2020年山东省济宁市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1．（3分）（2020?济宁）实数1，﹣1，﹣，0，四个数中，最小的数是（ ） A． 0 B． 1 C． ﹣1 D． ﹣
考点： 实数大小比较． 分析： 根据正数＞0＞负数，几个负数比较大小时，绝对值越大的负数越小解答即可． 解答： 解：根据正数＞0＞负数，几个负数比较大小时，绝对值越大的负数越小，
可得1＞0＞﹣＞﹣1，
所以在1，﹣1，﹣，0中，最小的数是﹣1． 故选：C． 点评： 此题主要考查了正、负数、0和负数间的大小比较．几个负数比较大小时，绝对值越大的负
数越小， 2．（3分）（2020?济宁）化简﹣5ab+4ab的结果是（ ） A． ﹣1 B． a C． b D． ﹣ab
考点： 合并同类项． 分析： 根据合并同类项的法则：把同类项的系数相加，所得结果作为系数，字母和字母的指数不变
作答． 解答： 解：﹣5ab+4ab=（﹣5+4）ab=﹣ab
故选：D． 点评： 本题考查了合并同类项的法则．注意掌握合并同类项时把系数相加减，字母与字母的指数不
变，属于基础题． 3．（3分）（2020?济宁）把一条弯曲的公路改成直道，可以缩短路程．用几何知识解释其道理正确的是（ ） A． 两点确定一条直线 B． 垂线段最短 C． 两点之间线段最短 D．三 角形两边之和大于第三边
考点： 线段的性质：两点之间线段最短． 专题： 应用题． 分析： 此题为数学知识的应用，由题意把一条弯曲的公路改成直道，肯定要尽量缩短两地之间的里
程，就用到两点间线段最短定理． 解答： 解：要想缩短两地之间的里程，就尽量是两地在一条直线上，因为两点间线段最短．
故选C． 点评： 本题考查了线段的性质，牢记线段的性质是解题关键． 4．（3分）（2020?济宁）函数y=中的自变量x的取值范围是（ ）
x≥0 A． B． x≠﹣1 C． x＞0 D． x≥0且x≠﹣1
考点： 函数自变量的取值范围． 分析： 根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0，可以求出x的范
围． 解答： 解：根据题意得：x≥0且x+1≠0，
解得x≥0， 故选：A． 点评： 本题考查了自变量的取值范围，函数自变量的范围一般从三个方面考虑：当函数表达式是整
式时，自变量可取全体实数；当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；当函数表达式是二次根式时，被开方数非负． 5．（3分）（2020?济宁）如果圆锥的母线长为5cm，底面半径为2cm，那么这个圆锥的侧面积为（ ） A． 1 0cm2 B．1 0πcm2 C．2 0cm2 D．2 0πcm2
考点： 圆锥的计算． 分析： 圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2． 解答： 解：圆锥的侧面积=2π×2×5÷2=10π．
故选B． 点评： 本题考查了圆锥的计算，解题的关键是知道圆锥的侧面积的计算方法． 6．（3分）（2020?济宁）从总体中抽取一部分数据作为样本去估计总体的某种属性．下面叙述正确的是（ ） A． 样本容量越大，样本平均数就越大 B． 样本容量越大，样本的方差就越大 C． 样本容量越大，样本的极差就越大 D． 样本容量越大，对总体的估计就越准确
考点： 用样本估计总体． 分析： 用样本频率估计总体分布的过程中，估计的是否准确与总体的数量无关，只与样本容量在总
体中所占的比例有关，对于同一个总体，样本容量越大，估计的越准确． 解答： 解：∵用样本频率估计总体分布的过程中，
估计的是否准确与总体的数量无关， 只与样本容量在总体中所占的比例有关， ∴样本容量越大，估计的越准确． 故选：D． 点评： 此题考查了抽样和样本估计总体的实际应用，注意在一个总体中抽取一定的样本估计总体，
估计的是否准确，只与样本在总体中所占的比例有关． 7．（3分）（2020?济宁）如果ab＞0，a+b＜0，那么下面各式：①=，②?=1，③÷=﹣b，其中正确的是（ ）
①② ②③ ①③ ①②③ A． B． C． D．
考点： 二次根式的乘除法．
分析： 由ab＞0，a+b＜0先求出a＜0，b＜0，再进行根号内的运算． 解答： 解：∵ab＞0，a+b＜0，
∴a＜0，b＜0
①=，被开方数应≥0a，b不能做被开方数所以①是错误的， ②?=1，?===1是正确的，
③÷=﹣b，÷=÷=×=﹣b是正确的． 故选：B． 点评： 本题是考查二次根式的乘除法，解答本题的关键是明确a＜0，b＜0． 8．（3分）（2020?济宁）“如果二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴有两个公共点，那么一元二次方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实数根．”请根据你对这句话的理解，解决下面问题：若m、n（m＜n）是关于x的方程1﹣（x﹣a）（x﹣b）=0的两根，且a＜b，则a、b、m、n的大小关系是（ ） A． m＜a＜b＜n B． a＜m＜n＜b C． a＜m＜b＜n D． m＜a＜n＜b
考点： 抛物线与x轴的交点． 分析： 依题意画出函数y=（x﹣a）（x﹣b）图象草图，根据二次函数的增减性求解． 解答： 解：依题意，画出函数y=（x﹣a）（x﹣b）的图象，如图所示．
函数图象为抛物线，开口向上，与x轴两个交点的横坐标分别为a，b（a＜b）． 方程1﹣（x﹣a）（x﹣b）=0转化为（x﹣a）（x﹣b）=1，方程的两根是抛物线y=（x﹣a）（x﹣b）与直线y=1的两个交点．
由m＜n，可知对称轴左侧交点横坐标为m，右侧为n．
由抛物线开口向上，则在对称轴左侧，y随x增大而减少，则有m＜a；在对称轴右侧，y随x增大而增大，则有b＜n． 综上所述，可知m＜a＜b＜n． 故选A． 点评： 本题考查了二次函数与一元二次方程的关系，考查了数形结合的数学思想．解题时，画出函
数草图，由函数图象直观形象地得出结论，避免了繁琐复杂的计算． 9．（3分）（2020?济宁）如图，将△ABC绕点C（0，1）旋转180°得到△A′B′C，设点A的坐标为（a，b），则点A′的坐标为（ ） A． （﹣a，﹣b） B． （﹣a，﹣b﹣1） C． （﹣a，﹣b+1） D． （﹣a，﹣b+2）
考点： 坐标与图形变化-旋转． 分析： 设点A′的坐标是（x，y），根据旋转变换的对应点关于旋转中心对称，再根据中点公式列式
求解即可． 解答： 解：根据题意，点A、A′关于点C对称，
设点A′的坐标是（x，y）， 则=0，=1，
解得x=﹣a，y=﹣b+2，
∴点A的坐标是（﹣a，﹣b+2）． 故选：D． 点评： 本题考查了利用旋转进行坐标与图形的变化，根据旋转的性质得出点A、A′关于点C成中心
对称是解题的关键，还需注意中点公式的利用，也是容易出错的地方．
10．（3分）（2020?济宁）如图，两个直径分别为36cm和16cm的球，靠在一起放在同一水平面上，组成如图所示的几何体，则该几何体的俯视图的圆心距是（ ） A． 10cm． B． 24cm C． 26cm D． 52cm
考点： 简单组合体的三视图；勾股定理；圆与圆的位置关系． 分析： 根据两球相切，可得球心距，根据两圆相切，可得圆心距是半径的和，根据根据勾股定理，
可得答案． 解答： 解：球心距是（36+16）÷2=26，
两球半径之差是（36﹣16）÷2=10， 俯视图的圆心距是=24cm， 故选：B． 点评： 本题考查了简单组合体的三视图，利用勾股定理是解题关键．
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分. 11．（3分）（2020?济宁）如果从一卷粗细均匀的电线上截取1米长的电线，称得它的质量为a克，再称得剩余电线的质量为b克，那么原来这卷电线的总长度是 米．
考点： 列代数式（分式）． 分析： 这卷电线的总长度=截取的1米+剩余电线的长度． 解答： 解：根据1米长的电线，称得它的质量为a克，只需根据剩余电线的质量除以a，即可知道剩
余电线的长度．故总长度是（+1）米． 点评： 注意代数式的正确书写，还要注意后边有单位，故该代数式要带上括号．解决问题的关键是
读懂题意，找到所求的量的等量关系． 12．（3分）（2020?济宁）如图，在△ABC中，∠A=30°，∠B=45°，AC=，则AB的长为 3+ ．
考点： 解直角三角形． 分析： 过C作CD⊥AB于D，求出∠BCD=∠B，推出BD=CD，根据含30度角的直角三角形求出
CD，根据勾股定理求出AD，相加即可求出答案． 解答： 解：过C作CD⊥AB于D，
∴∠ADC=∠BDC=90°， ∵∠B=45°，
∴∠BCD=∠B=45°， ∴CD=BD，
∵∠A=30°，AC=2， ∴CD=， ∴BD=CD=，
由勾股定理得：AD==3， ∴AB=AD+BD=3+．
故答案为：3+． 点评： 本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质和判定，含30度角的直角三角形性质等知识点的应
用，关键是构造直角三角形，题目具有一定的代表性，是一道比较好的题目． 13．（3分）（2020?济宁）若一元二次方程ax2=b（ab＞0）的两个根分别是m+1与2m﹣4，则= 4 ．
考点： 解一元二次方程-直接开平方法． 专题： 计算题． 分析： 利用直接开平方法得到x=±，得到方程的两个根互为相反数，所以m+1+2m﹣4=0，解得m=1，
则方程的两个根分别是2与﹣2，则有=2，然后两边平方得到=4． 解答： 解：∵x2=（ab＞0），
∴x=±，
∴方程的两个根互为相反数， ∴m+1+2m﹣4=0，解得m=1，
∴一元二次方程ax2=b（ab＞0）的两个根分别是2与﹣2， ∴=2， ∴=4．
故答案为4． 点评： 本题考查了解一元二次方程﹣直接开平方法：形如x2=p或（nx+m）2=p（p≥0）的一元二次
方程可采用直接开平方的方法解一元二次方程．如果方程化成x2=p的形式，那么可得x=±p；如果方程能化成（nx+m）2=p（p≥0）的形式，那么nx+m=±p． 14．（3分）（2020?济宁）如图，四边形OABC是矩形，ADEF是正方形，点A、D在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，点F在AB上，点B、E在反比例函数y=的图象上，OA=1，OC=6，则正方形ADEF的边长为 2 ．
考点： 反比例函数图象上点的坐标特征；解一元二次方程-因式分解法． 分析： 先确定B点坐标（1，6），根据反比例函数图象上点的坐标特征得到k=6，则反比例函数解析
式为y=，设AD=t，则OD=1+t，所以E点坐标为（1+t，t），
再利用根据反比例函数图象上点的坐标特征得（1+t）?t=6，利用因式分解法可求出t的值． 解答： 解：∵OA=1，OB=6，
∴B点坐标为（1，6）， ∴k=1×6=6，
∴反比例函数解析式为y=， 设AD=t，则OD=1+t， ∴E点坐标为（1+t，t）， ∴（1+t）?t=6， 整理为t2+t﹣6=0， 解得t1=﹣3（舍去），t2=2， ∴正方形ADEF的边长为2． 故答案为2． 点评： 本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y=（k为常数，k≠0）的图象是双曲
线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy=k．
15．（3分）（2020?济宁）如图（1），有两个全等的正三角形ABC和ODE，点O、C分别为△ABC、△DEO的重心；固定点O，将△ODE顺时针旋转，使得OD经过点C，如图（2），则图（2）中四边形OGCF与△OCH面积的比为 4：3 ．
考点： 旋转的性质；三角形的重心；等边三角形的性质． 分析： 设三角形的边长是x，则图1中四边形OGCF是一个内角是60°的菱形，图2中△OCH是一
个角是30°的直角三角形，分别求得两个图形的面积，即可求解． 解答： 解：设三角形的边长是x，则高长是x．
图1中，阴影部分是一个内角是60°的菱形，OC=×x=x． 另一条对角线长是：FG=2GH=2×OC?tan30°=2××x?tan30°=x． 则四边形OGCF的面积是：×x?x=x2； 图2中，OC=×x=x．
是一个角是30°的直角三角形．
则△OCH的面积=OC?sin30°?OC?cos30°=×x?××x?=x2． 四边形OGCF与△OCH面积的比为：x2：x2=4：3． 故答案为：4：3． 点评： 本题主要考查了三角形的重心的性质，解直角三角形，以及菱形、直角三角形面积的计算，
正确计算两个图形的面积是解决本题的关键．
三、解答题：本大题共7小题，共55分. 16．（6分）（2020?济宁）已知x+y=xy，求代数式+﹣（1﹣x）（1﹣y）的值．
考点： 分式的化简求值． 分析： 首先将所求代数式展开化简，然后整体代入即可求值． 解答： 解：∵x+y=xy，
∴+﹣（1﹣x）（1﹣y） =﹣（1﹣x﹣y+xy） =﹣1+x+y﹣xy =1﹣1+0 =0 点评： 此题考查了代数式求值，利用了整体代入的思想，是一道基本题型 17．（6分）（2020?济宁）如图，正方形AEFG的顶点E、G在正方形ABCD的边AB、AD上，连接BF、DF．
（1）求证：BF=DF；
（2）连接CF，请直接写出BE：CF的值（不必写出计算过程）．
考点： 正方形的性质；全等三角形的判定与性质． 分析： （1）根据正方形的性质得出BE=DG，再利用△BEF≌△DGF求得BF=DF，
（2）由BF=DF得点F在对角线AC上，再运用平行线间线段的比求解． 解答： （1）证明：∵四边形ABCD和AEFG都是正方形，
∴AB=AD，AE=AG=EF=FG，∠BEF=∠DGF=90°， ∴BE=AB﹣AE，DG=AD﹣AG，∴BE=DG， 在△BEF和△DGF中，
∴△BEF≌△DGF（SAS）， ∴BF=DF；
（2）解：∵BF=DF ∴点F在对角线AC上 ∵AD∥EF∥BC
∴BE：CF=AE：AF=AE：AE= ∴BE：CF=． 点评： 本题主要考查正方形的性质及三角形全等的判定和性质，要熟练掌握灵活应用． 18．（7分）（2020?济宁）山东省第二十三届运动会将于2020年在济宁举行．下图是某大学未制作完整的三个年级省运会志愿者的统计图，请你根据图中所给信息解答下列问题：
（1）请你求出三年级有多少名省运会志愿者，并将两幅统计图补充完整； （2）要求从一年级、三年级志愿者中各推荐一名队长候选人，二年级志愿者中推荐两名队长候选人，四名候选人中选出两人任队长，用列表法或树形图，求出两名队长都是二年级志愿者的概率是多少？
考点： 条形统计图；扇形统计图；列表法与树状图法． 专题： 数形结合． 分析： （1）先利用二年级志愿者的人数和它所占的百分比计算出志愿者的总人数为60人，再用60
乘以20%得到三年级志愿者的人数，然后用100%分别减去二、三年级所占的百分比即可得到一年级志愿者的人数所占的百分比，再把两幅统计图补充完整；
（2）用A表示一年级队长候选人，B、C表示二年级队长候选人，D表示三年级队长候选人，
利用树状图展示所有12种等可能的结果，再找出两人都是二年级志愿者的结果数，然后利用概率公式计算． 解答： 解：（1）三个年级省运会志愿者的总人数=30÷50%=60（人），
所以三年级志愿者的人数=60×20%=12（人）；
一年级志愿者的人数所占的百分比=1﹣50%﹣20%=30%； 如图所示：
（2）用A表示一年级队长候选人，B、C表示二年级队长候选人，D表示三年级队长候选人，
画树形图为：， 共有12种等可能的结果，其中两人都是二年级志愿者的情况有两种， 所以P（两名队长都是二年级志愿者）==． 点评： 本题考查了条形统计图：条形统计图是用线段长度表示数据，根据数量的多少画成长短不同
的矩形直条，然后按顺序把这些直条排列起来；从条形图可以很容易看出数据的大小，便于比较．也考查了扇形统计图、列表法与树状图法． 19．（8分）（2020?济宁）济宁市“五城同创”活动中，一项绿化工程由甲、乙两工程队承担．已知甲工程队单独完成这项工作需120天，甲工程队单独工作30天后，乙工程队参与合做，两队又共同工作了36天完成．
（1）求乙工程队单独完成这项工作需要多少天？
（2）因工期的需要，将此项工程分成两部分，甲做其中一部分用了x天完成，乙做另一部分用了y天完成，其中x、y均为正整数，且x＜46，y＜52，求甲、乙两队各做了多少天？
考点： 分式方程的应用；一元一次不等式组的应用． 分析： （1）设乙工程队单独完成这项工作需要x天，由题意列出分式方程，求出x的值即可；
（2）首先根据题意列出x和y的关系式，进而求出x的取值范围，结合x和y都是正整数，即可求出x和y的值． 解答： 解：（1）设乙工程队单独完成这项工作需要x天，由题意得
+36（）=1，解之得x=80， 经检验x=80是原方程的解．
答：乙工程队单独做需要80天完成；
（2）因为甲队做其中一部分用了x天，乙队做另一部分用了y天，
所以=1，即y=80﹣x，又x＜46，y＜52， 所以，解之得42＜x＜46，
因为x、y均为正整数，所以x=45，y=50， 答：甲队做了45天，乙队做了50天． 点评： 本题考查分式方程的应用，分析题意，找到合适的等量关系是解决问题的关键．此题涉及的
公式：工作总量=工作效率×工作时间． 20．（8分）（2020?济宁）在数学活动课上，王老师发给每位同学一张半径为6个单位长度的圆形纸板，要求同学们：
（1）从带刻度的三角板、量角器和圆规三种作图工具中任意选取作图工具，把圆形纸板分成面积相等的四部分；
（2）设计的整个图案是某种对称图形．
王老师给出了方案一，请你用所学的知识再设计两种方案，并完成下面的设计报告． 名 称 四等分圆的面积 方 案 方案一 方方
案案二三
选用的工具 带刻度的三角板 画出示意图 简述设计方作⊙O两条互相垂直的直径AB、CD，将⊙O的面积分成相等的四份． 案
指出对称性 既是轴对称图形又是中心对称图形
考点： 利用旋转设计图案；利用轴对称设计图案． 分析： 根据圆的面积公式以及轴对称图形和中心对称图形定义分别分析得出即可． 解答： 解：
名称 四等分圆的面积 方案 方案一 方案方案三
二
选用的工带刻度的三角板 带刻带刻度具 度三三角
角板、板、圆量角规． 器、圆规．
画出示意 图
简述设计作⊙O两条互相垂直的直径AB、CD，将⊙O的面积分成相等的四份． （1）（4）作方案 以点⊙O的
O为一条直圆心，径AB； 以3（5）分个单别以位长OA、
度为OB的半径中点为作圆；圆心，
（2）以3个在大单位长⊙O度为半上依径作次取⊙O1、三等⊙O2； 分点则A、B、⊙O1、C； ⊙O2（3）和⊙O连接中剩余OA、的两部OB、分把OC． ⊙O的则小面积四圆O等分． 与三等份圆环把⊙O
的面积四等分．
指出对称既是轴对称图形又是中心对称图形． 轴对既是轴性 称图对称图
形 形又是
中心对称图形．
点评： 此题主要考查了利用轴对称设计图案以及轴对称图形以及中心对称图形的性质，熟练利用扇
形面积公式是解题关键． 21．（9分）（2020?济宁）阅读材料： 已知，如图（1），在面积为S的△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c，内切圆O的半径为r．连接OA、OB、OC，△ABC被划分为三个小三角形．
∵S=S△OBC+S△OAC+S△OAB=BC?r+AC?r+AB?r=（a+b+c）r． ∴r=．
（1）类比推理：若面积为S的四边形ABCD存在内切圆（与各边都相切的圆），如图（2），各边长分别为AB=a，BC=b，CD=c，AD=d，求四边形的内切圆半径r；
（2）理解应用：如图（3），在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB=21，CD=11，AD=13，⊙O1与⊙O2分别为△ABD与△BCD的内切圆，设它们的半径分别为r1和r2，求的值．
考点： 圆的综合题． 分析： （1）已知已给出示例，我们仿照例子，连接OA，OB，OC，OD，则四边形被分为四个小三
角形，且每个三角形都以内切圆半径为高，以四边形各边作底，这与题目情形类似．仿照证明过程，r易得． （2）（1）中已告诉我们内切圆半径的求法，如是我们再相比即得结果．但求内切圆半径需首先知道三角形各边边长，根据等腰梯形性质，过点D作AB垂线，进一步易得BD的长，则r1、r2、易得． 解答： 解：（1）如图2，连接OA、OB、OC、OD．
∵S=S△AOB+S△BOC+S△COD+S△AOD=+++=， ∴r=．
（2）如图3，过点D作DE⊥AB于E， ∵梯形ABCD为等腰梯形， ∴AE===5，
∴EB=AB﹣AE=21﹣5=16． 在Rt△AED中， ∵AD=13，AE=5， ∴DE=12， ∴DB==20．
∵S△ABD===126， S△CDB===66， ∴===． 点评： 本题考查了学生的学习、理解、创新新知识的能力，同时考查了解直角三角形及等腰梯形等
相关知识．这类创新性题目已经成为新课标热衷的考点，是一道值得练习的基础题，同时要求学生在日常的学习中要注重自我学习能力的培养． 22．（11分）（2020?济宁）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（5，0）、B（﹣1，0）两点，过点A作直线AC⊥x轴，交直线y=2x于点C； （1）求该抛物线的解析式；
（2）求点A关于直线y=2x的对称点A′的坐标，判定点A′是否在抛物线上，并说明理由；
（3）点P是抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线，交线段CA′于点M，是否存在这样的点P，使四边形PACM是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
考点： 二次函数综合题． 分析： （1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）首先求出对称点A′的坐标，然后代入抛物线解析式，即可判定点A′是否在抛物线上．本问关键在于求出A′的坐标．如答图所示，作辅助线，构造一对相似三角形
Rt△A′EA∽Rt△OAC，利用相似关系、对称性质、勾股定理，求出对称点A′的坐标；
（3）本问为存在型问题．解题要点是利用平行四边形的定义，列出代数关系式求解．如答图所示，平行四边形的对边平行且相等，因此PM=AC=10；利用含未知数的代数式表示出PM的长度，然后列方程求解． 解答： 解：（1）∵y=x2+bx+c与x轴交于A（5，0）、B（﹣1，0）两点，
∴， 解得．
∴抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣．
（2）如答图所示，过点A′作A′E⊥x轴于E，AA′与OC交于点D， ∵点C在直线y=2x上，∴C（5，10） ∵点A和A′关于直线y=2x对称， ∴OC⊥AA′，A′D=AD． ∵OA=5，AC=10， ∴OC===．
∵S△OAC=OC?AD=OA?AC， ∴AD=． ∴AA′=，
在Rt△A′EA和Rt△OAC中，
∵∠A′AE+∠A′AC=90°，∠ACD+∠A′AC=90°， ∴∠A′AE=∠ACD．
又∵∠A′EA=∠OAC=90°， ∴Rt△A′EA∽Rt△OAC． ∴，即．
∴A′E=4，AE=8． ∴OE=AE﹣OA=3．
∴点A′的坐标为（﹣3，4），
当x=﹣3时，y=×（﹣3）2+3﹣=4．
所以，点A′在该抛物线上．
（3）存在．
理由：设直线CA′的解析式为y=kx+b， 则，解得
∴直线CA′的解析式为y=x+…（9分）
设点P的坐标为（x，x2﹣x﹣），则点M为（x，x+）． ∵PM∥AC，
∴要使四边形PACM是平行四边形，只需PM=AC．又点M在点P的上方， ∴（x+）﹣（x2﹣x﹣）=10．
解得x1=2，x2=5（不合题意，舍去） 当x=2时，y=﹣．
∴当点P运动到（2，﹣）时，四边形PACM是平行四边形．
点评： 本题是二次函数的综合题型，考查了二次函数的图象及性质、待定系数法、相似、平行四边
形、勾股定理、对称等知识点，涉及考点较多，有一定的难度．第（2）问的要点是求对称点A′的坐标，第（3）问的要点是利用平行四边形的定义列方程求解．
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