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1、2020-2021学年河南安阳九年级下数学月考试卷一、选择题1.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A.2.如图，抛物线丫=。/+加：+（;（0；（2）2a=b；点（一：,丫1）,（一|2），（|，乃）是该抛物线上的点，则，1 丫2、3；（4）36+2c 0；t（at+b）A C,贝iJtanB=()6.如图，4 B是半圆的直径，。为圆心，C是半圆上的点，。是北1上 的 点.若4 BOC=4 0 ,则4。的度数为()A.1000 B.1100 C.1200 D.1307.如图，点4,B分别在反比例函数y=(x 0),y=三(尤0)的图象上.若A.-4 B.4 C.-2 D.28.
2、如图，A B E和A C D E是以点E为位似中心的位似图形，已知点4(2,2),B(3,1),。(5,2),则点4的对应点C的 坐 标 是()A.(2,3)B.(2,4)C.(3,3)D.(3,4)试卷第2页，总26页9.一个几何体由一些大小相同的小正方体组成，如图是它的主视图和俯视图，那么组成该几何体所需小正方体的个数最少为()A.4 B.5 C.610.如图，曲线4B是抛物线丫 =一 4/+8乂 +1的一部分(其中4是抛物线与y轴的交点,B是顶点)，曲线BC是双曲线y=：(k*0)的一部分.曲线AB与BC组成图形W.由点C开始不断重复图形W形成一组 波浪线”.若 点 P(2020,m),
3、Q(x,n)在该 波浪线 上，则ni+n的最大值为()A.5 B.6C.2020 D.2021二、填空题V2sin60+ycos450-ytan60-V3cos30=.若抛物线y=x2-2x+3不动，将平面直角坐标系%Oy先沿水平方向向右平移一个单位，再沿铅直方向向上平移三个单位，则 原 抛 物 线 图 象 的 解 析 式 应 变 为.若点4(2x-1,5)和点B(4,y+3)关于点(一 3,2)对称，那么点4在第 象限.如图，在扇形40B中，AOB=90,OB=2,DE是04的垂直平分线，交弧力B于点E,点C是。B的中点，连接AC,C E,则 图 中 阴 影 部 分 的 面 积 为.A0 C
4、 B矩形4BCD中，AB=6,BC=8.点 P在矩形4BCD的内部，点E在边BC上，满足A P B E F DBC,若AAPC是等腰三角形，则PE的长为.三、解答题己知关于x 的方程产-(m+l)x +2(m-1)=0.(1)求证：无论m取何值时，方程总有实数根；(2)若等腰三角形一边长为4,另两边长恰好是此方程的根，求此三角形的另两边长.某商场出售一批进价为2元的贺卡，在市场营销中发现此商品的日销售单价x(元)与日销售量y(个)之间有如下关系：日 销 售 单 价 元)3456日销售量y(个)20151210(1)猜测并确定y与x之间的函数关系式，并画出图象;(2)设经营此贺卡的销售利润为W元
5、，求出W与x之间的函数关系式;(3)若物价局规定此贺卡的售价最高不能超过10元/个，请你求出当日销售单价 定为多少时.，才能获得最大日销售利润？最大利润是多少元？一个盒中有4个完全相同的小球，把它们分别标号为1,2,3,4,随机摸取一个小球然后放回，再随机摸出一个小球.(1)请用列表法(或画树状图法)列出所有可能的结果；(2)求两次取出的小球标号相同的概率；(3)求两次取出的小球标号的和大于6的概率.数学兴趣小组到黄河风景名胜区测量炎帝塑像(塑像中高者)的高度.如图所示，炎帝塑像DE在高547n的小山EC上，在4处测得塑像底部E的仰角为34。，再沿AC方向前进227n到达8 处，测得塑像顶部。
6、的仰角为60。.求炎帝塑像DE的高度.(精确到1 m.参考数据：sin34。7 0.5,cos34 0.8,tan34 0.6,V3 1.73)试卷第4页，总26页D如图，力BC内接于。，AB =AC,Z.B AC=3 6 ,过点4作4DB C,与ZJ1BC的平分线交于点D,BD与4C交于点E,与。交于点F.(1)求NDAF的度数；(2)求证：AE2=E F-E D；(3)求证：直线40是。的切线.阅读下列材料，并完成相应的任务.托勒密定理：托勒密(Ptolem y)(公元90年公元168年)，希腊著名的天文学家，他的著作 天文学大成被后人称为 伟大的数学书，托勒密有时把它叫作 数学文集，托勒
7、密从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密(Pt。岳my)定理.图1 图2 图3托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和.已知：如图1,四边形4BCD内接于0 0,求证：AB -CD +B C-AD =A C B D,下面是该结论的证明过程：证明：如图2,作/BAE=/a 4 D,交BD于点E.AD =AD,/,AB E =A C Df AB E sx A C D,AB _ BE*AC-CO，AB CD =AC B E,：A B =A B,AACB =LAD E(依据1),/.B AE =ACAD,：.B AE +/.E AC=/.CAD +Z.E AC,即 MAC=A
8、E AD.：.A A B C-A E Z)(依据2),AD -B C=AC-E D,：.AB -CD +AD -B C=AC-(B E +E D),：.AB -CD +AD -B C=AC-B D任务:(1)上述证明过程中的 依据1、依据2 分别是指什么？(2)当圆内接四边形A B C。是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理:.(请写出)(3)如图3,四边形A B C O内接于0。，AB =3,AD =5,N B 4 D=6 0。，点C为 劭 的中点，求4 c的长.对函数y=4 x|-3的图象和性质进行了探究，过程如下，请补充完整.(1)在给出的平面直角坐标系中，画出这个函数图象.列表
9、：x -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 y,9 2 3 0 m 0 3 2 9 ,其中，m =.描点：请根据上述数据，在如图所示的平面直角坐标系中描点.连线：画出该函数的图象.(2)观察函数图象，写出两条函数的性质;试卷第6页，总26页(3)进一步探究函数图象，并解决问题：平行于无轴的一条直线y=k与y=区2 一4刈一3的图象有两个交点，则k的取值范围为.已知函数y=x-3 的图象如图所示，结合你所画的函数图象，写出方程|-4 加-3=x-3的解为.如图，抛物线y=之/+bx+c与x轴交于4,8 两点(点4 在点B左边)，与y轴交于点C.直线y=2经过B,C两点.备用图)(1)求抛物线的
10、解析式;(2)点P是抛物线上的一动点，过点P且垂直于x轴的直线与直线BC及x轴分别交于点D,M.PN 1 B C,垂足为N.设M(m,0).点 P在抛物线上运动，若P,D,M三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点(三点重合除外).请直接写出符合条件的ni的值；当点P在直线BC下方的抛物线上运动时，是否存在一点P,使APNC与AAOC相似.若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.参考答案与试题解析2020-2021学年河南安阳九年级下数学月考试卷一、选择题1.【答案】B【考点】轴对称与中心对称图形的识别【解析】根据中心对称图形和轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解.【解答】解：A,不
11、是中心对称图形，是轴对称图形，故4不符合题意；B,既是中心对称图形又是轴对称图形，故B符合题意；C,是中心对称图形，不是轴对称图形，故C不符合题意；D,不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故D不符合题意.故选8.2.【答案】C【考点】二次函数y=axA2+bx+c(axO)的图象和性质二次函数图象与系数的关系【解析】直接利用二次函数的性质，逐个判断即可.【解答】解：(1)抛物线与x轴有两个交点，fa2-4 0 0,故(1)正确；(2)抛物线的对称轴x=-1,则一2 =一1,即b=2 a,故(2)正确：2a(3)抛物线的对称轴x=-l,此时x=-押离对称轴最近，故丫2最大，故(3)错误;(4)当
12、 =-3时，9 a-3 b +c 0,将b=2a代入得，3b+2c 0,故(4)正确；(5)b=2 a,/.方程。产 +bt+a=o中，J=h2-4a-a=0,抛物线y=at2+从+Q与久轴只有一个交点，图中抛物线开口向下，a 0,/.y=at2+a 0,EPat2+bt/3k=y 3,BC 2k 2故选B.6.【答案】B【考点】圆周角定理【解析】根据互补得出NAOC的度数，再利用圆周角定理解答即可.【解答】解：*?ABOC=40,Z.AOC=180-40=140,ZD=i x(360-140)=110.故选B.7.【答案】A【考点】反比例函数系数k 的几何意义相似三角形的性质与判定【解析】过
13、点4作4M 1 x轴于点M,过点B作BN 1 x轴于点N,利用相似三角形的判定定理得出 AOM40BN,再由反比例函数系数k的几何意义得出SM O M：SABON=1：（-。），进而可得出结论.【解答】解：过点4作AM 1%轴于点M,过点B作B N J.X 轴于点N,试卷第10页，总26页 Z.AMO=Z.BNO=90,2AoM+40AM=90,.,OA 1 OB,：.匕AOM+匕BON=90,人OAM=(BON,/.A AOM OBN,点4 B分别在反比例函数y=(%0),y=?(%()的图象上，*,S&AOM：S&BON=1：(一。)，AO:BO=1：V a,OBOA=2,a=4.故选48
14、.【答案】D【考点】位似的性质坐标与图形性质【解析】设点C的坐标为(%,y),然后根据位似变换的性质列式计算即可得解.【解答】解：设点C的坐标为(居y)ABEWL COE是以点E为位似中心的位似图形，.2 1 2-1 3-1 一=,-=-,y 2 x-1 5-1解得x-3,y=4,则点C的坐标为(3,4).故选D.9.【答案】A【考点】简单组合体的三视图【解析】从俯视图中可以看出最底层小正方体的个数及形状，从主视图可以看出每一层小正方体的层数和个数，从而算出总的个数.【解答】解：由题中所给出的主视图知物体共两列，且左侧一列高一层，右侧一列最高两层；由俯视图可知左侧一行，右侧两行，于是，可确定左
15、侧只有一个小正方体，而右侧可能是一行单层一行两层，出可能两行都是两层.所以图中的小正方体最少4块，最多5块.故选410.【答案】B【考点】二次函数的应用反比例函数图象上点的坐标特征规律型：点的坐标【解析】根据题意可以求得点4、点B、点C的坐标和k的值，然后根据图象可知每5个单位长度为一个循环，从而可以求得m的值和ri的最大值.【解答】解：y 4 x2+8x+1=4(x I)2+5当 x=0 时，y=1,.点 4 的坐标为(0,1),点B的坐标为(1,5),.点 8(1,5)在y=(的图象上，/.k=5,点 C在y=：的图象上，点C的横坐标为5,点C的纵坐标是1,.点 C的坐标为(5,1),/2
16、020+5=404,且P(2020,m)在抛物线y=-4 x2+8x+1的图象上，m=1.点 Q(x,n)在该 波浪线 上，n的最大值是5,故m+n的最大值为6.故选B.二、填空题【答案】V 6 _5T-2【考点】特殊角的三角函数值【解析】直接求特殊的三角函数值即可.【解答】解：原式=x f +乎 乂 乎 一 枭 百 一 百 x 苧V6 1 3 3-+-2 2 2 2V6 5=-2 2故答案为：y-|.【答案】y=X2 1【考点】二次函数图象与几何变换【解析】试卷第12页，总 26页思想判定出抛物线的平移规律，根据左加右减，上加下减的规律即可解决问题.【解答】解：将平面直角坐标系xOy先沿水平
17、方向向右平移1个单位，再沿铅直方向向上平移3个单位，相当于把抛物线向左平移1个单位，再向下平移3个单位.y=(x-l)2+2,；原抛物线图象的解析式应变为y=(x-1+I)2+2-3=x2-1.故答案为：y=/一 1.【答案】【考点】中心对称中的坐标变化【解析】根据点4(2 x-l,5)和点B(4,y+3)关于点(一3,2)对称，列方程求得x,y的值，结果可得.【解答】解：点4(2 x-1,5)和点B(4,y+3)关于点(一3,2)对称，(2%1)+4=-3 x 2,解得：x=-l，即点4(-10,5),.点4在第二象限.故答案为：二.【答案】2 17 T 3 2【考点】三角形的面积扇形面积的
18、计算等边三角形的判定等边三角形的性质【解析】本题主要考查不规则图形面积得计算，涉及等边三角形的判定与性质、三角形面积的计算等，需要同学们认真观察图形，利用割补法和相关知识解答.【解答】解：连接OE,A E,如图，易知EA=EO.：OE=OA,AOE是等边三角形，Z.AOE=6 0 ,又44。8=90,乙EOB=30.过点E作EF 1 OB于F,贝!JEF=RE=i,.S阴 影=S扇形AOE+SbOEC-SbAOC=-71-.3 2故答案为：|T T 1.【答案】3或3【考点】勾股定理矩形的性质相似三角形的性质等腰三角形的性质与判定【解析】根据勾股定理求出B D,分PO=ZM、P0=P4两种情况
19、，根据相似三角形的性质计算.【解答】解：四边形4BCD为矩形，ABAD=90,BD=y/AB2+AD2=10.当PO=DA=8时，BP=BD-PD=2.4PBE F D B C,.BP PE Bn 2 PEBD CD 10 6解得，P E=当P0=P4时，点P 为BD的中点.&PBE s&DBC,：.PE=-CD=3,2故答案为：:或3.三、解答题【答案】(1)证明：Z 1 =(m+I)2 4 x 2(m 1)=m2 6m+9=(m 3)2 0,无论m取何值时，方程总有实数根.(2)解：若腰长为4,将 =4代入原方程，得：16 4 0 +1)+2 0 1)=0,解得：m=5,，原方程为产一 6
20、第+8=0,试卷第14页，总 26页解得：xx-2,x2 4.即另两边的长分别为2,4；若底边长为4,则此方程有两个相等实数根，4=0,即m=3,此时方程为/4x+4=0,解得：x=x2=2,由于2+2=4,不能构成三角形，舍去.综上所述，三角形另外两边长度为4和2.【考点】根的判别式三角形三边关系等腰三角形的性质一元二次方程的解解一元二次方程-因式分解法【解析】本题考查了根的判别式、三角形三边关系、等腰三角形的性质以及解一元二次方程.【解答】(1)证明：J (m+I)2 4 x 2(m 1)=m2 6m+9=(m-3)2 0,.无论zn取何值时，方程总有实数根.(2)解：若腰长为4,将x=4
21、代入原方程，得：16-4(m +l)+2(m-l)=0,解得：m=5,原方程为/-6X+8=0,解得：x1=2,x2=4.即另两边的长分别为2,4；若底边长为4,则此方程有两个相等实数根，4=0,即m=3,此时方程为/4%+4=0 解得：X=%2=2,由于2+2=4,不能构成三角形，舍去.综上所述，三角形另外两边长度为4和2.【答案】解：(1)由表可知，xy=60.y=y (x 0)(2)根据题意，得:IV=(%2)-y/、60=(x 2)一x=60-.X(3)v x 10,-0),画出函数图象可得；(2)根据总利润=每个贺卡的利润x 贺卡的日销售数量可得函数解析式;(3)根据反比例函数的性质
22、求解可得.【解答】解：(1)由表可知，xy=60,y=y (%0),V/=(%2)-y,、60=(%-2)=6 0-.X(3)x 10,-l=,A rAC =-E-C-54 n n =90,tan 乙4 0.6由题意得，9 0-5 0 +54)=22,解得：x 64.答：炎帝塑像DE的高度约为64m.【答案】(1)解：AD/BC,：.4D=Z.CBD.：AB=AC,BAC=36,/.ABC=ACB=|x(180-zM C)=72,乙4FB=A.ACB=72.,8。平分/ABC,/.ABD=.CBD=-/.ABC=i x 72=36,2 2 ZD=Z.CBD=36,4 BAD=180-Z.D-Z
23、.ABD=180-36-36=108,乙BAF=180-(ABF-Z.AFB=180-36-72=72,ADAF=Z-DAB-乙FAB=108-72=36.(2)证明：CBD=3 6 ,乙FAC=CBD,Z-FAC=36=乙D.2LAED=LAEF,/.AEF DEA,.AE _ ED*EF AEf：.AE2=EF,ED.(3)证明:连接0 4 O F,如图,试卷第18页，总26页Z.AOF=2Z.ABF=72.OA=OF,：.Z.OAF=OFA=：x(180-AOF)=54.由(1)知 NZM 尸=36。，/.OAD=/.OAF+/.FAD=360+54=90,即04 _L/W.OA为半径，
24、直线4 0是。的切线.【考点】相似三角形的性质与判定圆周角定理三角形内角和定理切线的判定圆心角、弧、弦的关系平行线的性质【解析】(1)求出NABC、4ABD、4CBD的度数，求出4。度数，根据三角形内角和定理求出NB4F和/B A。度数，即可求出答案；(2)求出AEFsZkC EA,根据相似三角形的性质得出即可；(3)连接4 0,求出N040=90。即可.【解答】解：AD/BC,：.ZD=Z.CBD.：AB=AC,BAC=36,/.ABC=/.ACB=|X(180-BAQ=72,：.AFB=Z.ACB=72.BD平分乙4BC,ABD=乙CBD=-.ABC=2 x 72=36,2 2J ZD=Z
25、.CBD=36,4 BAD=180-ZD-/LABD=180-36-36=108,乙BAF=180-乙ABF-/.AFB=180-36-72=72,Z.DAF=乙DAB-乙FAB=108-72=36.(2)证明：CBD=3 6 ,乙FAC=KCBD,：.Z.FAC=36=乙D.,Z.AED=Z.AEF,/.AEF DE Ay,AE _ ED EF AE9：.AE2=EF-ED.：.Z.AOF=2Z,ABF=72.OA=OF,：./.OAF=Z.OFA=|x (180-LAOF)=54.由(1)知=36,Z.OAD=Z.OAF+/.FAD=360+54=90,即04 _L/W./04为半径，直线
26、4。是。的切线.【答案】解：(1)上述证明过程中的 依据1是同弧所对的圆周角相等.的两个三角形相似.勾股定理(3)连接B C,作CEJ.B。于E.依据2是两角分别相等图3四边形4BCD是圆内接四边形,，ABAD+Z.BCD=180,ABAD=60,，乙BCD=120,?DC=BC,：.CD=CB,：.ACDB=30,ERtCDE,cos300=,试卷第20页，总26页B D =2 D E=V 3 C D,由托勒密定理：AC-B D =AD -B C+CD -AB,：.AC-V3 CD =3 CD +5 CD,答：A C 的长为竽.【考点】圆周角定理相似三角形的性质与判定勾股定理的证明圆内接四边
27、形的性质【解析】（1）根据圆周角定理，相似三角形的判定即可解决问题.（2）利用矩形的性质以及托勒密定理即可判断.（3）连接BD,作C E J.B D 于E.首先证明B D =2 D E =遮以），由托勒密定理，构建方程求出A C 即可.【解答】解：（1）上述证明过程中的 依据1 是同弧所对的圆周角相等.“依据2 是两角分别相等的两个三角形相似.（2）当圆内接四边形4 B C D 是矩形时，则A B =C D,AD =B C,AC=B D,:A B-CD +A D-B C=A C-B D,：.A B2+A D2=B D2.托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理.故答案为：勾股定理.（3）
28、连接BD,作C E 1 B Z）于E.图3四边形4 B C D 是圆内接四边形,B AD +Z.B CD =1 8 0 ,/B AD =6 0 ,4 B CD=1 2 0 ,D C=B C,CD =CB,：.乙CD B =3 0,在R M C D E 中，cos30=D E =-2C Df：.B D =2 D E=V3C,由托勒密定理：AC-B D =AD -B C+CD -AB,：.AC-V3 CD =3 CD +5 CD,答：4 c 的长为竽.【答案】解：（1）将x=2代入函数解析式得,|22-4X2|-3 =1,则 巾=1,描点连线如图所示：（2）当x 4 时，y随工的增大而增大.k 3
29、或k I,%01%2 31 Xg 5【考点】函数的图象【解析】【解答】解：（1）将x=2代入函数解析式得,|22-4 x 2|-3 =1,则m=l,描点连线如图所示：试卷第22页，总26页(2)当x 4 时，y随x的增大而增大.(3)当 k=-3 或 1时，直线y=k与y=|x2-4|-3的图象有两个交点.方程I 4x 3=%3的解为匕=0,%2=3,=5.故答案为：k=-3或k 1；=0,%2=3,%3=5.【答案】解：(1)对于直线y=-2,令 =0,则y=-2,C(0,-2),令y=0,则o=gx-2,x=4,8(4,0),将点B,C坐标代入抛物线y=+，中，1c=-2,抛物线的解析式为
30、：y=ix2-|x-2.(2)：P M lx 轴，M(m,0),P(jn,1 m2|m 2),D(m,|m 2),：P,D,M三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点，I、当点D是PM的中点时，|(0+jm2-|m-2)=1 m-2,7 7 1 =1或 爪=4(此时点。，M,P三点重合，舍去)，II、当点P是DM的中点时，(0+m-2)=.m=或m=4(此时点。，M,P三点重合，舍去)，IIL 当点M是DP的中点时，|d7n2-|m-2 +|m-2)=0,m=-2 或m=4(此时点。，M,P三点重合，舍去),即满足条件的m的值为-：或1或-2；由(1)知，抛物线的解析式为y=之产一|%一2,令y
31、=0,则0=之 2 _|x -2./.x=-1 或无=4,J 点 4(-1,0),OA=1,8(4,0),C(0,-2),J OB=4,OC=2,OA _ OC*OC OBf.Z-AOC=Z-COB=90,/.AOC COB,/./LOAC=乙OCB,Z.ACO=Z.OBCy,aPN C与 AOC相彳 以，I、当APNC*A O C,：.乙PCN=(ACO,：.乙PCN=COBC,：.CP O B,点 P的纵坐标为一 2,/-m2-m 2=2,2 2/.m=0(舍)或 m=3,P(3,-2)；n、当 PNC c。/时，(PCN=LCAO,乙OCB=LPCD,.PD H O C.：.Z.OCB=
32、zCDP,Z.PCD=Z.PDC,：.PC=PD,由知，P(m,1m2|m 2),D(m,2),PD=-m2+2m.2V C(0,-2),PC=Jm2 4-(i m2|m)2,/.|m2 4-2m=Jm2+(|m2|m)2,解得m=|或0(舍去)，p,谭)，即满足条件的点P的坐标为(3,-2)或 点 今.2 8试卷第24页，总26页【考点】待定系数法求二次函数解析式二次函数综合题【解析】(1)先求出点B,C坐标，再代入抛物线解析式中，即可得出结论；(2)先表示出点M,D,P坐标，再分三种情况利用中点坐标公式建立方程求解即可得出结论；先判断出 力。WZ1C0B,得出ZOAC=NOCB,乙 ACO
33、=乙 OB C,I、当4 P N C F A O C,得出4 PCN=L A C O,进而得出CPO B,即可得出结论；II、当PNCs/kAOC时，乙 PCN=4 C A O,进而得出PC=P D,即可得出结论.【解答】解：(1)对于直线y=1 工一2,令x=0,则y=-2,C(0,-2),令y=0,则0=g x-2,%=4,8(4,0),将点8,C坐标代入抛物线y=I%?+b%+c中，抛物线的解析式为：y=1%2-|%-2.(2)：PM_Lx轴，M(m,0),/.P(m,|m2|m 2),D(mf|m 2),P,D,M三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点，I、当点。是PM的中点时，!(0
34、+m2-2)=-2,/.m=1或m=4(此时点。，M,P三点重合，舍去)，II、当点P是DM的中点时，|(0+|TH 2)=!?n2|rn 2,.巾=一：或01=4(此时点。，M,P三点重合，舍去)，III、当点M是DP的中点时，|(|Tn2 2+1zn 2)=0,巾=-2或 血=4(此时点。，M,P三点重合，舍去)，即满足条件的m的值为-:或1或-2；由(1)知，抛物线的解析式为y=：x 2-|x-2,令y=0,则0=工/-%2,J 2 2/.x=-1.或久=4,点 力 0A=1,B(4,0),C(0,-2),OB=4,OC=2,OA _ 0 OC OBf Z.AOC=Z.COB=90,/.
35、AOC COB,Z.OAC=Z.OCB,Z.ACO=Z-OBC,PNC与/OC相彳 以，I、当APN CAAOC,：.乙PCN=LACO,：.乙PCN=cOBC,：.CP“OB,点 P的纵坐标为一 2,-m2 -m 2=2,2 2/.zn=0(舍)或 m=3,P(3,-2)；II、当 APNC COA时，/.Z.PCN=Z.CAO,(OCB=APCD,/PD HOC,：.乙OCB=zDP,：.(PCD=LPDC,：.PC=PD,由知，P(m,1m2|m 2),D(m,|m 2),PD=-m2 4-2m.2V C(0,-2),PC=Jzn2+G 7n2|血)2,m2+2m=Jm2+(|m2|m)2,解得m=|或0(舍去)，3 25.P(l,-Q即满足条件的点P的坐标为(3,-2)或弓，一号).2 8试卷第26页，总26页