2020-2021学年河北省保定市某校初二（下）期中考试数学试卷新北师大版

这是一份2020-2021学年河北省保定市某校初二（下）期中考试数学试卷新北师大版，共12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. 下列志愿者标识中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A.B.
C.D.

2. “x的2倍不小于3”用不等式表示是( )
A.2x<3B.2x>3C.2x≤3D.2x≥3

3. 如图，将△DEF沿BC所在直线向左平移得到△ABC，若EC=1，BF=5，则平移的距离为( )

A.1B.2C.2.5D.3

4. 若aA.2a<3bB.a3>b3C.a−3
5. 已知AD是△ABC的中线，若AB=AC，∠CAD=20∘，则∠C的度数是( )
A.70∘B.40∘C.35∘D.20∘

6. 下列可以用来证明命题“若a2>9，则a>3”是假命题的反例是( )
A.a=−4B.a=−3C.a=3D.a=4

7. 如图，AB⊥BD，CD⊥BD．若依据“HL”判定△ABD≅△CDB，则应添加的条件是( )

A.AB=CDB.∠A=∠C
C.∠ADB=∠CBDD.AD=BC

8. 如图，将△ABC绕点A顺时针旋转角α，得到△ADE．若AC=1，CE=2，则α的度数为( )

A.30∘B.45∘C.60∘D.90∘

9. 下列命题的逆命题是真命题的是( )
A.若a>0，b>0，则ab>0
B.等边三角形是锐角三角形
C.同一个三角形中，等角对等边
D.成中心对称的两个图形全等

10. 一个含30∘角的直角三角尺与一个顶角为100∘的等腰三角形按如图方式摆放，且边AC，DF都在直线l上，点A，D重合．将△ABC向右平移得△A′B′C′，当边A′B′经过点E时，∠A′ED=( )

A.40∘B.60∘C.80∘D.90∘

11. 若关于x的不等式组x≤m,2x+1>3无解，则m的取值范围是( )
A.m<1B.m≥1C.m≤1D.m>1

12. 如图，已知△ABC中，AB=10，AC=3，BC=1，AB的垂直平分线分别交AC，AB于D，E，连接BD，则CD的长为( )

A.32B.43C.1D.34

13. 八年级部分同学去植树，若每人植树7棵，还剩9棵；若每人植树9棵，则有1名同学植树的棵数小于8棵．若设八年级去植树的同学人数为x人，则能完整表达题意的不等式（组）的是( )
A.7x+9−9x−1>0
B.7x+9−9x−1≤8
C.7x+9−9x−1≥0，7x+9−9x−1<8
D.7x+9−9x−1≥0，7x+9−9x−1≤8

14. 已知一次函数y=k+2x+k−3的图象如图所示，则k可取的整数有( )

A.0个B.2个C.3个D.4个

15. 如图，△ABC中，∠BAC=30∘，AC=4．若将△ABC沿AC所在直线翻折，点B恰好落在射线AD上，P为射线AD上的一动点，连接CP，则线段CP的长不可能是( )

A.1B.2C.3D.4

16. 对于有理数m，我们规定m表示不大于m的最大整数，如1.2=1，4=4，−2,1=−3．若x−23=−4，则整数x值不可能是( )
A.−10B.−9C.−8D.−7
二、填空题

如图，直线l1:y=−13x和直线l2:y=kx+b都经过点−3,1，则不等式kx+b≥−13x的解集是________.


下面是小明设计的“作三角形一边上的高”的尺规作图过程．
如图，已知钝角△ABC，依下列步骤尺规作图，并保留了作图痕迹．
步骤1：以点C为圆心，CA长为半径画弧①；
步骤2：以点B为圆心，BA长为半径画弧②，交弧①于点D；
步骤3：连接AD，交线段BC的延长线于点H，则线段AH即为所求．
作图依据：①两点确定一条直线，②________.


如图，将△ABC绕边AC的中点O顺时针旋转180∘，旋转后的△CDA与△ABC构成四边形ABCD，连接BD．若∠BAC=∠BCA，四边形ABCD的周长为40，BD=16.

(1)AC=________;

(2)若点E，F分别在AD，BC上，且线段EF经过点O，则四边形ABFE的面积为________.
三、解答题

已知不等式组4x−2≥3x−1,①x−52+1>x−3,② 请结合解题过程，完成本题的解答．
(1)解不等式①，得________；

(2)解不等式②，得________；

(3)把不等式①和②的解集在如图所示的数轴上表示出来：

(4)原不等式组的解集为________.

如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A0,1，B4,2，C1,3.

(1)将△ABC分别向右、向下平移1个单位长度和5个单位长度得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1，并写出点A1，C1的坐标．

(2)请画出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2.

已知x−24=3−y3=k，且x，y都是非负数．
(1)求k的取值范围；

(2)设L=3x−2y，直接写出L的最大值和最小值．

如图，Rt△ABC中，∠ABC=90∘，以点A为圆心、任意长为半径画弧，交AC于点M，交AB于点N；分别以点M，N为圆心、大于12MN的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线AP交BC于点F，作FE⊥AC于点E．

(1)若AC=10，CE=3，则AC−AB=________；

(2)连接BE，求证：AF垂直平分BE．

如图，在等边△ABC中，AB=23，线段AD在△ABC内或其边上，AD=2．将AD绕点A按逆时针方向旋转60∘，得到线段AE，连接ED，EC，DC．

(1)求证：∠ADE=60∘；

(2)CE的最小值为________；

(3)当ED的延长线经过点B时，求∠DEC的度数．

文具店的郑阿姨在本学期开学前于批发市场用1920元购进A型书法练字本160本，B型书法练字本200本.已知A型书法练字本的单价比B型书法练字本的单价多3元.
(1)A，B两种书法练字本的进货单价各是多少元？

(2)销售一段时间后，郑阿姨发现A，B两种书法练字本很受学生喜爱，于是决定再次购买这两种书法练字本共300本，并了解到某网店A型书法练字本的批货单价比上一次在批发市场购买时便宜2元，而B型书法练字本的批货单价是上一次在批发市场购买单价的8折.如果郑阿姨此次在该网店购买A，B两种书法练字本的总费用不超过上一次进货总费用的60%.
①郑阿姨最多可以购买A型书法练字本多少本？
②求购买A，B两种书法练字本总费用的最大值.

如图1，在平面直角坐标系中，直线l:y=−12x+3与x轴、y轴交于A，B两点，线段BC交线段OA于点C，设点C的横坐标为m，若将线段CB绕点C顺时针旋转90∘，点B的对应点D恰好落在直线l上，点E在x轴上，连接DE，可得△BOC≅△CED.

(1)OE=________（用含m的式子表示）；

(2)如图2，将△BCD沿x轴正方向平移至B′C′经过点D，得△B′C′D′，求点D的坐标，并直接写出△BCD平移的距离；

(3)在图1中添加直线l1:y=2x+3，交x轴于点M，如图3所示．
①求证：∠ABM=90∘；
②点P在y轴上，点Q在坐标轴上，是否存在点P（不与点B重合）和点Q，满足QB=QA=QP？若存在，请直接写出所有满足条件的点P和点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省保定市某校初二（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
轴对称与中心对称图形的识别
【解析】
根据轴对称及中心对称的定义，结合选项即可作出判断．
【解答】
解：A，是轴对称图形，不是中心对称图形，故A错误；
B，既是轴对称图形，也是中心对称图形，故B正确；
C，既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C错误；
D，既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故D错误.
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
由实际问题抽象出一元一次不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得，2x≥3.
故选D.
3.
【答案】
B
【考点】
平移的性质
【解析】
因点B平移后的对应点是点E，所以只要求出线段BE的长，也就求出了平移的距离．
【解答】
解：由平移的性质可知，BE=CF，
∵BF=5，EC=1，
∴BE+CF=5−1=4，
∴BE=CF=2，
∴平移的距离为2．
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
不等式的性质
【解析】
根据不等式的基本性质对各选项进行逐一分析即可．
【解答】
解：A，根据不等式的性质无法比较2a与3b，故A错误；
B，不等式的两边同时除以同一个正数，不等号的方向不变，则a3C，不等式的两边同时减去同一个正数，不等号的方向不变，则a−3D，不等式的两边同时乘以同一个负数，不等号的方向改变，再同时加一个正数，不等式方向不变，则3−a>3−b，故D错误．
故选C．
5.
【答案】
A
【考点】
等腰三角形的性质：三线合一
等腰三角形的性质
三角形内角和定理
【解析】
先根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出∠CAB=2∠CAD=40∘，∠B=∠ACB=12180∘−∠CAB=70∘．
【解答】
解：如图，
∵AD是△ABC的中线，AB=AC，∠CAD=20∘，
∴∠CAB=2∠CAD=40∘，
∴∠B=∠C=12180∘−∠CAB=70∘．
故选A．
6.
【答案】
A
【考点】
命题与定理
真命题，假命题
【解析】
根据要证明一个命题结论不成立，可以通过举反例的方法来证明一个命题是假命题．
【解答】
解：用来证明命题“若a2>9，则a>3”是假命题的反例可以是：a=−4，
∵−42>9，但是a=−4<3，
故A正确.
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
直角三角形全等的判定
【解析】
由AB⊥BD，CD⊥BD，可得△ABD与△CDB为直角三角形，利用公共边BD，根据直角边和斜边分别对应相等的两个直角三角形全等，即可得到需要的条件．
【解答】
解：∵AB⊥BD，CD⊥BD，
∴△ABD与△CDB为直角三角形，
又△ABD与△CDB有公共边BD，
依据直角边和斜边分别对应相等的两个直角三角形全等，
则应添加的条件是AD=BC.
故选D.
8.
【答案】
D
【考点】
旋转的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据旋转的性质，AC=AE=1，
又CE=2，
∴AC2+AE2=CE2，
∴旋转角α=∠CAE=90∘.
故选D.
9.
【答案】
C
【考点】
原命题与逆命题、原定理与逆定理
【解析】
逐个判断逆命题的真假即可.
【解答】
解：A，若ab>0，则a>0， b>0或a<0，b<0，故A错误；
B，锐角三角形不一定是等边三角形，故B错误；
C，在同一个三角形中，边相等，对应的角也相等，故C正确.
D，两个图形全等，不一定成中心对称，故D错误.
故选C.
10.
【答案】
C
【考点】
平行线的性质
等腰三角形的性质
【解析】
利用平行线的性质，即可得出答案.
【解答】
解：由题意得：AB//A′B′，
故∠A′ED=∠BAE，
又∠BAC=60∘，∠EAF=12180∘−100∘=40∘，
所以∠A′ED=∠BAE=180∘−60∘−40∘=80∘.
故选C.
11.
【答案】
C
【考点】
解一元一次不等式组
【解析】
直接利用不等式组的解法，即可得出答案.
【解答】
解：∵ 2x+1>3，
∴ x>1，
由于原不等式组无解，故m≤1.
故选C.
12.
【答案】
B
【考点】
线段垂直平分线的性质
勾股定理
勾股定理的逆定理
【解析】
利用勾股定理，判断直角三角形，再利用垂直平分线的性质，即可得出答案.
【解答】
解：∵ △ABC中， AB=10，AC=3，BC=1，
∴ AB2=AC2+BC2，
∴ △ABC是直角三角形.
∵ AB的垂直平分线分别交AC，AB于D，E，
∴AD=DB.
设CD为x，AD=DB=3−x，
在Rt△CDB中， CD2+BC2=DB2，
即x2+12=3−x2，
解得： x=43，
即CD=43.
故选B.
13.
【答案】
C
【考点】
由实际问题抽象出一元一次不等式组
【解析】
不到8棵意思是植树棵树在0棵和8棵之间，包括0棵，不包括8棵，关系式为：植树的总棵树≥x−1 位同学植树的棵树，植树的总棵树<8+x−1 位同学植树的棵树，把相关数值代入即可．
【解答】
解：x−1位同学植树棵树为9×x−1，
∵ 有1位同学植树的棵数不到8棵，植树的棵数为7x+9棵，
∴ 可列不等式组为：
7x+9≥9x−1,7x+9<8+9x−1,
即7x+9−9x−1≥0,7x+9−9x−1<8.
故选C．
14.
【答案】
D
【考点】
一次函数图象与系数的关系
一元一次不等式组的整数解
【解析】
利用一次函数图象与系数的关系，构造不等式组，解出，确定整数解即可.
【解答】
解：由题意可知，k+2>0，k−3<0，
解得−2又k取整数，
故k=−1，0，1，2，共4个.
故选D.
15.
【答案】
A
【考点】
翻折变换（折叠问题）
含30度角的直角三角形
垂线段最短
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：作CF⊥AD，垂足为F，
∵ ∠BAC=∠DAC=30∘，AC=4，
∴ CF=2.
由垂线段最短可知，CP≥2，
故A不符合题意.
故选A.
16.
【答案】
D
【考点】
一元一次不等式组的整数解
【解析】
根据[m]表示不大于m的最大整数，列出不等式组，再求出不等式组的解集即可．
【解答】
解：∵ [m]表示不大于m的最大整数，
∴−4≤x−23<−4+1，
解得−10≤x<−7.
∵ x是整数，
∴ x取−10，−9，−8.
故选D．
二、填空题
【答案】
x≥−3
【考点】
一次函数与一元一次不等式
【解析】
结合函数的图象利用数形结合的方法确定不等式的解集即可．
【解答】
解：观察图象知：当x≥−3时，kx+b≥−13x.
故答案为：x≥−3．
【答案】
到线段两端距离相等的点在线段的垂直平分线上
【考点】
作线段的垂直平分线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据作图可得，BH是线段AD的垂直平分线.
故答案为：到线段两端距离相等的点在线段的垂直平分线上.
【答案】
12
48
【考点】
勾股定理
旋转的性质
菱形的判定与性质
菱形的面积
【解析】
由旋转的性质和等腰三角形的判定证得四边形ABCD是菱形，再利用勾股定理求出AC即可；
由（1）易求出菱形的面积，从而求出四边形ABFE的面积.
【解答】
解：(1)∵将△ABC绕边AC的中点O顺时针旋转180∘得到△CDA，
∴AB=CD，BC=AD，
∵∠BAC=∠BCA，
∴AB=BC，
∴AB=CD=BC=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∵四边形ABCD的周长为40，BD=16，
∴AD=10，OD=12BD=8，
∵AC⊥BD，
∴AO=AD2−OD2=102−82=6，
∴AC=2AO=12.
故答案为：12.
(2)∵四边形ABCD是菱形，BD=16，AC=12，
∴S菱形ABCD=12×16×12=96，
∵EF经过点O，
∴S四边形ABFE=12×96=48.
故答案为：48.
三、解答题
【答案】
x≥−1
x<3
(3)不等式①和②的解集在数轴上表示如下：
−1≤x<3
【考点】
解一元一次不等式组
在数轴上表示不等式的解集
【解析】
(1)去括号，移项，解不等式①即可；
(2)去分母，去括号，移项，解不等式②即可；
(3)把不等式①和②的解集在如图所示的数轴上表示出来即可；
(4)由数轴上两解集的公共部分即为原不等式组的解集..
【解答】
解：(1)解不等式①，得：
4x−2≥3x−3，
x≥−1.
故答案为：x≥−1.
(2)解不等式②，
不等式两边同时乘以2得：x−5+2>2x−6，
−x>−3，
x<3.
故答案为：x<3.
(3)不等式①和②的解集在数轴上表示如下：
(4)原不等式组的解集为−1≤x<3.
故答案为：−1≤x<3.
【答案】
解：(1)如图，△A1B1C1即为所求，A1(1, −4)，C1(2, −2).
(2)如图，△A2B2C2即为所求.
【考点】
作图-平移变换
中心对称
中心对称图形
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)如图，△A1B1C1即为所求，A1(1, −4)，C1(2, −2).
(2)如图，△A2B2C2即为所求.
【答案】
解：1∵ x−24=3−y3=k，
∴ x−24=k，3−y3=k，
∴ x=4k+2，y=3−3k.
又∵ x≥0，y≥0，
∴ 4k+2≥0,3−3k≥0,
∴ −12≤k≤1.
2把x=4k+2，y=3−3k代入L=3x−2y得：
L=12k+6−6+6k=18k，
由1知−12≤k≤1，
∴ 当k=−12时，L的最小值=18×−12=−9；
当k=1时，L的最大值=18×1=18，
∴ L的最小值为−9，最大值为18.
【考点】
解一元一次不等式组
列代数式求值
一次函数的最值
【解析】
1根据题意知x−24=k，3−y3=k，结合x≥0，y≥0，即可求解；
2将x=4k+2，y=3−3k代入L=3x−2y，即可求解.
【解答】
解：1∵ x−24=3−y3=k，
∴ x−24=k，3−y3=k，
∴ x=4k+2，y=3−3k.
又∵ x≥0，y≥0，
∴ 4k+2≥0,3−3k≥0,
∴ −12≤k≤1.
2把x=4k+2，y=3−3k代入L=3x−2y得：
L=12k+6−6+6k=18k，
由1知−12≤k≤1，
∴ 当k=−12时，L的最小值=18×−12=−9；
当k=1时，L的最大值=18×1=18，
∴ L的最小值为−9，最大值为18.
【答案】
3
(2)证明：由(1)知：△ABF≅△AEF，
∴AB=AE，FB=FE，
∴点A，F在线段BE的垂直平分线上，
∴AF垂直平分BE.
【考点】
全等三角形的性质与判定
作角的平分线
线段垂直平分线的性质
【解析】
由作图知，AF平分∠CAB，再△ABF≅△AEF(AAS)，得到AB=AE，进一步即可得到结论.
由（1）易得证.
【解答】
(1)解：由题意知，AF平分∠CAB，
∴∠CAF=∠BAF，
∵∠ABC=90∘， EF⊥AC，AF=AF，
∴∠ABF=∠AEF=90∘，
∴△ABF≅△AEF(AAS)，
∴AB=AE.
∵CE=3，
∴AC−AB=AC−AE=CE=3.
故答案为：3.
(2)证明：由(1)知：△ABF≅△AEF，
∴AB=AE，FB=FE，
∴点A，F在线段BE的垂直平分线上，
∴AF垂直平分BE.
【答案】
(1)证明：∵ AD=AE，∠DAE=60∘，
∴ △ADE为等边三角形，
∴ ∠ADE=60∘.
23−2
(3)解：当ED的延长线经过点B时，如图，
∵△ADE=60∘，
∴∠ADE=∠DAE=∠AED=60∘，AD=AE，
∵△ABC 为等边三角形,
∴∠BAC=60∘, AB=AC,
∴∠BAD=∠CAE,
∵AB=AC, ∠BAD=∠CAE，AD=AE,
∴△ABD≅△ACE(SAS),
∴∠ADB=∠AEC,
而 ∠ADB=180∘−∠ADE=120∘,
∴∠AEC=120∘,
∴∠DEC=∠AEC−∠AED=120∘−60∘=60∘.
即∠DEC=60∘.
【考点】
旋转的性质
等边三角形的性质与判定
线段最值问题
全等三角形的性质与判定
【解析】
(1)根据旋转的性质可知AD=AE，旋转角∠DAE=60∘，可得三角形△ADE为等边三角形，即可求证∠ADE=60∘；
2以点A为圆心，AD长为半径作圆，可以看出，当点D在边AB上，点E在边AC上时，CE最小，此时CE=23−2；
3解题关键是要找出全等关系，通过全等关系确定角的关系，进而得出角的度数.
【解答】
(1)证明：∵ AD=AE，∠DAE=60∘，
∴ △ADE为等边三角形，
∴ ∠ADE=60∘；
(2)解：∵ △ADE 为边长为2的等边三角形，点E在以A为圆心，2为半径的圆上，
∴ CE≥AC−AE，当且仅当A，E，C共线时取等号，
∴CE的最小值为：CE=AC−AE=23−2.
故答案为：23−2.
(3)解：当FD的延长线经过点B时，如图，
∵△ADE=60∘，
∴∠ADE=∠DAE=∠AED=60∘，AD=AE，
∵△ABC 为等边三角形,
∴∠BAC=60∘, AB=AC,
∴∠BAD=∠CAE,
∵AB=AC, ∠BAD=∠CAE，AD=AE,
∴△ABD≅△ACE(SAS),
∴∠ADB=∠AEC,
而 ∠ADB=180∘−∠ADE=120∘,
∴∠AEC=120∘,
∴∠DEC=∠AEC−∠AED=120∘−60∘=60∘.
即∠DEC=60∘.
【答案】
解：(1)设购买一本A型书法练字本需要x元，购买一本B型书法练字本需要y元.
依题意，得160x+200y=1920,x−y=3,
解得x=7,y=4.
答：A，B两种书法练字本的进货单价各是7元和4元.
(2)①设购买m本A型书法练字本，则购买B型书法练字本(300−m)本.
依题意，得7−2m+4×0.8300−m≤1920×60%，
解得m≤10623 .
又∵ m为正整数，
∴ m可取的最大值为106.
答：郑阿姨最多可以购买106本A型书法练字本.
②设购买A，B两种书法练字本的总费用为w元.
w=(7−2)m+4×0.8(300−m)=1.8m+960 .
∵ 自变量m的系数1.8>0.
∴ w随m的增大而增大，
∴ 当m=106时，w取得最大值，且wmax=1.8×106+960=1150.8（元）.
答：购买A，B两种书法练字本总费用的最大值为1150.8元.
【考点】
二元一次方程组的应用——销售问题
一元一次不等式的实际应用
一次函数的应用
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)设购买一本A型书法练字本需要x元，购买一本B型书法练字本需要y元.
依题意，得160x+200y=1920,x−y=3,
解得x=7,y=4.
答：A，B两种书法练字本的进货单价各是7元和4元.
(2)①设购买m本A型书法练字本，则购买B型书法练字本(300−m)本.
依题意，得7−2m+4×0.8300−m≤1920×60%，
解得m≤10623 .
又∵ m为正整数，
∴ m可取的最大值为106.
答：郑阿姨最多可以购买106本A型书法练字本.
②设购买A，B两种书法练字本的总费用为w元.
w=(7−2)m+4×0.8(300−m)=1.8m+960 .
∵ 自变量m的系数1.8>0.
∴ w随m的增大而增大，
∴ 当m=106时，w取得最大值，且wmax=1.8×106+960=1150.8（元）.
答：购买A，B两种书法练字本总费用的最大值为1150.8元.
【答案】
m+3
(2)∵ 直线y=−12x+3与x轴、y轴交于A，B两点，
∴ 点B0,3，A6,0，
∵△BOC≅△CED，
∴ ∠OED=∠BOC，即DE⊥x 轴于点E．
∴ OC=ED=m，BO=CE=3，
∴ 点Dm+3,m在直线l上，
∴ m=−12m+3+3，
解得m=1，
∴ 点D4,1.
△BCD平移的距离为103．
(3)①证明：当y=2x+3=0时，x=−32，
∴ 点M−32,0．
∴ AM=6−−32=152，
∴ AM2=2254，
∵AB2=62+32=45，BM2=322+32=454，
且45+454=2254，
∴ AB2+BM2=AM，
∴ ∠ABM=90∘.
②解：存在．如图，
满足条件的点P和点Q的坐标为P10,−3， Q194,0，P20,−12，Q20,−92.
【考点】
全等三角形的性质与判定
平移的性质
勾股定理的逆定理
线段垂直平分线的性质
【解析】
1
1
1
【解答】
解：∵△BOC≅△CED，
∴OC=DE=m，OB=CE=3，
∴OE=OC+CE=m+3.
故答案为：m+3.
(2)∵ 直线y=−12x+3与x轴、y轴交于A，B两点，
∴ 点B0,3，A6,0，
∵△BOC≅△CED，
∴ ∠OED=∠BOC，即DE⊥x 轴于点E．
∴ OC=ED=m，BO=CE=3，
∴ 点Dm+3,m在直线l上，
∴ m=−12m+3+3，
解得m=1，
∴ 点D4,1.
△BCD平移的距离为103．
(3)①证明：当y=2x+3=0时，x=−32，
∴ 点M−32,0．
∴ AM=6−−32=152，
∴ AM2=2254，
∵AB2=62+32=45，BM2=322+32=454，
且45+454=2254，
∴ AB2+BM2=AM，
∴ ∠ABM=90∘.
②解：存在．如图，
满足条件的点P和点Q的坐标为P10,−3， Q194,0，P20,−12，Q20,−92.