2017苏教版九年级数学上期末试卷及答案(2)
2017苏教版九年级数学上期末试卷参考答案
一、选择题(本大题共6小题，每小题2分，共计12分)
1.一元二次方程x2=1的解是( )
A.x=1 B.x=﹣1 C.x=±1 D.x=0
【考点】解一元二次方程-直接开平方法.
【专题】计算题.
【分析】方程利用平方根定义开方即可求出解.
【解答】解：x2=1，
开方得：x=±1.
故选C
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣直接开平方法，利用此方法解方程时，首先将方程左边化为完全平方式，右边为非负常数，利用平方根定义开方转化为两个一元一次方程来求解.
2.⊙O的半径为1，同一平面内，若点P与圆心O的距离为1，则点P与⊙O的位置关系是( )
A.点P在⊙O外 B.点P在⊙O上 C.点P在⊙O内 D.无法确定
【考点】点与圆的位置关系.
【分析】点在圆上，则d=r;点在圆外，d>r;点在圆内，d
【解答】解：∵OP=1，⊙O的半径为1，
即d=r，
∴点P与⊙O的位置关系是点P在⊙O上，
故选：B.
【点评】此题考查点与圆的关系，注意：熟记点和圆的位置关系与数量之间的等价关系是解决问题的关键.
3.有9名同学参加歌咏比赛，他们的预赛成绩各不相同，现取其中前4名参加决赛，小红同学在知道自己成绩的情况下，要判断自己能否进入决赛，还需要知道这9名同学成绩的( )
A.众数 B.中位数 C.平均数 D.极差
【考点】统计量的选择.
【分析】9人成绩的中位数是第5名的成绩.参赛选手要想知道自己是否能进入前4名，只需要了解自己的成绩以及全部成绩的中位数，比较即可.
【解答】解：由于总共有9个人，且他们的分数互不相同，第5的成绩是中位数，要判断是否进入前5名，故应知道中位数的多少.
故选B.
【点评】此题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、众数、方差的意义.
4.已知二次函数y=ax2+bx+c中，函数y与自变量x的部分对应值如表，则方程ax2+bx+c=0的一个解的范围是( )
x 6.17 6.18 6.19 6.20
y ﹣0.03 ﹣0.01 0.02 0.04
A.﹣0.01
【考点】图象法求一元二次方程的近似根.
【分析】观察表格可知，y随x的值逐渐增大，ax2+bx+c的值在6.18～6.19之间由负到正，故可判断ax2+bx+c=0时，对应的x的值在6.18～6.19之间.
【解答】解：由表格中的数据看出﹣0.01和0.02更接近于0，故x应取对应的范围.
故选C.
【点评】本题考查了用图象法求一元二次方程的近似根，解题的关键是找到y由正变为负时，自变量的取值即可.
5.若点A(﹣1，a)，B(2，b)，C(3，c)在抛物线y=x2上，则下列结论正确的是( )
A.a
【考点】二次函数图象上点的坐标特征.
【分析】根据二次函数的性质，通过三点与对称轴距离的远近来比较函数值的大小.
【解答】解：由抛物线y=x2可知对称轴为y轴，
∵抛物线开口向上，|﹣1|<|2|<|3|，
∴a
故选D.
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式.
6.如图，点E在y轴上，⊙E与x轴交于点A、B，与y轴交于点C、D，若C(0，9)，D(0，﹣1)，则线段AB的长度为( )
A.3 B.4 C.6 D.8
【考点】垂径定理;坐标与图形性质;勾股定理.
【分析】连接EB，由题意得出OD=1，OC=9，∴CD=10，得出EB=ED= CD=5，OE=4，由垂径定理得出AO=BO= AB，由勾股定理求出OB，即可得出结果.
【解答】解：连接EB，如图所示：
∵C(0，9)，D(0，﹣1)，
∴OD=1，OC=9，
∴CD=10，
∴EB=ED= CD=5，OE=5﹣1=4，
∵AB⊥CD，
∴AO=BO= AB，OB= = =3，
∴AB=2OB=6;
故选：C.
【点评】本题考查了垂径定理、坐标与图形性质、勾股定理;熟练掌握垂径定理，由勾股定理求出OB是解决问题的关键.
二、填空题(本大题共10小题，每小题2分，共20分)
7.若 =3，则 = 4 .
【考点】比例的性质.
【分析】根据合比性质： = ⇒ = ，可得答案.
【解答】解：由合比性质，得
= =4，
故答案为：4.
【点评】本题考查了比例的性质，利用合比性质是解题关键.
8.一组数据：2，3，﹣1，5的极差为 6 .
【考点】极差.
【分析】根据极差的概念求解.
【解答】解：极差为：5﹣(﹣1)=6.
故答案为：6.
【点评】本题考查了极差的知识，极差是指一组数据中最大数据与最小数据的差.
9.一元二次方程x2﹣4x+1=0的两根是x1，x2，则x1•x2的值是 1 .
【考点】根与系数的关系.
【分析】直接根据根与系数的关系求解即可.
【解答】解：∵一元二次方程x2﹣4x+1=0的两根是x1，x2，
∴x1•x2=1.
故答案为：1.
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与系数的关系：若方程的两根为x1，x2，则x1+x2=﹣ ，x1•x2= .
10.制造一种产品，原来每件的成本是100元，由于连续两次降低成本，现在的成本是81元.设平均每次降低成本的百分率为x，则列方程为 100(1﹣x)2=81 .
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程.
【专题】增长率问题.
【分析】原来成本是100元，设每次降低的百分比是x，则第一次降价后的成本为100﹣100x，第二次降价后的成本为(100﹣100x)﹣(100﹣100x)x=100(1﹣x)2元，据此即可列出方程即可.
【解答】解：设每次降低的百分比是x，
根据题意得：100(1﹣x)2=81，
故答案为：100(1﹣x)2=81.
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，设每次降低的百分比是x，能表示出两次连续降价后的成本是100(1﹣x)2是关键.
11.在平面直角坐标系中，将抛物线y=2x2先向右平移3个单位，再向上平移1个单位，得到的抛物线的函数表达式为 y=2(x﹣3)2+1 .
【考点】二次函数图象与几何变换.
【分析】由抛物线平移不改变二次项系数a的值，根据点的平移规律“左减右加，上加下减”可知移动后的顶点坐标，再由顶点式可求移动后的函数表达式.
【解答】解：原抛物线的顶点为(0，0)，向右平移3个单位，再向上平移1个单位后，那么新抛物线的顶点为：(3，1).
可设新抛物线的解析式为y=2(x﹣h)2+k，代入得y=2(x﹣3)2+1.
故答案是：y=2(x﹣3)2+1.
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换.解决本题的关键是得到新抛物线的顶点坐标.
12.已知圆锥的底面半径为6cm，母线长为8cm，它的侧面积为 48π cm2.
【考点】圆锥的计算.
【分析】根据圆锥的侧面积等于展开以后扇形的面积以及扇形的面积公式计算即可.
【解答】解：圆锥母线长=8cm，底面半径r=6cm，
则圆锥的侧面积为S=πrl=π×6×8=48πcm 2.
故答案为：48π.
【点评】此题主要考查了圆锥侧面面积的计算，熟练记忆圆锥的侧面积公式是解决问题的关键.
13.如图，根据所给信息，可知 的值为 .
【考点】位似变换.
【分析】利用位似图形的性质得出：△ABC∽△A′B′C′，进而得出对应边的比值.
【解答】解：由题意可得：△ABC∽△A′B′C′，
且 = ，
故 的值为 .
故答案为： .
【点评】此题主要考查了位似变换，根据题意得出△ABC∽△A′B′C′是解题关键.
14.已知二次函数y=ax2+bx+c中，函数y与自变量x的部分对应值如表，则当x=3时，y= 13 .
x … ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 …
y … 7 3 1 1 3 …
【考点】二次函数的性质.
【分析】把(﹣3，7)，(﹣2，3)，(﹣1，1)代入二次函数的解析式，利用待定系数法即可求得函数解析式，然后把x=3代入即可求得y的值.
【解答】解：根据题意得： ，
解得： ，
则二次函数的解析式是y=x2+x+1，
当x=3时，y=9+3+1=13.
故答案是：13.
【点评】本题考查了待定系数法求函数的解析式以及求函数的值，正确解方程组是解决本题的关键.
15.如图，AB是⊙O的一条弦，C是⊙O上一动点且∠ACB=45°，E、F分别是AC、BC的中点，直线EF与⊙O交于点G、H.若⊙O的半径为2，则GE+FH的最大值为 4﹣ .
【考点】三角形中位线定理;圆周角定理.
【分析】接OA，OB，根据圆周角定理可得出∠AOB=90°，故△AOB是等腰直角三角形.由点E、F分别是AC、BC的中点，根据三角形中位线定理得出EF= AB= 为定值，则GE+FH=GH﹣EF=GH﹣ ，所以当GH取最大值时，GE+FH有最大值.而直径是圆中最长的弦，故当GH为⊙O的直径时，GE+FH有最大值，问题得解.
【解答】解：连接OA，OB，
∵∠ACB=45°，
∴∠AOB=90°.
∵OA=OB，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴AB=2 ，
当GH为⊙O的直径时，GE+FH有最大值.
∵点E、F分别为AC、BC的中点，
∴EF= AB= ，
∴GE+FH=GH﹣EF=4﹣ ，
故答案为：4﹣ .
【点评】本题结合动点考查了圆周角定理，三角形中位线定理，有一定难度.确定GH的位置是解题的关键.
16.如图，在矩形ABCD中，M、N分别是边AD、BC的中点，点P、Q在DC边上，且PQ= DC.若AB=16，BC=20，则图中阴影部分的面积是 92 .
【考点】相似三角形的判定与性质;矩形的性质.
【分析】连接MN，由于M，N分别是ADBC上的中点，所以MN∥AB∥CD，而四边形ABCD是长方形，所以四边形MNCD是矩形，再过O作OE⊥MN，同样也垂直于CD，再利用PQ= DC，可得相似比，那么可求出OE，OF，以及MN，CD的长，再利用三角形的面积公式可求出△MNO和△PQO的面积，用矩形MNCD的面积减去△MNO的面积减去△PQO的面积，即可求阴影部分面积.
【解答】解：连接MN，过O作OE⊥MN，交MN于E，交CD于F，
在矩形ABCD中，AD∥BC，AD=BC，
∵M、N分别是边AD、BC的中点，
∴DM=CN，
∴四边形MNCD是平行四边形，
∴MN∥CD，
∴△OMN∽△PQO，
相似比是MN：PQ=4：1，
∴OE：OF=EF：GH=4：1，
又∵EF= •BC=10，
∴OE=8，OF=2，
∴S△MNO= ×16×8=64，
∴S△PQO= ×4×2=4，S矩形MNCD=16×10=160，
∴S阴影=160﹣64﹣4=92.
故答案为：92.
【点评】本题考查了矩形的性质，相似三角形的性质和判定，三角形得到面积的应用，关键是能把求不规则图形的面积转化成求规则图形的面积.
三、解答题(本大题共11小题，共88分.解答时应写出文字说明、推理过程或演算步骤)
17.(1)解方程：(x+1)2=9;
(2)解方程：x2﹣4x+2=0.
【考点】解一元二次方程-公式法;解一元二次方程-直接开平方法.
【分析】(1)两边开方，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可;
(2)求出b2﹣4ac的值，再代入公式求出即可.
【解答】解：(1)两边开方得：x+1=±3，
解得：x1=2，x2=﹣4;
(2)这里a=1，b=﹣4，c=2，
b2﹣4ac=8>0，
x= =2± ，
即x1=2+ ，x2=2﹣ .
【点评】本题考查了解一元二次方程的应用，能选择适当的方法解一元二次方程是解此题的关键.
18.已知关于x的一元二次方程(a+1)x2﹣x+a2﹣2a﹣2=0有一根是1，求a的值.
【考点】一元二次方程的解;一元二次方程的定义.
【分析】将方程的根代入得到有关a的方程求解即可确定a的值，注意利用一元二次方程的定义舍去不合题意的根，从而确定a的值.
【解答】解：将x=1代入，
得：(a+1)2﹣1+a2﹣2a﹣2=0，
解得：a1=﹣1，a2=2.
∵a+1≠0，
∴a≠﹣1，
∴a=2.
【点评】本题考查了一元二次方程的解及一元二次方程的定义，解题的关键是能够根据方程的定义舍去不合题意的根，难度不大.
19.射击队为从甲、乙两名运动员中选拔一人参加比赛，对他们进行了六次测试，测试成绩如下表(单位：环)：
第一次 第二次 第三次 第四次 第五次 第六次 平均成绩 中位数
甲 10 8 9 8 10 9 9 ①
乙 10 7 10 10 9 8 ② 9.5
(1)完成表中填空① 9 ;② 9 ;
(2)请计算甲六次测试成绩的方差;
(3)若乙六次测试成绩方差为 ，你认为推荐谁参加比赛更合适，请说明理由.
【考点】方差;算术平均数.
【分析】(1)根据中位数的定义先把这组数据从小到大排列，再找出最中间两个数的平均数即可求出①;根据平均数的计算公式即可求出②;
(2)根据方差的计算公式S2= [(x1﹣ )2+(x2﹣ )2+…+(xn﹣ )2]代值计算即可;
(3)根据方差的意义：反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立，即可得出答案.
【解答】解：(1)甲的中位数是： =9;
乙的平均数是：(10+7+10+10+9+8)÷6=9;
故答案为：9，9;
(2)S甲2= [(10﹣9)2+(8﹣9)2+(9﹣9)2+(8﹣9)2+(10﹣9)2+(9﹣9)2]= ;
(3)∵ = ，S甲2
∴推荐甲参加比赛合适.
【点评】本题考查方差的定义与意义：一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为 ，则方差S2= [(x1﹣ )2+(x2﹣ )2+…+(xn﹣ )2]，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立.
20.一只不透明的袋子中，装有三个分别标记为“1”、“2”、“3”的球，这三个球除了标记不同外，其余均相同.搅匀后，从中摸出一个球，记录球上的标记后放回袋中并搅匀，再从中摸出一个球，再次记录球上的标记.
(1)请列出上述实验中所记录球上标记的所有可能的结果;
(2)求两次记录球上标记均为“1”的概率.
【考点】列表法与树状图法.
【分析】(1)通过画树状图或列表即可得到实验中所记录球上标记的所有可能的结果，
(2)找出两次记录球上标记均为“1”的结果数，然后根据概率公式求解即可.
【解答】解：(1)列表如下：
结果 1 2 3
1 (1，1) (1，2) (1，3)
2 (2，1) (2，2) (2，3)
3 (3，1) (3，2) (3，3)
(2)在这种情况下，共包含9种结果，它们是等可能的所有的结果中，满足“两次记录球上标记均为‘1’”(记为事件A)的结果只有一种，所以P(A)= .
【点评】本了列表法或树状图法：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率.
21.如图，在半径为2的⊙O中，弦AB长为2.
(1)求点O到AB的距离.
(2)若点C为⊙O上一点(不与点A，B重合)，求∠BCA的度数.
【考点】垂径定理;勾股定理;圆周角定理.
【分析】(1)过点O作OC⊥AB于点C，证出△OAB是等边三角形，继而求得∠AOB的度数，然后由三角函数的性质，求得点O到AB的距离;
(2)证出△ABO是等边三角形得出∠AOB=60°. 再分两种情况：点C在优弧 上，则∠BCA=30°;点C在劣弧 上，则∠BCA= (360°﹣∠AOB)=150°;即可得出结果.
【解答】解：(1)过点O作OD⊥AB于点D，连接AO，BO.如图1所示：
∵OD⊥AB且过圆心，AB=2，
∴AD= AB=1，∠ADO=90°，
在Rt△ADO中，∠ADO=90°，AO=2，AD=1，
∴OD= = .
即点O到AB的距离为 .
(2)如图2所示：
∵AO=BO=2，AB=2，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠AOB=60°.
若点C在优弧 上，则∠BCA=30°;
若点C在劣弧 上，则∠BCA= (360°﹣∠AOB)=150°;
综上所述：∠BCA的度数为30°或150°.
【点评】此题考查了垂径定理、等边三角形的判定与性质、三角函数、弧长公式.熟练掌握垂径定理，证明△OAB是等边三角形是解决问题的关键.
22.已知二次函数y=x2﹣2x﹣3.
(1)该二次函数图象的对称轴为 x=1 ;
(2)判断该函数与x轴交点的个数，并说明理由;
(3)下列说法正确的是 ①③ (填写所有正确说法的序号)
①顶点坐标为(1，﹣4);
②当y>0时，﹣1
③在同一平面直角坐标系内，该函数图象与函数y=﹣x2+2x+3的图象关于x轴对称.
【考点】二次函数的性质.
【分析】(1)直接利用对称轴的计算方法得出答案即;
(2)利用根的判别式直接判定即可;
(3)利用二次函数的性质分析判断即可.
【解答】解：(1)该二次函数图象的对称轴为直线x=﹣ =1.
(2)令y=0，得：x2﹣2x﹣3=0.
∵b2﹣4ac=16>0，
∴方程有两个不相等的实数根，
∴该函数与x轴有两个交点.
(3)①y=x2﹣2x﹣3=(x﹣1)2﹣4，
顶点坐标为(1，﹣4)，
②与x轴交点坐标为(﹣1，0)，(3，0)，当y>0时，x<﹣1或x>3，
③在同一平面直角坐标系内，函数图象与函数y=﹣x2+2x+3的图象关于x轴对称.
正确的是①③.
【点评】此题考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点坐标、对称轴与增减性是解决问题的关键.
23.如图，在四边形ABCD中，AC、BD相交于点F，点E在BD上，且 = = .
(1)求证：∠BAE=∠CAD;
(2)求证：△ABE∽△ACD.
【考点】相似三角形的判定与性质.
【专题】证明题.
【分析】(1)根据相似三角形的判定定理得到△ABC∽△AED，由相似三角形的性质得到∠BAC=∠EAD，根据角的和差即可得到结论;
(2)由已知条件得到 = ，根据∠BAE=∠CAD， = ，即可得到结论.
【解答】证明：(1)在△ABC与△AED中，
∵ = = ，
∴△ABC∽△AED，
∴∠BAC=∠EAD，
∴∠BAC﹣∠EAF=∠EAD﹣∠EAF，
即∠BAE=∠CAD;
(2)∵ = ，
∴ = ，
在△ABE与△ACD中，
∵∠BAE=∠CAD， = ，
∴△ABE∽△ACD.
【点评】本题考查了相似三角形的性质和判定，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键.
24.课本1.4有这样一道例题：
问题4：用一根长22cm的铁丝：
(1)能否围成面积是30cm2的矩形?
(2)能否围成面积是32cm2的矩形?
据此，一位同学提出问题：“用这根长22cm的铁丝能否围成面积最大的矩形?若能围成，求出面积最大值;若不能围成，请说明理由.”请你完成该同学提出的问题.
【考点】配方法的应用;非负数的性质：偶次方.
【分析】(1)设当矩形的一边长为x cm时，由矩形的面积公式列出方程，解方程即可;(2)同(1)列出方程，由判别式<0，即可得出结果;
提出问题：设当矩形的一边长为x cm时，面积为y cm2.由矩形的面积公式和配方法得出得出y=﹣x2+11x=﹣(x﹣ )2+ ，由偶次方的性质，即可得出结果.
【解答】解：(1)设当矩形的一边长为x cm时，
根据题意得：x•(11﹣x)=30，
整理得：x2﹣11x+30=0，
解得：x=5，或x=6，
当x=5时，11﹣x=6;
当x=6时，11﹣x=5;
即能围成面积是30cm2的矩形，此时长和宽分别为5cm、6cm;
(2)根据题意得：x•(11﹣x)=32，
整理得：x2﹣11x+32=0，
∵△=(﹣11)2﹣4×1×32<0，
方程无解，因此不能围成面积是32cm2的矩形;
提出问题：能围成;理由如下：
设当矩形的一边长为x cm时，面积为y cm2.
由题意得：y=x•( ﹣x)=﹣x2+11x=﹣(x﹣ )2+ ，
∵(x﹣ )2≥0，
∴﹣(x﹣ )2+ ≤ .
∴当x= 时，y有最大值= ，此时 ﹣x= .
答：当矩形的各边长均为 cm时，围成的面积最大，最大面积是 cm2.
【点评】本题考查了配方法的应用、偶次方的性质、列一元二次方程解应用题的方法、判别式的应用;熟练掌握配方法和偶次方的非负性质是解决问题的关键.
25.如图，在△ABC中，AB=BC，D是AC中点，BE平分∠ABD交AC于点E，点O是AB上一点，⊙O过B、E两点，交BD于点G，交AB于点F.
(1)判断直线AC与⊙O的位置关系，并说明理由;
(2)当BD=6，AB=10时，求⊙O的半径.
【考点】切线的判定;相似三角形的判定与性质.
【专题】计算题.
【分析】(1)连结OE，如图，由BE平分∠ABD得到∠OBE=∠DBO，加上∠OBE=∠OEB，则∠OBE=∠DBO，于是可判断OE∥BD，再利用等腰三角形的性质得到BD⊥AC，所以OE⊥AC，于是根据切线的判定定理可得AC与⊙O相切;
(2)设⊙O半径为r，则AO=10﹣r，证明△AOE∽△ABD，利用相似比得到 = ，然后解方程求出r即可.
【解答】解：(1)AC与⊙O相切.理由如下：
连结OE，如图，
∵BE平分∠ABD，
∴∠OBE=∠DBO，
∵OE=OB，
∴∠OBE=∠OEB，
∴∠OBE=∠DBO，
∴OE∥BD，
∵AB=BC，D是AC中点，
∴BD⊥AC，
∴OE⊥AC，
∴AC与⊙O相切;
(2)设⊙O半径为r，则AO=10﹣r，
由(1)知，OE∥BD，
∴△AOE∽△ABD，
∴ = ，即 = ，
∴r= ，
即⊙O半径是 .
【点评】本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线.要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点(即为半径)，再证垂直即可.解决(2)小题的关键是利用相似比构建方程.
26.已知一次函数y=x+4的图象与二次函数y=ax(x﹣2)的图象相交于A(﹣1，b)和B，点P是线段AB上的动点(不与A、B重合)，过点P作PC⊥x轴，与二次函数y=ax(x﹣2)的图象交于点C.
(1)求a、b的值
(2)求线段PC长的最大值;
(3)若△PAC为直角三角形，请直接写出点P的坐标.
【考点】二次函数综合题.
【分析】(1)根据自变量与函数值的对应关系，可得b，根据待定系数法，可得a;
(2)根据平行于y轴的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案;
(3)根据勾股定理，可得AP，CP的长，根据勾股定理的逆定理，可得关于m的方程，根据解方程，可得m的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案.
【解答】解：(1)∵A(﹣1，b)在直线y=x+4上，
∴b=﹣1+4=3，
∴A(﹣1，3).
又∵A(﹣1，3)在抛物线y=ax(x﹣2)上，
∴3=﹣a•(﹣1﹣2)，
解得：a=1.
(2)设P(m，m+4)，则C(m，m2﹣2m).
∴PC=(m+4)﹣(m2﹣2m)
=﹣m2+3m+4
=﹣(m﹣ )2+ ，
∵(m﹣ )2≥0，
∴﹣(m﹣ )2+ ≤ .
∴当m= 时，PC有最大值，最大值为 .
(3)如图 ，
P(m，m+4)，C(m，m2﹣2m)，
AP2=(m+1)2+(m+4﹣3)2=2(m+1)2，AC2=(m+1)2+(m2﹣2m﹣3)2，PC2=(﹣m2+3m+4)2.
①当AP2+AC2=PC2时，即2(m+1)2+(m+1)2+(m2﹣2m﹣3)2=(﹣m2+3m+4)2，
3(m+1)2+[(m2﹣2m﹣3)2﹣(﹣m2+3m+4)2]=0
化简，得(m+1)(m+1)(m﹣2)=0，
解得m=﹣1(不符合题意，舍)，m=2，
当m=2时，m+4=6，即P(2，6);
②当AP2=AC2+PC2时，即2(m+1)2=(m+1)2+(m2﹣2m﹣3)2+(﹣m2+3m+4)2，
化简，得
(m﹣4)(m+1)(m+1)(m﹣3)=0.
解得m=4(不符合题意，舍)，m=﹣1(不符合题意，舍)，m=3，
当m=3时，m+4=7，
即(3，7)，
综上所述：若△PAC为直角三角形，点P的坐标为P1(2，6)，P2(3，7).
【点评】本题考查了二次函数综合题，利用待定系数法求函数解析式;利用平行于y轴的直线上两点间的距离得出二次函数是解题关键;利用勾股定理的逆定理得出关于m的方程式解题关键，要分类讨论，以防遗漏.
27.如图，折叠边长为a的正方形ABCD，使点C落在边AB上的点M处(不与点A，B重合)，点D落在点N处，折痕EF分别与边BC、AD交于点E、F，MN与边AD交于点G.证明：
(1)△AGM∽△BME;
(2)若M为AB中点，则 = = ;
(3)△AGM的周长为2a.
【考点】相似形综合题.
【分析】(1)根据正方形的性质和折叠的性质得出∠A=∠B，∠AGM=∠BME，再利用相似三角形的判定证明即可;
(2)设BE=x，利用勾股定理得出x的值，再利用相似三角形的性质证明即可;
(3)设BM=x，AM=a﹣x，利用勾股定理和相似三角形的性质证明即可.
【解答】证明：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=90°，
∴∠AMG+∠AGM=90°，
∵EF为折痕，
∴∠GME=∠C=90°，
∴∠AMG+∠BME=90°，
∴∠AGM=∠BME，
在△AGM与△BME中，
∵∠A=∠B，∠AGM=∠BME，
∴△AGM∽△BME;
(2)∵M为AB中点，
∴BM=AM= ，
设BE=x，则ME=CE=a﹣x，
在Rt△BME中，∠B=90°，
∴BM2+BE2=ME2，即( )2+x2=(a﹣x)2，
∴x= a，
∴BE= a，ME= a，
由(1)知，△AGM∽△BME，
∴ = = = ，
∴AG= BM= a，GM= ME= a，
∴ = = ;
(3)设BM=x，则AM=a﹣x，ME=CE=a﹣BE，
在Rt△BME中，∠B=90°，
∴BM2+BE2=ME2，即x2+BE2=(a﹣BE)2，
解得：BE= ﹣ ，
由(1)知，△AGM∽△BME，
∴ = = ，
∵C△BME=BM+BE+ME=BM+BE+CE=BM+BC=a+x，
∴C△AGM=C△BME• =(a+x)• =2a.
【点评】此题考查了折叠的性质、正方形的性质、勾股定理以及相似三角形的判定与性质.此题难度较大，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用.
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