山西省朔州市怀仁市第九中学校2023-2024学年九年级上学期月考数学试题

这是一份山西省朔州市怀仁市第九中学校2023-2024学年九年级上学期月考数学试题，共26页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第I卷（选择题）30分
一、单项选择题（共10个小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求）
1. 下列四个车标图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【详解】解：A.不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C.不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查的是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度后与自身重合．
2. 关于x的一元二次方程的根的情况为（ ）
A. 有两个相等的实数根B. 有两个不相等的异号实数根
C. 有两个不相等的同号实数根D. 没有实数根
【答案】B
【解析】
【分析】先计算出根的判别式△的值，根据△的值就可以判断根的情况．
详解】解：一元二次方程中，
∵△=，更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 ∴原方程有两个不相等的实数根,
∵,
∴原方程有两个不相等的异号实数根．
故选：B．
【点睛】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系是解题的关键，（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．
3. 已知抛物线经过点(0，5)，且顶点坐标为(2，1)，关于该抛物线，下列说法正确是（ ）
A. 表达式为B. 图象开口向下
C. 图象与轴有两个交点D. 当时，随的增大而减小
【答案】D
【解析】
【分析】由二次函数顶点坐标可设抛物线解析式为顶点式，将(0，5)代入解析式求解．
【详解】解：∵抛物线顶点坐标为(2，1)，
∴，
将(0，5)代入得，
解得，
∴，故选项A不符合题意；
∵a=1>0，
∴图象开口向上，故选项B不符合题意；
∵顶点坐标为(2，1)，且图象开口向上，
∴图象与轴没有有两个交点，故选项C不符合题意；
∵a=1>0，且对称轴为直线x=2，
∴时，随增大而减小，故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程的关系，掌握二次函数图象与系数的关系．
4. 甲、乙两人玩“石头，剪刀，布”的游戏，约定只玩一局，描述错误的是（ ）
A. 甲，乙获胜的概率均低于0.5B. 甲，乙获胜的概率相同
C. 甲，乙获胜的概率均高于0.5D. 游戏公平
【答案】C
【解析】
【分析】根据游戏结局共有三种情形，其中甲、乙获胜的概率都为，即可求解．
【详解】解：甲、乙两人玩“石头，剪刀，布”的游戏，约定只玩一局，结局有甲获胜（乙输）、平局、乙获胜（甲输），三种结局，其中，甲、乙获胜的概率都为，则A，B，D，选项正确，C选项错误．
故选C
【点睛】本题考查了概率公式求概率，游戏的公平性，求得概率是解题的关键．
5. 今年为庆祝共青团成立100周年，教体局举行篮球友谊赛，初赛采用单循环制（每两支球队之间都进行一场比赛），据统计，比赛共进行了28场，则一共邀请了多少支球队参加比赛？设一共邀请了支球队参加比赛．根据题意可列方程是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设一共邀请了x支球队参加比赛，赛制为单循环形式（每两支球队之间都进行一场比赛），则每个队参加（x-1）场比赛，则共有 场比赛，可以列出一元二次方程．
【详解】解：设一共邀请了x支球队参加比赛，由题意得，
．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，根据比赛场数与参赛队之间的关系为：比赛场数=队数×（队数-1）÷2，进而得出方程是解题关键．
6. 如图，是的弦，是的切线，A为切点，经过圆心．若，则的大小等于（ ）
A. 20°B. 25°C. 40°D. 50°
【答案】A
【解析】
【分析】连接，根据切线的性质即可求得的度数，再根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可得解．
【详解】解：连接，如图所示：
∵是的切线，A为切点，
∴，即，
又∵，
∴，
∴；
故选：A．
【点睛】本题考查圆的切线性质和圆周角定理，熟练掌握圆的切线性质和圆周角定理是解题的关键，遇到圆的切线时往往需要过切点连半径．
7. 如图，AB为⊙O的弦，点C在AB上，AC＝4，BC＝2，CD⊥OC交⊙O于点D，则CD的长为（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过点O作OE⊥AB于点E，连接OA，OD，根据垂径定理可得AE=BE=3，从而得到CE=1，然后设OE=x，根据勾股定理可得，从而得到，即可求解．
【详解】解：如图，过点O作OE⊥AB于点E，连接OA，OD，
∴，
∵AC＝4，BC＝2，
∴BA=6，
∴AE=BE=3，
∴CE=1，
设OE=x，
∴，
∵CD⊥OC，
∴，
∴或（舍去）．
故选：C
【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，熟练掌握垂径定理，勾股定理是解题的关键．
8. 已知a，b是方程的两个实数根，则的值是（ ）
A. 2026B. 2024C. 2022D. 2020
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次方程的解及根与系数的关系可得出a2+a=3，a+b=−1，将其代入即可求出结论．
【详解】解：∵a，b是方程x2+x−3=0的两个实数根，
∴a2+a=3，a+b=−1，
∴b=-a-1，
=2026
故选：A．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解及根与系数的关系，代数式求值问题，熟练掌握和运用一元二次方程的解及根与系数的关系是解决本题的关键．
9. 如图，正方形的边长为，动点，同时从点出发，在正方形的边上，分别按，的方向，都以的速度运动，到达点运动终止，连接，设运动时间为，的面积为，则下列图象中能大致表示与的函数关系的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意结合图形，分情况讨论：①时，根据，列出函数关系式，从而得到函数图象；②时，根据列出函数关系式，从而得到函数图象，再结合四个选项即可得解．
【详解】①当时，
∵正方形的边长为，
∴；
②当时，
，
所以，与之间函数关系可以用两段二次函数图象表示，纵观各选项，只有A选项图象符合，
故选A．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，根据题意，分别求出两个时间段的函数关系式是解题的关键．
10. 已知二次函数，其函数与自变量之间的部分对应值如下表所示，则下列式子：①，②当时，，③，④关于的一元二次方程的解是，．
正确的个数是（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】观察图表可知，开口向下，，二次函数在与时，值相等，得出对称轴为直线，即可得出，在根据图象经过点，得出由此判断①；根据二次函数的对称性求得抛物线与轴的交点，即可判断②；根据，即可判断③；根据抛物线的对称性求得点关于直线的对称点是，即可判断④．
【详解】解：①根据题意得：二次函数有最大值，
，开口向下，
对称轴为直线，
∴，
，
图象经过点，
，
，故说法正确；
②对称轴为直线，
点关于直线的对称点为，
，开口向下，
当时，，故说法正确；
③当时，，
，故说法错误；
④点关于直线的对称点是，
关于的一元二次方程的解是，，故说法错误．
综上分析可得，正确的是：①②，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，难度适中．通过观察图表得出对称轴为直线是解题的关键．
第II卷（非选择题）90分
二、填空题（共5个小题，每小题3分，共15分）
11. 写出一个一元二次方程，它的根为－1和3，这个方程可以是________．
【答案】x2-2x-3=0．
【解析】
【分析】设出解析式，根据根与系数的关系即可求出答案．
【详解】解：设方程x2+mx+n=0的两根为-1和3，
∴-m=-1+3，
n=-1×3，
∴m=-2，n=-3，
∴该方程为x2-2x-3=0，
故答案为：x2-2x-3=0．
【点睛】本题考查一元二次方程，解题的关键是掌握根与系数的关系，本题属于基础题型．
12. 如图，已知A（1，1），B（3，9）是抛物线y＝上的两点，在y轴上有一动点P，当△PAB的周长最小时，则此时△PAB的面积为 _____．
【答案】6
【解析】
【分析】根据抛物线y＝的性质，作出B关于y轴的对称点，连接交y轴于P，点P即为所求，再求出△PAB的面积即可．
【详解】解：如图，作出B关于y轴的对称点，则⊥y轴于点H，连接交y轴于P，
则点P就是使△PAB的周长最小时的位置．
∵抛物线y＝的对称轴是y轴，B、关于y轴对称，
∴点P在抛物线y＝上，且，
∴，
∴此时△PAB的周长最小，
∵B（3，9），
∴（﹣3，9），
∴＝6，点H的坐标是（0，9），
∵A（1，1），
∴点A到的距离为9－1＝8，
设直线A的直线方程为y＝kx+b，把点A和点的坐标代入后得到，
∴，
解得，
∴直线A的解析式为y＝﹣2x+3，
当x＝0时，y＝3，
∴P点的坐标为（0，3）,
∴PH＝OH－OP＝6，
此时，
即△PAB的面积为6，
故答案为：6．
【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，二次函数图象上的点的坐标特征以及待定系数法求解析式，作出B的对称点是本题的关键．
13. 如图，点B、C、D都在半径为6的⊙O上，过点C作ACBD交OB的延长线于点A，连接CD，已知∠CDB＝∠OBD＝30°，则图中阴影部分的面积______．
【答案】
【解析】
【分析】根据条件证得，由此可知．
【详解】解：连接OC，交BD于点E，如图所示，
∵∠CDB＝30°，
∴∠COB＝60°，
∵∠OBD＝30°，
∴∠OEB=∠CED =90°，
∴BE=DE，
在和中，
∵，
∴（ASA），
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆中的综合应用，重点是利用三角形全等进行阴影面积的转化．
14. 小明的讲义夹里放了大小相同的试卷共12页，其中语文4页、数学2页、英语6页，他随机地从讲义夹中抽出1页，抽出的试卷恰好是数学试卷的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据概率公式进行求解即可．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等可能事件的概率，读懂题意，知道共有12种等可能结果产生，其中是数学试卷的占了2种是解答本题的关键．
15. 如图，抛物线y＝﹣x2+x+3与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），交y轴于点C，点P为抛物线对称轴上一点．则△APC的周长最小值是_____．

【答案】+5
【解析】
【分析】先连接AP、AC、BC，根据两点之间，线段最短得到△APC周长最小=BC+AC，根据二次函数解析式，求出A、B、C三点坐标，用勾股定理求出BC、AC即可.
【详解】解：如图，连接AP、AC、BC，

由线段垂直平分线性质，得AP＝BP，
∴△APC周长=AP+PC+AC=BP+PC+AC,
∴当BC与对称轴交点则为点P时，
△APC周长=BP+PC+AC=BC+AC最小，
抛物线y＝-x2+x+3中，令y＝0，解得x＝4或x＝-2；令x＝0，解得y＝3，
∴A（-2，0），B（4，0），C（0，3），
∴OA＝2，OB＝4，OC＝3，
在Rt△AOC中，有AC＝＝，
在Rt△BOC中，有BC＝＝5，
∴△APC的周长的最小值为：+5，
故答案为+5．
【点睛】本题是二次函数动点问题中的最短路径问题，用对称解决最短路径问题是解题的关键.
三、解答题（共8个小题，共75分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
16. 用合适的方法解方程
（1）
（2）
（3）
（4）．
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【分析】（1）利用直接开平方的方法解方程即可；
（2）利用因式分解法解方程即可；
（3）利用因式分解法解方程即可；
（4）利用因式分解法解方程即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴，
解得；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴或，
解得；
【小问3详解】
解：∵，
∴，
∴或，
解得；
【小问4详解】
解：∵，
∴，
∴或，
解得．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，熟知解一元二次方程的方法是解题的关键．
17. 如图1与图2，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，的顶点及点均在格点上．请仅用无刻度直尺完成作图（保留作图痕迹）．

（1）在图1中，作关于点成中心对称的；
（2）在图2中．
①作绕点A顺时针旋转一定角度后，顶点仍在格点上的；
②请直接写出：点到的距离为_________．
【答案】（1）见解析 （2）①见解析；②
【解析】
【分析】（1）利用旋转变换性质分别作出A，B，C的对应点，，即可；
（2）①利用数形结合的思想解决问题即可；
②判断出△ABC是直角三角形，利用等积法，即可求解．
【小问1详解】
解：如图1中，即为所求．
【小问2详解】
解：①如图2中，即为所求．
②过点B作于点D，
，，，
∵，
∴，且，
∴，
即，
∴点B到的距离为，
故答案为：．
【点睛】本题考查-旋转变换，勾股定理和逆定理，点到直线的距离等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．
18. “学习强国”学习平台是以习近平新时代中国特色社会主义思想和党的二十大“坚持以中国式现代化推进中华民族伟大复兴”精神为主要内容的优质平台，这个平台功能强大，其中有个学习项目是“四人赛”，参与比赛的四人都可以完成两局．其积分规则如下：首局第一名积3分，第二、三名各积2分，第四名积1分；第二局第一名积2分，其余名次各积1分；每日仅前两局得分．
（1）若李老师只完成了首局比赛，他获得的积分是几分的概率最大？
（2）若李老师完成了前两局比赛，求他前两局积分之和恰好是4分的概率．
【答案】（1）李老师获得的积分是2分的概率最大
（2）
【解析】
【分析】本题考查了用树状图法求概率、概率公式等知识．
（1）由概率公式分别求出得3分，2分和1分的概率即可得出结论；
（2）画树状图，共有16种等可能的结果，其中李老师前两局积分之和恰好是4分的结果有5种，再由概率公式求解即可．
【小问1详解】
李老师获得的积分是3分的概率为，
李老师获得的积分是1分的概率为，
李老师获得的积分是2分的概率为，
因为，
所以，李老师获得的积分是2分的概率最大；
【小问2详解】
画树状图如下：

共有16种等可能的结果，其中李老师前两局积分之和恰好是4分的结果有5种，
∴李老师前两局积分之和恰好是4分的概率为．
19. 某公园要铺设广场地面，其图案设计如图所示．矩形地面的长为50米，宽为32米，中心建设一个直径为10米的圆形喷泉，四周各角留一个相同的矩形花坛，图中阴影处铺设地砖．已知矩形花坛的长比宽多15米，铺设地砖的面积是1125平方米．（取3）
（1）求矩形花坛的宽是多少米；
（2）四个角的矩形花坛由甲、乙两个工程队负责绿化种植，甲工程队每平方米施工费为100元，乙工程队每平方米施工费为120元．若完成此工程的工程款不超过42000元，至少要安排甲队施工多少平方米？
【答案】（1）矩形花坛的宽是5米
（2）至少要安排甲队施工300平方米
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用以及一元一次不等式的应用．
（1）设矩形花坛的宽是x米，则长是米，根据阴影铺设地砖的面积是1125平方米，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）设安排甲队施工y平方米，则安排乙队施工平方米，根据所需工程款=甲工程队所需工程款+乙工程队所需工程款，结合完成此工程的工程款不超过42000元，即可得出关于y的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出结论．
【小问1详解】
设矩形花坛的宽是x米，则长是米，依题意得：
，
整理得：，
解得：（不合题意，舍去）．
答：矩形花坛的宽是5米．
【小问2详解】
设安排甲队施工y平方米，则安排乙队施工平方米，
依题意得：，
解得：．
答：至少要安排甲队施工300平方米．
20. 已知二次函数．
（1）求这个二次函数的图象的顶点的坐标，并指出当随的增大而增大时，自变量的取值范围；
（2）求这个二次函数图象与轴的交点A，B的坐标（点A在点B的左边）及的面积．
【答案】（1）；．
（2）A，B；1．
【解析】
【分析】（1）先将二次函数解析式化为顶点式，从而得解；
（2）令y=0，可求出点A，B的坐标，再用公式：求解即可．
【小问1详解】
解：∵
∴这个二次函数的图象的顶点的坐标为：，
当随的增大而增大时，自变量的取值范围是：
【小问2详解】
令，
解得：．
∴点A、B的坐标为：A，B
∴AB=2，
∴．
【点睛】本题考查将一般式化为顶点式，二次函数的图象与性质，二次函数与一元二次方程的关系，能将一般式化为顶点式，会求与x轴的交点是解题的关键．
21. 将图中的破轮子复原，已知弧上三点A，B，C．
（1）画出该轮的圆心；
（2）若是等腰三角形，底边cm，腰AB＝10cm，求弧BC的长．
【答案】（1）见解析 （2）cm
【解析】
【分析】（1）根据垂径定理，分别作弦AB和AC的垂直平分线交点即为所求；
（2）连接AO，OB，OC，利用垂径定理和勾股定理可求出圆片的半径R，判定出△OAB和△OAC为等边三角形，求出∠BOC的度数，再利用弧长公式计算即可．
【小问1详解】
解：如图，点O即为圆心；
【小问2详解】
连接AO，OB，OC，BC，BC交OA于D．
∵△ABC是等腰三角形，
∴AB=AC=10cm，
∵BC=cm，
∴BD=cm，
∴AD==5cm，
设圆片的半径为R，在Rt△BOD中，OD=（R-5）cm，
∴，
解得：R=10，
∴△OAB和△OAC为等边三角形，
∴∠BOC为120°，
∴弧BC的长为：=cm．
【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，等腰三角形的性质，垂径定理，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
22. 请阅读下列材料，并完成相应的任务．
人类会作圆并且真正了解圆的性质是在2000多年前，由我国的墨子给出圆的概念：“一中同长也．”．意思说，圆有一个圆心，圆心到圆周的长都相等．这个定义比希腊数学家欧几里得给圆下的定义要早100年．与圆有关的定理有很多，弦切角定理就是其中之一．
我们把顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．
弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹弧所对的圆周角度数．
下面是弦切角定理的部分证明过程：
证明：如图①，AB与⊙O相切于点A．当圆心O在弦AC上时，容易得到∠CAB＝90°，所以弦切角∠BAC的度数等于它所夹半圆所对的圆周角度数．
如图②，AB与⊙O相切于点A，当圆心O在∠BAC的内部时，过点A作直径AD交⊙O于点D，在上任取一点E，连接EC，ED，EA，则∠CED＝∠CAD．
…
任务：
(1)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；
(2)如图③，AB与⊙O相切于点A．当圆心O在∠BAC的外部时，请写出弦切角定理的证明过程．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析
【解析】
【分析】（1）利用圆周角定理得到∠DEA＝90°，再根据同弧所对的圆周角相等得到∠CED＝∠CAD，最后利用等式的性质即可得到∠CEA＝∠CAB；
（2）通过∠C=90°说明∠CFA＋∠FAC＝90°，再根据同角的余角相等得到∠CAB＝∠CFA即可.
【详解】解：（1）∵AD是⊙O直径，
∴∠DEA＝90°．
∵AB与⊙O相切于点A，
∴∠DAB＝90°．
∴∠CED＋∠DEA＝∠CAD＋∠DAB，即∠CEA＝∠CAB．
∴弦切角的度数等于它所夹弧所对的圆周角度数；
（2）证明：如图，过点A作直径AF交⊙O于点F，连接FC．
∵AF是直径，
∴∠ACF＝90°．
∴∠CFA＋∠FAC＝90°．
∵AB与⊙O相切于点A，
∴∠FAB＝90°．
∴∠CAB＋∠FAC＝90°．
∴∠CAB＝∠CFA，
即弦切角的度数等于它所夹弧所对的圆周角度数．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理等知识点，利用所学知识证明定理，熟记知识点是解题的关键．
23. 如图，抛物线过，两点，点C、B关于抛物线的对称轴对称，过点B作直线轴，交x轴于点H．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求的面积；
（3）若点M在直线BH上运动，点N在x轴上运动，当为等腰直角三角形时，点N的坐标为______．
【答案】（1）
（2）3 （3）（2，0）或（﹣4，0）或（﹣2，0）或（4，0）．
【解析】
【分析】（1）待定系数法求解析式即可；
（2）根据抛物线解析式求得对称轴，进而求得点的坐标，根据三角形面积公式求解即可；
（3）以点C、M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，分三类情况讨论：①以点M为直角顶点且M在x轴上方时，证明△CBM≌△MHN（AAS），即可求得的坐标，②以点M为直角顶点且M在x轴下方时，证明△NEM≌△MDC，③以点N为直角顶点且N在y轴左侧时，同理得△NEM≌△MDC，④以点N为直角顶点且N在y轴右侧时，同理得ME＝DN＝NH＝3，⑤以C为直角顶点时，不能构成满足条件的等腰直角三角形．
【小问1详解】
解：把A（4，0），B（1，3）代入抛物线中，
得，
解得，
∴该抛物线解析式为；
【小问2详解】
解：∵抛物线解析式为，
∴抛物线对称轴为直线x＝2，
∵点C和点B关于对称轴对称，点B的坐标为（1，3），
∴C（3，3），
∴BC＝2，
∴；
【小问3详解】
解：以点C、M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，分三类情况讨论：
①以点M为直角顶点且M在x轴上方时，如图3-1所示，
∴CM＝MN，∠CMN＝90°，
∴∠HNM+∠HMN=∠HMN+∠BMC=90°，
∴∠BMC=∠HNM，
在△CBM和△MHN中，
，
∴△CBM≌△MHN（AAS），
∴BC＝MH＝2，BM＝HN＝3-2＝1，
∴ON=OH+HN=2，
∴N（2，0）；
②以点M为直角顶点且M在x轴下方时，如图3-2所示，
过点M作轴，过点N作NE⊥DE于E，过点C作CD⊥DE于D，
同理可证△NEM≌△MDC，
∴NE=DM=2，
∴EM＝CD＝5，
∵OH＝1，
∴ON＝NH﹣OH＝5-1＝4，
∴N（-4，0）；
③以点N为直角顶点且N在y轴左侧时，如图3-3所示，
过点N作轴，过点M作ME⊥DE于E，过点C作CD⊥DE于D，
同理得△NEM≌△CDN，
∴ME＝NH＝DN＝3，
∴ON＝3-1＝2，
∴N（-2，0）；
④以点N为直角顶点且N在y轴右侧时，如图3-4所示，
过点N作轴，过点M作ME⊥DE于E，过点C作CD⊥DE于D，
同理得△NEM≌△CDN，
∴ME＝DN＝NH＝3，
∴ON＝1+3＝4，
∴N（4，0）；
⑤以C为直角顶点时，不能构成满足条件的等腰直角三角形；
综上可知当△CMN为等腰直角三角形时N点坐标为（2，0）或（﹣4，0）或（﹣2，0）或（4，0）．
【点睛】本题考查了二次函数综合，全等三角形的性质与判定，待定系数法求解析式，等腰直角三角形的性质，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．1
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