2026年江苏省苏州市吴江区中考数学三模模拟卷

**基本信息** 2026年苏州吴江中考数学三模卷以铜壶滴漏（文化传承）、阅读架（生活应用）为情境，覆盖代数（二次函数）、几何（圆切线）、统计（数据分析）核心知识，通过基础题（相反数）、提升题（二次函数性质）、创新题（旋转综合）的梯度设计，培养数学眼光、思维与表达能力，适配中考冲刺需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/24|轴对称（第2题物理图形）、相似三角形（第3题）|跨学科素材，基础概念辨析| |填空题|8/24|方差性质（第13题）、扇形面积（第15题）|知识迁移，几何计算应用| |解答题|11/82|铜壶滴漏数据分析（第26题）、旋转综合（第27题）|文化情境建模，创新定义（勾股伴随同类函数）|

2026年江苏省苏州市吴江区中考数学三模模拟卷 （总分130分） 1、 单选题（本题满分24分，共8小题，每小题3分） 1．﹣2026的相反数是（　　） A．﹣2026 B．2026 C． D． 2．下面是人教版物理教材中部分电路元件的符号，不是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 3．如图所示，在△ABC中，DE∥BC，AB＝AC，∠1＝125°，则∠C的度数是（　　） A．55° B．45° C．35° D．65° 4．下列运算正确的是（　　） A．3a+3a＝6a2 B．（2a+2b）2＝4a2+4b2 C．a2•a3＝a6 D．（﹣ab2）3＝﹣a3b6 5．如图，⊙O的直径AC为4，点D在AC的延长线上，DB与⊙O相切于点B，连接AB．若∠A＝30°，则BD的长为（　　） A．4 B．3 C． D． 6．如图，用10块形状、大小完全相同的小长方形墙砖拼成一个大长方形，设每个小长方形墙砖的长和宽分别为xcm和ycm，则依题意可列方程组为（　　） A． B． C． D． 7．正方形ABCD的边长为6，点E是边AB的三等分点，连接CE，将△BCE沿CE翻折到正方形ABCD所在的平面内得△FCE，点B的对应点为点F，连接DF，点G为BC边上的一点，且CG＝BE，连接DG分别交CE，CF于点M，N，点H为DF的中点，连接HM，HN，则△HMN的面积为（　　） A． B． C． D． 8．已知二次函数y＝ax2﹣2ax+c（a，c是常数，a≠0）的图象经过点（t﹣2，y1），（t，y2），则下列判断正确的是（　　） A．若a＜0，t＞2，则y1＜y2 B．若a＜0，t＜2，则y1＞y2 C．若a＞0，t＞2，则y1＜y2 D．若a＞0，t＜2，则y1＜y2 二、填空题（本题满分24分，共8小题，每小题3分） 9．若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围为 　 　 ． 10．2025年投入乡村振兴资金为1250亿元，将“1250亿”用科学记数法表示为　 　 ． 11．因式分解：3a+ab＝　 　 ． 12．将二次函数y＝（x+1）2﹣7的图象向右平移2个单位，再向上平移3个单位，则平移后二次函数的解析式为　 　 ． 13．已知一组数据1，3，5，7，9的方差是8，则另一组数据11，13，15，17，19的方差为　 　 ． 14．在多项式①﹣m2+9；②﹣m2﹣9；③2ab﹣a2﹣b2；④a2﹣b2+2ab；⑤（a+b）2﹣10（a+b）+25中，能用平方差公式因式分解的有　 　 ；能用完全平方公式因式分解的有　 　 （填序号）． 15．半径为的扇形OAB的圆弧和以AB为直径的半圆围成如图所示的阴影部分，已知OA⊥OB，则阴影部分的面积为　 　 ． 16．如图，已知抛物线y＝x2﹣4交x轴于A，B两点，点C（3，5），D（1，0），连结AC，CD，点M为平面内任意一点（点M不为线段AC的中点），将△ACD绕点M旋转180°得到△A'C'D'（点A，C，D的对应点分别为点A′，C′，D′）．若△A'C'D'中恰有两个点落在该抛物线上，则此时点C′的坐标为　 　 ． 三、解答题（本题满分82分，共11小题） 17．计算：． 18．解方程：． 19．先化简，再求值：，其中x． 20．如图，在锐角△ABC中，AB＝AC，且点E，F在线段AD上，且∠BED＝∠DFC＝∠BAC． （1）求证AF＝BE； （2）若，S△BDE+S△AFC＝6，求S△ABC． 21．小明和小刚玩摸球游戏，将2个红球1个白球放到一个不透明的袋子中，这些球除颜色外无其它差别，从袋子中随机摸出2个球，若两个球都是红色，则小明胜；若一红一白，则小刚胜． （1）这个游戏方案对双方公平吗？请说明理由； （2）将红球个数改成　 　 个（其他条件不变），这个游戏方案对双方是公平的． 22．为了加强学生的网络安全与信息素养，某校对学生进行网络安全知识测评，从该校七年级、八年级两个年级各随机抽取20名学生的测试成绩（满分为100分）进行整理和分析（成绩得分用x表示，共分成四组：A：0≤x＜70，B：70≤x＜80，C：80≤x＜90，D：90≤x≤100，下面给出了部分信息： 七年级20名学生的测试成绩是：65，66，67，68，68，69，76，77，79，80，80，86，86，86，86，90，91，92，98，100； 八年级20名学生的成绩在C组中的数据是：83，84，86，86，87，88，89，89； 七年级、八年级抽取的学生测试成绩统计表如下： 年级 平均数 众数 中位数 七年级 80.5 a 80 八年级 80.5 92 b 根据上述信息，解答下列问题： （1）填空：a＝　 　 ，b＝　 　 ，m＝　 　 ； （2）请根据以上数据进行分析，该校七年级和八年级的学生中，哪个年级的学生掌握网络安全知识更好？并说明理由； （3）若该校七年级有学生600名，八年级有学生800名，请估计七年级和八年级两个年级测试成绩为优秀（80≤x≤100）的学生总共有多少名？． 23．为保护青少年视力，某企业研发了可升降夹书阅读架（如图1），将其放置在水平桌面上的侧面示意图（如图2），测得底座高AB为2cm，∠ABC＝150°，支架BC为18cm，面板长DE为24cm，CD为6cm．（厚度忽略不计） （1）求支点C离桌面l的高度；（结果保留根号） （2）当面板DE绕点C转动时，面板与桌面的夹角α满足30°≤α≤70°时，保护视力的效果较好．当α从30°变化到70°的过程中，面板上端E离桌面l的高度增加还是减少？面板上端E离桌面l的高度增加或减少了多少？（结果精确到0.1cm，参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75） 24．如图，一次函数y＝kx+b与反比例函数y（x＞0）的图象交于A（m，6），B（n，3）两点． （1）求一次函数的解析式； （2）求△AOB的面积． 25．如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上不同于A，B的两点，∠ABD＝2∠BAC，连接CD．过点C作CE⊥DB，垂足为E，直线CE与AB交于点F． （1）求证：CF是⊙O的切线； （2）当BD＝6，sinF时，求BF的长． 26．在数字时钟精准到毫秒的今天，鲜有人记得，千年前的华夏大地上，古人已用智慧构建起精妙的计时系统——铜壶滴漏．我国现存最完整的成组型滴漏是元代仁宗延佑三年（公元1316年）铸造，全组由4个安放在阶梯上的漏壶组成，最上层称日壶，第二层称月壶，第三层称星壶，最底下一层称受水壶．受水壶铜盖中央插一把铜尺，尺上刻有12时辰的刻度，铜尺前插一木制浮剑，木剑下端是一块木板，叫浮舟．水由日壶按次沿龙头滴下，受水壶中的水随时间的推移而逐渐增加，浮剑逐渐上升，从而读出时间． 铜壶滴漏作为我国古代重要的计时工具，为何通常由四个壶构成？为探寻其中奥秘，科学兴趣小组分别制作了单壶模型与三壶补偿模型展开深入探究． 记录了当实验时间为t（单温：分钟）时，单壶模型受水壶水位y1（单位：厘米）和三壶补偿模型受水壶水位y2（单位：厘米），部分数据如下： t 0 10 20 30 40 50 60 y1 0 1.5 2.8 3.9 4.8 5.5 6.0 y2 0 2.0 4.0 6.0 8.0 10.0 12.0 通过分析数据发现，可以用函数刻画y1与t，y2与t的关系，回答下列问题： （1）y2可以看作是关于t的正比例函数，解析式为　 　 ； （2）在给出的平面直角坐标系中，画出这两个函数的图象； （3）根据以上数据与函数图象，解决下列问题： ①当t＝45时，单壶模型与三壶补偿模型受水壶水位之差约为　 　 cm（结果保留小数点后一位）； ②实验发现三壶补偿模型计时与标准时间基本一致，每小时受水壶水位上升12cm．当受水壶水位为3cm时，用单壶模型计时比标准时间　 　 （填写“快或慢”）　 　 分钟（结果取整数）． 27．如图，抛物线C：y＝ax2+6ax+9a﹣8与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），已知点B的横坐标是2，抛物线C的顶点为D． （1）求a的值及顶点D的坐标； （2）点P是x轴正半轴上一点，将抛物线C绕点P旋转180°后得到抛物线C1，记抛物线C1的顶点为E，抛物线C1与x轴的交点为F，G（点F在点G的右侧）．当点P与点B重合时（如图1），求抛物线C1的表达式； （3）如图2，在（2）的条件下，从A，B，D中任取一点，E，F，G中任取两点，若以取出的三点为顶点能构成直角三角形，我们就称抛物线C1为抛物线C的“勾股伴随同类函数”．当抛物线C1是抛物线C的勾股伴随同类函数时，求点P的坐标． 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 1．【解答】解：﹣2026的相反数是2026． 故选：B． 2．【解答】解：A．该图形是轴对称图形，故此选项不符合题意； B．该图形是轴对称图形，故此选项不符合题意； C．该图形是轴对称图形，故此选项不符合题意； D．该图形不是轴对称图形，故此选项符合题意． 故选：D． 3．【解答】解：∵DE∥BC， ∴∠1+∠B＝180°， ∵∠1＝125°， ∴∠B＝55°， ∵AB＝AC， ∴∠C＝∠B＝55°． 故选：A． 4．【解答】解：A、原式＝6a，∴不符合题意； B、原式＝4a2+8ab+4b2，∴不符合题意； C、原式＝a5，∴不符合题意； D、原式＝﹣a3b6，∴符合题意； 故选：D． 5．【解答】解：如图：连接OB， ， ∵DB与⊙O相切于点B， ∴∠OBD＝90°， ∵⊙O的直径AC为4， ∴OA＝OB＝2， ∴∠ABO＝∠A＝30°， ∴∠BOD＝∠ABO+∠A＝60°， ∴点D在AC的延长线上，DB与⊙O相切于点B，连接AB，∠A＝30°，则． 故选：C． 6．【解答】解：根据图示可得：． 故选：B． 7．【解答】解：连接CH与DG交于点Q，过点H作HP⊥DG交于点P，如图： 根据题意可得 AB＝BC＝CD＝6，∠EBC＝∠DCG＝∠BCD＝90°，，CG＝BE＝2， ∵将△BCE沿CE翻折得到△FCE， ∴∠BCE＝∠FCE，BC＝FC， ∴CF＝CD， ∴∠CFD＝∠CDF， 又∵点H为DF的中点， ∴CH⊥DF，∠DCH＝∠FCH， 故∠BCE+∠DCH＝∠FCE+∠FCH， 又∵∠BCE+∠DCH+∠FCE+∠FCH＝∠BCD＝90°， ∴∠BCE+∠DCH＝∠FCE+∠FCH＝45°，即∠QCM＝45°； ∵BE＝CG，∠EBC＝∠GCD＝90°，BC＝CD， ∴△EBC≌△GCD（SAS）， ∴∠BCE＝∠CDG，∠BEC＝∠CGD， ∵∠BCE+∠BEC＝90°， ∴∠BCE+∠CGD＝90°， 故∠CMG＝90°， 在△CMQ中，∠CMG＝90°，∠QCM＝45°， ∴△CMQ是等腰直角三角形， ∴CM＝MQ， ∵∠HPQ＝90°，∠PQH＝∠CQM＝45°， ∴△HPQ是等腰直角三角形， ∴HP＝PQ． ∵∠DCF＝90°﹣∠BCE﹣∠FCE＝90°﹣2∠BCE， 则∠CFD+∠CDF＝180°﹣∠DCF＝180°﹣（90°﹣2∠BCE）＝90°+2∠BCE， ∴， ∴∠QDF＝∠CDF﹣∠CDG＝45°+∠BCE﹣∠BCE＝45°， 故△HPD是等腰直角三角形， ∴HP＝PD， ∴HP＝PD＝PQ． 在Rt△DCG 中，， ∵， 即， 解得：， 即； 在Rt△CMG 中，， ∴， 则； ∵∠BCE＝∠FCE，CM＝CM，∠CMN＝∠CMG＝90°， ∴△CMG≌△CMN（ASA）， ∴， 故△HMN的面积为， 故选：A． 8．【解答】解：y＝ax2﹣2ax+c＝a（x2﹣2x）+c＝a（x﹣1）2+（c﹣a），抛物线的对称轴是直线x＝1，顶点坐标（1，c﹣a）， ∴y1＝a（t﹣3）2+（c﹣a），y2＝a（t﹣1）2+（c﹣a）， ∴y2﹣y1＝4a（t﹣2）， A、若a＜0，t＞2时，y2＜y1，原说法错误，不符合题意， B、若a＜0，t＜2，2a（t﹣4）＞0，y1＜y2，原说法错误，不符合题意， C、若a＞0，t＞2，则y1＜y2，原说法正确，符合题意， D、若a＞0，t＜2，y2﹣y1＜0，即y2＜y1，原说法错误，不符合题意， 故选：C． 二．填空题（共8小题） 9．【解答】解：∵二次根式在实数范围内有意义， ∴x﹣3≥0，解得x≥3． 故答案为：x≥3． 10．【解答】解：1250亿＝125000000000＝1.25×1011． 故答案为：1.25×1011． 11．【解答】解：原式＝a（3+b）． 故答案为：a（3+b）． 12．【解答】解：将二次函数y＝（x+1）2﹣7的图象向右平移2个单位，再向上平移3个单位，则平移后二次函数的解析式为y＝（x+1﹣2）2﹣7+3，即y＝（x﹣1）2﹣4． 故答案为：y＝（x﹣1）2﹣4． 13．【解答】解：把每个数加10得到新数据11，13，15，17，19， 因为一组数据加上同一个常数，方差不变，故方差仍为8． 故答案为：8． 14．【解答】解：①﹣m2+9可直接应用平方差公式分解； ②﹣m2﹣9是两数的平方和的相反数，不能因式分解； ③2ab﹣a2﹣b2符合完全平方公式的特点，能用完全平方公式进行因式分解； ④a2﹣b2+2ab不符合完全平方公式的特点，不能用完全平方公式进行因式分解； ⑤将（a+b）看作一个整体，（a+b）2﹣10（a+b）+25符合完全平方公式的特点，能用完全平方公式进行因式分解． 故能用平方差公式因式分解的有 ①；能用完全平方公式因式分解的有 ③⑤（填序号）． 故答案为：①；③⑤． 15．【解答】解：由条件可知，， ∵， ∴中间空白部分的面积为， ∵以AB为直径的半圆面积为， ∴阴影部分的面积为， 故答案为：1． 16．【解答】解：令y＝0， 解得：x＝2或﹣2， 则A（﹣2，0）， ①当点A′、D′在抛物线上时， 设A'（m，m2﹣4）， 则点D′（m﹣3，m2﹣4）， ∴把D′坐标代入抛物线的表达式得m2﹣4＝（m﹣3）2﹣4， 解得m， ∴A'（，）， 设点C′为（x，y）， 由中点坐标公式得：， 解得：， 即点C′的坐标为：（）； ②当C′、D′在抛物线上时， 设点C′的坐标为：（m，m2﹣4）， 点D向右平移2个单位向上平移5个单位得到点C， 则点D′（m+2，m2﹣4+5）， 将点D′的坐标代入抛物线的表达式得：m2﹣4+5＝（m+2）2﹣4， 解得：m， 则点C′的坐标为：（，）； ③当A′、C′在抛物线上时， 设点C′的坐标为：（m，m2﹣4）， 点A向右平移5个单位向上移5个单位得到点C， 则点A′（m+5，m2﹣4+5）， 将点A′的坐标代入抛物线的表达式得：m2﹣4+5＝（m+5）2﹣4， 解得：m＝﹣2， 则点C′的坐标为：（﹣2，0）， 该点和点A重合，点M为线段AC的中点，故舍去． 故答案为：（）或（，）． 三．解答题（共11小题） 17．【解答】解： ＝3﹣1+2 ＝3﹣1 ＝4． 18．【解答】解：方程两边同乘（x+3）（x﹣3），得x﹣3+6＝x2+3x， 化简，得（x+3）（x﹣1）＝0， 解得，x1＝﹣3，x2＝1， 当x＝﹣3时，（x+3）（x﹣3）＝0， 所以x＝﹣3不是原方程的解， 当x＝1时，（x+3）（x﹣3）≠0， 所以x＝1是原方程的解， 所以原方程的解x＝1． 19．【解答】解：原式• ， 当x时，原式． 20．【解答】（1）证明：∵∠BED＝∠BAC， ∴∠BAC﹣∠BAD＝∠BED﹣∠BAD， ∵∠CAF＝∠BAC﹣∠BAD，∠ABE＝∠BED﹣∠BAD， ∴∠CAF＝∠ABE， ∵∠CFA+∠DFC＝180°，∠AEB+∠BED＝180°，且∠BED＝∠DFC， ∴∠CFA＝∠AEB， 在△AFC和△BEA中， ， ∴△AFC≌△BEA（AAS）， ∴AF＝BE． （2）解：由（1）得△AFC≌△BEA， ∴S△AFC＝S△BEA， ∴S△ABD＝S△BDE+S△BEA＝S△BDE+S△AFC＝6， ∵BDBC， ∴S△ABDS△ABC， ∴S△ABCS△ABD6＝21． 21．【解答】解：（1）这个游戏方案对双方不公平，理由如下： 列表如下： 红 红 白 红 （红，红） （红，白） 红 （红，红） （红，白） 白 （白，红） （白，红） 共有6种等可能的结果，其中两个球都是红色的结果有2种，两个球一红一白的结果有4种， ∴小明胜的概率为，小刚胜的概率为， ∵， ∴小明胜的概率≠小刚胜的概率， ∴这个游戏方案对双方不公平； （2）将红球个数改成3个（其他条件不变），这个游戏方案对双方是公平的，理由如下： 画树状图如下： 共有12种等可能的结果，其中两个球都是红色的结果有6种，两个球一红一白的结果有6种， ∴小明胜的概率为，小刚胜的概率为， ∴小明胜的概率＝小刚胜的概率， ∴这个游戏方案对双方公平， 故答案为：3． 22．【解答】解：（1）由题意，∵测试成绩出现次数最多的是86分，共出现4次， ∴众数a＝86， 八年级20名学生成绩A组有20×5%＝1（人），B组有20×25%＝5（人），C组有8人，D组有20﹣1﹣5﹣8＝6（人）， 将20名学生成绩从小到大排列，处在中间位置的两个数为86，87， ∴， ， ∴m＝30； （2）八年级的学生掌握网络安全知识更好，理由如下： 由题意，∵八年级学生的测试成绩的中位数，众数均比七年级学生成绩的中位数，众数要高， ∴八年级的学生掌握网络安全知识更好； （3）估计七年级和八年级两个年级测试成绩为优秀（80≤x≤100）的学生总共有：（名）． 23．【解答】解：（1）过点C作CF⊥l于点F，过点B作BM⊥CF于点M， ∴∠CFA＝∠BMC＝∠BMF＝90°． 由题意得：∠BAF＝90°， ∴四边形ABMF为矩形， ∴MF＝AB＝2cm，∠ABM＝90°． ∵∠ABC＝150°， ∴∠MBC＝60°． ∵BC＝18cm， ∴CM＝BC•sin60°＝189（cm）． ∴CF＝CM+MF＝（92）cm． 答：支点C离桌面l的高度为（92）cm； （2）过点C作CN∥l，过点E作EH⊥CN于点H， ∴∠EHC＝90°． ∵DE＝24cm，CD＝6cm， ∴CE＝18cm． 当∠ECH＝30°时，EH＝CE•sin30°＝189（cm）； 当∠ECH＝70°时，EH＝CE•sin70°≈18×0.94＝16.92（cm）； ∴16.92﹣9＝7.92≈7.9（cm） ∴当α从30°变化到70°的过程中，面板上端E离桌面l的高度是增加了，增加了约7.9cm． 24．【解答】解：（1）把A（m，6），B（n，3）两点坐标代入y（x＞0）可得m＝2，n＝4， ∴A（2，6），B（4，3）， ∵一次函数y＝kx+b的图象经过点A、B， ∴，解得， ∴一次函数的解析式为yx+9． （2）设直线与x轴的交点为C， 把y＝0代入yx+9，则x+9＝0，解得x＝6， ∴C（6，0）， ∴S△AOB＝S△AOC﹣S△BOC69． 25．【解答】（1）证明：连接OC． ∵OA＝OC， ∴∠1＝∠2． 又∵∠3＝∠1+∠2， ∴∠3＝2∠1． 又∵∠4＝2∠1， ∴∠4＝∠3， ∴OC∥DB． ∵CE⊥DB， ∴OC⊥CF． 又∵OC为⊙O的半径， ∴CF为⊙O的切线； （2）解：连接AD．如图所示： ∵AB是直径， ∴∠ADB＝90°， ∴∠ADB＝∠FED， ∴CF∥AD， ∴∠BAD＝∠F， ∴sin∠BAD＝sinF， ∴ABBD＝10， ∴OB＝OC＝5， ∵OC⊥CF， ∴∠OCF＝90°， ∴sinF， 解得：OF， ∴BF＝OF﹣OB5． 26．【解答】解：（1）设y2＝kt， ∵经过点（60，12.0）， ∴12.0＝60k， 解得：k＝0.2， ∴y2＝0.2t， 故答案为：y2＝0.2t； （2） （3）①当t＝45时，y1≈5.15，y2＝9.0， ∴单壶模型与三壶补偿模型受水壶水位之差约为：9.0﹣5.15＝3.85≈3.9（cm）， 故答案为：3.9； ②当y＝3时，t2＝15，t1≈22， ∴22﹣15＝7（分）， ∴用单壶模型计时比标准时间慢，慢大约7分钟． 故答案为：慢，7． 27．【解答】解：（1）由y＝ax2+6ax+9a﹣8得y＝a（x+3）2﹣8， ∴顶点D的坐标为（﹣3，﹣8）， ∵点B（2，0）在抛物线C上， ∴0＝a（2+3）2﹣8， 解得：a； （2）如图1，连接DE，作DH⊥x轴于H，作EM⊥x轴于M， 根据题意，点D，E关于点B（2，0）成中心对称， ∴DE过点B，且DB＝EB， 在△DBH和△EBM中， ， ∴△DBH≌△EBM（AAS）， ∴EM＝DH＝8，BM＝BH＝5， ∴抛物线C1的顶点E的坐标为（7，8）， ∵抛物线C1由C绕点P旋转180°后得到， ∴抛物线C1的函数表达式为y（x﹣7）2+8； （3）∵抛物线C1由C绕x轴上的点P旋转180°后得到， ∴顶点D，E关于点P成中心对称，由（2）知：点E的纵坐标为8， 设点E（m，8）， 如图2，作DH⊥x轴于H，EM⊥x轴于M，EN⊥DN于N， ∵旋转中心P在x轴上， ∴FG＝AB＝2BH＝10， ∴点H的坐标为（﹣3，0），点N的坐标为（m，﹣8）， 根据勾股定理得，EF2＝82+52＝89， 显然，△AEG和△BEG不可能是直角三角形， ①当△AEF是直角三角形时，显然只能有∠AEF＝90°， ∵A（﹣8，0），EM⊥x轴， ∴∠AME＝∠EMF＝90°，AM＝m+8，EM＝8，FM＝5， ∵∠AFE+∠EAM＝∠AFE+∠FEM＝90°， ∴∠EAM＝∠FEM， ∴△AEM∽△EFM， ∴，即FM•AM＝EM2， ∴5（m+8）＝82， 解得：m， ∴OP（m+3）﹣3（m﹣3）（3）， ∴点P的坐标为（，0）； ②当△BEF是直角三角形时，显然只能有∠BEF＝90°， 同理可得：△BEM∽△EFM， ∴，即FM•BM＝EM2， ∴5（m﹣2）＝64， 解得：m， ∴OP（m﹣3）（3）， ∴点P的坐标为（，0）， ③当△DEF是直角三角形时， DE2＝EN2+DN2＝162+（m+3）2＝m2+6m+265， DF2＝DH2+HF2＝82+（m+8）2＝m2+16m+128， i）当∠DEF＝90°时，DE2+EF2＝DF2， 即m2+6m+265+89＝m2+16m+128， 解得：m， ∴OP（m﹣3）（3）， ∴点P的坐标为（，0）； ii）当∠DFE＝90°时，DF2+EF2＝DE2， 即m2+16m+128+89＝m2+6m+265， 解得：m， ∴OP（m﹣3）（3）， ∴点P的坐标为（，0）； iii）∵DE＞EN＝16＞EF， ∴∠EDF≠90°， 综上所述，当抛物线C1是抛物线C的勾股伴随同类函数时，点P的坐标为（，0）或（，0）或（，0）． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $