江苏省宿迁市2020年中考数学试题（解析版）.doc

2020年江苏省宿迁市中考数学试卷
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.2的绝对值是（　　）
A. ﹣2 B. C. 2 D. ±2
【答案】C
【解析】
【分析】
利用绝对值的意义进行求解即可．
【详解】解：2的绝对值就是在数轴上表示2的点到原点的距离，即|2|=2，
故选：C．
【点睛】本题考查了绝对值的意义，一个正数的绝对值等于它本身，一个负数的绝对值等于它的相反数，0的绝对值等于0．
2.下列运算正确的是（　　）
A. m2•m3=m6 B. m8÷m4=m2 C. 3m+2n=5mn D. （m3）2=m6
【答案】D
【解析】
【分析】
根据同底数幂的乘除法、幂的乘方的计算法则进行计算即可．
【详解】m2•m3=m2+3=m5，因此选项A不正确；
m8÷m4=m8﹣4=m4，因此选项B不正确；
3m与2n不是同类项，因此选项C不正确；
(m3)2=m3×2=m6，因此选项D正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了同底数幂的乘除法、幂的乘方的计算方法，掌握计算方法是正确计算的前提．
3.已知一组数据5，4，4，6，则这组数据的众数是（　　）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题目中的数据和众数的含义，可以得到这组数据的众数，本题得以解决．
【详解】解：∵一组数据5，4，4，6，
∴这组数据的众数是4，
故选：A．
【点睛】本题考查了众数，解答本题的关键是明确众数的含义，会求一组数据的众数．
4.如图，直线a，b被直线c所截，a∥b，∠1＝50°，则∠2的度数为（　　）

A. 40° B. 50° C. 130° D. 150°
【答案】B
【解析】
【分析】
由a∥b，利用“两直线平行，同位角相等”可求出∠2的度数．
【详解】∵a∥b，
∴∠2=∠1=50°．
故选：B．
【点睛】本题考查了平行线的性质，牢记“两直线平行，同位角相等”是解题的关键．
5.若a＞b，则下列等式一定成立的是（　　）
A. a＞b+2 B. a+1＞b+1 C. ﹣a＞﹣b D. |a|＞|b|
【答案】B
【解析】
【分析】
利用不等式的基本性质判断即可．
【详解】A、由a＞b不一定能得出a＞b+2，故本选项不合题意；
B、若a＞b，则a+1＞b+1，故本选项符合题意；
C、若a＞b，则﹣a＜﹣b，故本选项不合题意；
D、由a＞b不一定能得出|a|＞|b|，故本选项不合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了不等式的性质，熟练掌握不等式的基本性质是解本题的关键．
6.将二次函数y=(x﹣1)2+2的图象向上平移3个单位长度，得到的拋物线相应的函数表达式为(　　)
A. y=(x+2)2﹣2 B. y=(x﹣4)2+2
C. y=(x﹣1)2﹣1 D. y=(x﹣1)2+5
【答案】D
【解析】
【分析】
根据“上加下减”的原则进行解答即可．
【详解】由“上加下减”的原则可知，将二次函数的图象向上平移3个单位长度，
所得抛物线的解析式为：，即；
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
7.在△ABC中，AB=1，BC=，下列选项中，可以作为AC长度的是（　　）
A. 2 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】
根据三角形三边关系，两边之差小于第三边，两边之和大于第三边，可以得到AC的长度可以取得的数值的取值范围，从而可以解答本题．
【详解】∵在△ABC中，AB=1，BC=，
∴﹣1＜AC＜+1，
∵﹣1＜2＜+1，4＞+1，5＞+1，6＞+1，
∴AC的长度可以是2，
故选项A正确，选项B、C、D不正确；
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形三边关系以及无理数的估算，解答本题的关键是明确题意，利用三角形三边关系解答．
8.如图，在平面直角坐标系中，Q是直线y=﹣x+2上的一个动点，将Q绕点P(1，0)顺时针旋转90°，得到点，连接，则的最小值为(　　)

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用等腰直角三角形构造全等三角形，求出旋转后Q′的坐标，然后根据勾股定理并利用二次函数的性质即可解决问题．
【详解】解：作QM⊥x轴于点M，Q′N⊥x轴于N，

设Q(，)，则PM=，QM=，
∵∠PMQ=∠PNQ′=∠QPQ′=90°，
∴∠QPM+∠NPQ′=∠PQ′N+∠NPQ′，
∴∠QPM=∠PQ′N，
在△PQM和△Q′PN中，
，
∴△PQM≌△Q′PN(AAS)，
∴PN=QM=，Q′N=PM=，
∴ON=1+PN=，
∴Q′(，)，
∴OQ′2=()2+()2=m2﹣5m+10=(m﹣2)2+5，
当m=2时，OQ′2有最小值为5，
∴OQ′的最小值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，三角形全等的判定和性质，坐标与图形的变换-旋转，二次函数的性质，勾股定理，表示出点的坐标是解题的关键．
二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
9.分解因式：_____．
【答案】
【解析】
【分析】
直接提取公因式分解因式得出即可．
【详解】解：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了提取公因式法分解因式，正确得出公因式是解题关键．
10.若代数式有意义，则实数x的取值范围是________．
【答案】x≠1
【解析】
【分析】
分式有意义时，分母x-1≠0，据此求得x的取值范围．
【详解】解：依题意得：x-1≠0，
解得x≠1，
故答案为：x≠1．
【点睛】本题考查了分式有意义的条件．（1）分式有意义的条件是分母不等于零．（2）分式无意义的条件是分母等于零．
11.2020年6月30日，北斗全球导航系统最后一颗组网卫星成功定点在距离地球36000千米的地球同步轨道上，请将36000用科学记数法表示为_____．
【答案】3.6×104
【解析】
【分析】
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值是易错点，由于36000有5位，所以可以确定n=5-1=4．
【详解】解：36000=3.6×104．
故答案为：3.6×104．
【点睛】本题考查了科学记数法表示较大的数的方法，准确确定n值是关键．
12.不等式组的解集是_____．
【答案】x＞1
【解析】
【分析】
解不等式x+2＞0得x＞﹣2，结合x＞1，利用口诀“同大取大”可得答案．
【详解】解：解不等式x+2＞0，得：x＞﹣2，
又x＞1，
∴不等式组的解集为x＞1，
故答案为：x＞1．
【点睛】此题主要考查了解一元一次不等式组，能根据不等式的解集找出不等式组的解集是解此题的关键．
13.用半径为4，圆心角为90°的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆半径为_____．
【答案】1
【解析】
【分析】
设这个圆锥的底面圆半径为r，利用弧长公式得到并解关于r的方程即可．
【详解】设这个圆锥的底面圆半径为r，
根据题意得2πr=，
解得r=1，
所以这个圆锥的底面圆半径为1．
故答案为1．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
14.已知一次函数y＝2x﹣1的图象经过A（x1，1），B（x2，3）两点，则x1_____x2（填“＞”“＜”或“＝”）．
【答案】＜
【解析】
【分析】
由k＝2＞0，可得出y随x的增大而增大，结合1＜3，即可得出x1＜x2．
【详解】解：∵k＝2＞0，
∴y随x的增大而增大．
又∵1＜3，
∴x1＜x2．
故答案为：＜．
【点睛】本题考查了一次函数的性质以及一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是牢记“当k＞0时，y随x的增大而增大；当k＜0时，y随x的增大而减小”．
15.如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC的平分线AD交BC于点D，E为AB的中点，若BC=12，AD=8，则DE的长为_____．

【答案】5
【解析】
【分析】
利用勾股定理求出AB，再利用直角三角形斜边中线的性质求解即可．
【详解】解：∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，BD=CD=6，
∴∠ADB=90°，
∴AB=，
∵E为AB的中点，
∴DE=AB=5，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
16.已知a+b=3，a2+b2=5，则ab的值是
【答案】2
【解析】
【分析】
根据完全平方公式可得，再整体代入求解即可．
【详解】解：当，时，
，，解得．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了完全平方公式，解题的关键熟练掌握完全平方公式：．
17.如图，点A在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，点B在x轴负半轴上，直线AB交y轴于点C，若＝，△AOB的面积为6，则k的值为_____．

【答案】6
【解析】
【分析】
过点作轴于，则，由线段的比例关系求得和的面积，再根据反比例函数的的几何意义得结果．
【详解】解：过点作轴于，则，

，
，的面积为6，
，
，
的面积，
根据反比例函数的几何意义得，，
，
，
．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的的几何意义的应用，考查了相似三角形的性质与判定，关键是构造相似三角形．
18.如图，在矩形ABCD中，AB=1，AD=，P为AD上一个动点，连接BP，线段BA与线段BQ关于BP所在的直线对称，连接PQ，当点P从点A运动到点D时，线段PQ在平面内扫过的面积为_____．

【答案】
【解析】
【分析】
由矩形的性质求出∠ABQ=120°，由矩形的性质和轴对称性可知，△BOQ≌△DOC，根据S阴影部分=S四边形ABQD﹣S扇形ABQ=S四边形ABOD+S△BOQ﹣S扇形ABQ可求出答案．
【详解】∵当点P从点A运动到点D时，线段BQ的长度不变，
∴点Q运动轨迹是圆弧，如图，阴影部分的面积即为线段PQ在平面内扫过的面积，

∵矩形ABCD中，AB=1，AD=，
∴∠ABC=∠BAC=∠C=∠Q=90°，
∴∠ADB=∠DBC=∠ODB=∠OBQ=30°，
∴∠ABQ=120°，
由轴对称性得：BQ=BA=CD，
△BOQ和△DOC中，
，
∴△BOQ≌△DOC，
∴S阴影部分=S四边形ABQD﹣S扇形ABQ=S四边形ABOD+S△BOQ﹣S扇形ABQ，
=S四边形ABOD+S△COD﹣S扇形ABQ，
=S矩形ABCD﹣S△ABQ=1×-．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，扇形的面积公式，轴对称的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共10小题，共96分．解答时应写出必要的计算过程、推演步骤或文字说明）
19.计算：(﹣2)0+()﹣1﹣．
【答案】1
【解析】
【分析】
根据负整数指数幂、零次幂以及二次根式的化简方法进行计算即可．
【详解】解：(﹣2)0+()﹣1-，
=1+3﹣3，
=1．
【点睛】本题考查了负整数指数幂、零次幂以及二次根式的化简，掌握运算的性质和计算的方法是得出正确答案的前提．
20.先化简，再求值：÷（x﹣），其中x＝﹣2．
【答案】；
【解析】
【分析】
先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将x的值代入计算可得．
【详解】解：原式＝÷(﹣)
＝÷
＝·
＝，
当x＝﹣2时，
原式＝＝＝．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，二次根式的除法，根据分式的运算法则把所给代数式正确化简是解答本题的关键．
21.某校计划成立下列学生社团．
社团名称
文学社
动漫创作社
合唱团
生物实验小组
英语俱乐部
社团代号
A
B
C
D
E

为了解该校学生对上述社团的喜爱情况，学校从全体学生中随机抽取部分学生进行问卷调查（每名学生必需选一个且只能选一个学生社团）．根据统计数据，绘制了如图条形统计图和扇形统计图（部分信息未给出）．

（1）该校此次共抽查了　　名学生；
（2）请补全条形统计图（画图后标注相应的数据）；
（3）若该校共有1000名学生，请根据此次调查结果，试估计该校有多少名学生喜爱英语俱乐部？
【答案】（1）50；（2）见解析；（3）280名
【解析】
分析】
（1）根据喜爱D的人数和所占的百分比，可以求得本次调查的学生人数；
（2）根据（1）中的结果和条形统计图中的数据，可以计算出喜爱C的人数，然后即可将条形统计图补充完整；
（3）根据统计图中的数据，可以计算出该校有多少名学生喜爱英语俱乐部．
【详解】（1）该校此次共抽查了12÷24%=50名学生，
故答案为：50；
（2）喜爱C学生有：50﹣8﹣10﹣12﹣14=6（人），
补全的条形统计图如图所示；

（3）1000×=280（名），
答：该校有280名学生喜爱英语俱乐部．
【点睛】本题考查条形统计图、扇形统计图，解答本题的关键是明确题意，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息，利用数形结合的思想解答．
22.如图，在正方形ABCD中，点E，F在AC上，且AF=CE．求证：四边形BEDF是菱形．

【答案】见解析
【解析】
【分析】
由正方形的性质可得AB=AD=CD=BC，∠DAE=∠BAE=∠BCF=∠DCF=45°，由“SAS”可证△ABE≌△ADE，△BFC≌△DFC，△ABE≌△CBF，可得BE=BF=DE=DF，可得结论．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CD=BC，∠DAE=∠BAE=∠BCF=∠DCF=45°，
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE=DE，
同理可得△BFC≌△DFC，
可得BF=DF，
∵AF=CE，
∴AF-EF=CE-EF，即AE=CF，
在△ABE和△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴BE=BF，
∴BE=BF=DE=DF，
∴四边形BEDF是菱形．
【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是本题的关键．
23.将4张印有“梅”“兰”“竹”“菊”字样的卡片（卡片的形状、大小、质地都相同）放在一个不透明的盒子中，将卡片搅匀．
（1）从盒子中任意取出1张卡片，恰好取出印有“兰”字的卡片的概率为　　．
（2）先从盒子中任意取出1张卡片，记录后放回并搅匀，再从中任意取出1张卡片，求取出的两张卡片中，至少有1张印有“兰”字的概率（请用画树状图或列表等方法求解）．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）直接利用概率公式求解可得；
（2）画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合条件结果数，再利用概率公式求解可得．
【详解】（1）从盒子中任意取出1张卡片，恰好取出印有“兰”字的卡片的概率为，
故答案为：；
（2）画树状图如下：

由树状图知，共有16种等可能结果，其中至少有1张印有“兰”字的有7种结果，
∴至少有1张印有“兰”字的概率为．
【点睛】本题考查了用列表法或树状图法求随机事件的概率，解题时需要注意是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
24.如图，在一笔直的海岸线上有A，B两个观测站，A在B的正西方向，AB=2km，从观测站A测得船C在北偏东45°的方向，从观测站B测得船C在北偏西30°的方向．求船C离观测站A的距离．

【答案】
【解析】
【分析】
如图，过点C作CD⊥AB于点D，从而把斜三角形转化为两个直角三角形，然后在两个直角三角形中利用直角三角形的边角关系列出方程求解即可．
【详解】解：如图，过点C作CD⊥AB于点D，

则∠CAD=∠ACD=45°，
∴AD=CD，
设AD=，则AC=，
∴BD=AB-AD=，
∵∠CBD=60°，
在Rt△BCD中，
∵tan∠CBD=，
∴，
解得，
经检验，是原方程的根，
∴AC==()=(-)km．
答：船C离观测站A的距离为(-)km．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-方向角问题，解决本题的关键是掌握方向角定义．
25.如图，在△ABC中，D是边BC上一点，以BD为直径的⊙O经过点A，且∠CAD=∠ABC．
（1）请判断直线AC是否是⊙O的切线，并说明理由；
（2）若CD=2，CA=4，求弦AB的长．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）如图，连接OA，由圆周角定理可得∠BAD=90°=∠OAB+∠OAD，由等腰三角形的性质可得∠OAB=∠CAD=∠ABC，可得∠OAC=90°，可得结论；
（2）由勾股定理可求OA=OD=3，由面积法可求AE的长，由勾股定理可求AB的长．
【详解】（1）直线AC是⊙O的切线，
理由如下：如图，连接OA，

∵BD为⊙O的直径，
∴∠BAD=90°=∠OAB+∠OAD，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠ABC，
又∵∠CAD=∠ABC，
∴∠OAB=∠CAD=∠ABC，
∴∠OAD+∠CAD=90°=∠OAC，
∴AC⊥OA，
又∵OA是半径，
∴直线AC是⊙O的切线；
（2）过点A作AE⊥BD于E，
∵OC2=AC2+AO2，
∴(OA+2)2=16+OA2，
∴OA=3，
∴OC=5，BC=8，
∵S△OAC=OAAC=OCAE，
∴AE=，
∴OE=，
∴BE=BO+OE=，
∴AB=．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆的有关知识，勾股定理等知识，求圆的半径是本题的关键．
26.某超市经销一种商品，每千克成本为50元，经试销发现，该种商品的每天销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）满足一次函数关系，其每天销售单价，销售量的四组对应值如下表所示：
销售单价x（元/千克）
55
60
65
70
销售量y（千克）
70
60
50
40

（1）求y（千克）与x（元/千克）之间的函数表达式；
（2）为保证某天获得600元的销售利润，则该天的销售单价应定为多少？
（3）当销售单价定为多少时，才能使当天的销售利润最大？最大利润是多少？
【答案】（1）；（2）60元/千克或80元/千克；（3）70元/千克；800元
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法来求一次函数的解析式即可；
（2）依题意可列出关于销售单价x的方程，然后解一元二次方程组即可；
（3）利用每件的利润乘以销售量可得总利润，然后根据二次函数的性质来进行计算即可．
【详解】解：（1）设y与x之间的函数表达式为（），将表中数据（55，70）、（60，60）代入得：
，
解得：，
∴y与x之间的函数表达式为；
（2）由题意得：，
整理得，
解得，
答：为保证某天获得600元的销售利润，则该天的销售单价应定为60元/千克或80元/千克；
（3）设当天的销售利润为w元，则：

，
∵﹣2＜0，
∴当时，w最大值=800．
答：当销售单价定为70元/千克时，才能使当天的销售利润最大，最大利润是800元．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式、一元二次方程和二次函数在实际问题中的应用，理清题中的数量关系是解题的关键．
27.【感知】（1）如图①，在四边形ABCD中，∠C=∠D=90°，点E在边CD上，∠AEB=90°，求证：=．
【探究】（2）如图②，在四边形ABCD中，∠C=∠ADC=90°，点E在边CD上，点F在边AD延长线上，∠FEG=∠AEB=90°，且=，连接BG交CD于点H．求证：BH=GH．
【拓展】（3）如图③，点E在四边形ABCD内，∠AEB+∠DEC=180°，且=，过E作EF交AD于点F，若∠EFA=∠AEB，延长FE交BC于点G．求证：BG=CG．

【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）见解析
【解析】
【分析】
（1）证得∠BEC=∠EAD，证明Rt△AED∽Rt△EBC，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；
（2）过点G作GM⊥CD于点M，由（1）可知，证得BC=GM，证明△BCH≌△GMH（AAS），可得出结论；
（3）在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，证明△AEF∽△EBM，由相似三角形的性质得出，证明△DEF∽△ECN，则，得出，则BM=CN，证明△BGM≌△CGN（AAS），由全等三角形的性质可得出结论．
【详解】（1）∵∠C=∠D=∠AEB=90°，
∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°，
∴∠BEC=∠EAD，
∴Rt△AED∽Rt△EBC，
∴；
（2）如图1，过点G作GM⊥CD于点M，

同（1）的理由可知：，
∵，，
∴，
∴CB=GM，
在△BCH和△GMH中，
，
∴△BCH≌△GMH（AAS），
∴BH=GH；
（3）证明：如图2，在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，

过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，
∵∠EAF+∠AFE+∠AEF=∠AEF+∠AEB+∠BEM=180°，∠EFA=∠AEB，
∴∠EAF=∠BEM，
∴△AEF∽△EBM，
∴，
∵∠AEB+∠DEC=180°，∠EFA+∠DFE=180°，
而∠EFA=∠AEB，
∴∠CED=∠EFD，
∵∠BMG+∠BME=180°，
∴∠N=∠EFD，
∵∠EFD+∠EDF+∠FED=∠FED+∠DEC+∠CEN=180°，
∴∠EDF=∠CEN，
∴△DEF∽△ECN，
∴，
又∵，
∴，
∴BM=CN，
在△BGM和△CGN中，
，
∴△BGM≌△CGN（AAS），
∴BG=CG．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
28.二次函数的图象与x轴交于A(2，0)，B(6，0)两点，与y轴交于点C，顶点为E．
(1)求这个二次函数的表达式，并写出点E的坐标；
(2)如图①，D是该二次函数图象的对称轴上一个动点，当BD的垂直平分线恰好经过点C时，求点D的坐标；
(3)如图②，P是该二次函数图象上的一个动点，连接OP，取OP中点Q，连接QC，QE，CE，当△CEQ的面积为12时，求点P的坐标．

【答案】(1)；(4，-1)；(2)(4，3+)或(4，3-)；(3)(10，8)或(，24)
【解析】
【分析】
(1)由于二次函数的图象与x轴交于A(2，0)、B(6，0)两点，把A，B两点坐标代入，计算出a的值即可求出抛物线解析式，由配方法求出E点坐标；
(2)由线段垂直平分线的性质可得出CB=CD，设D(4，m)，由勾股定理可得=，解方程可得出答案；
(3)设CQ交抛物线的对称轴于点M，设P(，)，则Q(，)，设直线CQ的解析式为，则，解得，求出M(，)，ME=，由面积公式可求出n的值，则可得出答案．
【详解】(1)将A(2，0)，B(6，0)代入，
得，
解得，
∴二次函数的解析式为；
∵，
∴E(4，)；
(2)如图1，图2，连接CB，CD，由点C在线段BD的垂直平分线CN上，得CB=CD，

设D(4，m)，
当时，，
∴C(0，3)，
∵=，由勾股定理可得：
=，
解得m=3±，
∴满足条件的点D的坐标为(4，3+)或(4，3-)；
(3)如图3，设CQ交抛物线的对称轴于点M，

设P(，)，则Q(，)，
设直线CQ的解析式为，则，
解得，
于是直线CQ的解析式为：，
当时，，
∴M(，)，ME==，
∵S△CQE=S△CEM+S△QEM=，
∴，
解得或，
当时，P(10，8)，
当时，P(，24)．
综合以上可得，满足条件的点P的坐标为(10，8)或(，24)．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数图象与性质，垂直平分线的性质，勾股定理，三角形的面积；熟练掌握二次函数的性质及方程思想是解题的关键．

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