2x＜4的解集是　 　．
12．（4分）六边形的内角和是　 　°．
13．（4分）分解因式：2x2﹣8＝　 　．
14．（4分）如图，在Rt△ABC中，AB＝8，D为斜边AB的中点，E为AC的中点，F为AD的中点，则EF＝　 　．

三、解答题、（共54分，15，16题每小题10分，17，18，19每小题10分，20题10分）
15．（10分）（1）计算2﹣1+|1﹣|+20210；
（2）解不等式组．
16．（10分）分解因式：
（1）3ax2+6axy+3ay2；
（2）x2﹣4x﹣12．
17．（8分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（1，1），B（4，1），C（3，3）．
（1）△ABC关于原点O的对称图形为△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2；
（3）在x轴上找一点P，则PA+PC的最小值为　 　．

18．（8分）如图，点O是△ABC内一点，连接OB、OC，并将AB、OB、OC、AC的中点D、E、F、G依次连接，得到四边形DEFG．
（1）求证：四边形DEFG是平行四边形；
（2）若M为EF的中点，OM＝3，∠OBC和∠OCB互余，求DG的长度．

19．（8分）关于x，y的二元一次方程组的解是正数．
（1）用含p的代数式表示方程组的解x＝　 　，y＝　 　．
（2）求整数p的值．
20．（10分）如图1，在△ABC中，点D为BC上一点，连接AD．DE，DF分别是∠ADB，∠ADC的角平分线．
（1）∠EDF＝　 　°；
（2）若BD＝CD，DF⊥AC，试判断四边形AEDF的形状，并说明理由；
（3）如图2，在（2）问的条件下，若AC＝CD，点G为△ADC外一点，AG平分∠BAD，∠G＝4∠B，且GA+2GD＝4，求AD的长度．

一、填空题（每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
21．（4分）已知x2+x﹣1＝0，求x3+2x2+2020的值为　 　．
22．（4分）若不等式组无解，则m的取值范围是　 　．
23．（4分）将一副三角板如图拼接：含30°角的三角板（△ABC）与含45°角的三角板（△ABD）的斜边恰好重合．已知AB＝4，点P、点Q分别是AB、BD上的两个动点．当点P、Q运动到一定位置时，四边形PDQC刚好为平行四边形，▱PDQC的面积为 　 　．

24．（4分）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，在等腰△ABD中，AD＝BD，点E为BC延长线上一点，连接CD，若CD平分∠ACE，CD＝2，AC﹣BC＝8，则AB＝　 　．

25．（4分）如图，△ABC中，AB＝，AC＝3，以BC为边，在△ABC的同侧作正方形BCDE，连接AD，AD的最小值为 　 　，此时正方形BCDE的边长为 　 　．

二、解答题
26．（8分）七中育才学校准备购进甲、乙两种品牌足球，甲种品牌足球每个的价格比乙种品牌足球每个的价格多20元．购进1个甲种品牌足球和2个乙种品牌足球共需260元．
（1）甲种品牌足球和乙种品牌足球每个的价格各是多少元？
（2）七中育才学校计划用不超过1800元的资金购进甲种品牌足球和乙种品牌足球共20个，其中甲种品牌足球的数量不低于8个，该学校购买两种品牌足球的最低费用是多少元？
27．（10分）已知：如图（1），点E、F分别为正方形ABCD的边BC、DC上的点，线段AE和AF分别交BD于点M和点N，连接MF，MF⊥AE于点M．
（1）求证：∠EAF＝45°；
（2）如图（2），连接EF，当AD＝5，DF＝1时，求线段EF的长度；
（3）如图（3），作FR⊥BD于R．求证：RM＝BD．

28．（12分）如图（1），直线BC交x轴于点C，交y轴于点B，与直线y＝ax交于点A，点A的横坐标为2，∠ACO＝45°，△ABO的面积为1．
（1）求a的值和直线BC的解析式；
（2）直线y＝ax+m与y轴交于点D，当△ABD的面积为4时，求m的值；
（3）若点P为直线BC上的一点，点Q为坐标平面内一点，是否存在符合条件的点P、Q，使点O，A，P，Q为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共30分，每小题只有一项符合要求，答案涂在答题卡上）
1．【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形．故错误；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形．故正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误．
故选：C．
2．【分析】直接利用平方差公式分解因式进而得出答案．
【解答】解：A、a2+4，无法分解因式，故此选项不合题意；
B、a2﹣4＝（a+2）（a﹣2），能用平方差公式分解，故此选项符合题意；
C、a2+m2，无法分解因式，故此选项不合题意；
D、﹣a2﹣4，无法分解因式，故此选项不合题意；
故选：B．
3．【分析】让横坐标加3，纵坐标不变即可得到所求的坐标．
【解答】解：平移后的横坐标为﹣2+3＝1，
纵坐标为3，
∴点P（﹣2，3）向右平移3个单位长度后的坐标为（1，3），
故选：B．
4．【分析】根据不等式的性质，逐项判断即可．
【解答】解：∵a＞b，
∴a+5＞b+5，
∴选项A符合题意；
∵a＞b，
∴5a＞5b，
∴选项B不符合题意；
∵a＞b，
∴﹣a＜﹣b，
∴5﹣a＜5﹣b，
∴选项C不符合题意；
∵a＞b，
∴＞，
∴选项D不符合题意．
故选：A．
5．【分析】首先根据MN是线段AB的垂直平分线，可得AN＝BN，然后根据△BCN的周长是7cm，以及AN+NC＝AC，求出BC的长为多少即可．
【解答】解：∵MN是线段AB的垂直平分线，
∴AN＝BN，
∵△BCN的周长是7cm，
∴BN+NC+BC＝7（cm），
∴AN+NC+BC＝7（cm），
∵AN+NC＝AC，
∴AC+BC＝7（cm），
又∵AC＝4cm，
∴BC＝7﹣4＝3（cm）．
故选：C．
6．【分析】首先根据条件D、E分别是AC、BC的中点可得DE∥AB，再求出∠2＝∠3，根据角平分线的定义推知∠1＝∠3，则∠1＝∠2，所以由等角对等边可得到DA＝DF＝AC．
【解答】解：如图，∵D、E分别为AC、BC的中点，
∴DE∥AB，
∴∠2＝∠3，
又∵AF平分∠CAB，
∠1＝∠3，
∴∠1＝∠2，
∴AD＝DF＝3，
∴AC＝2AD＝6．
故选：C．

7．【分析】根据菱形的性质和已知条件求出AB＝AD＝4，根据等边三角形的判定得出△ABD是等边三角形，根据等边三角形的性质得出BD＝AB，再求出答案即可．
【解答】解：∵菱形ABCD的周长为16，
∴AB＝AD＝BC＝CD＝4，
∵∠A＝60°，
∴△ADB是等边三角形，
∴BD＝AB＝4，
故选：B．
8．【分析】根据函数图象可知直线l1：y＝k1x+b与直线l2：y＝k2x的交点是（﹣1，2），从而可以求得不等式k2x＜k1x+b的解集．
【解答】解：由图象可得，
k2x＜k1x+b的解集为x＞﹣1，
故选：B．
9．【分析】根据因式分解是把一个多项式转化成几个整式积的形式，可得答案．
【解答】解：A、右边不是整式积的形式，因而不是因式分解，故此选项不符合题意；
B、右边不是整式积的形式，因而不是因式分解，故此选项不符合题意；
C、是整式乘法，因而不是因式分解，故此选项不符合题意；
D、右边是整式积的形式，因而是因式分解，故此选项符合题意；
故选：D．
10．【分析】利用平行四边形和特殊四边形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：A．对角线相等的菱形是正方形，故该说法符合题意；
B．四条边相等的四边形是菱形，故该说法不符合题意；
C．对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角线互相垂直且相等，但不一定互相平分，故该说法不符合题意；
D．对角线相等的四边形可能是等腰梯形，故该说法不符合题意；
故选：A．
二、填空题（每小题4分，共16分，答案写在答题卡上）
11．【分析】把系数化成1即可求解．
【解答】解：两边同时除以﹣2，得：x＞﹣2．
故答案是：x＞﹣2．
12．【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°列式计算即可得解．
【解答】解：（6﹣2）•180°＝720°．
故答案为：720．
13．【分析】直接提取公因式2，再利用公式法分解因式得出答案．
【解答】解：2x2﹣8＝2（x2﹣4）
＝2（x﹣2）（x+2）．
故答案为：2（x﹣2）（x+2）．
14．【分析】利用直角三角形斜边中线定理以及三角形的中位线定理即可解决问题．
【解答】解：在Rt△ABC中，∵AD＝BD＝4，
∴CD＝AB＝4，
∵AF＝DF，AE＝EC，
∴EF＝CD＝2．
故答案为：2．
三、解答题、（共54分，15，16题每小题10分，17，18，19每小题10分，20题10分）
15．【分析】（1）先计算负整数指数幂、去绝对值符号、零指数幂，再计算加减即可；
（2）分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【解答】解：（1）原式＝0.5+﹣1+1＝+0.5；
（2）解不等式2x﹣1＞x+1，得：x＞2，
解不等式x﹣1≤7﹣x，得：x≤4，
则不等式组的解集为2＜x≤4．
16．【分析】（1）利用提公因式法进行因式分解即可；
（2）利用十字相乘法分解因式即可．
【解答】解：（1）3ax2+6axy+3ay2；
＝3a（x2+2xy+y2）
＝3a（x+y）2；
（2）x2﹣4x﹣12
＝（x﹣6）（x+2）．
17．【分析】（1）利用关于x原点对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A、B、C的对应点A2、B2、C2即可；
（3）作A点关于x轴的对称点A′，连接CA′交x轴于P点，如图，利用两点之间线段最短可判断此时PA+PC的值最小，然后利用勾股定理计算出CA′即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作．

（3）作A点关于x轴的对称点A′，连接CA′交x轴于P点，如图，
PA+PC＝PA′+PC＝CA′＝＝2，
所以PA+PC的最小值为2．
故答案为2．
18．【分析】（1）根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得EF∥BC且EF＝BC，DG∥BC且DG＝BC，从而得到DE＝EF，DG∥EF，再利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可；
（2）先判断出∠BOC＝90°，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，求出EF即可．
【解答】解：（1）∵D、G分别是AB、AC的中点，
∴DG∥BC，DG＝BC，
∵E、F分别是OB、OC的中点，
∴EF∥BC，EF＝BC，
∴DG＝EF，DG∥EF，
∴四边形DEFG是平行四边形；
（2）∵∠OBC和∠OCB互余，
∴∠OBC+∠OCB＝90°，
∴∠BOC＝90°，
∵M为EF的中点，OM＝3，
∴EF＝2OM＝6．
由（1）有四边形DEFG是平行四边形，
∴DG＝EF＝6．
19．【分析】（1）将p看作常数，利用加减消元法求解可得；
（2）根据方程组的解为正数列出关于p的不等式组，解之求出p的取值范围，从而得出答案．
【解答】解：（1），
①+②，得：3x＝3p+6，
解得x＝p+2，
将x＝p+2代入①，得：p+2+y＝4，
∴y＝﹣p+2，
故答案为：p+2，﹣p+2；
（2）根据题意，得：，
解不等式③，得：p＞﹣2，
解不等式④，得：p＜2，
∴﹣2＜p＜2，
则整数p的值为±1或0．
20．【分析】（1）由DE，DF分别是∠ADB，∠ADC的角平分线即可得到答案；
（2）由△ADF≌△CDF得CD＝AD＝BD，从而得到∠BAC＝∠DAC+∠DAB＝（∠C+∠DAC+∠B+∠DAB）＝90°，且∠DFA＝∠EDF＝90°，即可证明四边形AEDF是矩形；
（3）过A作AH⊥DG于H，先证△ACD是等边三角形，再根据已知可得∠AGD＝120°，∠GAD＝15°，设HG＝x，从而可在Rt△AHG、Rt△AHD中，表达出GA、GD，根据GA+2GD＝4，列方程解出x即可得到答案．
【解答】解：（1）∵DE，DF分别是∠ADB，∠ADC的角平分线．
∴∠ADF＝∠ADC，∠ADE＝∠ADB，
∴∠EDF＝∠ADE+∠ADF＝∠ADB+∠ADC＝（∠ADB+∠ADC）＝90°；
（2）四边形AEDF是矩形，理由如下：
∵DF⊥AC，
∴∠DFA＝∠DFC＝90°，
在△ADF和△CDF中，
，
∴△ADF≌△CDF（ASA），
∴CD＝AD，
∵BD＝CD，
∴CD＝AD＝BD，
∴∠C＝∠DAC，∠B＝∠DAB，
∴∠BAC＝∠DAC+∠DAB＝（∠C+∠DAC+∠B+∠DAB）＝90°，
而∠DFA＝∠EDF＝90°，
∴四边形AEDF是矩形；
（3）过A作AH⊥DG于H，如图：

∵AC＝CD，由（2）知CD＝AD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠C＝∠DAC＝60°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠BAD＝30°，
∵AG平分∠BAD，∠AGD＝4∠B，
∴∠AGD＝120°，∠GAD＝15°，
∴∠AGH＝60°，∠GAH＝30°，∠DAH＝45°，
设HG＝x，则Rt△AHG中，GA＝2x，AH＝HG•tan60°＝x，
Rt△AHD中，HD＝AH＝x，AD＝AH＝x，
∴GD＝HD﹣HG＝x﹣x，
∵GA+2GD＝4，
∴2x+2（x﹣x）＝4，
解得x＝2，
∴AD＝x＝2．
一、填空题（每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
21．【分析】根据x2+x﹣1＝0，将所求式子变形，即可求得所求式子的值．
【解答】解：∵x2+x﹣1＝0，
∴x3+2x2+2020
＝x（x2+x﹣1）+（x2+x﹣1）+2021
＝x×0+0+2021
＝0+0+2021
＝2021，
故答案为：2021．
22．【分析】首先解第一个不等式，然后根据不等式组无解确定m的范围．
【解答】解：
解①得x＞2．
解②得x＜m，
∵不等式组无解，
∴m≤2．
故答案为m≤2．
23．【分析】过点C作CH⊥PB与H，先说明∠CBP＝60°，∠PBD＝∠CPB＝45°，再由AB＝4求出CH＝PH＝，PB＝+1，即可得到▱PDQC的面积．
【解答】解：如图，过点C作CH⊥PB与H，

∵四边形PDQC为平行四边形，△ABC和△ABD分别是含30°角的三角板与含45°角的三角板，
∴∠CBP＝60°，∠PBD＝∠CPB＝45°，
∵AB＝4，
∴BC＝AB＝2，HB＝BC＝1，
∴CH＝＝，
∴CH＝PH＝，
∴PB＝+1，
∴三角形PBC的面积＝＝（3+），
如图，连接PQ，

∵CP∥DQ，即△PCB的面积＝△PCQ的面积，
∴▱PDQC的面积＝△PCQ面积的2倍，
∴▱PDQC的面积为3+．
故答案为：3+．
24．【分析】延长AD交BE的延长线于点F，由等腰三角形的性质可得∠1＝∠BAD，由等角的余角相等可得∠2＝∠F，等角对等边得BD＝DF，可得D是AF的中点，由CD平分∠ACE，可得CD⊥AD，AC＝CF，根据勾股定理即可求解．
【解答】解：延长AD交BE的延长线于点F，

∵AD＝BD，
∴∠1＝∠BAD，
∵∠ABC＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，∠BAD+∠F＝90°，
∴∠2＝∠F，
∴BD＝DF，
∵AD＝BD，
∴D是AF的中点，
∵CD平分∠ACE，
∴CD⊥AD，AC＝CF，
设BC＝x，
∵AC﹣BC＝8，
AC＝8+x，
∵AB2+BF2＝AF2，D是AF的中点，
∴AB2+（BC+AC）2＝（2AD）2＝4AD2，
∵AB2+BC2＝AC2，
∴AB2＝AC2﹣BC2，
∴AC2﹣BC2+（BC+AC）2＝4AD2，
∵AD2+CD2＝AC2，
∴（8+x）2﹣x2+（x+8+x）2＝4（8+x）2﹣4×（2）2，
解得：x＝5，
∴AB＝＝＝12．
故答案为：12．
25．【分析】由旋转的性质可得AC＝CH＝3，∠ACH＝90°，可得AH＝3，由“SAS”可证△ACB≌△HCD，可得AB＝DH＝，则当点D在AH上时，AD的最小值为AH﹣DH，由勾股定理可求CD'，即可求解．
【解答】解：如图，将AC绕点C顺时针旋转90°，可得CH，连接DH，过点C作CF⊥AH，

∴AC＝CH＝3，∠ACH＝90°，
∴AH＝3，
∵四边形BCDE是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝90°，
∴∠ACH＝∠BCD，
∴∠ACB＝∠DCH，
在△ACB和△HCD中，
，
∴△ACB≌△HCD（SAS），
∴AB＝DH＝，
在△ADH中，AD＞AH﹣DH，
∴当点D在AH上时，AD的最小值为AH﹣DH＝3﹣＝2，
∵AC＝CH＝3，∠ACH＝90°，CF⊥AH，
∴AF＝CF＝FH＝，
∴FD'＝，
∴CD'＝＝＝，
∴正方形BCDE的边长为，
故答案为：2；．
二、解答题
26．【分析】（1）设甲种品牌的足球每个的价格为x元，则乙种品牌的足球每个的价格为（x﹣20）元，根据购进1个甲种品牌足球和2个乙种品牌足球共需260元，即可得出关于x的分式方程，解之即可得出结论；
（2）设这所学校购买m个乙种品牌的足球，则购买（20﹣m）个甲种品牌的足球，总费用为w元，根据总费用＝单价×数量结合总费用不超过1800元，即可得出一次函数关系式，根据一次函数的性质即可得出结论．
【解答】解：（1）设甲种品牌的足球每个的价格为x元，则乙种品牌的足球每个的价格为（x﹣20）元，
根据题意得：x+2（x﹣20）＝260，
解得x＝100，
100﹣20＝80，
答：甲种品牌的足球每个的价格为100元，则乙种品牌的足球每个的价格为80元；
（2）设这所学校购买m个甲种品牌的足球，则购买（20﹣m）个乙种品牌的足球，总费用为w元，
根据题意得：w＝100m+80（20﹣m）＝20m+1600，
∵20＞0，
∴w随m的增大而增大，
∵m≥8，w≤1800，
∴m＝8时，w最小为：20×8+1600＝1760＜1800，
答：该学校购买两种品牌足球的最低费用是1760元．
27．【分析】（1）根据∠ADF＝∠AMF＝90°，得点A，D，F，M在以AF为直径的圆上，根据同弧所对的圆周角相等即可证明；
（2）设BE＝x，利用△AMD∽△EMB，表示出ME的长，在Rt△ABE中，借助勾股定理得出x的方程，即可求出BE的长，延长CD至点P，使DP＝BE，连接AP，依次证明△ADP≌△ABE，△PAF≌△EAF，则有EF＝PF＝PD+DF＝BE+DF＝x+1，解决问题；
（3）证明Rt△AOM≌Rt△MRF（AAS），则有RM＝AO＝AC＝BD．
【解答】解：（1）∵∠ADF＝∠AMF＝90°，
∴点A，D，F，M在以AF为直径的圆上，
∵＝，∠MDF＝45°，
∴∠MAF＝∠MDF＝45°，即∠EAF＝45°，
（2）在Rt△ADF中，AF＝＝，
∵AM⊥MF，∠MAF＝45°，
∴△AMF是等腰直角三角形，
∴AM＝，
设BE＝x，
∵∠AMD＝∠BME，∠ADM＝∠EBM＝45°，
∴△AMD∽△EMB，
∴，即，
∴ME＝，
在Rt△ABE中，52+x2＝，
解得x＝（x＝舍去），
∴BE＝，
延长CD至点P，使DP＝BE，连接AP，

∵AD＝AB，∠ADP＝∠ABE＝90°，PD＝BE，
∴△ADP≌△ABE（SAS），
∴AP＝AE，∠PAD＝∠EAB，
∴∠PAD+∠DAF＝∠EAB+∠DAF＝90°﹣∠EAF＝45°，
∴∠PAF＝∠EAF＝45°，
又∵AF＝AF，
∴△PAF≌△EAF（SAS），
∴EF＝PF＝PD+DF＝BE+DF＝x+1，
∴EF＝＝，
（3）如图3，连接AC交BD于点O，则AC⊥BD，AC＝BD，点O为AC，BD中点，

∵∠OAM+∠AMO＝90°，∠AMD+∠RMF＝90°，
∴∠OAM＝∠RMF，
∵△AMF是等腰直角三角形，
∴AM＝MF，
又∵∠AOM＝∠MRF＝90°，
∴Rt△AOM≌Rt△MRF（AAS），
∴RM＝AO＝AC＝BD．
28．【分析】（1）根据三角形的面积和A点的横坐标可求出B点的坐标，又知∠ACO＝45°可确定BC的解析式，进而知道A点坐标即可确定a值；
（2）根据三角形的面积可求出BD的长度，进而确定D点的坐标，即可求出m的值；
（3）分以AP为对角线时和以OP为对角线时两种情况进行讨论，利用菱形的性质即可求出Q点的坐标．
【解答】解：（1）设A点的坐标为（xA，yA），
∵S△ABO＝BO•xA＝BO×2＝1，
∴BO＝1，
∴B（0，1），
∵∠ACO＝45°，
∴BC的解析式为y＝x+1，
∵当x＝2时y＝3，
∴A（2，3），
又∵A在直线y＝ax上，
∴a＝；
（2）∵直线y＝ax+m与y轴交于点D，
∴D（0，m），
∵S△ABD＝BD•xA＝BD×2＝4，
∴BD＝4，
∵B（0，1），
∴D点坐标为（0，5）或（0，﹣3），
∴m＝5或﹣3；
（3）若四边形OAQP为菱形如右图，
①以AP为对角线，
∴OQ⊥AP，
∵OQ所在直线y＝﹣x，
过点Q作QE⊥x轴于E，
∵BC⊥OQ，EO＝BO，
∴E点与C点重合，
∴Q点坐标为（﹣1，1）；
②以OP为对角线，
此时OQ∥BC，
∴OQ表达式为y＝x，
∴OA2＝22+32＝13，
∴OA＝OQ＝，
∵可设Q点的坐标为（n，n），
∴n2+n2＝OQ2＝13，
∴n＝±，
∴Q（，）或（﹣，﹣），
③以OA为对角线时，
此时OQ∥BC，
∴OQ表达式为y＝x，
设Q点的坐标为（t，t），
∵A（2，3），
∴AQ＝OQ，
即＝，
解得t＝，
∴Q（，），
综上，四边形OAQP为菱形时Q的坐标为（﹣1，1）或（，）或（﹣，﹣）或（，）．

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