2022-2023学年广东省梅州市五华县华西中学八年级（下）开学数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省梅州市五华县华西中学八年级（下）开学数学试卷（含解析），共21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。

2022-2023学年广东省梅州市五华县华西中学八年级（下）开学数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若1 1−2x在实数范围内有意义，则x的取值范围是(    )
A. x<12 B. x<2 C. x≤12 D. x≥0
2. 如图，工人师傅砌门时，常用木条EF固定长方形门框ABCD，使其不变形，这样做的根据是(    )

A.     两点之间的线段最短 B.      三角形具有稳定性
C.      长方形是轴对称图形 D.     长方形的四个角都是直角
3. 下列图形中，是中心对称但不是轴对称的图形是(    )
A. B. C. D.
4. 下列计算正确的是(    )
A. (x−y)2=x2−y2 B. (−a2b)3=a6b3
C. a10÷a2=a5 D. (−3)−2=19
5. 如图，将三角形纸片剪掉一角得四边形，设△ABC与四边形BCDE的外角和的度数分别为α，β，则正确的是(    )

A. α−β=0 B. α−β<0
C. α−β>0 D. 无法比较α与β的大小
6. 下列运算正确的是(    )
A. (−m)3m2=−m6 B. (2ab2)3=8a3b6
C. a6÷a3=a2 D. (2ab)2÷b2a=2ab
7. 已知一个等腰三角形的周长为22cm，若其中一边长为6cm，则它的腰长为(    )
A. 6cm B. 10cm C. 6cm或8cm D. 8cm或10cm
8. 如图，B是线段AC的中点，过点C的直线l与AC成60°的角，在直线l上取一点P，使∠APB=30°，则满足条件的点P共有(    )
A. l个
B. 2个
C. 3个
D. 无数个


9. 如图，将平行四边形ABCD沿对角线AC折叠，使点B落在B′处，若∠1=∠2=42°，则∠B为(    )
A. 84°
B. 114°
C. 116°
D. 117°
10. 在直线l上依次摆放着七个正方形(如图所示).已知斜放置的三个正方形的面积分别是1、2、3，正放置的四个正方形的面积依次是S1、S2、S3、S4，则S1+S2+S3+S4的值为(    )


A. 6 B. 5 C. 4 D. 3
二、填空题（本大题共7小题，共28.0分）
11. 如图，用圆规以直角顶点O为圆心，以适当半径画一条弧交两直角边于A、B两点，若再以A为圆心，以OA为半径画弧，与弧AB交于点C，则∠BOC等于______．


12. 分式方程2x−2=1x+2的解是______ ．
13. 在Rt△ABC中，∠C=90°，若∠B=65°，则∠A的度数是______．
14. 若正六边形的边长为2，则它的外接圆半径是           ．
15. 若(x+2)(x−3)=x2+bx+c，其中b，c为常数，则点P(b,c)关于x轴的对称点的坐标为______．
16. 已知2m=a，2n=b，m，n为正整数，则23m+4n= ______ ．
17. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=3.点D是BC边上的一动点(不与点B、C重合)，过点D作DE⊥BC交AB于点E，将∠B沿直线DE翻折，点B落在射线BC上的点F处．当△AEF为直角三角形时，BD的长为______ ．

三、解答题（本大题共8小题，共62.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题6.0分)
先化简，再求值．
a−2a2−3a÷(a+3+5a−3)，请从一元二次方程a2−7a+12=0的两个根中选择一个你喜欢的求值．
19. (本小题6.0分)
如图，在△ABC中，点D在BC上，且∠BAD=∠CAD，E是AC的中点，BE交AD于点F.图中哪条线段是哪个三角形的角平分线？哪条线段是哪个三角形的中线？

20. (本小题6.0分)
如图，AB=4，BC=3，CD=13，AD=12，∠B=90°，求四边形ABCD的面积．

21. (本小题6.0分)
如图，△ABC是等边三角形，DF⊥AB，DE⊥CB，EF⊥AC，求证：△DEF是等边三角形．

22. (本小题9.0分)
如图，在菱形ABCD中，分别延长AB、AD到E、F，使得BE=DF，连结EC、FC.求证：EC=FC．

23. (本小题9.0分)
如图，已知等边△ABC中，点D在BC边的延长线上，CE平分∠ACD，且CE=BD，判断△ADE的形状，并说明理由．

24. (本小题10.0分)
在菱形ABCD中，∠ABC=60°，P是直线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE(A,P,E按逆时针排列)，点E的位置随点P的位置变化而变化．

(1)如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关系是______ ，BC与CE的位置关系是______ ；
(2)如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
(3)当点P在直线BD上时，其他条件不变，连接BE，若AB=2，BE= 31，请直接写出△APE的面积．
25. (本小题10.0分)
如图，抛物线y=−x2+4x+5与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C．
(1)求出A、B、C三点的坐标；
(2)将抛物线y=−x2+4x+5图象x轴上方部分沿x轴向下翻折，保留抛物线与x轴的交点和x轴下方图象，得到的新图象记作M，图象M与直线y=t恒有四个交点，从左到右四个交点依次记为D，E，F，G.若以EF为直径作圆，该圆记作图象N．
①在图象M上找一点P，使得△PAB的面积为3，求出点P的坐标；
②当图象N与x轴相离时，直接写出t的取值范围．


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查的是二次根式、分式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数、分式的分母不为0是解题的关键．
根据二次根式的被开方数是非负数、分式的分母不为0列出不等式，解不等式得到答案．
【解答】
解：由题意得，1−2x>0，
解得，x<12，
故选：A．  
2.【答案】B 
【解析】解：加上EF后，原图形中具有△AEF了，故这种做法根据的是三角形的稳定性．
故选B．
根据三角形的稳定性，可直接得出结论．
本题考查三角形稳定性的实际应用，三角形的稳定性在实际生活中有着广泛的应用，要使一些图形具有稳定的结构，往往通过连接辅助线转化为三角形而获得．

3.【答案】B 
【解析】解：A.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B.该图形是中心对称不是轴对称图形，故本选项符合题意；
C.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D.该图形是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．

4.【答案】D 
【解析】解：A、(x−y)2=x2−2xy+y2，故此选项错误；
B、(−a2b)3=−a6b3，故此选项错误；
C、a10÷a2=a8，故此选项错误；
D、(−3)−2=19，正确．
故选：D．
直接利用完全平方公式以及积的乘方运算法则和同底数幂的除法运算、负指数幂的性质分别化简得出答案．
此题主要考查了完全平方公式以及积的乘方运算和同底数幂的除法运算、负指数幂的性质，正确化简各式是解题关键．

5.【答案】A 
【解析】解：∵任意多边形的外角和为360°，
∴α=β=360°．
∴α−β=0．
故选：A．
利用多边形的外角和都等于360°，即可得出结论．
本题主要考查了多边形的外角，正确利用任意多边形的外角和为360°解答是解题的关键．

6.【答案】B 
【解析】解：A、原式=−m5，故A不符合题意．
B、原式=8a3b6，故B符合题意．
C、原式=a3，故C不符合题意．
D、原式=4a2b2⋅2ab=8a3b3，故D不符合题意．
故选：B．
根据同底数幂的乘法、积的乘方运算、整式的除法运算以及分式的除法运算即可求出答案．
本题考查同底数幂的乘法、积的乘方运算、整式的除法运算以及分式的除法运算，本题属于基础题型．

7.【答案】C 
【解析】解：①6cm是腰长时，底边=22−6×2=10(cm)，
∵6+6=12>10，
∴6cm、6cm、10cm能够组成三角形，
此时腰长为6cm；
②6cm是底边时，腰长=12×(22−6)=8(cm)，
6cm、8cm、8cm能够组成三角形，
此时腰长为8cm，
综上所述，腰长为6cm或8cm．
故选：C．
分6cm是腰长与底边两种情况求出另外两边，然后根据三角形的任意两边之和大于第三边判定即可得解．
本题考查了等腰三角形的性质，难点在于要分情况讨论并利用三角形的三边关系判断．

8.【答案】B 
【解析】解：如图所示，
以AB为边作等边三角形，设等边三角形的另一顶点为O和O1，
以点O和点O1为圆心，以AB为半径作圆，圆O与直线L交于D、E两点，圆O1与直线L无交点，
则有∠AEB=∠ADB=12∠O=30°，
∠AGB=12∠AO1B=12×60°=30°．
因此满足条件的点有两个：E、D．
故选：B．
若以AB为边作等边三角形，以等边三角形另一顶点为圆心，以等边三角形边长为半径作圆，圆心角∠AOB=60°.圆与l交于两点，根据圆周角定理可知：这两点都符合题意的要求，由此得解．
本题主要利用了圆周角定理和等边三角形的性质进行解答．作出辅助圆和辅助三角形是解答此题的关键．

9.【答案】D 
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB/​/CD，
∴∠1=∠B′AB=42°，
∵将▱ABCD沿对角线AC折叠，
∴∠BAC=∠B′AC=21°，
∴∠B=180°−∠2−∠BAC=117°，
故选：D．
由平行线的性质可得∠1=∠B′AB=42°，由折叠的性质可得∠BAC=∠B′AC=21°，即可求解．
本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，熟练运用折叠的性质是本题的关键．

10.【答案】C 
【解析】解：如图，

∵在△CDE和△ABC中，
∠EDC=∠CBA∠ECD=∠CABEC=CA，
∴△CDE≌△ABC(AAS)，
∴AB=CD，BC=DE，
∴AB2+DE2=DE2+CD2=CE2=3，
同理可证FG2+LK2=HL2=1，
∴S1+S2+S3+S4=CE2+HL2=1+3=4．
故选：C．
如图，易证△CDE≌△ABC，得AB2+DE2=DE2+CD2=CE2，同理FG2+LK2=HL2，S1+S2+S3+S4=1+3=4．
本题考查了全等三角形的证明，考查了勾股定理的灵活运用，本题中证明AB2+DE2=DE2+CD2=CE2是解题的关键．

11.【答案】30° 
【解析】
【分析】
本题考查了等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°.也考查了等边三角形的判定．
利用基本作图得到OA=OC=AC，则可判断△OAC为等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠AOC=60°，然后利用互余计算∠BOC的度数．
【解答】
解：由作法得OA=OC=AC，
所以△OAC为等边三角形，
所以∠AOC=60°，
所以∠BOC=90°−∠AOC=30°．
故答案为30°．  
12.【答案】x=−6 
【解析】解：去分母得：2(x+2)=x−2，
解得：x=−6，
检验：把x=−6代入得：(x+2)(x−2)≠0，
∴分式方程的解为x=−6．
故答案为：x=−6．
分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．

13.【答案】25° 
【解析】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∵∠B=65°，
∴∠A=25°，
故答案为：25°．
根据直角三角形两锐角互余可得∠A+∠B=90°，再代入∠B的度数可得∠A的度数．
此题主要考查了直角三角形的性质，关键是掌握在直角三角形中，两个锐角互余．

14.【答案】2 
【解析】解：作正六边形ABCDEF如图所示，点O为其外接圆圆心，连接OB、OC，

∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BOC=360°6=60°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=(180°−60°)÷2=60°
∴△BOC是等边三角形，
∴OB=OC=BC=2．
故答案为：2．
先根据题意画出图形，再根据正六边形的性质求出∠BOC的度数，判断出△BOC为等边三角形即可求出答案．
本题考查了正多边形与圆的知识，解答此题的关键是根据题意画出图形，作出辅助线；由正六边形的性质判断出△BOC的形状是解答此题的关键．

15.【答案】(−1,6) 
【解析】解：(x+2)(x−3)
=x2−3x+2x−6
=x2−x−6，
∵(x+2)(x−3)=x2+bx+c，
∴b=−1，c=−6，
∴点P的坐标是(−1,−6)，
∴点P(b,c)关于x轴的对称点的坐标为(−1,6)，
故答案为：(−1,6)．
先根据多项式乘多项式进行，再合并同类项，求出b、c的值，再求出点P的坐标，再求出答案即可．
本题考查了整式的混合运算，关于x轴、y轴对称的点的坐标等知识点，能求出b、c的值是解此题的关键．

16.【答案】a3b4 
【解析】解：∵2m=a，2n=b，
∴23m+4n=23m⋅24n=(2m)3⋅(2n)4=a3b4，
故答案为：a3b4．
根据同底数幂乘法的逆用、幂的乘方的逆用法则即可得．
本题考查了同底数幂乘法的逆用、幂的乘方的逆用，熟练掌握运算法则是解题关键．

17.【答案】1或2 
【解析】解：根据题意得：∠EFB=∠B=30°，DF=BD，EF=EB，
∵DE⊥BC，
∴∠FED=90°−∠EFD=60°，∠BEF=2∠FED=120°，
∴∠AEF=180°−∠BEF=60°，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=3，
∴AC=BC⋅tan∠B=3× 33= 3，∠BAC=60°，
如图①若∠AFE=90°，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴∠EFD+∠AFC=∠FAC+∠AFC=90°，
∴∠FAC=∠EFD=30°，
∴CF=AC⋅tan∠FAC= 3× 33=1，
∴BD=DF=BC−CF2=1；
如图②若∠EAF=90°，
则∠FAC=90°−∠BAC=30°，
∴CF=AC⋅tan∠FAC= 3× 33=1，
∴BD=DF=BC+CF2=2，
∴△AEF为直角三角形时，BD的长为：1或2．
首先由在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=3，即可求得AC的长、∠AEF与∠BAC的度数，然后分别从从∠AFE=90°与∠EAF=90°去分析求解，又由折叠的性质与三角函数的知识，即可求得CF的长，继而求得答案．
此题考查了直角三角形的性质、折叠的性质以及特殊角的三角函数问题．此题难度适中，注意数形结合思想与分类讨论思想的应用．

18.【答案】解：a−2a2−3a÷(a+3+5a−3)
=a−2a(a−3)÷(a+3)(a−3)+5a−3
=a−2a(a−3)⋅a−3(a+3)(a−3)+5
=a−2a(a−3)⋅a−3(a+2)(a−2)
=1a(a+2)
=1a2+2a，
∵a2−7a+12=0，
∴(a−3)(a−4)=0，
∴a−3=0或a−4=0，
解得a1=3，a2=4，
∵a=3时，原式没有意义，
∴当a=4时，原式=142+4×2=124． 
【解析】先把括号内通分，再把分子分母因式分解和除法运算化为乘法运算，接着约分得到原式=1a2+2a，然后解方程和利用分式有意义的条件得到a=4时，最后把a=4代入原式=1a2+2a中计算即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系，当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．上面的结论反过来也成立．也考查了分式的化简求值．

19.【答案】解：AD是△ABC的角平分线，AF是△ABE的角平分线；
BE是△ABC的中线，DE是△ADC的中线． 
【解析】利用角平分线和中线的定义解答即可．
此题考查三角形的角平分线、高和中线，关键是利用角平分线和中线的定义解答．

20.【答案】解：在Rt△ABC中，AC= 32+42=5．
又因为52+122=132，
即AD2+AC2=CD2．
所以∠DAC=90°．
所以S四边形ABCD=SRt△ACD+SRt△ABC=12×3×4+12×5×12=6+30=36． 
【解析】在Rt△ABC中可得直线AC的长，进而得出△ACD也为直角三角形，可求解其面积．
熟练掌握勾股定理的运用，能够运用勾股定理求解一些简单的计算问题．

21.【答案】证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠ABC=∠ACB=∠CAB=60°，
∵DF⊥AB，DE⊥CB，EF⊥AC，
∴∠DAB=∠CBE=∠ACF=90°，
∴∠DBA=∠BCE=∠FAC=30°，
∴∠D=∠E=∠F=180°−90°−30°=60°，
∴DF=DE=EF，
∴△DEF是等边三角形， 
【解析】由△ABC是等边三角形和DF⊥AB，DE⊥CB，EF⊥AC，求出∠DBA=∠BCE=∠FAC=30°，推出∠D=∠E=∠F=60°，推出DF=DE=EF，即可得出△DEF是等边三角形．
此题考查了等边三角形的性质，由△ABC是等边三角形和DF⊥AB，DE⊥CB，EF⊥AC，求出∠DBA=∠BCE=∠FAC=30°是解题关键．

22.【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴CB=CD，∠ABC=∠ADC，
∴∠EBC=∠FDC，
在△EBC和△FDC中，
BE=DF∠EBC=∠FDCCB=CD，
∴△EBC≌△FDC，
∴EC=FC． 
【解析】根据菱形的性质得到CB=CD，∠ABC=∠ADC，证明△EBC≌△FDC，根据全等三角形的性质证明即可．
本题考查的是全等三角形的判定和性质、菱形的性质．

23.【答案】解：△ADE是等边三角形，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=∠B=60°，AB=AC，
∴∠ACD=120°，
∵CE平分∠ACD，
∴∠ACE=∠DCE=60°，
在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠B=∠ACEBD=CE
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∴∠BAC+∠CAD=∠CAD+∠DAE
又∵∠BAC=60°，
∴∠DAE=60°，
∴△ADE为等边三角形． 
【解析】由条件可以证明△ABD≌△ACE，即可得出AD=AE，∠BAD=∠CAE，从而∠DAE=60°，故△ADE为等边三角形．
本题考查全等三角形的判定与性质，涉及等边三角形的判定与性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定定理．

24.【答案】BP=CE  CE⊥BC 
【解析】解：(1)如图，连接AC，延长CE交AD于H，

∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD=∠CBD=30°，
∴AB=AC，∠BAC=60°，∠CAH=60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE，∠PAE=60°，
∵∠BAC=∠PAE，
∴∠BAP+∠PAC=∠CAE+∠PAC，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△BAP≌△CAE(SAS)，
∴BP=CE，∠ABP=∠ACE=30°，
同理可证△ACD是等边三角形，
∴∠ACD=2∠ACH=60°，
∴CH⊥AD，即CE⊥AD
又∵AD/​/BC，
∴CE⊥BC．
故答案为：BP=CE，CE⊥BC；
(2)(1)中结论仍然成立，理由如下：
如图，连接AC，

∴△ABC，△ACD为等边三角形，
在△ABP和△ACE中，AB=AC，AP=AE，
又∵∠BAP=∠BAC+∠CAP=60°+∠CAP，∠CAE=∠EAP+∠CAP=60°+∠CAP
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE(SAS)，
∴BP=CE，∠ACE=∠ABD=30°，
设CE与AD交于点H，
同理可得∠ACD=2∠ACH=60°，
∴CE⊥AD，
又∵AD/​/BC，
∴CE⊥BC．
(3)如图3中，当点P在BD的延长线上时，连接AC交BD于点O，连接CE，BE，作EF⊥AP于F，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ABC，
∵∠ABC=60°，AB=2，
∴∠ABO=30°，
∴OA=12AB=1，
∴OB= AB2−OA2= 3，
∴BD=2OB=2 3，
由(2)知CE⊥BC，
∵BE= 31，BC=AB=2，
∴CE= BE2−BC2=3 3，
由(2)知BP=CE=3 3，
∴DP= 3，
∴OP=2 3，
∴AP= OA2+OP2= 13，
∵△APE是等边三角形，EF⊥AP，
∴EF= 3FP= 3×12AP= 32AP，
∴S△AEP=12AP× 32AP= 34AP2=13 34；
如图4中，当点P在DB的延长线上时，同法可得AP= OA2+OP2= 12+(4 3)2=7，

∴S△AEP= 34AP2=49 34；
综上所述，△AEP的面积为13 34或49 34．
(1)连接AC，延长CE交AD于H，证明△BAP≌△CAE(SAS)，得到BP=CE，∠ABP=∠ACE，再证明∠AHC=90°，即可得到：CE⊥AD，再由AD//BC，即可证明CE⊥BC；
(2)连接AC，AC与BD交于点O，证明△BAP≌△CAE(SAS)，得到BP=CE，∠ABP=∠ACE，再证明∠AHC=90°，即可得到：CE⊥AD，再由AD//BC即可证明CE⊥BC；
(3)分两种情形：当点P在BD的延长线上时或点P在线段DB的延长线上时，连接AC交BD于点O，由∠BCE=90°，根据勾股定理求出CE的长即得到BP的长，再求AO、PO、PD的长及等边三角形APE的边长可得结论．
此题是四边形的综合题，重点考查菱形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，将菱形的性质与三角形全等的条件联系起来，此题难度较大，属于考试压轴题．

25.【答案】解：(1)令x=0，则y=5，
∴C(0,5)，
令y=0，则−x2+4x+5=0，
解得x=5或x=−1，
∴A(−1,0)，B(5,0)；
(2)①设P点的纵坐标为m，
∵△PAB的面积为3，
∴12×6(−m)=3，
解得m=−1，
当−x2+4x+5=−1时，解得x=2+ 10或x=2− 10，
∴P(2+ 10,−1)或(2− 10,−1)；
当−x2+4x+5=1时，解得x=2+ 2或x=2− 2，
∴P(2+ 2,−1)或(2− 2,−1)；
综上所述：P点坐标为(2+ 10,−1)或(2− 10,−1)或(2+ 2,−1)或(2− 2,−1)；
②∵y=−x2+4x+5=−(x−2)2+9，
∴抛物线的顶点为(2,9)，
∵图象M与直线y=t恒有四个交点，
∴−9 当−x2+4x+5=−t时，解得x=2+ 9+t或x=2− 9+t，
∴E(2− 9+t,t)，F(2+ 9+t,t)，
∴EF=2 9+t，
当 9+t=−t时，解得t=1± 372，
∵t<0，
∴t=1− 372，此时图象N与x轴相切，
∴−9 【解析】(1)分别令x=0，y=0即可求A、B、C点坐标；
(2)①设P点的纵坐标为m，由题意可得12×6(−m)=3，求出m=−1，当−x2+4x+5=−1时，P(2+ 10,−1)或(2− 10,−1)；当−x2+4x+5=1时，P(2+ 2,−1)或(2− 2,−1)；
②画出函数图象，由题意可知−9 本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，图象翻折的性质，圆与直线的位置关系，数形结合解题是关键．