精品解析：湖南省长沙市宁乡市西部六乡镇2025-2026学年九年级上学期11月期中数学试题

2025年九年级数学期中试卷 （本试题卷共4页，满分120分，考试时间120分钟） 一、选择题（共10题，每题3分，共30分） 1. 下列方程中是关于x的一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 2. 近几年我国国产汽车行业蓬勃发展，下列汽车标识中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 关于x的二次函数，下列说法正确的是（ ） A. 图象的开口向上 B. 图象与y轴的交点坐标为 C. 图象的顶点坐标是 D. 当时，y随x的增大而减小 4. 一元二次方程配方后可化为（ ） A. B. C. D. 5. 要得到二次函数 的图象， 需将的图象（ ） A. 向左平移2个单位，再向下平移1个单位． B. 向右平移2个单位，再向上平移1个单位 C. 向左平移1个单位，再向上平移2个单位． D. 向右平移1个单位，再向下平移2个单位 6. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点为，则（ ） A. 12 B. C. 1 D. 7. 关于的一元二次方程有实数根，则满足（　　） A. B. 且 C. 且 D. 8. 以原点为中心，把点逆时针旋转，得到点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△EDC，若点A恰好在ED的延长线上，∠BAC＝40°，则∠BAE的度数为（　　） A. 80° B. 60° C. 65° D. 70° 10. 如图，拋物线（为常数）交轴于点，与轴的一个交点在和之间，顶点为． 抛物线与直线有且只有一个交点； 若点、点、点在该函数图象上，则； 将该拋物线向左平移个单位，再向下平移个单位，所得抛物线解析式为； 点关于直线的对称点为，点、分别在轴和轴上，当时，四边形周长的最小值为． 其中正确的判断有（ ） A. B. C. D. 二、填空题（共6题，每题3分，共18分） 11. 已知一元二次方程的两根分别是和，则这个一元二次方程可以是________． 12. 如图所示，拱桥的形状是抛物线，其函数关系式为，当水面离桥顶的高度为时，水面的宽度为______ 13. 已知是一元二次方程的一个根，则m的值为________． 14. 拋物线与轴的一个交点坐标是，则它与轴的另一个交点的坐标是_____． 15. 举例一个图形，要求：既是中心对称图形又是轴对称图形的：___________． 16. 如图，中， ， ，点D为边上一动点，将线段绕B点顺时针旋转，得到线段，连，则的最小值为________ 三、解答题（共9题，72分） 17. 解方程：． 18. 由于科学技术的进步．电子产品的价格在不断下降，其中某电子产品的价格经过两次降价后由原来的每个100元下调至现在的64元，求这种电子产品平均每次降价的百分率是多少？ 19. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点为，，． （1）平移，若点的对应点的坐标为，画出平移后的 ； （2）将以点为旋转中心旋转，画出旋转后对应的 ； （3）已知将绕某一点旋转可以得到，则旋转中心的坐标为 ． 20. 已知关于的一元二次方程的两根是一个矩形的两邻边的长． （1）求证：不论实数取何值，方程总有实数根． （2）当矩形的对角线长为时，求的值． 21. 如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点，顶点为，直线的解析式为． （1）抛物线的解析式为 ； （2）当时，的取值范围是 ； （3）方程的两根是 ； （4）当时，的取值范围是 ． 22. 如图，已知为等边三角形，为内一点，，，，若将绕点逆时针旋转后得到． （1）求点与点之间的距离； （2）求的度数． 23. 综合与实践 蔬菜大棚的探究 生活背景 蔬菜大棚是一种具有保温性能的框架结构．如图所示，一般使用钢结构作为骨架，上面覆上一层或多层塑料膜，这样就形成了一个温室空间．大棚的设计要保证安全性、通风性且利于采光． 建立模型 某劳动基地的蔬菜大棚的横截面是由抛物线和支柱，构成（如图1所示），抛物线最高点E到地面的距离为，并以所在直线为x轴，过点E且垂直于的直线为y轴，建立平面直角坐标系，已知，．． 解决问题 （1）求抛物线的解析式； （2）为了安全，需对大棚进行加固，准备在大棚抛物线上安装矩形“支撑架”（即三根支架，其中，垂直地面，平行地面，点P，Q在抛物线上，如图2所示）， ①当时，求的长； ②通过计算说明“支撑架”安装在什么位置时，“支撑架”的长度最长． 24. 【问题背景】： （1）如图①，已知和都是等边三角形，求证：； 【尝试应用】： （2）如图②，在△中，，在上截取，连接，为上一点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接并延长交线段于点，且，求证：点为线段的中点； 【拓延探究】： （3）如图③，在中，，点为上的一点，当时，连接，将线段绕点旋转，得到线段，连接，，若，请求出面积的最大值． 25. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴相交于、两点，与y轴交于点． （1）求抛物线的表达式； （2）如图1，过点B的直线与抛物线的另一个交点为点D，点M为抛物线对称轴上的一点，连接，设点M的纵坐标为n，当时，求n的值； （3）如图2，点N是抛物线的顶点，点P是x轴上一动点，将顶点N绕点P旋转后刚好落在抛物线上的点H处，请直接写出所有符合条件的点P的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年九年级数学期中试卷 （本试题卷共4页，满分120分，考试时间120分钟） 一、选择题（共10题，每题3分，共30分） 1. 下列方程中是关于x的一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义．根据只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程求解即可． 【详解】解：A．不是整式方程，不符合一元二次方程定义，不是一元二次方程； B．符合一元二次方程定义，是一元二次方程； C．中未知数x的最高次数是3，不符合一元二次方程定义，不是一元二次方程； D．中含有两个未知数，不符合一元二次方程定义，不是一元二次方程； 故选：B． 2. 近几年我国国产汽车行业蓬勃发展，下列汽车标识中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．根据中心对称图形的概念求解． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； C、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意． 故选D． 【点睛】此题主要考查中心对称图形与轴对称图形的识别,解题的关键是熟知其定义. 3. 关于x的二次函数，下列说法正确的是（ ） A. 图象的开口向上 B. 图象与y轴的交点坐标为 C. 图象的顶点坐标是 D. 当时，y随x的增大而减小 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象及性质，根据二次函数的开口方向、与y轴的交点坐标、顶点坐标及增减性逐一判断即可求解，熟练掌握二次函数的图象及性质是解题的关键． 【详解】解：A、图象的开口向下，则错误，故不符合题意； B、当时，，则图象与y轴的交点坐标为，则错误，故不符合题意； C、图象的顶点坐标是，则错误，故不符合题意； D、图象的对称轴为：，当时，y随x的增大而减小，则正确，故符合题意； 故选：D． 4. 一元二次方程配方后可化为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查配方法，熟悉配方法是解题的关键． 根据题意配方即可求解． 【详解】， ， ． 故选：B． 5. 要得到二次函数 的图象， 需将的图象（ ） A. 向左平移2个单位，再向下平移1个单位． B. 向右平移2个单位，再向上平移1个单位 C. 向左平移1个单位，再向上平移2个单位． D. 向右平移1个单位，再向下平移2个单位 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图像与几何变换，利用抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减是解题关键． 根据左移加右移减，上移加下移减，可得答案． 【详解】解：得到二次函数 的图象， 需将的图象向左平移2个单位，再向下平移1个单位． 故选A． 6. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点为，则（ ） A. 12 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是关于原点对称的点的坐标，熟知关于原点对称的点的横纵坐标互为相反数是解题的关键．利用关于原点对称点的性质，即它们的坐标互为相反数，得到a，b的值，再利用有理数的乘方法则计算得到答案． 【详解】解：点关于原点的对称点为， ， ， 故选：B． 7. 关于的一元二次方程有实数根，则满足（　　） A. B. 且 C. 且 D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义、一元二次方程根的判别式，根据一元二次方程的定义可知，根据一元二次方程有实数根，可知，解不等式可得：． 【详解】解：是一元二次方程， ， 解得：， 一元二次方程有实数根， ， 解得：， 满足且． 故选：C． 8. 以原点为中心，把点逆时针旋转，得到点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了坐标与图形，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．过点分别作轴的垂线，，继而得到，即可求解坐标． 【详解】解：过点分别作轴的垂线，垂足为点，则 ∵， ∴ 由题意得，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点在第二象限， ∴ 故选：A． 9. 如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△EDC，若点A恰好在ED的延长线上，∠BAC＝40°，则∠BAE的度数为（　　） A. 80° B. 60° C. 65° D. 70° 【答案】A 【解析】 【分析】根据旋转的性质可得：AC=EC，∠E=∠BAC＝40°，从而得到∠E=∠CAE=40°，即可求解． 【详解】解：根据题意得：AC=EC，∠E=∠BAC＝40°， ∴∠E=∠CAE=40°， ∴∠BAE=∠BAC+∠CAE=40°+40°=80°． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，根据旋转的性质得到AC=EC，∠E=∠BAC是解题的关键． 10. 如图，拋物线（为常数）交轴于点，与轴的一个交点在和之间，顶点为． 抛物线与直线有且只有一个交点； 若点、点、点在该函数图象上，则； 将该拋物线向左平移个单位，再向下平移个单位，所得抛物线解析式为； 点关于直线的对称点为，点、分别在轴和轴上，当时，四边形周长的最小值为． 其中正确的判断有（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质、二次函数与坐标轴的交点、通过轴对称求线段和的最小值，把代入中，判断所得一元二次方程的根的情况便可判断；由得对称轴为直线，，则抛物线上的点离对称轴越远，的值越小，便可判断；根据平移的规律求出平移后的解析式便可；因边一定，只要其他三边和最小便可，作点关于轴的对称点，作点关于轴的对称点，连接，与轴、轴分别交于点，求出. 便是其他三边和的最小值，掌握知识点的应用的关键． 【详解】解：由抛物线与直线得：， ∴， 则， ∴抛物线与直线有且只有一个交点，故正确； 由得对称轴为直线，， ∴抛物线上的点离对称轴越远，的值越小， ∵，，， ∴， ∴，故正确； 由拋物线， ∵该拋物线向左平移个单位，再向下平移个单位， ∴平移后的解析式为，故正确； 当时，抛物线的解析式为， ∴，，， 作点关于轴的对称点，作点关于轴的对称点，连接，与轴、轴分别交于点，如图， 则，根据两点之间线段最短，知最短，而的长度一定， ∴此时，四边形周长最小，为：， 故结论不正确； 综上所述，正确的结论是， 故选：． 二、填空题（共6题，每题3分，共18分） 11. 已知一元二次方程的两根分别是和，则这个一元二次方程可以是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据一元二次方程的根与系数的关系，观察各式即可得出结论． 【详解】∵一元二次方程的两个根是﹣1和2， ∴x1+x2=1，x1x2=﹣2． ∴这个方程为：x2﹣x﹣2=0． 故答案为：x2﹣x﹣2=0． 12. 如图所示，拱桥的形状是抛物线，其函数关系式为，当水面离桥顶的高度为时，水面的宽度为______ 【答案】8 【解析】 【分析】此题考查了二次函数的实际应用，掌握二次函数的对称性是解决问题的关键．根据题意，把直接代入解析式即可解答． 【详解】解：根据题意的纵坐标为， 把代入， 得 ， ，， ． 故答案为：8． 13. 已知是一元二次方程的一个根，则m的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值称为一元二次方程的解．将代入方程即可求解． 【详解】解：将代入方程得：， 整理得：， 解得：， ∵，即， ∴， 故答案为： 14. 拋物线与轴的一个交点坐标是，则它与轴的另一个交点的坐标是_____． 【答案】 【解析】 【分析】由抛物线的表达式可得：该抛物线的对称轴为直线，设它与轴的另一个交点的横坐标为t，列出方程，求解即可． 【详解】解：由抛物线的表达式可得：该抛物线的对称轴为直线， 设它与轴的另一个交点的横坐标为t， ∵轴的一个交点坐标是， ∴， 解得：， ∴它与轴的另一个交点的坐标是， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了二次函数的对称轴，解题的关键是熟练掌握的对称轴为，顶点坐标为． 15. 举例一个图形，要求：既是中心对称图形又是轴对称图形的：___________． 【答案】圆（答案不唯一） 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的定义，轴对称图形的定义． 选择同时具有中心对称性和轴对称性的图形即可． 【详解】解：圆既是中心对称图形，又是轴对称图形． 以圆心为对称中心，旋转后与自身重合； 以任意直径为对称轴，对折后两部分完全重合． 故答案为：圆（答案不唯一）． 16. 如图，中， ， ，点D为边上一动点，将线段绕B点顺时针旋转，得到线段，连，则的最小值为________ 【答案】2 【解析】 【分析】延长至F使，可证，可得，点E在直线绕点F逆时针旋转的直线上，当时，最小，求出即可． 【详解】解：延长至F使， ∵， ∴， ∴， ∵将线段绕点B按顺时针方向旋转得到， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点E在直线绕点F逆时针旋转的直线上，当时，最小； ∵， ∴， 当时，， 故答案为：2． 【点睛】本题考查了直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、垂线段最短，解题关键是恰当作辅助线，构建全等三角形，发现点E的运动轨迹． 三、解答题（共9题，72分） 17. 解方程：． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程，先利用因式分解法把原方程转化为或，然后解两个一次方程即可． 【详解】解：， ， ∴或， ∴，． 18. 由于科学技术的进步．电子产品的价格在不断下降，其中某电子产品的价格经过两次降价后由原来的每个100元下调至现在的64元，求这种电子产品平均每次降价的百分率是多少？ 【答案】这种电子产品平均每次降价的百分率为． 【解析】 【分析】设这种电子产品平均每次降价的百分率为x，根据该电子产品的原价及两次降价后的价格，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其大于0小于1的值即可． 【详解】解：设这种电子产品平均每次降价的百分率为x，由题意得： ． 解得：（不合题意，舍去） 答：这种电子产品平均每次降价的百分率为． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 19. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点为，，． （1）平移，若点的对应点的坐标为，画出平移后的 ； （2）将以点为旋转中心旋转，画出旋转后对应的 ； （3）已知将绕某一点旋转可以得到，则旋转中心的坐标为 ． 【答案】（1） 解：如图所示，即为所求； （2） 解：如图所示，即为所求； （3）． 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，平移的性质，旋转作图等知识，掌握旋转，平移的性质是解题的关键． （）根据点的对应点的坐标为确定平移方式，再根据平移方式确定其它两点的对应点，最后连线即可； （）根据旋转的性质，找到三个顶点的对应点，再连线即可； （）连接对应点，对应点的交点就是旋转中心（对称中心）． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：如图，由题意可得的坐标为，的坐标为， 设解析式为， ∴，解得：， ∴解析式为， 当时，， ∴旋转中心的坐标为， 故答案为：． 20. 已知关于的一元二次方程的两根是一个矩形的两邻边的长． （1）求证：不论实数取何值，方程总有实数根． （2）当矩形的对角线长为时，求的值． 【答案】（1） 证明： ， 无论取何值，方程总有实数根； （2）的值为． 【解析】 【分析】本题考查了根的判别式，根与系数的关系，矩形的性质，解一元二次方程等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由题意得，从而判断根的情况； （）设矩形的两边长分别为，，由题意得，，则，然后解方程并检验即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：设矩形的两边长分别为，， 由题意，得，， ， ， 解得，， ，， ， 的值为． 21. 如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点，顶点为，直线的解析式为． （1）抛物线的解析式为 ； （2）当时，的取值范围是 ； （3）方程的两根是 ； （4）当时，的取值范围是 ． 【答案】（1）； （2）； （3），； （4）或． 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求解析式，掌握知识点的应用是解题的关键． （）利用待定系数法即可求解； （）当时，有最大值，当时，，从而求出范围； （）根据图象即可求解； （）根据图象即可求解． 【小问1详解】 解：根据图象可知抛物线的顶点坐标为， ∴， ∵抛物线过点， ∴，解得：， ∴抛物线的解析式为， 故答案为：； 【小问2详解】 解：当时，有最大值，当时，， 当时，的取值范围是， 故答案为：； 【小问3详解】 解：根据图象可知，方程的两根是，， 故答案为：，； 【小问4详解】 解：根据图象可知，当时，的取值范围是或， 故答案为：或． 22. 如图，已知为等边三角形，为内一点，，，，若将绕点逆时针旋转后得到． （1）求点与点之间的距离； （2）求的度数． 【答案】（1）点与点之间的距离为； （2）． 【解析】 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理的逆定理，熟知相关知识是解题的关键． （）根据是等边三角形，得，由旋转性质可知，，，从而证明为等边三角形，所以； （）由（）得，，证明为直角三角形，故有，又为等边三角形，所以，然后通过角度和差即可求解． 【小问1详解】 解：∵是等边三角形， ∴， 由旋转性质可知，，， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴点与点之间的距离为； 【小问2详解】 解：由（）得：，， ∴， ∴为直角三角形， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴． 23. 综合与实践 蔬菜大棚的探究 生活背景 蔬菜大棚是一种具有保温性能的框架结构．如图所示，一般使用钢结构作为骨架，上面覆上一层或多层塑料膜，这样就形成了一个温室空间．大棚的设计要保证安全性、通风性且利于采光． 建立模型 某劳动基地的蔬菜大棚的横截面是由抛物线和支柱，构成（如图1所示），抛物线最高点E到地面的距离为，并以所在直线为x轴，过点E且垂直于的直线为y轴，建立平面直角坐标系，已知，．． 解决问题 （1）求抛物线的解析式； （2）为了安全，需对大棚进行加固，准备在大棚抛物线上安装矩形“支撑架”（即三根支架，其中，垂直地面，平行地面，点P，Q在抛物线上，如图2所示）， ①当时，求的长； ②通过计算说明“支撑架”安装在什么位置时，“支撑架”的长度最长． 【答案】（1）（2）①；②当“支撑架”PM，QN安装在与y轴水平距离米的位置时，“支撑架”的长度最长 【解析】 【分析】本题考查了求抛物线的解析式，二次函数的图像和性质，掌握相关知识是解决问题的关键． （1）由题意得，点，坐标分别为，，利用待定系数法求抛物线解析式即可； （2）①令，求得，即可求的长；②设点的坐标为，求出点，，的坐标，进而可用含的代数式表示出支架的长，即支架长是关于的二次函数，求该二次函数的最大值对应的的值即可； 【详解】解：（1）设抛物线的解析式为， 将点，代入得：， 解得：， 抛物线的解析式为； （2）①令， 得， 解得， ； ②设点的坐标为， 由题意得点，，的坐标分别为，，， ，， “支撑架”的长度为， ，， 当时，“支撑架”的长度最长， 即当“支撑架” ，安装在与轴水平距离米的位置时，“支撑架”的长度最长． 24. 【问题背景】： （1）如图①，已知和都是等边三角形，求证：； 【尝试应用】： （2）如图②，在△中，，在上截取，连接，为上一点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接并延长交线段于点，且，求证：点为线段的中点； 【拓延探究】： （3）如图③，在中，，点为上的一点，当时，连接，将线段绕点旋转，得到线段，连接，，若，请求出面积的最大值． 【答案】（1）证明：△和△都是等边三角形， ，，， ， ， ， ； （2）证明：如图所示，过点作交延长线与， ，， △是等边三角形， ，， ， ，，， 由旋转的性质可得，， ，， ， ， ， ， ， ， ， 点为线段的中点； （3） 【解析】 【分析】利用等边三角形的性质可证，根据全等三角形的性质可证结论成立； 过点作交延长线与，利用旋转的性质和等边三角形的性质可证三角形全等，根据全等三角形的性质可证，即可证明点为线段的中点； 在线段截取一点使得，连接，过点作交延长线于，可证，根据全等三角形的性质可知，设，则，，根据三角形的面积公式可得：，根据二次函数的性质可以求出的面积最大值． 【详解】略 略 解：如图所示，在线段截取一点使得，连接，过点作交延长线于， ，， △是等边三角形， ，， ， 由旋转的性质可得，， ， ， ，， ， ， ， ， ， 设，则，， ， 当时，有最大值为． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、旋转的性质、勾股定理，含角的直角三角形的性质、二次函数的最值问题，解决本题的关键是作辅助线构造等边三角形和全等三角形． 25. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴相交于、两点，与y轴交于点． （1）求抛物线的表达式； （2）如图1，过点B的直线与抛物线的另一个交点为点D，点M为抛物线对称轴上的一点，连接，设点M的纵坐标为n，当时，求n的值； （3）如图2，点N是抛物线的顶点，点P是x轴上一动点，将顶点N绕点P旋转后刚好落在抛物线上的点H处，请直接写出所有符合条件的点P的坐标． 【答案】（1） （2） （3）或或或 【解析】 【分析】（1）直接由待定系数法即可求解； （2）先联立抛物线与直线求出交点的坐标，再求出对称轴，则得到点的坐标表示，再由两点间距离公式建立方程求解即可； （3）顶点，设，由旋转得，当时，过点作轴的平行线，过点分别作平行线的垂线，垂足为点，证明，表示出，将点代入，得，解方程即可；当时，作出同样的辅助线，同理可求解． 【小问1详解】 解：∵抛物线与x轴相交于、两点，与y轴交于点， ∴， 解得：， ∴抛物线的表达式为； 【小问2详解】 解：联立， 解得：， ∴， ∵， ∴对称轴为直线，顶点为， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴的值为； 【小问3详解】 解：由（2）得顶点，设， 由旋转得， 当时， 过点作轴的平行线，过点分别作平行线的垂线，垂足为点， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 将点代入， 得， 整理得：， 解得：， ∴或； 当时，过点作轴的平行线，过点分别作平行线的垂线，垂足为点， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 将点代入， 得， 整理得：， 解得：， 或， 综上所述：所有符合条件的点P的坐标为：或或或． 【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，涉及待定系数法求函数解析式，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，两点间距离公式等知识点，难度较大，解题的关键在于构造“三垂直”全等模型． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $