试卷
一、选择题（共8小题）.
1．以下是回收、绿色包装、节水、低碳四个标志，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．分式 A．±1
的值等于0，则a的值为（ ）
B．1
C．﹣1
D．2
3．下列不等式变形正确的是（ ） A．由4x﹣1≥0得4x＞1 C．由﹣2x＜4得x＜﹣2
B．由5x＞3得x＞3 D．由＞0得y＞0
4．已知等腰三角形的一边长为2，周长为8，那么它的腰长为（ ） A．2
B．3
C．2或3
D．不能确定
5．▱ABCD中，E，F是对角线BD上不同的两点．下列条件中，不能得出四边形AECF一定为平行四边形的是（ ） A．BE＝DF
B．AE＝CF
C．AF∥CE
D．∠BAE＝∠DCF
6．如图，函数y＝2x和y＝ax+4的图象相交于点A（m，3），则不等式2x＜ax+4的解集为（ ）
A．x＞ B．x＞3 C．x＜3 D．x＜
7．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D＝90°，AD＝4，BC＝3．分别以点A，C为圆心，大于AC长为半径作弧，两弧交于点E，作射线BE交AD于点F，交AC于点O．若点O是AC的中点，则CD的长为（ ）
A．2 B．4 C．3 D．
8．如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①AC＝BD；②∠AMB＝40°；③OM平分∠BOC；④MO平分∠BMC．其中正确的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
二、填空题（共8小题）.
9．若x2+2（m﹣3）x+16是完全平方式，则m的值等于 ．
10．如果一个多边形的各个外角都是40°，那么这个多边形的内角和是 度． 11．将△ABC在平面内绕点A旋转40°到△AB'C'的位置，使CC'∥AB．则∠CAB'的度数为 ．
12．如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD的交点为O，AC⊥AB，CD边的中点为E，若OA＝2，OE＝2.5，则CD＝ ．
13．如图，在周长为10cm的▱ABCD中，AB≠AD，AC、BD相交于点O，OE⊥BD交AD
于点E，连接BE，则△ABE的周长为 ．
14．小颖在解分式方程+2时，△处被污染看不清，但正确答案是：此方程无解．请
你帮小颖猜测一下△处的数应是 ．
15．如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，垂足为E，DE＝1，则△ABC的周长为 ．
16．观察等式：2+22＝23﹣2：2+22+23＝24﹣2；2+22+23+24＝25﹣2，…已知按一定规律排列 250、251、252、299、2100，的一组数：…、若250＝a，则用含a的式子表示这组数的和是 ．三、解答题（本大题共8小题，共72分） 17．尺规作图（保留作图痕迹，不写作法） 已知：线段a，∠α
求作：△ABC，使AB＝AC＝a，∠B＝∠α．
18．（16分）计算：
（1）因式分解：x3﹣4x2+4x； （2）解分式方程：（3）化简代数式：
；
，再从不等式组
的解集中取
一个合适的整数值代入，求出代数式的值．
19．3）1）如图所示，在平面直角坐标系中三个顶点的坐标分别是点A（﹣2，，点B（﹣1，，点C（0，2）．
（1）作△ABC关于O成中心对称的△A1B1C1；
（2）将△A1B1C1向右平移4个单位，作出平移后的△A2B2C2；
（3）在x轴上求作点P，使PA1+PC2的值小并写出点P的坐标．（不写解答过程，直接写出结果）
20．如图，在等边△ABC中，点D，E分别在边AC，AB上，且AD＝BE，BD、CE交于点P，CF⊥BD，垂足为点F． （1）求证：BD＝CE． （2）若PF＝3，求CF的长．
21．华昌中学开学初在商场购进A、B两种品牌的足球，购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元． （1）求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元？
（2）华昌中学响应“足球进校园”的号召，决定两次购进A、B两种品牌足球共50个，恰逢商场对两种品牌足球的售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了8%，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3260元，那么华昌中学此次最多可购买多少个B品牌足球？ 22．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AC与BD交于点E，点E是BD的中点，延长CD到点F，使DF＝CD，连接AF，
（1）求证：AE＝CE；
（2）求证：四边形ABDF是平行四边形；
（3）若AB＝2，AF＝4，∠F＝30°，则四边形ABCF的面积为 ．
23．【探究】
（1）观察下列算式，并完成填空： 1＝12 1+3＝4＝22； 1+3+5＝9＝32； 1+3+5+7＝16＝42；
1+3+5+…+（2n﹣1）＝ ．（n是正整数）
（2）如图是某市一广场用正六边形、正方形和正三角形地板砖铺设的图案，图案中央是一块正六边形地板砖，周围是正方形和正三角形的地板砖．从里向外第一层包括6块正 方形和6块正三角形地板砖；第二层包括6块正方形和18块正三角形地板砖；以此递推．①第3层中分别含有 块正方形和 块正三角形地板砖； ②第n层中含有 块正三角形地板砖（用含n的代数式表示）． 【应用】
该市打算在一个新建广场中央，采用如图样式的图案铺设地面，现有1块正六边形、150块正方形和420块正三角形地板砖，问：铺设这样的图案，最多能铺多少层？请说明理由．
24．如图，四边形OABC中，BC∥AO，A（4，0），B（3，4），C（0，4）．点M从O出发以每秒2个单位长度的速度向A运动；点N从B同时出发，以每秒1个单位长度的
速度向C运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作NP垂直x轴于点P，连结AC交NP于Q，连结MQ． （1）当t为何值时，四边形BNMP为平行四边形？
（2）设四边形BNPA的面积为y，求y与t之间的函数关系式．
（3）是否存在点M，使得△AQM为直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案
一、选择题（共8小题）.
1．以下是回收、绿色包装、节水、低碳四个标志，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
解：A、不是中心对称图形，故本选项错误； B、是中心对称图形，故本选项正确； C、不是中心对称图形，故本选项错误； D、不是中心对称图形，故本选项错误； 故选：B． 2．分式 A．±1
的值等于0，则a的值为（ ）
B．1
C．﹣1
D．2
解：由题意得：a2﹣1＝0，且a2﹣2a+1≠0， 解得：a＝﹣1． 故选：C．
3．下列不等式变形正确的是（ ） A．由4x﹣1≥0得4x＞1 C．由﹣2x＜4得x＜﹣2
B．由5x＞3得x＞3 D．由＞0得y＞0
解：A、由4x﹣1≥0得4x≥1，原变形错误，故此选项不符合题意； B、由5x＞3得x＞，原变形错误，故此选项不符合题意； C、由﹣2x＜4得x＞﹣2，原变形错误，故此选项不符合题意； D、由＞0得y＞0，原变形正确，故此选项符合题意； 故选：D．
4．已知等腰三角形的一边长为2，周长为8，那么它的腰长为（ ） A．2
B．3
C．2或3
D．不能确定
解：当腰长为2时，底边长为8﹣2×2＝4，三角形的三边长为2，2，4，不能构成三角形；
当底边长为2时，腰长为（8﹣2）÷2＝3，三角形的三边长为3，3，2，能构成三角形；所以等腰三角形的腰长为3． 故选：B．
5．▱ABCD中，E，F是对角线BD上不同的两点．下列条件中，不能得出四边形AECF一定为平行四边形的是（ ） A．BE＝DF
B．AE＝CF
C．AF∥CE
D．∠BAE＝∠DCF
解：如图，连接AC与BD相交于O， 在▱ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，
要使四边形AECF为平行四边形，只需证明得到OE＝OF即可；
A、若BE＝DF，则OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF，故本选项不符合题意； B、若AE＝CF，则无法判断OE＝OF，故本选项符合题意；
C、AF∥CE能够利用“角角边”证明△AOF和△COE全等，从而得到OE＝OF，故本选项不符合题意；
D、∠BAE＝∠DCF能够利用“角角边”证明△ABE和△CDF全等，从而得到DF＝BE，然后同A，故本选项不符合题意； 故选：B．
6．如图，函数y＝2x和y＝ax+4的图象相交于点A（m，3），则不等式2x＜ax+4的解集为（ ）
A．x＞ B．x＞3 C．x＜3 D．x＜
解：∵函数y＝2x过点A（m，3），
∴2m＝3， 解得：m＝1.5， ∴A（1.5，3），
∴不等式2x＜ax+4的解集为x＜1.5． 故选：D．
7．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D＝90°，AD＝4，BC＝3．分别以点A，C为圆心，大于AC长为半径作弧，两弧交于点E，作射线BE交AD于点F，交AC于点O．若点O是AC的中点，则CD的长为（ ）
A．2 B．4 C．3 D．
解：如图，连接FC，则AF＝FC． ∵AD∥BC， ∴∠FAO＝∠BCO． 在△FOA与△BOC中，
，
∴△FOA≌△BOC（ASA）， ∴AF＝BC＝3，
∴FC＝AF＝3，FD＝AD﹣AF＝4﹣3＝1． 在△FDC中，∵∠D＝90°， ∴CD2+DF2＝FC2， ∴CD2+12＝32， ∴CD＝2故选：A．
．
8．如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①AC＝BD；②∠AMB＝40°；③OM平分∠BOC；④MO平分∠BMC．其中正确的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
解：∵∠AOB＝∠COD＝40°， ∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD， 即∠AOC＝∠BOD， 在△AOC和△BOD中，∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正确； ∴∠OAC＝∠OBD，
由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD， ∴∠AMB＝∠AOB＝40°，②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图2所示： 则∠OGC＝∠OHD＝90°， 在△OCG和△ODH中，∴△OCG≌△ODH（AAS）， ∴OG＝OH，
， ，
∴MO平分∠BMC，④正确； ∵∠AOB＝∠COD，
∴当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC， 假设∠DOM＝∠AOM ∵△AOC≌△BOD， ∴∠COM＝∠BOM， ∵MO平分∠BMC， ∴∠CMO＝∠BMO， 在△COM和△BOM中，∴△COM≌△BOM（ASA）， ∴OB＝OC， ∵OA＝OB ∴OA＝OC 与OA＞OC矛盾， ∴③错误； 正确的个数有3个； 故选：B．
，
二、填空题：（本大题共8小题，每小题3分共24分）
9．若x2+2（m﹣3）x+16是完全平方式，则m的值等于 7或﹣1 ． 解：∵x2+2（m﹣3）x+16是完全平方式， ∴2（m﹣3）x＝±2•x•4， 解得：m＝7或﹣1， 故答案为：7或﹣1．
10．如果一个多边形的各个外角都是40°，那么这个多边形的内角和是 1260 度． 解：设多边形的边数为n，
∵多边形的每个外角都等于40°， ∴n＝360÷40＝9，
∴这个多边形的内角和＝（9﹣2）×180°＝1260°． 故答案为：1260．
11．将△ABC在平面内绕点A旋转40°到△AB'C'的位置，使CC'∥AB．则∠CAB'的度数为 30° ．
解：∵将△ABC在平面内绕点A旋转40°到△AB'C'的位置， ∴∠CAC'＝∠BAB'＝40°，AC＝AC'， ∴∠ACC'＝70°， ∵CC'∥AB，
∴∠C'CA＝∠CAB＝70°，
∴∠CAB'＝∠CAB﹣∠BAB'＝30°， 故答案为：30°．
12．如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD的交点为O，AC⊥AB，CD边的中点为E，若OA＝2，OE＝2.5，则CD＝ 3 ．
解：∵平行四边形ABCD，OA＝2， ∴AC＝2OA＝4，
∵CD边的中点为E，平行四边形ABCD的对角线AC，BD的交点为O， ∴OE＝AD＝2.5， ∴AD＝5， ∴BC＝5，
∵AC⊥AB，BC＝5，
∴AB＝CD＝故答案为：3．
，
13．如图，在周长为10cm的▱ABCD中，AB≠AD，AC、BD相交于点O，OE⊥BD交AD于点E，连接BE，则△ABE的周长为 5cm ．
解：∵点O是BD中点，EO⊥BD， ∴EO是线段BD的中垂线， ∴BE＝ED，
故可得△ABE的周长＝AB+AD， 又∵平行四边形的周长为10cm， ∴AB+AD＝5cm． 故答案为：5cm． 14．小颖在解分式方程
+2时，△处被污染看不清，但正确答案是：此方程无解．请
你帮小颖猜测一下△处的数应是 1 ． 解：去分母得：x﹣2＝△+2（x﹣3）， 由分式方程无解，得到x﹣3＝0，即x＝3， 把x＝3代入整式方程得：△＝1． 故答案为：1．
15．如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，垂足为E，DE＝1，则△ABC的周长为 3
+3 ．
解：∵∠C＝90°，∠C＝30°， ∴∠CAB＝60°， ∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD＝∠DAB＝∠B＝30°， ∴DA＝DB， ∵DE⊥AB， ∴AE＝BE＝∴AB＝2
，
＝
，
∵AC＝AB， ∴AC＝∴BC＝
，
＝3，
+2
+3＝3
+3，
∴△ABC的周长为故答案为3
+3．
16．观察等式：2+22＝23﹣2：2+22+23＝24﹣2；2+22+23+24＝25﹣2，…已知按一定规律排列的一组数：250、251、252、…、299、2100，若250＝a，则用含a的式子表示这组数的和是 2a2﹣a ．
解：∵2+22＝23﹣2； 2+22+23＝24﹣2； 2+22+23+24＝25﹣2； …
∴2+22+23+…+2n＝2n+1﹣2， ∴250+251+252+…+299+2100
＝（2+22+23+…+2100）﹣（2+22+23+…+249） ＝（2101﹣2）﹣（250﹣2） ＝2101﹣250， ∵250＝a，
∴2101＝（250）2•2＝2a2， ∴原式＝2a2﹣a． 故答案为：2a2﹣a．
三、解答题（本大题共8小题，共72分） 17．尺规作图（保留作图痕迹，不写作法） 已知：线段a，∠α
求作：△ABC，使AB＝AC＝a，∠B＝∠α．
解：如图，△ABC为所作．
18．（16分）计算：
（1）因式分解：x3﹣4x2+4x； （2）解分式方程：（3）化简代数式：
；
，再从不等式组
的解集中取
一个合适的整数值代入，求出代数式的值．
解：（1）x3﹣4x2+4x＝x（x2﹣4x+4）＝x（x﹣2）2； （2）
；
去分母得，2（x﹣2）+（x﹣1）＝﹣2， 解得，x＝1，
经检验，x＝1是原方程的增根， ∴原方程无解； （3）＝
＝3（x+1）﹣（x﹣1） ＝2x+4；
，
解不等式①得，x≤1， 解不等式②得，x＞﹣3，
∴不等式组的解集为：﹣3＜x≤1， 当x＝﹣2时，原式＝2×（﹣2）+4＝0．
19．3）1）如图所示，在平面直角坐标系中三个顶点的坐标分别是点A（﹣2，，点B（﹣1，，点C（0，2）．
（1）作△ABC关于O成中心对称的△A1B1C1；
（2）将△A1B1C1向右平移4个单位，作出平移后的△A2B2C2；
（3）在x轴上求作点P，使PA1+PC2的值小并写出点P的坐标．（不写解答过程，直接写出结果）
解：（1）如图，△A1B1C1为所作； （2）如图，△A2B2C2为所作；
（3）作点C2关于x轴的对称点C′，连接C′A1，则PA1+PC2的值小， 设直线C′A1的解析式为y＝kx+b， 把A1（2，﹣3），C′（4，2）代入得
，解得
，
∴直线C′A1的解析式为y＝x﹣8， 当y＝0时，x﹣8＝0，解得x＝∴P点坐标为（
，0）．
，
20．如图，在等边△ABC中，点D，E分别在边AC，AB上，且AD＝BE，BD、CE交于点P，CF⊥BD，垂足为点F． （1）求证：BD＝CE． （2）若PF＝3，求CF的长．
【解答】证明：（1）∵△ABC为等边三角形， ∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠ABC＝60°， 在△ABD和△BEC中，
，
∴△ABD≌△BCE（SAS）， ∴BD＝CE；
（2）由（1）可知，∠ABC＝60°，△ABD≌△BCE， ∴∠ABD＝∠BCE，
∴∠ABD+∠CBD＝∠ABC＝60°， ∴∠BCE+∠CBD＝60°， ∴∠BPC＝180°﹣60°＝120°， ∴∠FPC＝180°﹣120°＝60°， ∵CF⊥BD，
∴△CPF为直角三角形， ∴∠FCP＝30°，
∴CP＝2PF， ∵PF＝3， ∴CP＝6， ∴CF＝
＝
＝3
．
21．华昌中学开学初在商场购进A、B两种品牌的足球，购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元． （1）求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元？
（2）华昌中学响应“足球进校园”的号召，决定两次购进A、B两种品牌足球共50个，恰逢商场对两种品牌足球的售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了8%，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3260元，那么华昌中学此次最多可购买多少个B品牌足球？ 解：（1）设一个A品牌的足球需x元，则一个B品牌的足球需（x+30）元，由题意得
＝解得：x＝50
经检验x＝50是原方程的解， x+30＝80
答：一个A品牌的足球需50元，则一个B品牌的足球需80元．
（2）设此次可购买a个B品牌足球，则购进A牌足球（50﹣a）个，由题意得 50×（1+8%）（50﹣a）+80×0.9a≤3260 解得a≤31 ∵a是整数， ∴a最大等于31，
答：华昌中学此次最多可购买31个B品牌足球．
22．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AC与BD交于点E，点E是BD的中点，延长CD到点F，使DF＝CD，连接AF， （1）求证：AE＝CE；
（2）求证：四边形ABDF是平行四边形；
（3）若AB＝2，AF＝4，∠F＝30°，则四边形ABCF的面积为 6 ．
×2
【解答】（1）证明：∵点E是BD的中点， ∴BE＝DE， ∵AD∥BC， ∴∠ADE＝∠CBE， 在△ADE和△CBE中
∴△ADE≌△CBE（ASA）， ∴AE＝CE；
（2）证明：∵AE＝CE，BE＝DE， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD， ∵DF＝CD， ∴DF＝AB，
即DF＝AB，DF∥AB， ∴四边形ABDF是平行四边形；
（3）解：
过C作CH⊥BD于H，过D作DQ⊥AF于Q，
∵四边形ABCD和四边形ABDF是平行四边形，AB＝2，AF＝4，∠F＝30°，
∴DF＝AB＝2，CD＝AB＝2，BD＝AF＝4，BD∥AF， ∴∠BDC＝∠F＝30°， ∴DQ＝DF＝
＝1，CH＝DC＝
平行四边形
＝1，
BDFA+S△BDC＝AF×DQ+
∴四边形ABCF的面积S＝S1+
＝6，
＝4×
故答案为：6． 23．【探究】
（1）观察下列算式，并完成填空： 1＝12 1+3＝4＝22； 1+3+5＝9＝32； 1+3+5+7＝16＝42；
1+3+5+…+（2n﹣1）＝ n2 ．（n是正整数）
（2）如图是某市一广场用正六边形、正方形和正三角形地板砖铺设的图案，图案中央是一块正六边形地板砖，周围是正方形和正三角形的地板砖．从里向外第一层包括6块正 方形和6块正三角形地板砖；第二层包括6块正方形和18块正三角形地板砖；以此递推．①第3层中分别含有 6 块正方形和 30 块正三角形地板砖；
②第n层中含有 6（2n﹣1）或12n﹣6 块正三角形地板砖（用含n的代数式表示）．【应用】
该市打算在一个新建广场中央，采用如图样式的图案铺设地面，现有1块正六边形、150块正方形和420块正三角形地板砖，问：铺设这样的图案，最多能铺多少层？请说明理由．
解：【探究】
（1）观察算式规律，1+3+5+…+（2n﹣1）＝n2， 故答案为n2；
（2）①∵第一层包括6块正方形和6块正三角形地板砖， 第二层包括6块正方形和6+12＝18块正三角形地板砖， ∴第三层包括6块正方形和18+12＝30块正三角形地板砖， 故答案为6，30；
②∵第一层6＝6×1＝6×（2×1﹣1）块正三角形地板砖， 第二层18＝6×3＝6×（2×2﹣1）块正三角形地板砖， 第三层30＝6×5＝6×（2×3﹣1）块正三角形地板砖， ∴第n层6＝6×1＝6（2n﹣1）块正三角形地板砖， 故答案为6（2n﹣1）或12n﹣6． 【应用】
铺设这样的图案，最多能铺8层． 理由如下：
∵150÷6＝25（层），
∴150块正方形地板砖可以铺设这样的图案25层；
∵铺设n层需要正三角形地板砖的数量为：6[1+3+5+…+（2n﹣1）]＝6n2， ∴6n2＝420，n2＝70，n＝又∵8＜
．
＜9，即8＜n＜9，
∴420块正三角形地板砖最多可以铺设这样的图案8层． ∴铺设这样的图案，最多能铺8层．
24．如图，四边形OABC中，BC∥AO，A（4，0），B（3，4），C（0，4）．点M从O出发以每秒2个单位长度的速度向A运动；点N从B同时出发，以每秒1个单位长度的速度向C运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作NP垂直x轴于点P，连结AC交NP于Q，连结MQ． （1）当t为何值时，四边形BNMP为平行四边形？
（2）设四边形BNPA的面积为y，求y与t之间的函数关系式．
（3）是否存在点M，使得△AQM为直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）∵BN∥MP，故当BN＝MP时，四边形BNMP为平行四边形． ①当点M在点P的左侧时，即0≤t＜1时， MP＝OP﹣OM＝3﹣t﹣2t＝3﹣3t，BN＝t， 即3﹣3t＝t，解得：t＝；
②当点M在点P的右侧时，即1≤t≤2时， 同理可得：t＝2t﹣（3﹣t），解得：t＝， 故当t＝或时，四边形BNMP为平行四边形；
（2）由题意得：由点C的坐标知，OC＝4，
BN＝t，NC＝PO＝3﹣t，PA＝4﹣OP＝4﹣（3﹣t）＝t+1， 则y＝（BN+PA）•OC＝×（t+t+1）×4＝4t+2；
（3）由点A、C的坐标知，OA＝OC＝4，
则△COA为等腰直角三角形，故∠OCA＝∠OAC＝45°， ①当∠MQA为直角时，
∵∠OAC＝45°，故△MAQ为等腰直角三角形， 则PA＝PM，
而PA＝4﹣（3﹣t）＝t+1，PM＝OP﹣OM＝（3﹣t）﹣2t＝3﹣3t， 故t+1＝3﹣3t，解得：t＝，则OM＝2t＝1， 故点M（1，0）； ②当∠QMA为直角时，
则点M、P重合，
则NB+OM＝BC＝3，即2t+t＝3，解得：t＝1， 故OM＝OP＝2t＝2， 故点M（2，0）；
综上，点M的坐标为（1，0）或（2，0）．
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