九年級數學上學期期末試卷
九年級數學的學習需要的是大量的做題，大家要準備好期末試卷來練習，下面是小編為大家帶來的關於，希望會給大家帶來幫助。
：
一、選擇題每小題3分，共36分
1.下列事件是必然事件的為
A.明天太陽從西方升起
B.擲一枚硬幣，正面朝上
C.開啟電視機，正在播放“夏津新聞”
D.任意一個三角形，它的內角和等於180
【考點】隨機事件.
【分析】根據必然事件、不可能事件、隨機事件的概念可區別各類事件.
【解答】解：A、明天太陽從西方升起是不可能事件，故A錯誤;
B、擲一枚硬幣，正面朝上是隨機事件，故B錯誤;
C、開啟電視機，正在播放“夏津新聞”是隨機事件，故C錯誤;
D、任意一個三角形，它的內角和等於180是必然事件，故D正確;
故選：D.
【點評】本題考查了隨機事件，解決本題需要正確理解必然事件、不可能事件、隨機事件的概念.必然事件指在一定條件下一定發生的事件.不可能事件是指在一定條件下，一定不發生的事件.不確定事件即隨機事件是指在一定條件下，可能發生也可能不發生的事件.
2.一元二次方程x2﹣2x=0的根是
A.x1=0，x2=﹣2 B.x1=1，x2=2 C.x1=1，x2=﹣2 D.x1=0，x2=2
【考點】解一元二次方程-因式分解法.
【分析】先分解因式，即可得出兩個一元一次方程，求出方程的解即可.
【解答】解：x2﹣2x=0，
xx﹣2=0，
x=0，x﹣2=0，
x1=0，x2=2，
故選D.
【點評】本題考查瞭解一元二次方程的應用，解此題的關鍵是能把一元二次方程轉化成一元一次方程，難度適中.
3.二次函式y= x﹣12+2的圖象可由y= x2的圖象
A.向左平移1個單位，再向下平移2個單位得到
B.向左平移1個單位，再向上平移2個單位得到
C.向右平移1個單位，再向下平移2個單位得到
D.向右平移1個單位，再向上平移2個單位得到
【考點】二次函式圖象與幾何變換.
【分析】按照“左加右減，上加下減”的規律.
【解答】解：y= x2的圖象向右平移1個單位，再向上平移2個單位得到二次函式y= x﹣12+2的圖象.
故選D.
【點評】考查了拋物線的平移以及拋物線解析式的變化規律：左加右減，上加下減.
4.在△ABC中，DE∥BC，AD=6，DB=3，AE=4，則EC的長為
A.1 B.2 C.3 D.4
【考點】平行線分線段成比例.
【分析】根據平行線分線段成比例可得 ，代入計算即可解答.
【解答】解：∵DE∥BC，
∴ ，
即 ，
解得：EC=2，
故選：B.
【點評】本題主要考查平行線分線段成比例，掌握平行線分線段所得線段對應成比例是解題的關鍵.
5.在⊙O中，直徑CD⊥弦AB，則下列結論中正確的是
A.∠C= ∠BOD B.AC=AB C.∠C=∠B D.∠A=∠BOD
【考點】垂徑定理.
【分析】根據垂徑定理，可得BE與AE的關係，根據全等三角形的判定與性質，可得∠AOD=∠BOD，根據圓周角定理，可得∠C= ∠AOD，再根據等量代換，可得答案.
【解答】解：連線AO，如圖：
由垂徑定理，得
AE=BE.
在△AEO和△BEO中，
，
∴△AEO≌△BEOSAS，
∴∠AOD=∠BOD.
由圓周角定理，得
∠C= ∠AOD.
由等量代換，得
∠C= ∠BOD，故A正確.
故選：A.
【點評】本題考查了垂徑定理，利用垂徑定理得出BE與AE的關係是解題關鍵，又利用了全等三角形的判定與性質，圓周角定理.
6.點P是▱ABCD邊AB上的一點，射線CP交DA的延長線於點E，則圖中相似的三角形有
A.0對 B.1對 C.2對 D.3對
【考點】相似三角形的判定;平行四邊形的性質.
【分析】利用相似三角形的判定方法以及平行四邊形的性質得出即可.
【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥DC，AD∥BC，
∴△EAP∽△EDC，△EAP∽△CPB，
∴△EDC∽△CBP，
故有3對相似三角形.
故選：D.
【點評】此題主要考查了相似三角形的判定以及平行四邊形的性質，熟練掌握相似三角形的判定方法是解題關鍵.
7.二次函式y=ax2+bx+c的圖象如圖所示，則下列關係式錯誤的是
A.a<0 B.a+b+c<0 C.b2﹣4ac>0 D.b>0
【考點】二次函式圖象與係數的關係.
【分析】由拋物線的開口方向判斷a與0的關係，由拋物線與y軸的交點判斷c與0的關係，然後根據對稱軸及拋物線與x軸交點情況進行推理，進而對所得結論進行判斷.
【解答】解：A、拋物線開口方向向下，則a<0，故本選項錯誤;
B、∵當x=1時，y>0，
∴a+b+c>0，故本選項正確;
C、拋物線與x軸有2個交點，則b2﹣4ac>0，故本選項錯誤;
D、對稱軸在y軸的右側，則a、b異號，即b>0，故本選項錯誤.
故選：B.
【點評】主要考查圖象與二次函式係數之間的關係，二次函式y=ax2+bx+c係數符號由拋物線開口方向、對稱軸、拋物線與y軸的交點拋物線與x軸交點的個數確定.
8.線段AB兩個端點的座標分別為A4，4，B6，2，以原點O為位似中心，在第一象限內將線段AB縮小為原來的 後得到線段CD，則端點C和D的座標分別為
A.2，2，3，2 B.2，4，3，1 C.2，2，3，1 D.3，1，2，2
【考點】位似變換;座標與圖形性質.
【專題】壓軸題.
【分析】直接利用位似圖形的性質得出對應點座標乘以 得出即可.
【解答】解：∵線段AB兩個端點的座標分別為A4，4，B6，2，
以原點O為位似中心，在第一象限內將線段AB縮小為原來的 後得到線段CD，
∴端點的座標為：2，2，3，1.
故選：C.
【點評】此題主要考查了位似變換，正確把握位似圖形的性質是解題關鍵.
9.若在“正三角形、平行四邊形、菱形、正五邊形、正六邊形”這五種圖形中隨機抽取一種圖形，則抽到的圖形屬於中心對稱圖形的概率是
A. B. C. D.
【考點】概率公式;中心對稱圖形.
【專題】計算題.
【分析】根據中心對稱圖形的定義得到平行四邊形、菱形和正六邊形是中心對稱圖形，於是利用概率公式可計算出抽到的圖形屬於中心對稱圖形的概率.
【解答】解：這五種圖形中，平行四邊形、菱形和正六邊形是中心對稱圖形，
所以這五種圖形中隨機抽取一種圖形，則抽到的圖形屬於中心對稱圖形的概率= .
故選C.
【點評】本題考查了概率公式：隨機事件A的概率PA=事件A可能出現的結果數除以所有可能出現的結果數.也考查了中心對稱圖形.
10.AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，弦AD平分∠BAC，交BC於點E，AB=6，AD=5，則DE的長為
A.2.2 B.2.5 C.2 D.1.8
【考點】相似三角形的判定與性質;圓周角定理.
【分析】連線BD、CD，由勾股定理先求出BD的長，再利用△ABD∽△BED，得出 = ，可解得DE的長.
【解答】解：如圖1，連線BD、CD，
，
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ADB=90°，
∴BD= = = ，
∵弦AD平分∠BAC，
∴CD=BD= ，
∴∠CBD=∠DAB，
在△ABD和△BED中，
∴△ABD∽△BED，
∴ ，即 ，
解得DE= .
故選A.
【點評】此題主要考查了三角形相似的判定和性質及圓周角定理，解答此題的關鍵是得出△ABD∽△BED.
11.若函式y=mx2+m+2x+ m+1的圖象與x軸只有一個交點，那麼m的值為
A.0 B.0或2 C.2或﹣2 D.0，2或﹣2
【考點】拋物線與x軸的交點.
【專題】分類討論.
【分析】分為兩種情況：函式是二次函式，函式是一次函式，求出即可.
【解答】解：分為兩種情況：
①當函式是二次函式時，
∵函式y=mx2+m+2x+ m+1的圖象與x軸只有一個交點，
∴△=m+22﹣4m m+1=0且m≠0，
解得：m=±2，
②當函式是一次函式時，m=0，
此時函式解析式是y=2x+1，和x軸只有一個交點，
故選：D.
【點評】本題考查了拋物線與x軸的交點，根的判別式的應用，用了分類討論思想，題目比較好，但是也比較容易出錯.
12.將△ABC沿著過AB中點D的直線摺疊，使點A落在BC邊上的A1處，稱為第1次操作，摺痕DE到BC的距離記為h1;還原紙片後，再將△ADE沿著過AD中點D1的直線摺疊，使點A落在DE邊上的A2處，稱為第2次操作，摺痕D1E1到BC的距離記為h2;按上述方法不斷操作下去…，經過第2016次操作後得到的摺痕D2015E2015到BC的距離記為h2016，到BC的距離記為h2016.若h1=1，則h2016的值為
A. B.1﹣ C. D.2﹣
【考點】翻折變換摺疊問題.
【專題】規律型.
【分析】根據中點的性質及摺疊的性質可得DA=DA'=DB，從而可得∠ADA'=2∠B，結合摺疊的性質可得∠ADA'=2∠ADE，可得∠ADE=∠B，繼而判斷DE∥BC，得出DE是△ABC的中位線，證得AA1⊥BC，得到AA1=2，求出h1=2﹣1=1，同理h2=2﹣ ，h3=2﹣ × =2﹣ ，於是經過第n次操作後得到的摺痕Dn﹣1En﹣1到BC的距離hn=2﹣ ，求得結果h2016=2﹣ .
【解答】解：連線AA1.
由摺疊的性質可得：AA1⊥DE，DA=DA1，
又∵D是AB中點，
∴DA=DB，
∴DB=DA1，
∴∠BA1D=∠B，
∴∠ADA1=2∠B，
又∵∠ADA1=2∠ADE，
∴∠ADE=∠B，
∴DE∥BC，
∴AA1⊥BC，
∴AA1=2，
∴h1=2﹣1=1，
同理，h2=2﹣ ，h3=2﹣ × =2﹣
…
∴經過第n次操作後得到的摺痕Dn﹣1En﹣1到BC的距離hn=2﹣ .
∴h2016=2﹣ .
故選：D.
【點評】本題考查了相似三角形的判定和性質，三角形中位線的性質，平行線等分線段定理，找出規律是解題的關鍵.
二、填空題每小題4分，共20分
13.方程x+2x﹣3=x+2的解是 x1=﹣2，x2=4 .
【考點】解一元二次方程-因式分解法.
【分析】先移項，再提取公因式，求出x的值即可.
【解答】解：原式可化為x+2x﹣3﹣x+2=0，
提取公因式得，x+2x﹣4=0，
故x+2=0或x﹣4=0，解得x1=﹣2，x2=4.
故答案為：x1=﹣2，x2=4.
【點評】本題考查的是解一元二次方程，熟知因式分解法解一元二次方程的一般步驟是解答此題的關鍵.
14.二次函式y=x2﹣2x+3的最小值是 2 .
【考點】二次函式的最值.
【分析】把函式的解析式化為頂點式的形式即可解答.
【解答】解：∵二次函式y=x2﹣2x+3可化為y=x﹣12+2的形式，
∴二次函式y=x2﹣2x+3的最小值是2.
【點評】本題由於函式的二次項係數較小，所以可把函式解析式化為頂點式即y=ax+h2+k的形式解答.
15.△ABC與△DEF位似，位似中心為點O，且△ABC的面積等於△DEF面積的 ，則AB：DE= 2：3 .
【考點】位似變換.
【分析】由△ABC經過位似變換得到△DEF，點O是位似中心，根據位似圖形的性質，即可得AB∥DE，即可求得△ABC的面積：△DEF面積= ，得到AB：DE═2：3.
【解答】解：∵△ABC與△DEF位似，位似中心為點O，
∴△ABC∽△DEF，
∴△ABC的面積：△DEF面積= 2= ，
∴AB：DE=2：3，
故答案為：2：3.
【點評】此題考查了位似圖形的性質.注意掌握位似是相似的特殊形式，位似比等於相似比，其對應的面積比等於相似比的平方.
16.A，B，C三點在⊙O上，且AB是⊙O的直徑，半徑OD⊥AC，垂足為F，若∠A=30°，OF=3，則BC= 6 .
【考點】三角形中位線定理;垂徑定理;圓周角定理;特殊角的三角函式值.
【分析】根據垂徑定理和30°的角易得圓的半徑為2OF，即可求得直徑;易得∠C為90°，那麼BC等於直徑AB的一半.
【解答】解：∵OD⊥AC，垂足為F
∴△AFO是直角三角形，∠A=30°
∴OA=2OF=2×3=6
∴AB=2×6=12
又∵AB是圓的直徑，∠ACB為圓周角
∴∠ACB=90°
在Rt△ABC中，A=30°
∴BC= AB= ×12=6.
【點評】本題涉及面較廣，涉及垂徑定理以及特殊角的三角函式.
17.在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，斜邊AB=2，O是AB的中點，以O為圓心，線段OC的長為半徑畫圓心角為90°的扇形OEF，弧EF經過點C，則圖中陰影部分的面積為 ﹣ .
【考點】扇形面積的計算.
【分析】連線OC，作OM⊥BC，ON⊥AC，證明△OMG≌△ONH，則S四邊形OGCH=S四邊形OMCN，求得扇形FOE的面積，則陰影部分的面積即可求得.
【解答】解：連線OC，作OM⊥BC，ON⊥AC.
∵CA=CB，∠ACB=90°，點O為AB的中點，
∴OC= AB=1，四邊形OMCN是正方形，OM= .
則扇形FOE的面積是： = .
∵OA=OB，∠AOB=90°，點D為AB的中點，
∴OC平分∠BCA，
又∵OM⊥BC，ON⊥AC，
∴OM=ON，
∵∠GOH=∠MON=90°，
∴∠GOM=∠HON，
則在△OMG和△ONH中，
，
∴△OMG≌△ONHAAS，
∴S四邊形OGCH=S四邊形OMCN= 2= .
則陰影部分的面積是： ﹣ .
故答案為： ﹣ .
【點評】本題考查了三角形的全等的判定與扇形的面積的計算的綜合題，正確證明△OMG≌△ONH，得到S四邊形OGCH=S四邊形OMCN是解題的關鍵.
三、解答題共64分
18.閱讀材料：如果是一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0的兩根，那麼x1+x2=﹣ ，x1x2= ，這就是著名的韋達定理.現在我們利用韋達定理解決問題：
已知m與n是方程2x2﹣6x+3=0的兩根
1填空：m+n= 3 ，m•n= ;
2計算 與m2+n2的值.
【考點】根與係數的關係.
【專題】計算題.
【分析】1直接根據根與係數的關係求解;
2先利用代數式變形得到 = ，m2+n2=m+n2﹣2mn，然後利用整體代入的方法計算.
【解答】解：1m+n=﹣ =3，mn= ;
故答案為3， ;
2 = = =2;
m2+n2=m+n2﹣2mn=32﹣2× =6.
【點評】本題考查了根與係數的關係：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0的兩根時，x1+x2=﹣ ，x1x2= .
19.為了參加中考體育測試，甲、乙、丙三位同學進行足球傳球訓練，球從一個人腳下隨機傳到另一個人腳下，且每位傳球人傳給其餘兩人的機會是均等的，由甲開始傳球，共傳球三次.
1請利用樹狀圖列舉出三次傳球的所有可能情況;
2求三次傳球后，球回到甲腳下的概率;
3三次傳球后，球回到甲腳下的概率大還是傳到乙腳下的概率大?
【考點】列表法與樹狀圖法.
【分析】1畫出樹狀圖，
2根據1的樹形圖，利用概率公式列式進行計算即可得解;
3分別求出球回到甲腳下的概率和傳到乙腳下的概率，比較大小即可.
【解答】解：1根據題意畫出樹狀圖如下：
由樹形圖可知三次傳球有8種等可能結果;
2由1可知三次傳球后，球回到甲腳下的概率= ;
3由1可知球回到甲腳下的概率= ，傳到乙腳下的概率= ，
所以球回到乙腳下的概率大.
【點評】此題考查的是用列表法或樹狀圖法求概率.列表法可以不重複不遺漏的列出所有可能的結果，適合於兩步完成的事件;樹狀圖法適合兩步或兩步以上完成的事件.
20.據某市車管部門統計，2013年底全市汽車擁有量為150萬輛，而截至到2015年底，全市的汽車擁有量已達216萬輛，假定汽車擁有量年平均增長率保持不變.
1求年平均增長率;
2如果不加控制，該市2017年底汽車擁有量將達多少萬輛?
【考點】一元二次方程的應用.
【分析】1假設出平均增長率為x，可以得出2013年該市汽車擁有量為1501+x，2015年為1501+x1+x=216，即1501+x2=216，進而求出具體的值;
2結合上面的資料2017應該在2015年的基礎上增長，而且增長率相同，同理，即為2161+20%2.
【解答】解：設該市汽車擁有量的年平均增長率為x.
根據題意，得1501+x2=216.
解得：x=0.2或x=﹣2.2不合題意，捨去.
∴年平均增長率為20%.
22161+20%2=311.04萬輛.
答：如果不加控制，該市2017年底汽車擁有量將達311.04萬輛.
【點評】此題主要考查了一元二次方程的應用，以及增長率問題，正確表示出每一年的擁有汽車輛數，是解決問題的關鍵.
21.在△ABC中，AB=AC，以AB為直徑的⊙O分別與BC，AC交於點D，E，過點D作⊙O的切線DF，交AC於點F.
1求證：DF⊥AC;
2若⊙O的半徑為4，∠CDF=22.5°，求陰影部分的面積.
【考點】切線的性質;扇形面積的計算.
【分析】1連線OD，易得∠ABC=∠ODB，由AB=AC，易得∠ABC=∠ACB，等量代換得∠ODB=∠ACB，利用平行線的判定得OD∥AC，由切線的性質得DF⊥OD，得出結論;
2連線OE，利用1的結論得∠ABC=∠ACB=67.5°，易得∠BAC=45°，得出∠AOE=90°，利用扇形的面積公式和三角形的面積公式得出結論.
【解答】1證明：連線OD，
∵OB=OD，
∴∠ABC=∠ODB，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ODB=∠ACB，
∴OD∥AC，
∵DF是⊙O的切線，
∴DF⊥OD，
∴DF⊥AC.
2解：連線OE，
∵DF⊥AC，∠CDF=22.5°，
∴∠ABC=∠ACB=67.5°，
∴∠BAC=45°，
∵OA=OE，
∴∠AOE=90°，
∵⊙O的半徑為4，
∴S扇形AOE=4π，S△AOE=8 ，
∴S陰影=4π﹣8.
【點評】本題主要考查了切線的性質，扇形的面積與三角形的面積公式，圓周角定理等，作出適當的輔助線，利用切線性質和圓周角定理，數形結合是解答此題的關鍵.
22.某食品零售店為儀器廠代銷一種麵包，未售出的麵包可退回廠家，以統計銷售情況發現，當這種麵包的單價定為7角時，每天賣出160個.在此基礎上，這種麵包的單價每提高1角時，該零售店每天就會少賣出20個.考慮了所有因素後該零售店每個麵包的成本是5角.
設這種麵包的單價為x角，零售店每天銷售這種麵包所獲得的利潤為y角.
1用含x的代數式分別表示出每個麵包的利潤與賣出的麵包個數;
2求y與x之間的函式關係式;
3當面包單價定為多少時，該零售店每天銷售這種麵包獲得的利潤最大?最大利潤為多少?
【考點】二次函式的應用.
【專題】壓軸題.
【分析】1設每個麵包的利潤為x﹣5角.
2依題意可知y與x的函式關係式.
3把函式關係式用配方法可解出x=10時y有最大值.
【解答】解：1每個麵包的利潤為x﹣5角
賣出的麵包個數為[160﹣x﹣7×20]
2y=x﹣5=﹣20x2+400x﹣1500
即y=﹣20x2+400x﹣1500
3y=﹣20x2+400x﹣1500=﹣20x﹣102+500
∴當x=10時，y的最大值為500.
∴當每個麵包單價定為10角時，該零售店每天獲得的利潤最大，最大利潤為500角.
【點評】求二次函式的最大小值有三種方法，第一種可由圖象直接得出，第二種是配方法，第三種是公式法，常用的是後兩種方法.本題難度一般.
23.在△ABC中，AB=AC，點P、D分別是BC、AC邊上的點，且∠APD=∠B.
1求證：AC•CD=CP•BP;
2若AB=10，BC=12，當PD∥AB時，求BP的長.
【考點】相似三角形的判定與性質.
【分析】1易證∠APD=∠B=∠C，從而可證到△ABP∽△PCD，即可得到 = ，即AB•CD=CP•BP，由AB=AC即可得到AC•CD=CP•BP;
2由PD∥AB可得∠APD=∠BAP，即可得到∠BAP=∠C，從而可證到△BAP∽△BCA，然後運用相似三角形的性質即可求出BP的長.
【解答】解：1∵AB=AC，∴∠B=∠C.
∵∠APD=∠B，∴∠APD=∠B=∠C.
∵∠APC=∠BAP+∠B，∠APC=∠APD+∠DPC，
∴∠BAP=∠DPC，
∴△ABP∽△PCD，
∴ = ，
∴AB•CD=CP•BP.
∵AB=AC，
∴AC•CD=CP•BP;
2∵PD∥AB，∴∠APD=∠BAP.
∵∠APD=∠C，∴∠BAP=∠C.
∵∠B=∠B，
∴△BAP∽△BCA，
∴ = .
∵AB=10，BC=12，
∴ = ，
∴BP= .
【點評】本題主要考查了相似三角形的判定與性質、等腰三角形的性質、平行線的性質、三角形外角的性質等知識，把證明AC•CD=CP•BP轉化為證明AB•CD=CP•BP是解決第1小題的關鍵，證到∠BAP=∠C進而得到△BAP∽△BCA是解決第2小題的關鍵.
24.二次函式y=ax2+bx﹣3的圖象與x軸交於A﹣1，0，B3，0兩點，與y軸交於點C，該拋物線的頂點為M.
1求該拋物線的解析式及點M的座標;
2判斷△BCM的形狀，並說明理由;
3探究座標軸上是否存在點P，使得以點P、A、C為頂點的三角形與△BCM相似?若存在，請直接寫出點P的座標;若不存在，請說明理由.
【考點】二次函式綜合題.
【分析】1已知拋物線圖象上的三點座標，可用待定係數法求出該拋物線的解析式;
2根據B、C、M的座標，可求得△BCM三邊的長，然後判斷這三條邊的長是否符合勾股定理即可;
3假設存在符合條件的P點;首先連線AC，根據A、C的座標及2題所得△BDC三邊的比例關係，即可判斷出點O符合P點的要求，因此以P、A、C為頂點的三角形也必與△COA相似，那麼分別過A、C作線段AC的垂線，這兩條垂線與座標軸的交點也符合點P點要求，可根據相似三角形的性質或射影定理求得OP的長，也就得到了點P的座標.
【解答】解：1∵二次函式y=ax2+bx﹣3的圖象與x軸交於A﹣1，0，B3，0兩點，
∴ ，
解得： ，
則拋物線解析式為y=x2﹣2x﹣3;
2△BCM為直角三角形，理由為：
對於拋物線解析式y=x2﹣2x﹣3=x﹣12﹣4，即頂點M座標為1，﹣4，
令x=0，得到y=﹣3，即C0，﹣3，
根據勾股定理得：BC=3 ，BM=2 ，CM= ，
∵BM2=BC2+CM2，
∴△BCM為直角三角形;
3若∠APC=90°，即P點和O點重合，如圖1，
連線AC，
∵∠AOC=∠MCB=90°，且 = ，
∴Rt△AOC∽Rt△MCB，
∴此時P點座標為0，0.
若P點在y軸上，則∠PAC=90°，如圖2，過A作AP1⊥AC交y軸正半軸於P1，
∵Rt△CAP1∽Rt△COA∽Rt△BCM，
∴ = ，
即 = ，
∴點P10， .
若P點在x軸上，則∠PCA=90°，如圖3，過C作CP2⊥AC交x軸正半軸於P2，
∵Rt△P2CA∽Rt△COA∽Rt△BCM，
∴ = ，
即 = ，AP2=10，
∴點P29，0.
∴符合條件的點有三個：O0，0，P10， ，P29，0.
【點評】本題是二次函式的綜合題，涉及到二次函式解析式的確定、勾股定理、直角三角形的判定、相似三角形的判定和性質等知識，3題中能夠發現點O是符合要求的P點，是解決此題的突破口.
九年級第二學期數學期中試題