2024年内蒙古通辽市九年级数学中考模拟预测题（原卷版+解析版）

这是一份2024年内蒙古通辽市九年级数学中考模拟预测题（原卷版+解析版），文件包含精品解析2024年内蒙古通辽市九年级数学中考模拟预测题原卷版docx、精品解析2024年内蒙古通辽市九年级数学中考模拟预测题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。

1. 2的平方根是（ ）
A. B. C. ±2D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用平方根的定义求解即可．
【详解】解：的平方根是，
故选：B．
【点睛】本题考查了平方根的定义，解题关键是牢记平方根的定义，其中一个正数的平方根有两个，它们互为相反数．
2. 在平面直角坐标系中，点与点关于轴对称，则点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用关于轴对称点的性质，横坐标不变，纵坐标改变符号，进而得出答案．
【详解】解：点与点关于轴对称，
点的坐标是，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了关于轴对称点的性质，正确把握横纵坐标的关系是解题的关键．
3. 下列命题是真命题的是（ ）
A. 四边都是相等的四边形是矩形B. 对角线相等的平行四边形是矩形
C. 对角线互相垂直的平行四边形是正方形D. 菱形的对角线相等
【答案】B
【解析】
【分析】根据真命题的定义以及图形的性质与判定逐项分析即可．
【详解】解：A.四边都相等的四边形是菱形，故原命题是假命题；
B.对角线相等的平行四边形是矩形，正确，是真命题；
C.对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原命题假命题；
D.菱形的对角线互相垂直，故原命题假命题；
故选B．
【点睛】此题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的定义、性质定理及判定定理．
4. 如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C和点D，则tan∠ADC＝（ ）
A B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用圆周角定理得到∠ACB=90°，∠ADC=∠ABC，再利用正切的定义得到tan∠ABC=，从而得到tan∠ADC的值．
【详解】解：∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，tan∠ABC=，
∵∠ADC=∠ABC，
∴tan∠ADC=，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半；半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了解直角三角形．
5. 如图，这是一个底面为等边三角形的正三棱柱和它的主视图、俯视图，则它的左视图的面积是（ ）
A. 4B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三视图确定底面等边三角形的边长为2，该几何体的高为2，再确定该几何体的三视图利用面积公式计算即可．
【详解】由三视图可知：底面等边三角形的边长为2，该几何体的高为2，
该几何体的左视图为长方形，
该长方形的长为该几何体的高2，宽为底面等边三角形的高，
∵底面等边三角形的高=，
∴ 它的左视图的面积是，
故选：D．
【点睛】此题考查简单几何体的三视图，能根据几何体会画几何体的三视图，能依据三视图判断几何体的长、宽、高的数量，掌握简单几何体的三视图是解题的关键．
6. 如图，某运动员P从半圆跑道A点出发沿匀速前进到达终点B，若以时间t为自变量，扇形OAP的面积S为函数的图象大致是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】考查函数图象，扇形面积，找出滑动时间与扇形面积的关系．
【详解】解：扇形的面积与圆心角度数n的关系为S=，时间t与圆心角度成正比例关系，图中正比例函数的图象是图C．
故选C．
【点睛】此题考查多个知识点，注意多个知识的联系，找出关系．
7. 若一个正三角形和一个正六边形的面积相等，则正三角形与正六边形的边长比为（ ）
A. B. C. D. 2：1
【答案】A
【解析】
【分析】设正三角形和一个正六边形的边长分别为a、b．构建面积相等构建方程即可解决问题．
【详解】解：设正三角形边长分别a，如图，作于D，

则，，
∴正三角形的面积为，
设正六边形的边长b，
同理正六边形的面积为，
由题意：，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查正多边形与圆、等边三角形的面积公式等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
8. 某组数据的方差计算公式为，由公式提供的信息如下：①样本容量为3；②样本中位数为3；③样本众数为3；④样本平均数为；其说法正确的有（ ）
A. ①②④B. ②④C. ②③D. ③④
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得该组数据为2，2，3，3，3，5，5，再由样本容量，中位数，众数，平均数的意义，即可求解．
【详解】解：根据题意得：该组数据为2，2，3，3，3，5，5，
∴样本容量为7，故①错误；
把这一组数据从小到大排列后，位于正中间的数为3，
∴样本中位数为3，故②正确；
3出现的次数最多，
∴样本众数为3，故③正确；
样本平均数为，故④错误；
故选：C
【点睛】本题主要考查了求样本容量，中位数，众数，平均数，熟练掌握样本容量，中位数，众数，平均数的意义是解题的关键．
9. 如图，根据尺规作图痕迹，下列说法不正确的是（ ）
A. 由弧②可以判断出B. 弧③和弧④所在圆的半径相等
C. 由弧①可以判断出 D. 的内心和外心都在射线上
【答案】C
【解析】
【分析】利用基本作图可对选项和B选项进行判断；利用基本作图可得到平分，从而可对C选项进行判断；根据三角形的内心和外心的定义可对D选项进行判断．
【详解】解：A．由弧可得，故选项正确，不符合题意；
B．由弧和弧可得到，即弧和弧所在圆的半径相等，故B选项正确，不符合题意；
C．由弧可判断为的平分线，而由弧不可以判断出，故C选项正确，符合题意；
D．∵平分，
∴的内心在射线上，
∵垂直平分，
∴的外心在射线上，故D选项正确，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握种基本作图是解决问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质、三角形的内心与外心．
10. 下列命题是真命题的是（ ）
A. 三角形的内心到三角形三个顶点的距离相等
B. 若关于的方程有实数根，则的取值范围是且
C. 若关于的一元一次不等式组无解，则的范围是
D. 若点是线段的黄金分割点，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角形的内心的性质，一元二次方程根的判别式，一元一次不等式组的解法，黄金分割的概念进行判断即可．
【详解】解：A．三角形的内心到三角形三边的距离相等，原命题是假命题，故此选项不符合题意；
B．当时，方程为，方程有一个实数根；当时，关于的方程有实数根，则，解得：，综上所述，的取值范围是，原命题是假命题，故此选项不符合题意；
C．若关于的一元一次不等式组无解，则的范围是，原命题是真命题，故此选项符合题意；
D．若点是线段的黄金分割点且，则，原命题是假命题，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．掌握三角形的内心的性质，一元二次方程根的判别式，一元一次不等式组的解法，黄金分割的概念是解题的关键．
11. 如图是一组有规律的图案，它们是由边长相同的正方形和正三角形镶嵌而成．第（1）个图案有4个三角形，第（2）个图案有7个三角形，第（3）个图形有10个正三角形，…依此规律，若第n个图案有2023个三角形，则（ ）
A. 670B. 672C. 673D. 674
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知：第（1）个图案有个三角形，第（2）个图案有个三角形，第（3）个图案有个三角形，…依此规律，第n个图案有个三角形，进而得出方程解答即可．
【详解】解：∵第（1）个图案有个三角形，
第（2）个图案有个三角形，
第（3）个图案有个三角形，
…
∴第n个图案有个三角形．
根据题意可得：，
解得：，
故选：D．
【点睛】此题考查图形的变化规律，找出图形之间的运算规律，利用规律解决问题．
12. 如图，AB是⊙O的直径,弦CD⊥AB于点G,点F是CD上一点,且满足=，连接AF并延长交⊙O于点E． 连接AD、DE，若CF=2，AF=3．给出下列结论：①△ADF∽△AED；②FG=2；③tan∠E=；④S△DEF=4 其中正确的是（ ）
A. ①②④B. ①②③C. ②③④D. ①③④
【答案】A
【解析】
【分析】①利用垂径定理可知，然后得到∠ADF＝∠AED，结合公共角可证明△ADF∽△AED；②结合CF＝2，且，可求得DF＝6，且CG＝DG，可求得FG＝2；③在Rt△AGF中可求得AG，在Rt△AGD中可求得tan∠ADG＝，由∠E＝∠ADG，可得tan∠E；④可先求得△ADF与△AED的相似比，再求S△ADF，进而求出S△ADE，然后由S△DEF＝S△AED－S△ADF得出结果.
【详解】解：①∵AB为直径，AB⊥CD，
∴，
∴∠ADF＝∠AED，且∠FAD＝∠DAE，
∴△ADF∽△AED，故①正确；
②∵AB为直径，AB⊥CD，
∴CG＝DG，
∵，且CF＝2，
∴FD＝6，
∴CD＝8，
∴CG＝4，
∴FG＝CG−CF＝4−2＝2，故②正确；
③在Rt△AGF中，AF＝3，FG＝2，
∴AG＝，
∴tan∠ADG＝，
∵∠E＝∠ADG，
∴tan∠E＝，故③错误；
④在Rt△ADG中，AG＝，DG＝4，
∴AD＝，
∴，
∴，
∵，
∴S△AED＝，
∴S△DEF＝S△AED－S△ADF＝－＝，故④错误；
故选A．
【点睛】本题主要考查垂径定理、圆周角定理、相似三角形的判定和性质及三角函数的定义，由垂径定理得到G是CD的中点是解题的关键，判断③时注意利用等角的三角函数值也相等，在判断④时求出相似比是解题的关键．本题所考查知识点较多，综合性较强，解题时注意知识的灵活运用．
二．填空题（共5小题，每小题3分，满分15分）
13. 若使二次根式有意义，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．根据二次根式有意义的条件进行求解即可．
【详解】解：∵二次根式有意义，
∴，
解得．
故答案为：．
14. 已知，则的余角是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据和为90°的两个角互为余角计算即可．
【详解】解：，则的余角是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了余角的概念，解题关键是明确和为90°的两个角互为余角．
15. 我们根据指数运算，得出了一种新的运算，如表是两种运算对应关系的一组实例：
根据上表规律，某同学写出了三个式子：①，②，③．
其中正确的是________．
【答案】①③##③①
【解析】
【分析】根据指数运算和新的运算法则得出规律，根据规律运算可得结论．
【详解】解：由题意得：
①，，故①正确；
②，，故②不正确；
③，，故③正确；
所以，正确的是①③，
故答案为：①③．
【点睛】此题考查了指数运算和新定义运算，发现运算规律是解答此题的关键．
16. 如图是由边长为1的小正方形构成的的网格，已知点A，B，C，D均在格点上，且点C，D不重合，，则长为_____．
【答案】
【解析】
【分析】利用格点的特征作图，然后结合勾股定理分析求解．
【详解】解：如图，
∵，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，属于中考常考题型，理解格点的特征，掌握勾股定理是解题关键．
17. 如图，已知菱形的边长为，对角线，相交于点，点，分别是边，上的动点，，连接，．①是等边三角形；②的最小值是；③当最小时，；④当时，．其中正确的结论有____________（填写所有正确结论的序号）

【答案】①②④
【解析】
【分析】先证明，可得，结合，可判断是等边三角形，故①正确；因为，即的最小值为的最小值，所以当时，最小，求出此时的长即可判断②正确；可证明此时为的中位线，再得，相似比为，，即，结合，可证明，故③不正确；证明，由相似的性质得，即，结合，，，即可证明，故④正确．
【详解】解：∵在菱形中，
∴，，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，即，
∴在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，故①正确；
∵是等边三角形，
∴，即的最小值为的最小值，
当时，最小，如图：

∵在中，，，，
∴，
∴，
∴的最小值为，故②正确；
∵是等边三角形，，
∴为的中点，此时为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∴，，
∴，相似比为，
∴，即，
∵，
∴，
∴，故③不正确；
当时，如图：

∵在菱形中，
∴，，，
又∵，
∴，
又∵
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，即，
∴，故④正确，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形全等的判定和性质、三角形相似的判定和性质、点到直线的距离线段最短及勾股定理，证明是解答本题的关键．
三．解答题（共9小题，满分69分）
18. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】根据实数的运算法则结合二次根式、负整数指数幂、零指数幂、三角函数值计算可得．
【详解】解：原式
【点睛】本题主要考查实数的运算能力，熟练掌握实数的运算法则是关键．
19. 先化简：，再在中选取一个你喜欢的整数a的值代入求值．
【答案】，时，原式
【解析】
【分析】首先计算分式的除法，再算分式的加法，化简后，再确定a的值，代入即可．
【详解】解：
，
∵，
∴，
∴a取0，
∴原式．
【点睛】此题主要考查了分式的化简求值，关键是掌握计算顺序和计算法则，正确把分式进行化简．
20. 北京时间2022年11月29日23时08分，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，神舟十五号载人飞船发射取得圆满成功，标志着我国航天事业又取得了新的突破．为了培养学生的爱国意识，普及航天知识，某市举行了航天知识竞赛，每个学校有两个参赛队的名额，某校七年级和八年级各有4个参赛小组想要参加此次比赛，为体现比赛公平，学校进行了校内选拔比赛．8个参赛小组初赛得分情况如下表：
根据上表回答问题：
（1）若最终得分的评分规则为：必答题、抢答题、风险题得分比重为，则第4组的最终得分为_____分；
（2）按照（1）中的得分比重，组委会绘制了如图所示的频数分布直方图，并规定前四名小组进入复赛，假如你是参赛小组成员，请判断自己所在小组能否进入复赛并说明理由；
（3）已知进入复赛的4个小组中，有2个七年级的小组和2个八年级的小组，组委会通过抽签的形式选出2个小组代表学校参加决赛（七年级2个小组分别记作，，八年级2个小组分别记作，），请用画树状图或列表的方法求参加决赛的2个小组是同一个年级的概率．
【答案】（1）62 （2）当自己在1，3，4，5小组时，能进复赛，否则不能；
（3）参加决赛的2个小组是同一个年级的概率为．
【解析】
【分析】（1）利用加权平均数计算即可求解；
（2）利用加权平均数计算出各组的得分，即可解决问题；
（3）列表，共有12种等可能的结果，选中的2小组恰好来自同一个年级的结果有4种，再由概率公式求解即可．
【小问1详解】
解：由图表得第4组必答题、抢答题、风险题分数分别为100、40、0分
∴4组最终得分：(分)，
故答案为：62；
【小问2详解】
解：由8个参赛小组最终得分频数分布直方图可得前四的小组得分在之间，
1组最终得分：(分)，
2组最终得分：(分)，
3组最终得分：(分)，
4组最终得分：(分)，
5组最终得分：(分)，
6组最终得分：(分)，
7组最终得分：(分)，
8组最终得分：(分)，
故当自己在1，3，4，5小组时，能进复赛，否则不能；
【小问3详解】
解：列表如下，
共有12种等可能的结果，选中的2小组恰好来自同一个年级的结果有4种，
∴参加决赛的2个小组是同一个年级的概率为．
【点睛】此题考查了树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．还考查了加权平均数．
21. 如图，在中，D，E分别为的中点，延长到F，使，连接，
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）当时，判断平行四边形为那种特殊四边形，并说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）四边形为矩形，见解析
【解析】
【分析】（1）根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，即可证明结论；
（2）根据等腰三角形的三线合一的性质可得，当时，可证明，从而四边形为矩形；
【小问1详解】
证明：∵点E是的中点，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形；
【小问2详解】
解：当时，四边形为矩形；
∵，点D为的中点，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴四边形为矩形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的判定，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
22. 如图，直线与反比例函数的图象交于点，与坐标轴分别交于B，C两点．

（1）若，求自变量x取值范围；
（2）动点在x轴上运动．当n为何值时，的值最大？并求最大值．
【答案】（1）
（2）当为时，的值最大，最大值为
【解析】
【分析】（1）由点的纵坐标利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出点的坐标，再根据两函数图象的上下位置关系，即可得出当时，自变量的取值范围；
（2）由点的坐标利用待定系数法即可求出直线的函数解析式，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点、的坐标，再根据三角形的三边关系即可确定当点与点重合时，的值最大，利用两点间的距离公式即可求出此最大值．
【小问1详解】
解：当时，，
点的坐标为，
观察函数图象，可知：当时，直线在双曲线上方，
若，自变量的取值范围为．
【小问2详解】
解：将代入中，
，解得：，
直线的解析式为，
当时，，
点坐标为，
，
当时，，
点的坐标为．
当点与点重合时，的值最大，
此时，．
当为时，的值最大，最大值为．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、一次（反比例）函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式以及三角形的三边关系，解题的关键是：（1）利用反比例函数图象上点的坐标特征求出点的坐标；（2）利用三角形的三边关系确定点的位置．
23. 如图，利用22米长的墙为一边，用篱笆围成一个长方形仓库，中间用篱笆分割出两个小长方形，在与墙平行的一边要开两扇1米宽的门，总共用去篱笆34米，为了使这个长方形的面积为96平方米，求和的长．
【答案】AB=8米，BC=12米．
【解析】
【分析】设AB为x米，然后表示出BC的长为（36-3x）米，利用矩形的面积计算方法列出方程求解即可．
【详解】解：设AB为x米，则BC为（36-3x）米，
x（36-3x）=96，
解得：x1=4，x2=8，
当x=4时，
36-3x=24＞22（不合题意，舍去），
当x=8时，
36-3x=12．
答：AB=8米，BC=12米．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是设出一边的长，并用未知数表示出另一边的长．
24. 【阅读理解】：如图，在中，a，b，c分别是，，的对边，，其外接圆半径为．根据锐角三角函数的定义：，，可得，即（规定）．
【探究活动】：如图，在锐角中，a，b，c分别是，，的对边，其外接圆半径为，那么：______________________（用>，=或<连接），并说明理由．
【初步应用】：事实上，以上结论适用于任意三角形．在中，a，b，c分别是，，的对边．已知，，，求．
【综合应用】：如图，在某次数学实践活动中，小莹同学测量一栋楼的高度，在处用测角仪测得地面点处的俯角为45°，点处的俯角为15°，B，C，D在一条直线上，且C，D两点的距离为100m，求楼的高度．（参考数据：，）
【答案】探究活动：，；初步应用：；综合应用：楼高度约为．
【解析】
【分析】探究活动：由锐角三角函数可得，可得解；
初步应用：将数值代入可求解；
综合应用：由锐角三角函数即可求解．
【详解】解：探究活动：如图，过点C作直径，连接，
∴，，
∴，
∴，
同理可证：，
∴，
故答案为：，；
初步应用：
∵，，，，
∴，
∴，
∴；
综合应用：
如图，
由题意得：，，，，
∴，
∵，
∴，，
设楼，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴楼高度约为．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，锐角三角函数等知识，读懂材料，并能熟练运用结论是解题的关键．
25. 如图1，在等腰三角形中，，O为底边的中点，过点O作，垂足为D，以点O为圆心，为半径作圆，交于点M，N．

（1）与的位置关系为 ；
（2）求证：是的切线；
（3）如图2，连接，，，求的直径．（结果保留小数点后一位．参考数据：）
【答案】（1）相切 （2）见解析
（3）9.8
【解析】
【分析】（1）利用直线与圆的相切的定义解答即可；
（2）过点O作于点E，连接，通过证明，利用直线与圆相切的定义解答即可；
（3）过点O作于点F，利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求得，再利用垂径定理和直角三角形的边角关系定理求得圆的半径，则圆的直径可求．
【小问1详解】
解：∵，点O为圆心，为半径，
∴直线到圆心O的距离等于圆的半径，
∴为的切线，
∴与的位置关系为相切，
故答案为：相切；
【小问2详解】
证明：过点O作于点E，连接，如图，

∵，O为底边的中点，
∴为的平分线．
∵，
∴．
∵为的半径，
∴为的半径，
∴直线到圆心O的距离等于圆的半径，
∴是的切线；
【小问3详解】
解：过点O作于点F，如图，

∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴为的平分线，
∴．
在中，
∵，即，
∴，
∴的直径．
【点睛】本题考查圆的有关性质，垂径定理，圆的切线的判定与性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，三角形的内角和定理，角平分线的定义和性质定理等知识．过圆心作直线的垂线段是解决此类问题常添加的辅助线．
26. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线的图象与坐标轴相交于A、B、C三点，其中A点坐标为，B点坐标为，连接．动点P从点A出发，在线段上以每秒个单位长度向点做匀速运动；同时，动点Q从点B出发，在线段BA上以每秒1个单位长度向点A做匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接，设运动时间为t秒．

（1）求抛物线的表达式；
（2）在P、Q运动的过程中，当t为何值时，四边形的面积最小，最小值为多少？
（3）在线段上方的抛物线上是否存在点M，使是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2），最小值为4
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法即可求出抛物线解析式；
（2）先求出点，则，进一步得到是等腰直角三角形，则，如图①，过点P作轴，垂足为E，则是等腰直角三角形,由题意可知，则，即，又得到，则= ，利用二次函数的性质即可得到答案；
（3）连接，过点P作轴于点E，过M作，交点于点F，则.先证明，则，则，又，得到点M的坐标为，由点M在上，则，解方程即可得到答案．
【小问1详解】
解：∵抛物线经过点，
则 ，解得，
∴抛物线表达式为；
【小问2详解】
在中令，得，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∵
∴是等腰直角三角形,，
如图①，过点P作轴，垂足为E，则是等腰直角三角形,
由题意可知 ，
∴，即，
又，
∴，
∴
=
=
=
∵当P、Q其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，
∴，
∵,
∴当时，四边形的面积取得最小值4；
【小问3详解】
存在，理由如下：
如图②，连接，过点P作轴于点E，过M作，交点于点F，则.

∵是等腰直角三角形，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，又，
∴点M的坐标为，
∵点M在抛物线上，
∴，
解得，（不合题意，舍去），
∴，
∴M点的坐标为
【点睛】此题考查了二次函数和三角形综合题，用到了待定系数法、全等三角形的判定和性质、二次函数的最值、解一元二次方程等知识，添加适当的辅助线是解决问题的关键．
指数运算
新运算
小组
1
2
3
4
5
6
7
8
必答题得分
80
90
90
100
100
80
70
60
抢答题得分
40
0
0
40
30
0
20
40
风险题得分
20
10
30
0
10
30
0
30