九年级数学上学期期末试卷
九年级数学的学习需要的是大量的做题，大家要准备好期末试卷来练习，下面是小编为大家带来的关于九年级数学上学期期末试卷，希望会给大家带来帮助。
九年级数学上学期期末试卷：
一、选择题(每小题3分，共36分)
1.下列事件是必然事件的为( )
A.明天太阳从西方升起
B.掷一枚硬币，正面朝上
C.打开电视机，正在播放“夏津新闻”
D.任意一个三角形，它的内角和等于180
【考点】随机事件.
【分析】根据必然事件、不可能事件、随机事件的概念可区别各类事件.
【解答】解：A、明天太阳从西方升起是不可能事件，故A错误;
B、掷一枚硬币，正面朝上是随机事件，故B错误;
C、打开电视机，正在播放“夏津新闻”是随机事件，故C错误;
D、任意一个三角形，它的内角和等于180是必然事件，故D正确;
故选：D.
【点评】本题考查了随机事件，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念.必然事件指在一定条件下一定发生的事件.不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件.不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件.
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
【考点】解一元二次方程-因式分解法.
【分析】先分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可.
【解答】解：x2﹣2x=0，
x(x﹣2)=0，
x=0，x﹣2=0，
x1=0，x2=2，
故选D.
【点评】本题考查了解一元二次方程的应用，解此题的关键是能把一元二次方程转化成一元一次方程，难度适中.
3.二次函数y= (x﹣1)2+2的图象可由y= x2的图象( )
A.向左平移1个单位，再向下平移2个单位得到
B.向左平移1个单位，再向上平移2个单位得到
C.向右平移1个单位，再向下平移2个单位得到
D.向右平移1个单位，再向上平移2个单位得到
【考点】二次函数图象与几何变换.
【分析】按照“左加右减，上加下减”的规律.
【解答】解：y= x2的图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位得到二次函数y= (x﹣1)2+2的图象.
故选D.
【点评】考查了抛物线的平移以及抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减.
4.在△ABC中，DE∥BC，AD=6，DB=3，AE=4，则EC的长为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【考点】平行线分线段成比例.
【分析】根据平行线分线段成比例可得 ，代入计算即可解答.
【解答】解：∵DE∥BC，
∴ ，
即 ，
解得：EC=2，
故选：B.
【点评】本题主要考查平行线分线段成比例，掌握平行线分线段所得线段对应成比例是解题的关键.
5.在⊙O中，直径CD⊥弦AB，则下列结论中正确的是( )
A.∠C= ∠BOD B.AC=AB C.∠C=∠B D.∠A=∠BOD
【考点】垂径定理.
【分析】根据垂径定理，可得BE与AE的关系，根据全等三角形的判定与性质，可得∠AOD=∠BOD，根据圆周角定理，可得∠C= ∠AOD，再根据等量代换，可得答案.
【解答】解：连接AO，如图：
由垂径定理，得
AE=BE.
在△AEO和△BEO中，
，
∴△AEO≌△BEO(SAS)，
∴∠AOD=∠BOD.
由圆周角定理，得
∠C= ∠AOD.
由等量代换，得
∠C= ∠BOD，故A正确.
故选：A.
【点评】本题考查了垂径定理，利用垂径定理得出BE与AE的关系是解题关键，又利用了全等三角形的判定与性质，圆周角定理.
6.点P是▱ABCD边AB上的一点，射线CP交DA的延长线于点E，则图中相似的三角形有( )
A.0对 B.1对 C.2对 D.3对
【考点】相似三角形的判定;平行四边形的性质.
【分析】利用相似三角形的判定方法以及平行四边形的性质得出即可.
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AD∥BC，
∴△EAP∽△EDC，△EAP∽△CPB，
∴△EDC∽△CBP，
故有3对相似三角形.
故选：D.
【点评】此题主要考查了相似三角形的判定以及平行四边形的性质，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题关键.
7.二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则下列关系式错误的是( )
A.a<0 B.a+b+c<0 C.b2﹣4ac>0 D.b>0
【考点】二次函数图象与系数的关系.
【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断.
【解答】解：A、抛物线开口方向向下，则a<0，故本选项错误;
B、∵当x=1时，y>0，
∴a+b+c>0，故本选项正确;
C、抛物线与x轴有2个交点，则b2﹣4ac>0，故本选项错误;
D、对称轴在y轴的右侧，则a、b异号，即b>0，故本选项错误.
故选：B.
【点评】主要考查图象与二次函数系数之间的关系，二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点抛物线与x轴交点的个数确定.
8.线段AB两个端点的坐标分别为A(4，4)，B(6，2)，以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB缩小为原来的 后得到线段CD，则端点C和D的坐标分别为( )
A.(2，2)，(3，2) B.(2，4)，(3，1) C.(2，2)，(3，1) D.(3，1)，(2，2)
【考点】位似变换;坐标与图形性质.
【专题】压轴题.
【分析】直接利用位似图形的性质得出对应点坐标乘以 得出即可.
【解答】解：∵线段AB两个端点的坐标分别为A(4，4)，B(6，2)，
以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB缩小为原来的 后得到线段CD，
∴端点的坐标为：(2，2)，(3，1).
故选：C.
【点评】此题主要考查了位似变换，正确把握位似图形的性质是解题关键.
9.若在“正三角形、平行四边形、菱形、正五边形、正六边形”这五种图形中随机抽取一种图形，则抽到的图形属于中心对称图形的概率是( )
A. B. C. D.
【考点】概率公式;中心对称图形.
【专题】计算题.
【分析】根据中心对称图形的定义得到平行四边形、菱形和正六边形是中心对称图形，于是利用概率公式可计算出抽到的图形属于中心对称图形的概率.
【解答】解：这五种图形中，平行四边形、菱形和正六边形是中心对称图形，
所以这五种图形中随机抽取一种图形，则抽到的图形属于中心对称图形的概率= .
故选C.
【点评】本题考查了概率公式：随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数.也考查了中心对称图形.
10.AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，弦AD平分∠BAC，交BC于点E，AB=6，AD=5，则DE的长为( )
A.2.2 B.2.5 C.2 D.1.8
【考点】相似三角形的判定与性质;圆周角定理.
【分析】连接BD、CD，由勾股定理先求出BD的长，再利用△ABD∽△BED，得出 = ，可解得DE的长.
【解答】解：如图1，连接BD、CD，
，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴BD= = = ，
∵弦AD平分∠BAC，
∴CD=BD= ，
∴∠CBD=∠DAB，
在△ABD和△BED中，
∴△ABD∽△BED，
∴ ，即 ，
解得DE= .
故选A.
【点评】此题主要考查了三角形相似的判定和性质及圆周角定理，解答此题的关键是得出△ABD∽△BED.
11.若函数y=mx2+(m+2)x+ m+1的图象与x轴只有一个交点，那么m的值为( )
A.0 B.0或2 C.2或﹣2 D.0，2或﹣2
【考点】抛物线与x轴的交点.
【专题】分类讨论.
【分析】分为两种情况：函数是二次函数，函数是一次函数，求出即可.
【解答】解：分为两种情况：
①当函数是二次函数时，
∵函数y=mx2+(m+2)x+ m+1的图象与x轴只有一个交点，
∴△=(m+2)2﹣4m( m+1)=0且m≠0，
解得：m=±2，
②当函数是一次函数时，m=0，
此时函数解析式是y=2x+1，和x轴只有一个交点，
故选：D.
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，根的判别式的应用，用了分类讨论思想，题目比较好，但是也比较容易出错.
12.将△ABC沿着过AB中点D的直线折叠，使点A落在BC边上的A1处，称为第1次操作，折痕DE到BC的距离记为h1;还原纸片后，再将△ADE沿着过AD中点D1的直线折叠，使点A落在DE边上的A2处，称为第2次操作，折痕D1E1到BC的距离记为h2;按上述方法不断操作下去…，经过第2016次操作后得到的折痕D2015E2015到BC的距离记为h2016，到BC的距离记为h2016.若h1=1，则h2016的值为( )
A. B.1﹣ C. D.2﹣
【考点】翻折变换(折叠问题).
【专题】规律型.
【分析】根据中点的性质及折叠的性质可得DA=DA'=DB，从而可得∠ADA'=2∠B，结合折叠的性质可得∠ADA'=2∠ADE，可得∠ADE=∠B，继而判断DE∥BC，得出DE是△ABC的中位线，证得AA1⊥BC，得到AA1=2，求出h1=2﹣1=1，同理h2=2﹣ ，h3=2﹣ × =2﹣ ，于是经过第n次操作后得到的折痕Dn﹣1En﹣1到BC的距离hn=2﹣ ，求得结果h2016=2﹣ .
【解答】解：连接AA1.
由折叠的性质可得：AA1⊥DE，DA=DA1，
又∵D是AB中点，
∴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﹣
…
∴经过第n次操作后得到的折痕Dn﹣1En﹣1到BC的距离hn=2﹣ .
∴h2016=2﹣ .
故选：D.
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，平行线等分线段定理，找出规律是解题的关键.
二、填空题(每小题4分，共20分)
13.方程(x+2)(x﹣3)=x+2的解是 x1=﹣2，x2=4 .
【考点】解一元二次方程-因式分解法.
【分析】先移项，再提取公因式，求出x的值即可.
【解答】解：原式可化为(x+2)(x﹣3)﹣(x+2)=0，
提取公因式得，(x+2)(x﹣4)=0，
故x+2=0或x﹣4=0，解得x1=﹣2，x2=4.
故答案为：x1=﹣2，x2=4.
【点评】本题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骤是解答此题的关键.
14.二次函数y=x2﹣2x+3的最小值是 2 .
【考点】二次函数的最值.
【分析】把函数的解析式化为顶点式的形式即可解答.
【解答】解：∵二次函数y=x2﹣2x+3可化为y=(x﹣1)2+2的形式，
∴二次函数y=x2﹣2x+3的最小值是2.
【点评】本题由于函数的二次项系数较小，所以可把函数解析式化为顶点式即y=a(x+h)2+k的形式解答.
15.△ABC与△DEF位似，位似中心为点O，且△ABC的面积等于△DEF面积的 ，则AB：DE= 2：3 .
【考点】位似变换.
【分析】由△ABC经过位似变换得到△DEF，点O是位似中心，根据位似图形的性质，即可得AB∥DE，即可求得△ABC的面积：△DEF面积= ，得到AB：DE═2：3.
【解答】解：∵△ABC与△DEF位似，位似中心为点O，
∴△ABC∽△DEF，
∴△ABC的面积：△DEF面积=( )2= ，
∴AB：DE=2：3，
故答案为：2：3.
【点评】此题考查了位似图形的性质.注意掌握位似是相似的特殊形式，位似比等于相似比，其对应的面积比等于相似比的平方.
16.A，B，C三点在⊙O上，且AB是⊙O的直径，半径OD⊥AC，垂足为F，若∠A=30°，OF=3，则BC= 6 .
【考点】三角形中位线定理;垂径定理;圆周角定理;特殊角的三角函数值.
【分析】根据垂径定理和30°的角易得圆的半径为2OF，即可求得直径;易得∠C为90°，那么BC等于直径AB的一半.
【解答】解：∵OD⊥AC，垂足为F
∴△AFO是直角三角形，∠A=30°
∴OA=2OF=2×3=6
∴AB=2×6=12
又∵AB是圆的直径，∠ACB为圆周角
∴∠ACB=90°
在Rt△ABC中，A=30°
∴BC= AB= ×12=6.
【点评】本题涉及面较广，涉及垂径定理以及特殊角的三角函数.
17.在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，斜边AB=2，O是AB的中点，以O为圆心，线段OC的长为半径画圆心角为90°的扇形OEF，弧EF经过点C，则图中阴影部分的面积为 ﹣ .
【考点】扇形面积的计算.
【分析】连接OC，作OM⊥BC，ON⊥AC，证明△OMG≌△ONH，则S四边形OGCH=S四边形OMCN，求得扇形FOE的面积，则阴影部分的面积即可求得.
【解答】解：连接OC，作OM⊥BC，ON⊥AC.
∵CA=CB，∠ACB=90°，点O为AB的中点，
∴OC= AB=1，四边形OMCN是正方形，OM= .
则扇形FOE的面积是： = .
∵OA=OB，∠AOB=90°，点D为AB的中点，
∴OC平分∠BCA，
又∵OM⊥BC，ON⊥AC，
∴OM=ON，
∵∠GOH=∠MON=90°，
∴∠GOM=∠HON，
则在△OMG和△ONH中，
，
∴△OMG≌△ONH(AAS)，
∴S四边形OGCH=S四边形OMCN=( )2= .
则阴影部分的面积是： ﹣ .
故答案为： ﹣ .
【点评】本题考查了三角形的全等的判定与扇形的面积的计算的综合题，正确证明△OMG≌△ONH，得到S四边形OGCH=S四边形OMCN是解题的关键.
三、解答题(共64分)
18.阅读材料：如果是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根，那么x1+x2=﹣ ，x1x2= ，这就是著名的韦达定理.现在我们利用韦达定理解决问题：
已知m与n是方程2x2﹣6x+3=0的两根
(1)填空：m+n= 3 ，m•n= ;
(2)计算 与m2+n2的值.
【考点】根与系数的关系.
【专题】计算题.
【分析】(1)直接根据根与系数的关系求解;
(2)先利用代数式变形得到) = ，m2+n2=(m+n)2﹣2mn，然后利用整体代入的方法计算.
【解答】解：(1)m+n=﹣ =3，mn= ;
故答案为3， ;
(2) = = =2;
m2+n2=(m+n)2﹣2mn=32﹣2× =6.
【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=﹣ ，x1x2= .
19.为了参加中考体育测试，甲、乙、丙三位同学进行足球传球训练，球从一个人脚下随机传到另一个人脚下，且每位传球人传给其余两人的机会是均等的，由甲开始传球，共传球三次.
(1)请利用树状图列举出三次传球的所有可能情况;
(2)求三次传球后，球回到甲脚下的概率;
(3)三次传球后，球回到甲脚下的概率大还是传到乙脚下的概率大?
【考点】列表法与树状图法.
【分析】(1)画出树状图，
(2)根据(1)的树形图，利用概率公式列式进行计算即可得解;
(3)分别求出球回到甲脚下的概率和传到乙脚下的概率，比较大小即可.
【解答】解：(1)根据题意画出树状图如下：
由树形图可知三次传球有8种等可能结果;
(2)由(1)可知三次传球后，球回到甲脚下的概率= ;
(3)由(1)可知球回到甲脚下的概率= ，传到乙脚下的概率= ，
所以球回到乙脚下的概率大.
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率.列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件;树状图法适合两步或两步以上完成的事件.
20.据某市车管部门统计，2013年底全市汽车拥有量为150万辆，而截至到2015年底，全市的汽车拥有量已达216万辆，假定汽车拥有量年平均增长率保持不变.
(1)求年平均增长率;
(2)如果不加控制，该市2017年底汽车拥有量将达多少万辆?
【考点】一元二次方程的应用.
【分析】(1)假设出平均增长率为x，可以得出2013年该市汽车拥有量为150(1+x)，2015年为150(1+x)(1+x)=216，即150(1+x)2=216，进而求出具体的值;
(2)结合上面的数据2017应该在2015年的基础上增长，而且增长率相同，同理，即为216(1+20%)2.
【解答】解：设该市汽车拥有量的年平均增长率为x.
根据题意，得150(1+x)2=216.
解得：x=0.2或x=﹣2.2(不合题意，舍去).
∴年平均增长率为20%.
(2)216(1+20%)2=311.04(万辆).
答：如果不加控制，该市2017年底汽车拥有量将达311.04万辆.
【点评】此题主要考查了一元二次方程的应用，以及增长率问题，正确表示出每一年的拥有汽车辆数，是解决问题的关键.
21.在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别与BC，AC交于点D，E，过点D作⊙O的切线DF，交AC于点F.
(1)求证：DF⊥AC;
(2)若⊙O的半径为4，∠CDF=22.5°，求阴影部分的面积.
【考点】切线的性质;扇形面积的计算.
【分析】(1)连接OD，易得∠ABC=∠ODB，由AB=AC，易得∠ABC=∠ACB，等量代换得∠ODB=∠ACB，利用平行线的判定得OD∥AC，由切线的性质得DF⊥OD，得出结论;
(2)连接OE，利用(1)的结论得∠ABC=∠ACB=67.5°，易得∠BAC=45°，得出∠AOE=90°，利用扇形的面积公式和三角形的面积公式得出结论.
【解答】(1)证明：连接OD，
∵OB=OD，
∴∠ABC=∠ODB，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ODB=∠ACB，
∴OD∥AC，
∵DF是⊙O的切线，
∴DF⊥OD，
∴DF⊥AC.
(2)解：连接OE，
∵DF⊥AC，∠CDF=22.5°，
∴∠ABC=∠ACB=67.5°，
∴∠BAC=45°，
∵OA=OE，
∴∠AOE=90°，
∵⊙O的半径为4，
∴S扇形AOE=4π，S△AOE=8 ，
∴S阴影=4π﹣8.
【点评】本题主要考查了切线的性质，扇形的面积与三角形的面积公式，圆周角定理等，作出适当的辅助线，利用切线性质和圆周角定理，数形结合是解答此题的关键.
22.某食品零售店为仪器厂代销一种面包，未售出的面包可退回厂家，以统计销售情况发现，当这种面包的单价定为7角时，每天卖出160个.在此基础上，这种面包的单价每提高1角时，该零售店每天就会少卖出20个.考虑了所有因素后该零售店每个面包的成本是5角.
设这种面包的单价为x(角)，零售店每天销售这种面包所获得的利润为y(角).
(1)用含x的代数式分别表示出每个面包的利润与卖出的面包个数;
(2)求y与x之间的函数关系式;
(3)当面包单价定为多少时，该零售店每天销售这种面包获得的利润最大?最大利润为多少?
【考点】二次函数的应用.
【专题】压轴题.
【分析】(1)设每个面包的利润为(x﹣5)角.
(2)依题意可知y与x的函数关系式.
(3)把函数关系式用配方法可解出x=10时y有最大值.
【解答】解：(1)每个面包的利润为(x﹣5)角
卖出的面包个数为[160﹣(x﹣7)×20])
(2)y=(x﹣5)=﹣20x2+400x﹣1500
即y=﹣20x2+400x﹣1500
(3)y=﹣20x2+400x﹣1500=﹣20(x﹣10)2+500
∴当x=10时，y的最大值为500.
∴当每个面包单价定为10角时，该零售店每天获得的利润最大，最大利润为500角.
【点评】求二次函数的最大(小)值有三种方法，第一种可由图象直接得出，第二种是配方法，第三种是公式法，常用的是后两种方法.本题难度一般.
23.在△ABC中，AB=AC，点P、D分别是BC、AC边上的点，且∠APD=∠B.
(1)求证：AC•CD=CP•BP;
(2)若AB=10，BC=12，当PD∥AB时，求BP的长.
【考点】相似三角形的判定与性质.
【分析】(1)易证∠APD=∠B=∠C，从而可证到△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，从而可证到△BAP∽△BCA，然后运用相似三角形的性质即可求出BP的长.
【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= .
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、三角形外角的性质等知识，把证明AC•CD=CP•BP转化为证明AB•CD=CP•BP是解决第(1)小题的关键，证到∠BAP=∠C进而得到△BAP∽△BCA是解决第(2)小题的关键.
24.二次函数y=ax2+bx﹣3的图象与x轴交于A(﹣1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，该抛物线的顶点为M.
(1)求该抛物线的解析式及点M的坐标;
(2)判断△BCM的形状，并说明理由;
(3)探究坐标轴上是否存在点P，使得以点P、A、C为顶点的三角形与△BCM相似?若存在，请直接写出点P的坐标;若不存在，请说明理由.
【考点】二次函数综合题.
【分析】(1)已知抛物线图象上的三点坐标，可用待定系数法求出该抛物线的解析式;
(2)根据B、C、M的坐标，可求得△BCM三边的长，然后判断这三条边的长是否符合勾股定理即可;
(3)假设存在符合条件的P点;首先连接AC，根据A、C的坐标及(2)题所得△BDC三边的比例关系，即可判断出点O符合P点的要求，因此以P、A、C为顶点的三角形也必与△COA相似，那么分别过A、C作线段AC的垂线，这两条垂线与坐标轴的交点也符合点P点要求，可根据相似三角形的性质(或射影定理)求得OP的长，也就得到了点P的坐标.
【解答】解：(1)∵二次函数y=ax2+bx﹣3的图象与x轴交于A(﹣1，0)，B(3，0)两点，
∴ ，
解得： ，
则抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3;
(2)△BCM为直角三角形，理由为：
对于抛物线解析式y=x2﹣2x﹣3=(x﹣1)2﹣4，即顶点M坐标为(1，﹣4)，
令x=0，得到y=﹣3，即C(0，﹣3)，
根据勾股定理得：BC=3 ，BM=2 ，CM= ，
∵BM2=BC2+CM2，
∴△BCM为直角三角形;
(3)若∠APC=90°，即P点和O点重合，如图1，
连接AC，
∵∠AOC=∠MCB=90°，且 = ，
∴Rt△AOC∽Rt△MCB，
∴此时P点坐标为(0，0).
若P点在y轴上，则∠PAC=90°，如图2，过A作AP1⊥AC交y轴正半轴于P1，
∵Rt△CAP1∽Rt△COA∽Rt△BCM，
∴ = ，
即 = ，
∴点P1(0， ).
若P点在x轴上，则∠PCA=90°，如图3，过C作CP2⊥AC交x轴正半轴于P2，
∵Rt△P2CA∽Rt△COA∽Rt△BCM，
∴ = ，
即 = ，AP2=10，
∴点P2(9，0).
∴符合条件的点有三个：O(0，0)，P1(0， )，P2(9，0).
【点评】本题是二次函数的综合题，涉及到二次函数解析式的确定、勾股定理、直角三角形的判定、相似三角形的判定和性质等知识，(3)题中能够发现点O是符合要求的P点，是解决此题的突破口.