2021年中考考前数学复习训练系列练习二（word版 含答案）

这是一份2021年中考考前数学复习训练系列练习二（word版 含答案），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
九年级数学考前复习训练系列练习及答案
一、选择题（每题3分）
1．下列命题是假命题的是（　　）
A．同旁内角互补，两直线平行
B．线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等
C．相等的角是对顶角
D．角是轴对称图形
2．如图，在6×6的正方形网格中，⊙O经过格点A，B，C，点P是上任意一点，连接AP，BP，则tan∠APB的值为（　　）

A． B． C． D．
3．用直角三角板，作△ABC的高，下列作法正确的是（　　）
A．B． C．D．
4．▱ABCD中，若AB＝4，AD＝m，∠A＝60°，将▱ABCD沿某直线翻折，使得点A与CD的中点重合，若折痕与直线AD交于点E，DE＝1，则m的值为（　　）
A．+1或﹣1 B．﹣1或+1 C．﹣1或﹣1 D．+1或+1
5．学校研究性学习小组的同学测量旗轩的高度．如图，在教学楼一楼地面C处测得旗杆顶部的仰角为60°，在教学楼三楼地面D处测得旗杆顶部的仰角为30°，旗杆底部与教学楼一楼在同一水平线上，已知教学楼每层楼的高度约为3.3米，则旗杆AB的高度最接近（　　）

A．8米 B．9米 C．10米 D．11米
6．某校开展“疫情防控小卫士”活动，从学生会“督查部”的4名学生（2男2女）中随机选两名进行督导每日一次体温测量，恰好选中男女学生各一名的概率是（　　）
A． B． C． D．
7．某中学组织全区优秀九年级毕业生参加学校冬令营，一共有x名学生，分成y个学习小组．若每组10人，则还差5人；若每组9人，还余下3人．若求冬令营学生的人数，所列的方程组为（　　）
A． B． C． D．
8．如图，线段AB的长为10，点D在AB上，△ACD是边长为3的等边三角形，过点D作与CD垂直的射线DP，过DP上一动点G（不与D重合）作矩形CDGH，记矩形CDGH的对角线交点为O，连接OB，则线段BO的最小值为（　　）

A．4 B．5 C．3 D．4
二、填空题（每题4分）
9．把多项式4mx2﹣my2因式分解的结果是　 　．
10．某商场的打折活动规定：凡在本商场购物，可转动转盘一次，并根据所转结果付账．其中不打折的概率为　 　．

11．如图，在正方形ABCD外作等腰直角三角形CDE，∠CED＝90°，DE＝CE，连接BE，则tan∠DEB＝　 　．

12．如图，△ABC中AC＝BC＝，∠C＝90°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转60°得到△AB'C'，连接C'B，则C'B的长为　 　．

13．如图，将一把矩形直尺ABCD和一块含30°角的三角板EFG摆放在平面直角坐标系中，AB在x轴上，点G与点A重合，点F在AD上，三角板的直角边EF交BC于点M，反比例函数y＝（x＞0）的图象恰好经过点F，M．若直尺的宽CD＝2，三角板的斜边FG＝6，则k＝　 　．

14．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，2），点B在x轴正半轴上，∠ABO＝30°，四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝120°，若反比例函数y＝在第一象限的图象经过BC的中点E，则k的值为　 　．

15．如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝4，BC＝4，点E是AB的中点，点F是AD边上的一个动点，将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△A'EF，连接A'C，A'D，则当△A'DC是以A'D为腰的等腰三角形时，FD的长是　 　．


16．（8分）计算：．
17．（8分）先简化，再求值：，其中．
18．（10分）“春节”是我国的传统佳节，民间历来有吃“饺子”的习俗．我市某食品厂为了解市民对去年销量较好的肉馅饺、牛肉馅饺、虾肉馅饺、素馅饺（以下分别用A、B、C、D表示）这四种不同口味饺子的喜爱情况，在节前对某居民区市民进行了抽样调查，并将调查情况绘制成如下两幅统计图（尚不完整）．

请根据以上信息回答
（1）本次参加抽样调查的居民有　 　人；
（2）将两幅不完整的图补充完整；
（3）若居民区有8000人，请估计爱吃D饺的人数；
（4）若有外型完全相同的A、B、C、D饺子各一个，煮熟后，小王吃了两个．用列表或画树状图的方法，求他吃到C饺的概率．
19．（10分）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，P是边AD上一点，将△ABP沿着直线PB折叠，得到△EBP．
（1）请在备用图上用没有刻度的直尺和圆规，在边AD上作出一点P，使BE平分∠PBC，并求出此时△BEC的面积；（作图要求：保留作图痕迹，不写作法．）
（2）连接CE并延长交线段AD于点Q，则AQ的最大值为　 　．（直接写出答案）
20．（10分）如图，在6×6网格里有格点△ABC，仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，按步骤完成下列问题：
（1）作△ABC的高AD；
（2）在AC上取一点E，连接DE，使DE∥AB；
（3）在线段AD上取一点F，使得；
（4）直接写出DE的值　 　．

21．（10分）如图，在矩形ABCD的BC边上取一点E，连接AE，使得AE＝EC，在AD边上取一点F，使得DF＝BE，连接CF．过点D作DG⊥AE于G．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若AB＝4，BE＝3，求DG的长．

22．（10分）如图，作△ABF的外接圆⊙O，AB为⊙O的直径，点D在AB上（D不与端点重合），过点D作AB的垂线交BF的延长线于点C，且CD＝AB，过F作⊙O的切线交DC于点E．
（1）求证：EF＝EC；
（2）若D是OA的中点，AB＝4，求CF的长．

23．（10分）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与直线AB交于A（﹣4，﹣4），B（0，4）两点，直线AC：y＝﹣x﹣6交y轴于点C．点E是直线AB上的动点，过点E作EF⊥x轴交AC于点F，交抛物线于点G．
（1）求抛物线y＝﹣x2+bx+c的表达式；
（2）连接GB，EO，当四边形GEOB是平行四边形时，求点G的坐标；
（3）①在y轴上存在一点H，连接EH，HF，当点E运动到什么位置时，以A，E，F，H为顶点的四边形是矩形？求出此时点E，H的坐标；
②在①的前提下，以点E为圆心，EH长为半径作圆，点M为⊙E上一动点，求AM+CM它的最小值．




24．（10分）问题背景
如图（1），△ABD，△AEC都是等边三角形，△ACD可以由△AEB通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小．
尝试应用
如图（2），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC，AB为边，作等边△ACD和等边△ABE，连接ED，并延长交BC于点F，连接BD．若BD⊥BC，求的值．
拓展创新
如图（3），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝2，将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，连接PB，直接写出PB的最大值．




25．（12分）如图，抛物线y＝ax2﹣3ax﹣2交x轴于A、B（A左B右）两点，交y轴于点C，过C作CD∥x轴，交抛物线于点D，E（﹣2，3）在抛物线上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P为第一象限抛物线上一点，过点P作PF⊥CD，垂足为F，连接PE交y轴于G，求证：FG∥DE；
（3）如图2，在（2）的条件下，过点F作FM⊥PE于M．若∠OFM＝45°，求P点坐标．


参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．【解答】解：A、同旁内角互补，两直线平行，是真命题，不符合题意；
B、线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等，是真命题，不符合题意；
C、相等的角不一定是对顶角，原命题是假命题，符合题意；
D、角是轴对称图形，是真命题，不符合题意；
故选：C．
2．【解答】解：如图，连接AD、BD，
由圆周角定理得：∠APB＝∠ADB，
∴tan∠APB＝tan∠ADB＝＝，
故选：A．

3．【解答】解：A、B、C均不是高线．
故选：D．
4．【解答】解：如图1中，当点E在线段AD上时，过等F作FH⊥AD交AD的延长线于H．

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝4，AB∥CD，
∴∠FDH＝∠BAD＝60°，
∴DF＝CF＝CD＝2，
∴DH＝DF•cos60°＝1，FH＝DF•sin3＝60°＝，
∵DE＝1，
∴EH＝DE+DH＝2，
∴AE＝EF＝＝＝，
∴m＝AD＝AE+DE＝+1．
如图2中，当点E在线段AD的延长线上时，同法可得DH＝1，此时点E与H重合，AE＝FH＝，AD＝AE﹣DE＝﹣1．

综上所述，满足条件的AD的值为+1或﹣1．
故选：A．
5．【解答】解：过点D作DE⊥AB于E，如图所示：
则四边形ACDE为矩形，
∴AE＝CD＝2×3.3＝6.6（米），AC＝DE，
设BE＝x米，
在Rt△BDE中，∠BED＝90°，∠BDE＝30°，
∴DE＝BE＝x（米），
∴AC＝DE＝x（米），
在Rt△ABC中，
∵∠BAC＝90°，∠ACB＝60°，
∴AB＝AC＝×x＝3x（米），
∵AB﹣BE＝AE，
∴3x﹣x＝6.6，
∴x＝3.3，
AB＝3×3.3＝9.9（米），即旗杆AB的高度为9.9米，
∴旗杆AB的高度最接近10米，
故选：C．

6．【解答】解：画树状图如图：

共有12个等可能的结果，恰好选中男女学生各一名的结果有8个，
∴恰好选中男女学生各一名的概率为＝，
故选：C．
7．【解答】解：每组10人时，实际人数可表示为10y﹣5；每组9人时，实际人数可表示为9y+3；
可列方程组为：，
故选：C．
8．【解答】解：连接AO，

∵四边形CDGH是矩形，
∴CG＝DH，OC＝CG，OD＝DH，
∴OC＝OD，
∵△ACD是等边三角形，
∴AC＝AD，∠CAD＝60°，
在△ACO和△ADO中，
，
∴△ACO≌△ADO（SSS），
∴∠OAB＝∠CAO＝30°，
∴点O一定在∠CAB的平分线上运动，
∴当OB⊥AO时，OB的长度最小，
∵∠OAB＝30°，∠AOB＝90°，
∴OB＝AB＝×10＝5，
即OB的最小值为5．
故选：B．
二．填空题（共7小题）
9．【解答】解：原式＝m（4x2﹣y2）＝m（2x+y）（2x﹣y），
故答案为：m（2x+y）（2x﹣y）
10．【解答】解：其中不打折的概率为＝；
故答案为：．
11．【解答】解：如图，连接BD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BDC＝45°，BD＝CD．
又∵△CDE是等腰直角三角形，∠CED＝90°，DE＝CE，
∴∠EDC＝45°，CD＝DE，
∴∠BDE＝∠BDC+∠EDC＝45°+45°＝90°，DE＝CD，
∴tan∠DEB＝＝＝2．
故答案为：2．

12．【解答】解：连接BB'，延长BC′交AB'于点M，如图所示：
由旋转的性质得：∠BAB'＝60°，BA＝B'A，AC＝BC＝AC′＝B′C′，∠AC′B′＝∠ACB＝90°，
∴△ABB'为等边三角形，
∴∠ABB'＝60°，AB＝BB'，
在△ABC'与△B'BC'中，，
∴△ABC'≌△B'BC'（SSS）
∴∠MBB'＝∠MBA＝30°，
∴BM⊥AB'，且AM＝B'M，
∵AC＝BC＝，∠C＝90°，
∴AB＝AC＝2，
∴AB＝AB'＝2，
∴AM＝1，
BM＝＝＝，
C′M＝AB′＝×2＝1，
∴C′B＝BM﹣C′M＝﹣1，
故答案为：﹣1．

13．【解答】解：过点M作MN⊥AD，垂足为N，则MN＝CD＝2，
在Rt△FMN中，∠MFN＝30°，MN＝2，
∴FN＝＝＝2，
又∵FG＝6，
∴NA＝MB＝FG﹣FN＝6﹣2＝4，
设OA＝a，则OB＝a+2，
∴点F（a，6），M（a+2，4），
又∵反比例函数y＝（x＞0）的图象恰好经过点F，M．
∴k＝6a＝4（a+2），
解得，a＝4，k＝24，
故答案为：24．

14．【解答】解：∵点A的坐标为（0，2），
∴OA＝2，
∵∠ABO＝30°，
∴OB＝OA＝2，
∴B（2，0），
作CM⊥x轴于M，
∵∠ABO＝30°，∠ABC＝120°，
∴∠CBM＝30°，
∴∠ABO＝∠CBM，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
在△AOB和△CMB中，
，
∴△AOB≌△CMB（AAS），
∴BM＝OB＝2，CM＝OA＝2，
∴OM＝4，
∴C（4，2），
∵E是BC的中点，
∴E（，1），即E（3，1），
∵反比例函数y＝在第一象限的图象经过点E，
∴k＝3×1＝3，
故答案3．

15．【解答】解：①当A′D＝DC时，如图1，连接ED，
∵点E是AB的中点，AB＝4，BC＝4，四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝4，∠A＝90°，
∴DE＝＝6，
∵将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△A'EF，
∴A′E＝AE＝2，
∵A′D＝DC＝AB＝4，
∴DE＝A′E+A′D＝6，
∴点E，A′，D三点共线，
∵∠A＝90°，
∴∠FA′E＝∠FA′D＝90°，
设AF＝x，则A′F＝x，FD＝4﹣x，
在Rt△FA′D中，42+x2＝（4﹣x）2，
解得：x＝，
∴FD＝3；
②当A′D＝A′C时，如图2，
∵A′D＝A′C，
∴点A′在线段CD的垂直平分线上，
∴点A′在线段AB的垂直平分线上，
∵点E是AB的中点，
∴EA′是AB的垂直平分线，
∴∠AEA′＝90°，
∵将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△A'EF，
∴∠A＝∠EA′F＝90°，AF＝FA′，
∴四边形AEA′F是正方形，
∴AF＝AE＝2，
∴DF＝4﹣2，
故答案为：4﹣2或3．


三．解答题（共10小题）
16．【解答】解：原式＝1﹣1+1﹣（﹣2）＝1﹣1+1+2＝3．
17．【解答】解：原式＝
＝
＝，
当x＝+1时，
原式＝．
18．【解答】解：（1）本次参加抽样调查的居民人数是60÷10%＝600（人）；
故答案为：600；
（2）A组所对应的百分比是×100%＝30%，
C组的人数是600﹣180﹣60﹣240＝120（人），所占的百分比是×100%＝20%，
将两幅不完整的图补充完整如下：

（3）若居民区有8000人，则估计爱吃D饺的人数为8000×40%＝3200（人）；
（4）画树状图如图：

共有12个等可能的结果，小王吃到C饺的结果有6个，
∴小王吃到C饺的概率为＝．
19．【解答】解：（1）如图，点P即为所求作．

过点E作EH⊥BC于H，
由作图可知，∠EBC＝30°，
∴EH＝BE＝，
∴S△BCE＝•BC•EH＝×5×＝．

（2）如图2中，由题意，BE＝BA，可知点E的运动轨迹是⊙B，

当EC与⊙B相切时，AQ的值最大，此时P，Q重合，
∵∠BEC＝90°，BC＝5，BE＝AB＝3，
∵EC＝＝＝4，
∵AD∥BC，
∴∠BCE＝∠CPD，
∵∠BEC＝∠D＝90°，
∴△BCE∽△CPD，
∴＝，
∴＝，
∴PD＝4，
∴AQ的最大值＝5﹣4＝1．
故答案为：1．
20．【解答】解：（1）如图所示，线段AD即为所求．
（2）如图所示，线段DE即为所求．
（3）如图所示，点F即为所求．

（4）连接CT，设AC交BT于F．
∵DE∥AB，
∴＝＝，
∴DE＝，
故答案为：．
21．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵BE＝DF，
∴AD﹣DF＝BC﹣BE，
即AF＝EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AF＝FC，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，AD＝BC，
在Rt△ABE中，AB＝4，BE＝3，
根据勾股定理，得
AE＝＝＝5，
∵四边形AECF是菱形，
∴EC＝AE＝5，
∴AD＝BC＝BE+EC＝3+5＝8，
∵AD∥BC，
∴∠EAD＝∠AEB，
∵DG⊥AE，
∴∠DGA＝∠B＝90°，
∴△ADG∽△EAB，
∴＝，
即＝，
∴DG＝．
22．【解答】（1）证明：连接OF，

∵EF为⊙O的切线，
∴OF⊥EF，
∴∠OFE＝90°，
∴∠OFB+∠EFC＝90°，
∵OB＝OF，
∴∠OFB+∠OBF，
∴∠EFC+∠OBF＝90°，
又∵CD⊥AB，
∴∠OBF+∠C＝90°，
∴∠EFC＝∠C，
∴EF＝EC；
（2）解：∵D是OA的中点，AB＝4，
∴OA＝OD＝1，OB＝2，
∴BD＝3，
∵CD＝AB＝4，∠BDC＝90°，
∴BC＝＝＝5，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∴∠AFB＝∠BDC，
又∵∠ABF＝∠DBC，
∴△DBC∽△FBA，
∴，
∴，
∴BF＝，
∴CF＝BC﹣BF＝5﹣．
23．【解答】解：（1）∵点A（﹣4，﹣4），B（0，4）在抛物线y＝﹣x2+bx+c上，
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+4；

（2）设直线AB的解析式为y＝kx+n过点A，B，
∴，
∴，
∴直线AB的解析式为y＝2x+4，
设E（m，2m+4），
∴G（m，﹣m2﹣2m+4），
∵四边形GEOB是平行四边形，
∴EG＝OB＝4，
∴﹣m2﹣2m+4﹣2m﹣4＝4，
∴m＝﹣2
∴G（﹣2，4）．

（3）①如图1，
由（2）知，直线AB的解析式为y＝2x+4，
∴设E（a，2a+4），
∵直线AC：y＝﹣x﹣6，
∴F（a，﹣a﹣6），
设H（0，p），
∵以点A，E，F，H为顶点的四边形是矩形，
∵直线AB的解析式为y＝2x+4，直线AC：y＝﹣x﹣6，
∴AB⊥AC，
∴EF为对角线，
∴EF与AH互相平分，
∴（﹣4+0）＝（a+a），（﹣4+p）＝（2a+4﹣a﹣6），
∴a＝﹣2，P＝﹣1，
∴E（﹣2，0）．H（0，﹣1）；

②如图2，
由①知，E（﹣2，0），H（0，﹣1），A（﹣4，﹣4），
∴EH＝，AE＝2，
设AE交⊙E于G，取EG的中点P，
∴PE＝，
连接PC交⊙E于M，连接EM，
∴EM＝EH＝，
∴＝，
∵＝，
∴＝，∵∠PEM＝∠MEA，
∴△PEM∽△MEA，
∴，
∴PM＝AM，
∴AM+CM的最小值＝PC，
设点P（p，2p+4），
∵E（﹣2，0），
∴PE2＝（p+2）2+（2p+4）2＝5（p+2）2，
∵PE＝，
∴5（p+2）2＝，
∴p＝﹣或p＝﹣（由于E（﹣2，0），所以舍去），
∴P（﹣，﹣1），
∵C（0，﹣6），
∴PC＝＝，
即：AM+CM＝．


24．【解答】问题背景
解：∵△ABD，△AEC都是等边三角形，
∴∠BAD＝60°，∠CAE＝60°，AD＝AB，AC＝AE，
∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAE，
∴△ACD≌△AEB（SAS），
∴△ACD可以由△AEB绕点A顺时针旋转60°得到，
即旋转中心是点A，旋转方向是顺时针，旋转角是60°；
尝试应用
∵△ACD和△ABE都是等边三角形，
∴AC＝AD，AB＝AE，∠CAD＝∠BAE＝60°，
∴∠CAB＝∠DAE，
∴△ADE≌△ACB（SAS），
∴∠ADE＝∠ACB＝90°，DE＝CB，
∵∠ADE＝90°，
∴∠ADF＝90°，
∵∠ADC＝∠ACD＝60°，
∴∠DCF＝∠CDF＝30°，
∴CF＝DF，
∵BD⊥BC，
∴∠BDF＝30°，
∴BF＝DF，
设BF＝x，则CF＝DF＝2x，DE＝3x，
∴；
拓展创新
∵∠ACB＝90°，
∴点C在以AB为直径的圆上运动，取AB的中点D，连接CD，
∴CD＝AB＝1，
如图，过点A作AE⊥AB，且使AE＝AD，连接PE，BE，

∵将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，
∴∠PAC＝90°，PA＝AC，
∵∠EAD＝90°，
∴∠PAE＝∠CAD，
∴△CAD≌△PAE（SAS），
∴PE＝CD＝1，
∵AB＝2，AE＝AD＝1，
∴BE＝＝＝，
∴BP≤BE+PE＝+1，
∴BP的最大值为+1．
25．【解答】解：（1）∵E（﹣2，3）在抛物线y＝ax2﹣3ax﹣2上，
∴4a+6a﹣2＝3，
解得：a＝，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣x﹣2．

（2）证明：∵y＝x2﹣x﹣2＝0时，解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴A（﹣1，0），B（4，0），
∵x＝0时，y＝x2﹣x﹣2＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
∵点D在抛物线上，且CD∥x轴，
∴D（3，﹣2），
设直线DE解析式为y＝kx+b
∴ 解得：，
∴直线DE：y＝﹣x+1，
∵点P为第一象限抛物线上一点，
∴设点P坐标为（t，t2﹣t﹣2）（t＞4），
设直线PE解析式为y＝cx+d，
∴ 解得：，
∴直线PE：y＝x+t﹣2，直线PE与y轴交点G（0，t﹣2），
∵PF⊥CD于点F，
∴F（t，﹣2），
设直线FG解析式为y＝ex+t﹣2，
把点F代入得：te+t﹣2＝﹣2，
解得：e＝﹣1，
∴FG∥DE，

（3）延长FO、PE相交于点N，过点M作MG′⊥PF于点G′，过点N作NH⊥MG′交G′M的延长线于点H，
∴∠FG′M＝∠MHN＝90°，
∵FM⊥PE于M，
∴∠FMN＝90°，
∴∠FMG′+∠NMH＝∠MNH+∠NMH＝90°，
∴∠FMG′＝∠MNH，
∵∠OFM＝45°，
∴∠MNF＝180°﹣∠FMN﹣∠OFM＝45°，
∴FM＝MN，
在△FG′M与△MHN中
，
∴△FG′M≌△MHN（AAS），
∴FG′＝MH，MG′＝NH，
∵F（t，﹣2），
∴直线OF：y＝﹣x，
∵点M在直线PE：y＝x+t﹣2上，
∴设M（m，m+t﹣2），
∴MG′＝t﹣m，FG′＝m+t﹣2﹣（﹣2）＝m+t，
∵ 解得：，
∴N（，），
∴MH＝m﹣，NH＝m+t﹣2﹣，
∴，
解得： （舍去），
∴yP＝×36﹣×6﹣2＝7，
∴点P坐标为（6，7）．
解法二：过点G作GH⊥PF于H，交FM于N，连接ON，设P（a，a2﹣a﹣2），设NH＝b，

由△GHP≌△FHN，推出NH＝PH＝b，
证明ON＝OC+NH＝b+2，
在Rt△OGN中，则有（b+2）2＝（a﹣2）2+（a﹣b）2，
∴b＝，
又b＝PH＝a（a﹣5），
∴＝，
∴a2﹣5a﹣6＝0，
∴a＝6或﹣1（舍弃），∴P（6，7）．