天津市部分區(qū)2026屆數(shù)學(xué)九上期末考試試題注意事項1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題(每小題3分,共30分)1．已知是實數(shù)，則代數(shù)式的最小值等于（）A．-2 B．1 C． D．2．如圖，?ABCD的對角線AC，BD交于點O，已知，，，則的周長為A．13 B．17 C．20 D．263．若關(guān)于x的一元二次方程kx2﹣2x+1＝0有兩個不相等的實數(shù)根，則實數(shù)k的取值范圍是()A．k＞1 B．k＜1 C．k＞1且k≠0 D．k＜1且k≠04．下列圖形：①國旗上的五角星，②有一個角為60°的等腰三角形，③一個半徑為π的圓，④兩條對角線互相垂直平分的四邊形，⑤函數(shù)y＝的圖象，其中既是軸對稱又是中心對稱的圖形有（）A．有1個 B．有2個 C．有3個 D．有4個5．反比例函數(shù)經(jīng)過點（1，），則的值為（）A．3 B． C． D．6．如圖，在?APBC中，∠C＝40°，若⊙O與PA、PB相切于點A、B，則∠CAB＝（）A．40° B．50° C．60° D．70°7．已知點是線段的黃金分割點，且，，則長是（）A． B． C． D．8．如圖，在中，，，，以點為圓心，的長為半徑作弧，交于點，則陰影部分的面積是（）A． B． C． D．9．下列四張印有汽車品牌標(biāo)志圖案的卡片中，是中心對稱圖形的卡片是（）A． B． C． D．10．如圖，⊙O的弦CD與直徑AB交于點P，PB＝1cm，AP＝5cm，∠APC＝30°，則弦CD的長為（）A．4cm B．5cm C．cm D．cm二、填空題(每小題3分,共24分)11．已知：中，點是邊的中點，點在邊上，，，若以，，為頂點的三角形與相似，的長是____.12．如圖，在?ABCD中，點E在DC邊上，若，則的值為_____．13．如圖：點是圓外任意一點，連接、，則______（填“>”、“<”或“=”）14．若＝，則的值是_________．15．如圖1～4，在直角邊分別為3和4的直角三角形中，每多作一條斜邊上的高就增加一個三角形的內(nèi)切圓，依此類推，圖10中有10個直角三角形的內(nèi)切圓，它們的面積分別記為S1，S2，S3，…，S10，則S1+S2+S3+…+S10=．16．在本賽季比賽中，某運動員最后六場的得分情況如下：17、15、21、28、12、19，則這組數(shù)據(jù)的方差為______.17．如圖，已知OP平分∠AOB，CP∥OA，PD⊥OA于點D，PE⊥OB于點E．CP＝，PD＝1．如果點M是OP的中點，則DM的長是_____．18．如圖,港口A在觀測站O的正東方向,OA=4.某船從港口A出發(fā),沿北偏東15°方向航行一段距離后到達(dá)B處,此時從觀測站O處測得該船位于北偏東60°的方向,則該船航行的距離(即AB的長)為____.

三、解答題(共66分)19．（10分）現(xiàn)有四張正面分別印有和四種圖案，并且其余完全相同的卡片，現(xiàn)將印有圖案的一面朝下，并打亂擺放順序，請用列表或畫樹狀圖的方法解決下列問題：（1）現(xiàn)從中隨機抽取一張，記下圖案后放回，再從中隨機抽取一張卡片，求兩次摸到的卡片上印有圖案都是軸對稱圖形的概率；（2）現(xiàn)從中隨機抽取-張，記下圖案后不放回，再從中隨機抽取一張卡片，求兩次摸到的卡片上印有圖案都是中心對稱圖形的概率．20．（6分）已知，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)的圖象與軸交于點，與軸交于點，點的坐標(biāo)為，點的坐標(biāo)為．

（1）如圖1，分別求的值；（2）如圖2，點為第一象限的拋物線上一點，連接并延長交拋物線于點，，求點的坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，點為第一象限的拋物線上一點，過點作軸于點，連接、，點為第二象限的拋物線上一點，且點與點關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，連接，設(shè)，，點為線段上一點，點為第三象限的拋物線上一點，分別連接，滿足，，過點作的平行線，交軸于點，求直線的解析式．21．（6分）如圖1，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c交y軸于點A(0，4)，交x軸于點B(4，0)，點P是拋物線上一動點，試過點P作x軸的垂線1，再過點A作1的垂線，垂足為Q，連接AP．(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式和點C的坐標(biāo)；(2)若△AQP∽△AOC，求點P的橫坐標(biāo)；(3)如圖2，當(dāng)點P位于拋物線的對稱軸的右側(cè)時，若將△APQ沿AP對折，點Q的對應(yīng)點為點Q′，請直接寫出當(dāng)點Q′落在坐標(biāo)軸上時點P的坐標(biāo)．22．（8分）如圖所示，四邊形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，∠BCD＜90°，AB＝7，AD＝2，BC＝3，試在邊AB上確定點P的位置，使得以P、C、D為頂點的三角形是直角三角形．23．（8分）如圖，四邊形ABCD中，AC平分∠DAB，∠ADC＝∠ACB＝90°，E為AB的中點，（1）求證：AC2＝AB?AD；（2）求證：△AFD∽△CFE．24．（8分）當(dāng)時，求的值．25．（10分）太陽能光伏建筑是現(xiàn)代綠色環(huán)保建筑之一，老張準(zhǔn)備把自家屋頂改建成光伏瓦面，改建前屋頂截面△ABC如圖2所示，BC=10米，∠ABC=∠ACB=36°，改建后頂點D在BA的延長線上，且∠BDC=90°，求改建后南屋面邊沿增加部分AD的長．（結(jié)果精確到0.1米）（參考數(shù)據(jù)：sin18°≈0.31，cos18°≈0.1．tan18°≈0.32，sin36°≈0.2．cos36°≈0.81，tan36°≈0.73）26．（10分）（1）用配方法解方程：x2﹣4x+2＝0；（2）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△ABC的頂點均在格點上，將△ABC繞原點O逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到△A1B1C1．請作出△A1B1C1，寫出各頂點的坐標(biāo)，并計算△A1B1C1的面積．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、C【分析】將代數(shù)式配方，然后利用平方的非負(fù)性即可求出結(jié)論．【詳解】解：====∵∴∴代數(shù)式的最小值等于故選C．此題考查的是利用配方法求最值，掌握完全平方公式是解決此題的關(guān)鍵．2、B【分析】由平行四邊形的性質(zhì)得出，，，即可求出的周長．【詳解】四邊形ABCD是平行四邊形，，，，的周長．故選B．本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，并利用性質(zhì)解題平行四邊形基本性質(zhì)：平行四邊形兩組對邊分別平行；平行四邊形的兩組對邊分別相等；平行四邊形的兩組對角分別相等；平行四邊形的對角線互相平分．3、D【解析】根據(jù)一元二次方程的定義和△的意義得到k≠1且△＞1，即（﹣2）2﹣4×k×1＞1，然后解不等式即可得到k的取值范圍．【詳解】∵關(guān)于x的一元二次方程kx2﹣2x+1＝1有兩個不相等的實數(shù)根，∴k≠1且△＞1，即(﹣2)2﹣4×k×1＞1，解得k＜1且k≠1．∴k的取值范圍為k＜1且k≠1．故選D．本題考查了一元二次方程ax2+bx+c＝1（a≠1）的根的判別式△＝b2﹣4ac：當(dāng)△＞1，方程有兩個不相等的實數(shù)根；當(dāng)△＝1，方程有兩個相等的實數(shù)根；當(dāng)△＜1，方程沒有實數(shù)根．也考查了一元二次方程的定義．4、C【分析】根據(jù)中心對稱圖形和軸對稱圖形的定義可得答案．【詳解】解：①國旗上的五角星，是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形；②有一個角為60°的等腰三角形，是軸對稱圖形，是中心對稱圖形；③一個半徑為π的圓，是軸對稱圖形，是中心對稱圖形；④兩條對角線互相垂直平分的四邊形，是軸對稱圖形，是中心對稱圖形；⑤函數(shù)y＝的圖象，不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形；既是軸對稱又是中心對稱的圖形有3個，故選：C．此題主要考查了軸對稱圖形和中心對稱圖形，以及反比例函數(shù)圖象和線段垂直平分線，關(guān)鍵是掌握軸對稱圖形和中心對稱圖形定義．5、B【解析】此題只需將點的坐標(biāo)代入反比例函數(shù)解析式即可確定k的值．【詳解】把已知點的坐標(biāo)代入解析式可得，k=1×（-1）=-1．故選：B．本題主要考查了用待定系數(shù)法求反比例函數(shù)的解析式，．6、D【分析】根據(jù)切線長定理得出四邊形APBC是菱形，再根據(jù)菱形的性質(zhì)即可求解.【詳解】解：∵⊙O與PA、PB相切于點A、B，∴PA＝PB∵四邊形APBC是平行四邊形，∴四邊形APBC是菱形，∴∠P＝∠C＝40°，∠PAC＝140°∴∠CAB＝∠PAC＝70°故選D．此題主要考查圓的切線長定理，解題的關(guān)鍵是熟知菱形的判定與性質(zhì).7、C【分析】利用黃金分割比的定義即可求解.【詳解】由黃金分割比的定義可知∴故選C本題主要考查黃金分割比，掌握黃金分割比是解題的關(guān)鍵.8、A【分析】根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到AC=BC=2，∠B=60°，根據(jù)扇形和三角形的面積公式即可得到結(jié)論．【詳解】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，∴AC=BC=2，∠B=60°，∴陰影部分的面積=S△ACB-S扇形BCD=×2×2-=故選：A．本題考查了扇形面積的計算，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，正確的識別圖形是解題的關(guān)鍵．9、B【解析】根據(jù)中心對稱圖形的概念：如果一個圖形繞某一個點旋轉(zhuǎn)180°后能與它自身重合，我們就把這個圖形叫做中心對稱圖形，逐一判斷即可．【詳解】A.不是中心對稱圖形，故錯誤；B.是中心對稱圖形，故正確；C.不是中心對稱圖形，故錯誤；D.不是中心對稱圖形，故錯誤；故選：B．本題主要考查中心對稱圖形，掌握中心對稱圖形的概念是解題的關(guān)鍵．10、D【分析】作OH⊥CD于H，連接OC，如圖，先計算出OB＝3，OP＝2，再在Rt△OPH中利用含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得到OH＝1，則可根據(jù)勾股定理計算出CH，然后根據(jù)垂徑定理得到CH＝DH，從而得到CD的長．【詳解】解：作OH⊥CD于H，連接OC，如圖，∵PB＝1，AP＝5，∴OB＝3，OP＝2，在Rt△OPH中，∵∠OPH＝30°，∴OH＝OP＝1，在Rt△OCH中，CH＝，∵OH⊥CD，∴CH＝DH＝，∴CD＝2CH＝．故選：D．本題考查了含30度角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理以及垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧．二、填空題(每小題3分,共24分)11、4或【分析】根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例進行解答．【詳解】解：分兩種情況：

①∵△AEF∽△ABC，

∴AE：AB=AF：AC，即：②∵△AEF∽△ACB，

∴AF：AB=AE：AC，

即：故答案為：4或本題考查了相似三角形的性質(zhì)，在解答此類題目時要找出對應(yīng)的角和邊．12、【分析】由DE、EC的比例關(guān)系式，可求出EC、DC的比例關(guān)系；由于平行四邊形的對邊相等，即可得出EC、AB的比例關(guān)系，易證得∽，可根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例求出BF、EF的比例關(guān)系．【詳解】解：，；四邊形ABCD是平行四邊形，，；∽；；，．故答案為：．此題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)以及相似三角形的判定和性質(zhì)．靈活利用相似三角形性質(zhì)轉(zhuǎn)化線段比是解題關(guān)鍵．13、＜【分析】設(shè)BP與圓交于點D，連接AD，根據(jù)同弧所對的圓周角相等，可得∠ACB=∠ADB，然后根據(jù)三角形外角的性質(zhì)即可判斷．【詳解】解：設(shè)BP與圓交于點D，連接AD∴∠ACB=∠ADB∵∠ADB是△APD的外角∴∠ADB＞∴＜∠ACB故答案為：＜．此題考查的是圓周角定理的推論和三角形外角的性質(zhì)，掌握同弧所對的圓周角相等和三角形的外角大于任何一個與它不相鄰的內(nèi)角是解決此題的關(guān)鍵．14、．【分析】根據(jù)等式的性質(zhì)，可用a表示b，根據(jù)分式的性質(zhì)可得答案．【詳解】解：由＝得，b=a，∴，故答案為：．本題考查了比例的性質(zhì)，利用等式的性質(zhì)得出b=a是解題的關(guān)鍵，又利用了分式的性質(zhì)．15、π.【解析】圖1,過點O做OE⊥AC,OF⊥BC,垂足為E.

F,則∠OEC=∠OFC=90°∵∠C=90°∴四邊形OECF為矩形∵OE=OF∴矩形OECF為正方形設(shè)圓O的半徑為r,則OE=OF=r,AD=AE=3?r,BD=4?r∴3?r+4?r=5,r==1∴S1=π×12=π圖2,由S△ABC=×3×4=×5×CD∴CD=由勾股定理得：AD=,BD=5?=，由(1)得：⊙O的半徑=,⊙E的半徑=，∴S1+S2=π×()2+π×()2=π.圖3,由S△CDB=××=×4×MD∴MD=，由勾股定理得：CM=,MB=4?=，由(1)得：⊙O的半徑=,⊙E的半徑=，∴⊙F的半徑=，∴S1+S2+S3=π×()2+π×()2+π×()2=π16、.【分析】先計算出這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)，然后根據(jù)方差公式求解．【詳解】解：平均數(shù)=所以方差是S2==故答案為：.本題考查方差：一般地設(shè)n個數(shù)據(jù)，x1，x2，…xn的平均數(shù)為，則方差S2=,它反映了一組數(shù)據(jù)的波動大小，方差越大，波動性越大，反之也成立．17、2．【分析】由角平分線的性質(zhì)得出∠AOP=∠BOP，PC=PD=1，∠PDO=∠PEO=90°，由勾股定理得出，由平行線的性質(zhì)得出∠OPC=∠AOP，得出∠OPC=∠BOP，證出，得出OE=CE+CO=8，由勾股定理求出，再由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)即可得出答案．【詳解】∵OP平分∠AOB，PD⊥OA于點D，PE⊥OB于點E，∴∠AOP＝∠BOP，PC＝PD＝1，∠PDO＝∠PEO＝90°，∴，∵CP∥OA，∴∠OPC＝∠AOP，∴∠OPC＝∠BOP，∴，∴，∴，在Rt△OPD中，點M是OP的中點，∴；故答案為：2．本題考查了勾股定理的應(yīng)用、角平分線的性質(zhì)、等腰三角形的判定、直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)、平行線的性質(zhì)等知識；熟練掌握勾股定理和直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)，證明CO=CP是解題的關(guān)鍵．18、1【解析】過點A作AD⊥OB于D．先解Rt△AOD，得出AD=OA=1，再由△ABD是等腰直角三角形，得出BD=AD=1，則AB=AD=1．【詳解】如圖，過點A作AD⊥OB于D．在Rt△AOD中，∵∠ADO=90°，∠AOD=30°，OA=4，∴AD=OA=1．在Rt△ABD中，∵∠ADB=90°，∠B=∠CAB-∠AOB=75°-30°=45°，∴BD=AD=1，∴AB=AD=1．即該船航行的距離（即AB的長）為1．故答案為1．本題考查了解直角三角形的應(yīng)用-方向角問題，難度適中，作出輔助線構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．三、解答題(共66分)19、（1）；（2）．【分析】（1）先判斷出是軸對稱圖形的字母，再畫出樹狀圖，得出所有可能的情況數(shù)和兩次摸出的都是軸對稱圖形的字母的情況數(shù)，利用概率公式即可得答案；（2）先判斷出是中心對稱圖形的字母，再畫出樹狀圖，得出所有可能的情況數(shù)和兩次摸出的都是中心對稱圖形的字母的情況數(shù)，利用概率公式即可得答案．【詳解】（1）在A、F、N、O中，是軸對稱圖形的字母有A、O，畫樹狀圖如下：由樹狀圖可知，共有種可能出現(xiàn)的結(jié)果，并且它們都是等可能的，其中“兩張卡片圖案都是軸對稱”的有種情況，分別為：，∴兩次摸到的卡片上印有圖案都是軸對稱圖形的概率為=．（2）在A、F、N、O中，是中心對稱圖形的字母有N、O，畫樹狀圖如下：由樹狀圖可知，共有種可能出現(xiàn)的結(jié)果，并且它們都是等可能的，其中“兩張卡片圖案都是中心對稱”的有種情況，分別為，∴兩次摸到的卡片上印有圖案都是中心對稱圖形概率為=．本題考查用列表法或樹狀圖法求概率，注意作圖列表時按一定的順序，做到不重不漏．用到的知識點為：概率=所求情況數(shù)與總情況數(shù)之比．20、（1），；（2）；（3）．【分析】（1）將點A、B的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式，即可求解；

（2）作軸于K，軸于L，OD=3OE，則OL=3OK，DL=3KE，設(shè)點E的橫坐標(biāo)為t，則點D的橫坐標(biāo)為-3t，則點E、D的坐標(biāo)分別為：（t，）、（-3t，-+3t+），即可求解；（3）設(shè)點的橫坐標(biāo)為，可得PH=m2+m-，過作EF∥y軸交于點交軸于點，TE=PH+YE=m2+m-+2=（m+1）2，tan∠AHE=，tan∠PET=，而∠AHE+∠EPH=2α，故∠AHE=∠PET=∠EPH=α，PH=PQ?tanα，即m2+m-=（2m+2）×，解得：m=2-1，故YH=m+1=2，PQ=4，點P、Q的坐標(biāo)分別為：（2-1，4）、（-2-1，4），tan∠YHE=，tan∠PQH=；證明△PMH≌△WNH，則PH=WH，而QH=2PH，故QW=HW，即W是QH的中點，則W（-1，2），再根據(jù)待定系數(shù)法即可求解．【詳解】解：（1）把、分別代入得：，解得；（2）如圖2，由（1）得，作軸于K，軸于L，∴EK∥DL，∴．∵，∴，設(shè)點的橫坐標(biāo)為，，，∴的橫坐標(biāo)為，分別把和代入拋物線解析式得，∴，∴，．∵，∴，∴，∴，∴，解得（舍），，∴．（3）如圖3，設(shè)點的橫坐標(biāo)為，把代入拋物線得，∴．過作EF∥y軸交于點交軸于點，∴軸．∵點與點關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，∴PQ∥x軸，，∴，點坐標(biāo)為，又∵軸，∴ET∥PH，∴，∴，∴四邊形為矩形，∴，∴，∴，，，∴．∴，，∴，∴．又∵，∴．∵，∴解得，∵，∴．∴，，把代入拋物線得，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．若交于點，∵NF∥PE，∴，∴，∵，∴，∴，，，∴，∴，∴．作WS∥PQ，交于點交軸于點，∴△WSH∽△QPH，∴．∵∴，∴，，∴．∵，∴，∴．設(shè)的解析式為，把、代入得，解得，∴．∵FN∥PE，∴設(shè)的解析式為，把代入得，∴的解析式為．本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(shù)、三角形全等、解直角三角形等，其中（3）證明△PMH≌△WNH是解題的關(guān)鍵．21、(1)y＝﹣x2+3x+4；(﹣1，0)；(2)P的橫坐標(biāo)為或.(3)點P的坐標(biāo)為(4，0)或(5，﹣6)或(2，6).【分析】(1)利用待定系數(shù)法求拋物線解析式，然后利用拋物線解析式得到一元二次方程，通過解一元二次方程得到C點坐標(biāo)；(2)利用△AQP∽△AOC得到AQ＝4PQ，設(shè)P(m，﹣m2+3m+4)，所以m＝4|4﹣(﹣m2+3m+4|，然后解方程4(m2﹣3m)＝m和方程4(m2﹣3m)＝﹣m得P點坐標(biāo)；(3)設(shè)P(m，﹣m2+3m+4)(m＞)，當(dāng)點Q′落在x軸上，延長QP交x軸于H，如圖2，則PQ＝m2﹣3m，證明Rt△AOQ′∽Rt△Q′HP，利用相似比得到Q′B＝4m﹣12，則OQ′＝12﹣3m，在Rt△AOQ′中，利用勾股定理得到方程42+(12﹣3m)2＝m2，然后解方程求出m得到此時P點坐標(biāo)；當(dāng)點Q′落在y軸上，易得點A、Q′、P、Q所組成的四邊形為正方形，利用PQ＝PQ′得到|m2﹣3m|＝m，然后解方程m2﹣3m＝m和方程m2﹣3m＝﹣m得此時P點坐標(biāo)．【詳解】解：(1)把A(0，4)，B(4，0)分別代入y＝﹣x2+bx+c得，解得，∴拋物線解析式為y＝﹣x2+3x+4，當(dāng)y＝0時，﹣x2+3x+4＝0，解得x1＝﹣1，x2＝4，∴C(﹣1，0)；故答案為y＝﹣x2+3x+4；(﹣1，0)；(2)∵△AQP∽△AOC，∴，∴，即AQ＝4PQ，設(shè)P(m，﹣m2+3m+4)，∴m＝4|4﹣(﹣m2+3m+4|，即4|m2﹣3m|＝m，解方程4(m2﹣3m)＝m得m1＝0(舍去)，m2＝，此時P點橫坐標(biāo)為；解方程4(m2﹣3m)＝﹣m得m1＝0(舍去)，m2＝，此時P點坐標(biāo)為；綜上所述，點P的坐標(biāo)為(，)或(，)；(3)設(shè)，當(dāng)點Q′落在x軸上，延長QP交x軸于H，如圖2，則PQ＝4﹣(﹣m2+3m+4)＝m2﹣3m，∵△APQ沿AP對折，點Q的對應(yīng)點為點Q'，∴∠AQ′P＝∠AQP＝90°，AQ′＝AQ＝m，PQ′＝PQ＝m2﹣3m，∵∠AQ′O＝∠Q′PH，∴Rt△AOQ′∽Rt△Q′HP，∴，即，解得Q′H＝4m﹣12，∴OQ′＝m﹣(4m﹣12)＝12﹣3m，在Rt△AOQ′中，42+(12﹣3m)2＝m2，整理得m2﹣9m+20＝0，解得m1＝4，m2＝5，此時P點坐標(biāo)為(4，0)或(5，﹣6)；當(dāng)點Q′落在y軸上，則點A、Q′、P、Q所組成的四邊形為正方形，∴PQ＝AQ′，即|m2﹣3m|＝m，解方程m2﹣3m＝m得m1＝0(舍去)，m2＝4，此時P點坐標(biāo)為(4，0)；解方程m2﹣3m＝﹣m得m1＝0(舍去)，m2＝2，此時P點坐標(biāo)為(2，6)，綜上所述，點P的坐標(biāo)為(4，0)或(5，﹣6)或(2，6)本題考查了待定系數(shù)法，相似三角形的性質(zhì)，解一元二次方程，三角形折疊，題目綜合性較強，解決本題的關(guān)鍵是：①熟練掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；②能夠熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)；③能夠熟練掌握一元二次方程的解法；④理解折疊的性質(zhì).22、在線段AB上且距離點A為1、6、處．【分析】分∠DPC＝90°，∠PDC＝90，∠PDC＝90°三種情況討論，在邊AB上確定點P的位置，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求得AP的長，使得以P、A、D為頂點的三角形是直角三角形．【詳解】（1）如圖，當(dāng)∠DPC＝90°時，∴∠DPA+∠BPC＝90°，∵∠A＝90°，∴∠DPA+∠PDA＝90°，∴∠BPC＝∠PDA，∵AD∥BC，∴∠B=180°-∠A=90°，∴∠A＝∠B，∴△APD∽△BCP，∴，∵AB=7，BP=AB-AP，AD=2，BC=3，∴，∴AP2﹣7AP+6＝0，∴AP＝1或AP＝6，（2）如圖：當(dāng)∠PDC＝90°時，過D點作DE⊥BC于點E，∵AD//BC，∠A=∠B=∠BED=90°，∴四邊形ABED是矩形，∴DE＝AB＝7，AD=BE=2，∵BC＝3，∴EC＝BC-BE=1，在Rt△DEC中，DC2＝EC2+DE2＝50，設(shè)AP＝x，則PB＝7﹣x，在Rt△PAD中PD2＝AD2+AP2＝4+x2，在Rt△PBC中PC2＝BC2+PB2＝32+（7﹣x）2，在Rt△PDC中PC2＝PD2+DC2，即32+（7﹣x）2＝50+4+x2，解方程得：．（3）當(dāng)∠PDC＝90°時，∵∠BCD＜90°，∴點P在AB的延長線上，不合題意；∴點P的位置有三處，能使以P、A、D為頂點的三角形是直角三角形，分別在線段AB上且距離點A為1、6、處．本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)及勾股定理，如果兩個三角形的兩個角與另一個三角形的兩個角對應(yīng)相等，那么這兩個三角形相似；解題時要認(rèn)真審題，選擇適宜的判定方法，熟練掌握相似三角形的判定定理并運用分類討論的思想是解題關(guān)鍵．23、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【分析】（1）根