2019-2020学年某校初三（上）11月月考数学试卷 (1)

这是一份2019-2020学年某校初三（上）11月月考数学试卷 (1)，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列汽车标志中不是中心对称图形的是( )
A.B.
C.D.

2. 将抛物线y=−5x2+1向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，所得到的抛物线为（ ）
A.y=−5(x+1)2−1B.y=−5(x−1)2−1
C.y=−5(x+1)2+3D.y=−5(x−1)2+3

3. 如图，将线段AB绕点P按顺时针方向旋转90∘得到线段A′B′，其中点A，B的对应点分别是点A′，B′，则点A′的坐标是( )

A.(−1, 3)B.(4, 0)C.(3, −3)D.(5, −1)

4. 某农机厂四月份生产零件50万个，第二季度共生产零件182万个．设该厂五、六月份平均每月的增长率为x，那么x满足的方程是（ ）
A.50(1+x)2=182
B.50+50(1+x)+50(1+x)2=182
C.50(1+2x)=182
D.50+50(1+x)+50(1+2x)2=182

5. 如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上位于AB异侧的两点．下列四个角中，一定与∠ACD互余的角是( )

A.∠ADCB.∠ABDC.∠BACD.∠BAD

6. 已知A(x1, 2019)，B(x2, 2019)是二次函数y=ax2+bx+5的图象上的两点，则当x=x1+x2时，二次函数的值是( )
A.2b2a+5B.−b24a+5C.2019D.5

7. 下面是李刚同学在一次测验中解答的填空题，其中答对的是( )
A.若x2=4，则x=2
B.方程x(2x−1)=2x−1的解为x=1
C.若x2+2x+k=0两根的倒数和等于4，则k=−12
D.若分式x2−3x+2x−1的值为0，则x=1，2

8. 如图，△ABC，△EFG均是边长为2的等边三角形，点D是边BC、EF的中点，直线AG、FC相交于点M．当△EFG绕点D旋转时，线段BM长度的最小值是( )

A.2−3B.3+1C.2D.3−1
二、填空题

点(−2, 4)关于原点对称的点的坐标为________．
三、解答题

运用合适的方法解下列方程.
(1)x(x+2)=2

(3)3x(2x+1)=4x+2

如图，一条公路的转弯处是一段圆弧AB．

(1)用直尺和圆规作出AB所在圆的圆心O（要求保留作图痕迹，不写作法）.

(2)若AB的中点C到弦AB的距离为20m，AB=80m，求AB所在圆的半径．

已知关于x的一元二次方程kx2−(4k+1)x+3k+3=0 （k是整数）．
(1)求证：方程有两个不相等的实数根；

(2)若方程的两个实数根分别为x1，x2（其中x1
随着地铁和共享单车的发展，“地铁+单车”已成为很多市民出行的选择，李华从文化宫站出发，先乘坐地铁，准备在离家较近的A，B，C，D，E中的某一站出地铁，再骑共享单车回家，设他出地铁的站点与文化宫距离为x（单位：千米），乘坐地铁的时间y1（单位：分钟）是关于x的一次函数，其关系如下表：

(1)求y1关于x的函数表达式；

(2)李华骑单车的时间y2（单位：分钟）也受x的影响，其关系可以用y2=12x2−11x+78来描述，请问：李华应选择在哪一站出地铁，才能使他从文化宫回到家所需的时间最短？并求出最短时间．

如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的圆交AC于点D，交BC于点E，延长AE至点F，使EF=AE，连接FB，FC．

(1)求证：四边形ABFC是菱形；

(2)若AD=7，BE=2，求半圆和菱形ABFC的面积．

咸宁市某商场经营某种新型电子产品，购进时的价格为20元/件，根据市场预测，在一段时间内，当销售价格为 40元/件时，销售量为200件，销售单价每降低1元，就可多售出20件.
(1)写出销售量y（件）与销售单价x（元）之间的函数关系式；

(2)写出销售该产品所获利润W（元）与销售单价x（元）之间的函数关系式，并求出商场获得的最大利润；

(3)若商场想获得不低于4000元的利润，同时要完成不少于320件的该产品销售任务，该商场应该如何确定销售价格.

如图：

(1)【问题】：如图①，在Rt△ABC中，AB=AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90∘得到AE，连接EC，则线段BC，DC，EC之间满足的等量关系式为________；

(2)类比探索：如图②，在Rt△ABC与Rt△ADE中，AB=AC，AD=AE，将△ADE绕点A旋转，使点D落在BC边上，试探索线段AD，BD，CD之间满足的等量关系，并证明你的结论；

(3)实际应用：如图③，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45∘．若BD=9，CD=3，求AD的长．

如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与直线y=x+1相交于A(−1, 0)，B(4, m)两点，且抛物线经过点C(5, 0)．

(1)求抛物线的表达式 ；

(2)点P是抛物线上的一个动点（不与点A、点B重合），过点P作直线PD⊥x轴于点D，交直线AB于点E．
①当PE=2ED时，求P点的坐标；
②是否存在点P使△BEC为等腰三角形？若存在请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2019-2020学年湖北省咸宁市某校初三（上）11月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
中心对称图形
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：B是轴对称图形，不是中心对称图形.
故选B.
2.
【答案】
A
【考点】
二次函数图象与几何变换
【解析】
此题主要考查了二次函数图象与几何变换．
【解答】
解：将抛物线y=−5x2+1向左平移1个单位长度，得到y=−5(x+1)2+1，再向下平移2个单位长度，
所得到的抛物线为：y=−5(x+1)2−1．
故选A．
3.
【答案】
D
【考点】
坐标与图形变化-旋转
【解析】
画图可得结论．
【解答】
解：画图如下：
此时∠APA′=90∘，故A′(5, −1).
故选D.
4.
【答案】
B
【考点】
由实际问题抽象出一元二次方程
【解析】
主要考查增长率问题，一般增长后的量=增长前的量×（1+增长率），如果该厂五、六月份平均每月的增长率为x，那么可以用x分别表示五、六月份的产量，然后根据题意可得出方程．
【解答】
解：依题意得五、六月份的产量为50(1+x)、50(1+x)2，
∴ 50+50(1+x)+50(1+x)2=182．
故选B．
5.
【答案】
D
【考点】
圆周角定理
【解析】
由圆周角定理得出∠ACB＝∠ACD+∠BCD＝90∘，∠BCD＝∠BAD，得出∠ACD+∠BAD＝90∘，即可得出答案．
【解答】
解：连接BC，如图所示：
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ACB=∠ACD+∠BCD=90∘，
∵ ∠BCD=∠BAD，
∴ ∠ACD+∠BAD=90∘，
故选D．
6.
【答案】
D
【考点】
二次函数的应用
【解析】
根据x＝x1+x2=−ba，将x=−ba代入y＝ax2+bx+5求出，即可求出．
【解答】
解：由x=x1+x2=−ba，
则y=ax2+bx+5=a(−ba)2+b(−ba)+5=5．
故选D.
7.
【答案】
C
【考点】
分式值为零的条件
根与系数的关系
解一元二次方程-因式分解法
解一元二次方程-直接开平方法
【解析】
把各选项一一分析，把正确的选项选出则可．
【解答】
解：A选项、x2=4，则x=±2，故错误；
B选项、方程x(2x−1)=2x−1，
移项得x(2x−1)−(2x−1)=0
即(2x−1)(x−1)=0
解得：x=12和1，故错误；
C选项、若x2+2x+k=0两根的倒数和等于4，
设两个根是x1和x2，
因而x1+x2=−2，x1⋅x2=k，
两根倒数的和1x1+1x2=x1+x2x1+x2=−2k=4，
解得k=−12，故正确；
D选项、若分式x2−3x+2x−1的值为零，
由分子的值为零得x=1或2,
又x−1≠0则x≠1，因而x=2，故错误．
故选C．
8.
【答案】
D
【考点】
四点共圆
旋转的性质
线段的性质：两点之间线段最短
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：AC的中点O，连接AD、DG、BO、OM，如图．
∵ △ABC，△EFG均是边长为2的等边三角形，点D是边BC、EF的中点，
∴ AD⊥BC，GD⊥EF，DA=DG，DC=DF，
∴ ∠ADG=90∘−∠CDG=∠FDC，
∵ AD=DG，CD=DF，
∴ 两个三角形为等腰三角形，
∴ ∠DAG=∠DCF．
∴ A、D、C、M四点共圆．
根据两点之间线段最短可得：BO≤BM+OM，即BM≥BO−OM，
当M在线段BO与该圆的交点处时，线段BM最小，
此时，BO=BC2−OC2=22−12=3，OM=12AC=1，
则BM=BO−OM=3−1．
故选D．
二、填空题
【答案】
(2, −4)
【考点】
关于原点对称的点的坐标
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，
∴ 点A(−2, 4)关于原点的对称点的坐标为(2, −4)．
故答案为：(2, −4)．
三、解答题
【答案】
解：(1)原式可化为x2+2x−2=0
Δ=b2−4ac=12
则x=−b±Δ2a=−2±232
∴ x1=−1+3,x2=−1−3.
(2)原式可化为3x(2x+1)−2(2x+1)=0
(3x−2)(2x+1)=0,
解得x1=23,x2=−12.
【考点】
解一元二次方程-因式分解法
解一元二次方程-公式法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)原式可化为x2+2x−2=0
Δ=b2−4ac=12
则x=−b±Δ2a=−2±232
∴ x1=−1+3,x2=−1−3.
(2)原式可化为3x(2x+1)−2(2x+1)=0
(3x−2)(2x+1)=0,
解得x1=23,x2=−12.
【答案】
解：(1)如图所示，
点O为所求.
(2)连接OA，OC，OC交AB于D，如图所示，
∵ C为AB的中点，
∴ OC⊥AB，
∴ AD=BD=12AB=40，
设⊙O的半径为r，则OA=r，OD=OC−CD=r−20，
在Rt△OAD中，∵ OA2=OD2+AD2，
∴ r2=(r−20)2+402，解得r=50，
即AB所在圆的半径是50m．
【考点】
作线段的垂直平分线
垂径定理的应用
勾股定理
【解析】
（1）连结AC、BC，分别作AC和BC的垂直平分线，两垂直平分线的交点为点O，如图1；
（2）连接OA，OC，OC交AB于D，如图2，根据垂径定理的推论，由C为AB的中点得到OC⊥AB，AD=BD=12AB=40，则CD=20，设⊙O的半径为r，在Rt△OAD中利用勾股定理得到r2=(r−20)2+402，然后解方程即可．
【解答】
解：(1)如图所示，
点O为所求.
(2)连接OA，OC，OC交AB于D，如图所示，
∵ C为AB的中点，
∴ OC⊥AB，
∴ AD=BD=12AB=40，
设⊙O的半径为r，则OA=r，OD=OC−CD=r−20，
在Rt△OAD中，∵ OA2=OD2+AD2，
∴ r2=(r−20)2+402，解得r=50，
即AB所在圆的半径是50m．
【答案】
(1)证明：根据题意得k≠0，
∵ Δ=(4k+1)2−4k(3k+3)=4k2−4k+1=(2k−1)2，
而k为整数，
∴ 2k−1≠0，
∴ (2k−1)2>0，即Δ>0，
∴ 方程有两个不相等的实数根.
(2)解：y是变量k的函数．
∵ x1+x2=4k+1k，x1⋅x2=3k+3k，
∴ (x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1⋅x2=(4k+1)2k2−12k+12k=(2k−1)2k2=(2−1k)2，
∵ k为整数，
∴ 2−1k>0，
而x1∴ x2−x1=2−1k，
∴ y=2−1k−2
=−1k（k≠0的整数），
∴ y是变量k的函数．
【考点】
根与系数的关系
根的判别式
【解析】
（1）根据一元二次方程的定义得到k≠0，再计算出判别式得到△=(2k−1)2，根据k为整数和非负数的性质得到△>0，则根据判别式的意义即可得到结论；
（2）根据根与系数的关系得x1+x2=4k+1k，x1⋅x2=3k+3k，则根据完全平方公式变形得
(x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1⋅x2=(4k+1)2k2−12k+12k=(2k−1)2k2=(2−1k)2，
由于k为整数，则2−1k>0，所以x2−x1=2−1k，则y=2−1k−2=−1k．
【解答】
(1)证明：根据题意得k≠0，
∵ Δ=(4k+1)2−4k(3k+3)=4k2−4k+1=(2k−1)2，
而k为整数，
∴ 2k−1≠0，
∴ (2k−1)2>0，即Δ>0，
∴ 方程有两个不相等的实数根.
(2)解：y是变量k的函数．
∵ x1+x2=4k+1k，x1⋅x2=3k+3k，
∴ (x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1⋅x2=(4k+1)2k2−12k+12k=(2k−1)2k2=(2−1k)2，
∵ k为整数，
∴ 2−1k>0，
而x1∴ x2−x1=2−1k，
∴ y=2−1k−2
=−1k（k≠0的整数），
∴ y是变量k的函数．
【答案】
解：(1)设y1=kx+b，将(8, 18)，(9, 20)，代入得：
8k+b=18,9k+b=20,
解得：k=2,b=2,
故y1关于x的函数表达式为：y1=2x+2.
(2)设李华从文化宫回到家所需的时间为y，则
y=y1+y2=2x+2+12x2−11x+78=12x2−9x+80，
∴ 当x=9时，y有最小值，ymin=4×12×80−924×12=39.5，
答：李华应选择在B站出地铁，才能使他从文化宫回到家所需的时间最短，最短时间为39.5分钟．
【考点】
待定系数法求一次函数解析式
二次函数的应用
【解析】
（1）根据表格中的数据，运用待定系数法，即可求得y1关于x的函数表达式；
（2）设李华从文化宫回到家所需的时间为y，则y=y1+y2=12x2−9x+80，根据二次函数的性质，即可得出最短时间．
【解答】
解：(1)设y1=kx+b，将(8, 18)，(9, 20)，代入得：
8k+b=18,9k+b=20,
解得：k=2,b=2,
故y1关于x的函数表达式为：y1=2x+2.
(2)设李华从文化宫回到家所需的时间为y，则
y=y1+y2=2x+2+12x2−11x+78=12x2−9x+80，
∴ 当x=9时，y有最小值，ymin=4×12×80−924×12=39.5，
答：李华应选择在B站出地铁，才能使他从文化宫回到家所需的时间最短，最短时间为39.5分钟．
【答案】
(1)证明：∵ AB是直径，
∴ ∠AEB=90∘，
∴ AE⊥BC，
∵ AB=AC，
∴ BE=CE，
∵ AE=EF，
∴ 四边形ABFC是平行四边形，
∵ AC=AB，
∴ 四边形ABFC是菱形．
(2)解：设CD=x．连接BD．
∵ AB是直径，
∴ ∠ADB=∠BDC=90∘，
∴ AB2−AD2=CB2−CD2，
∴ (7+x)2−72=42−x2，
解得x=1或−8（舍弃）
∴ AC=8，BD=82−72=15，
∴ S菱形ABFC=815．
∴ S半圆=12⋅π⋅42=8π．
【考点】
圆周角定理
扇形面积的计算
解一元二次方程-因式分解法
菱形的判定
平行四边形的判定
勾股定理
【解析】
（1）根据对角线相互平分的四边形是平行四边形，证明是平行四边形，再根据邻边相等的平行四边形是菱形即可证明；
（2）设CD=x，连接BD．利用勾股定理构建方程即可解决问题；
【解答】
(1)证明：∵ AB是直径，
∴ ∠AEB=90∘，
∴ AE⊥BC，
∵ AB=AC，
∴ BE=CE，
∵ AE=EF，
∴ 四边形ABFC是平行四边形，
∵ AC=AB，
∴ 四边形ABFC是菱形．
(2)解：设CD=x．连接BD．
∵ AB是直径，
∴ ∠ADB=∠BDC=90∘，
∴ AB2−AD2=CB2−CD2，
∴ (7+x)2−72=42−x2，
解得x=1或−8（舍弃）
∴ AC=8，BD=82−72=15，
∴ S菱形ABFC=815．
∴ S半圆=12⋅π⋅42=8π．
【答案】
解：(1)由题意得：
y=200+20(40−x)=1000−20x
故销售量y（件）与销售单价x（元）之间的函数关系式为y=−20x+1000；
(2)W=(x−20)(1000−20x)
=−20x2+1400x−20000
=−20(x−35)2+4500，
因为−20<0，
所以当x=35时，Wmax=4500.
故商场获得的最大利润为4500元.
(3)当W=4000时，(x−20)(1000−20x)=4000
解得x1=30,x2=40
由二次函数的性质可知，当 30≤x≤40 时，商场销售利润不低于4000元，
又同时要完成不少于320件的产品销售任务，
则1000−20x≥320，解得x≤34，
∴30≤x≤34.
答：销售价格应该在30到34元之间.
【考点】
一元二次方程的应用——利润问题
由实际问题抽象出一元一次不等式
由实际问题抽象出一元一次方程
【解析】
（1）根据题意可得：销售量y=200+20×（60−售价）=200+20×(60−x)=−10x+700；
（2）利润W=单件利润×销售量y件，即W=(x−40)(−20x+1400)，整理即可；
（3）利用配方法求出二次函数的最值即可．
【解答】
解：(1)由题意得：
y=200+20(40−x)=1000−20x
故销售量y（件）与销售单价x（元）之间的函数关系式为y=−20x+1000；
(2)W=(x−20)(1000−20x)
=−20x2+1400x−20000
=−20(x−35)2+4500，
因为−20<0，
所以当x=35时，Wmax=4500.
故商场获得的最大利润为4500元.
(3)当W=4000时，(x−20)(1000−20x)=4000
解得x1=30,x2=40
由二次函数的性质可知，当 30≤x≤40 时，商场销售利润不低于4000元，
又同时要完成不少于320件的产品销售任务，
则1000−20x≥320，解得x≤34，
∴30≤x≤34.
答：销售价格应该在30到34元之间.
【答案】
BC=DC+EC
(2)【探索】：BD2+CD2=2AD2，
理由如下：连接CE，
由于△BAD≅△CAE.
∴ BD=CE，∠ACE=∠B，
∵ ∠B+∠ACB=90∘,
∴ ∠ACE+∠ACB=90∘，
∴ ∠DCE=90∘，
∴ CE2+CD2=ED2，
在Rt△ADE中，AD2+AE2=ED2，又AD=AE，
∴ DE=2AD,
∴ CE2+CD2=BD2+CD2=DE2=(2AD)2=2AD2,
∴ BD2+CD2=2AD2.
(3)【应用】：线段AC绕A点逆时针旋转90∘，连接CE，DE，如图
∵ ∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
即∠BAD=∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE.
∴ △BAD≅△CAE(SAS)，
∴ BD=CE=9，
∵∠ADC=45∘,∠EDA=45∘，
∴∠EDC=90∘，
∴DE=CE2−CD2=62.
∵∠DAE=90∘，
∴AD=AE=22DE=6.
【考点】
旋转的性质
勾股定理
全等三角形的判定
全等三角形的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)【问题】：BC=DC+EC，
理由如下：
∵ ∠BAC=∠DAE=90∘，
∴ ∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC,
即∠BAD=∠CAE,
在△BAD和△CAE中，
AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE,
∴ △BAD≅△CAE.
∴ BD=CE.
∴ BC=BD+DC=EC+DC.
故答案为：BC=DC+EC.
(2)【探索】：BD2+CD2=2AD2，
理由如下：连接CE，
由于△BAD≅△CAE.
∴ BD=CE，∠ACE=∠B，
∵ ∠B+∠ACB=90∘,
∴ ∠ACE+∠ACB=90∘，
∴ ∠DCE=90∘，
∴ CE2+CD2=ED2，
在Rt△ADE中，AD2+AE2=ED2，又AD=AE，
∴ DE=2AD,
∴ CE2+CD2=BD2+CD2=DE2=(2AD)2=2AD2,
∴ BD2+CD2=2AD2.
(3)【应用】：线段AC绕A点逆时针旋转90∘，连接CE，DE，如图
∵ ∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
即∠BAD=∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE.
∴ △BAD≅△CAE(SAS)，
∴ BD=CE=9，
∵∠ADC=45∘,∠EDA=45∘，
∴∠EDC=90∘，
∴DE=CE2−CD2=62.
∵∠DAE=90∘，
∴AD=AE=22DE=6.
【答案】
解：(1)∵ 点B(4, m)在直线y=x+1上，
∴ m=4+1=5，
∴ B(4, 5)，
把A、B、C三点坐标代入抛物线解析式可得a−b+c=0,16a+4b+c=5,25a+5b+c=0,
解得a=−1,b=4,c=5,
∴ 抛物线解析式为y=−x2+4x+5.
(2)①设P(x, −x2+4x+5)，则E(x, x+1)，D(x, 0)，
则PE=|−x2+4x+5−(x+1)|=|−x2+3x+4|，DE=|x+1|，
∵ PE=2ED，
∴ |−x2+3x+4|=2|x+1|，
当−x2+3x+4=2(x+1)时，解得x=−1或x=2，
但当x=−1时，P与A重合不合题意，舍去，∴ P(2, 9)；
当−x2+3x+4=−2(x+1)时，解得x=−1或x=6，
但当x=−1时，P与A重合不合题意，舍去，∴ P(6, −7)；
综上可知P点坐标为(2, 9)或(6, −7)；
②设P(x, −x2+4x+5)，则E(x, x+1)，且B(4, 5)，C(5, 0)，
∴ BE=(x−4)2+(x+1−5)2=2|x−4|，CE=(x−5)2+(x+1)2=2x2−8x+26，BC=(4−5)2+(5−0)2=26，
当△BEC为等腰三角形时，则有BE=CE、BE=BC或CE=BC三种情况，
当BE=CE时，则2|x−4|=2x2−8x+26，
解得x=34，此时P点坐标为(34, 11916)；
当BE=BC时，则2|x−4|=26，
解得x=4+13或x=4−13，
此时P点坐标为(4+13, −413−8)或(4−13, 413−8)；
当CE=BC时，则2x2−8x+26=26，
解得x=0或x=4，
当x=4时E点与B点重合，不合题意，舍去，此时P点坐标为(0, 5)；
综上可知存在满足条件的点P，其坐标为(34, 11916)或(4+13, −413−8)或(4−13, 413−8)或(0, 5)．
【考点】
二次函数综合题
待定系数法求二次函数解析式
【解析】
（1）由直线解析式可求得B点坐标，由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）①可设出P点坐标，则可表示出E、D的坐标，从而可表示出PE和ED的长，由条件可知到关于P点坐标的方程，则可求得P点坐标；②由E、B、C三点坐标可表示出BE、CE和BC的长，由等腰三角形的性质可得到关于E点坐标的方程，可求得E点坐标，则可求得P点坐标．
【解答】
解：(1)∵ 点B(4, m)在直线y=x+1上，
∴ m=4+1=5，
∴ B(4, 5)，
把A、B、C三点坐标代入抛物线解析式可得a−b+c=0,16a+4b+c=5,25a+5b+c=0,
解得a=−1,b=4,c=5,
∴ 抛物线解析式为y=−x2+4x+5.
(2)①设P(x, −x2+4x+5)，则E(x, x+1)，D(x, 0)，
则PE=|−x2+4x+5−(x+1)|=|−x2+3x+4|，DE=|x+1|，
∵ PE=2ED，
∴ |−x2+3x+4|=2|x+1|，
当−x2+3x+4=2(x+1)时，解得x=−1或x=2，
但当x=−1时，P与A重合不合题意，舍去，∴ P(2, 9)；
当−x2+3x+4=−2(x+1)时，解得x=−1或x=6，
但当x=−1时，P与A重合不合题意，舍去，∴ P(6, −7)；
综上可知P点坐标为(2, 9)或(6, −7)；
②设P(x, −x2+4x+5)，则E(x, x+1)，且B(4, 5)，C(5, 0)，
∴ BE=(x−4)2+(x+1−5)2=2|x−4|，CE=(x−5)2+(x+1)2=2x2−8x+26，BC=(4−5)2+(5−0)2=26，
当△BEC为等腰三角形时，则有BE=CE、BE=BC或CE=BC三种情况，
当BE=CE时，则2|x−4|=2x2−8x+26，
解得x=34，此时P点坐标为(34, 11916)；
当BE=BC时，则2|x−4|=26，
解得x=4+13或x=4−13，
此时P点坐标为(4+13, −413−8)或(4−13, 413−8)；
当CE=BC时，则2x2−8x+26=26，
解得x=0或x=4，
当x=4时E点与B点重合，不合题意，舍去，此时P点坐标为(0, 5)；
综上可知存在满足条件的点P，其坐标为(34, 11916)或(4+13, −413−8)或(4−13, 413−8)或(0, 5)． 地铁站
A
B
C
D
E
x（千米）
8
9
10
11.5
13
y1（分钟）
18
20
22
25
28