2019-2020学年南昌二中八年级下学期期末数学试卷

2019-2020学年南昌二中八年级下学期期末数学试卷
一、选择题（本大题共6小题，共18.0分）
1.用求根公式解得某一元二次方程ax2+bx+c=0的两根互为相反数，则()
A. b=0
B. c=0
C. b2−4ac=0
D. b+c=0
2.一元二次方程x2−2x+2=0的根的情况为()
A. 有两个等根
B. 有两个不等根
C. 只有一个实数根
D. 没有实数根
3.抛物线y=−x2不具有的性质是()
A. 开口向上
B. 对称轴是y轴
C. 在对称轴的左侧，y随x的增大而增大
D. 最高点是原点
4.已知二次函数y=ax2+bx+c的y与x的部分对应值如下表：则下列判断中正确的是()
x…−1012…
y…−5131…
A. 抛物线开口向上
B. 抛物线与y轴交于负半轴
C. 当x=3时，y<0
D. 方程ax2+bx+c=0有两个相等实数根
5.已知△ABC≌△A′B′C′，∠A′=40°，∠B′=60°，则∠C的度数为()
A. 40°
B. 50°
C. 60°
D. 80°
6.如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象过点(−1,0)和点(3,0)，则下列说法正
确的是()
A. bc<0
B. a+b+c>0
C. 2a+b=0
D. 4ac>b2
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
7.一元二次方程x2=6的解为______．
8.在平面直角坐标系中，已知A(−1,m)和B(5,m)是抛物线y=x2+bx+1上的两点，b=______ ；
m=______ ；将抛物线y=x2+bx+1的图象向上平移n(n是正整数)个单位，使平移后的图象与x轴没有交点，则n的最小值为______ ．
9.已知二次函数y=(k2+1)x2−2(2k−1)x+1
(1)若二次函数图象经过点(−1,1)，则k的值为______ ．
(2)若二次函数图象不经过第三象限，则k的取值范围为______ ．
10.在平面直角坐标系xOy中，二次函数M：y=ax2+bx+c(a≠0)的图象过点A(−1,0)，且顶点
坐标为B(0,1)设点F(t,0)为x轴正半轴上一点，M’是M以F为旋转中心的对称图形，当M’与线段AB有公共点时，t的取值范围为______．
11.已知x1，x2是方程x2+2013x+1=0的两个根，则(1+2015x1+x12)(1+2015x2+x22)的值为
______ ．
12.如图，在ΔABC中，AB=8，AC=6，∠BAC=30°，将ΔABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB1C1，
连接BC1，则BC1的长为_________．
三、解答题（本大题共11小题，共84.0分）
13.解方程：
(1)3x(x−1)=(x−1)2
(2)x2−5x−7=0．
14.已知二次函数y=(x+m)2+k的图象如图．
(1)根据图中提供的信息，求这个二次函数的关系式、图象与x轴的交点
坐标；
(2)观察图象解答：当x为何值时：①y>0；②y=0；③y<0？
15.已知△ABC的三边长分别为a、b、c，且有|√a−6−2|+b+c2+36=4√b−4+12c，试判
断△ABC的形状．
16.如图，为了美化街道，刘大爷准备利用自家墙外的空地种植两种不同的花卉，墙的最大可用长
度是12.5m，墙外可用宽度为3.25m.现有长为21m的篱笆，计划靠着院墙围成一个中间有一道隔栏的矩形花圃．
(1)若要围成总面积为36m2的花圃，边AB的长应是多少米？
(2)花圃的面积能否达到36.75m2？若能，求出边AB的长；若不能，请说明理由．
17.某社区决定购置一批共享单车，经市场调查得知，购买3辆男式单车与4辆女式单车费用相同，
购买5辆男式单车与4辆女式单车共需1600元．
(1)求男式单车和女式单车每辆分别是多少元？
(2)该社区要求男式单车比女式单车多4辆，两种单车至少需要22辆，购置两种单车的费用不超过
5000元，问该社区有几种购置方案？怎样的购置才能使所需总费用最低？最低费用是多少？
18.已知二次函数图象与x轴交点(2,0)(−1,0)，与y轴交点是(0,−1)，求解析式及顶点坐标．
19.当m取何值时，抛物线y=x2+3x+m与x轴有两个交点？
20.商场某种商品平均每天可销售20件，每件盈利40元，为了尽快减少库存，商场决定采取适当
的降价措施．经调查，每件商品每降价1元，商场平均每天可多销售2件．
(1)当商品降价5元时，商场日盈利多少元？
(2)每件商品降价多少元时，商场既能尽可能快的减少库存，又能使日盈利达到1200元？
(3)要使商店日盈利最多，那么每件服装应降价多少元？
21.已知抛物线y=x2+mx+m−2．
(1)求证：无论m取何值，抛物线总与x轴有两个交点；
(2)当m=2时，求方程x2+mx+m−2=0的根．
22.已知二次函数图象顶点A(1,2)，且经过点B(3,−6)，求该函数的解析式．
23.如图，已知二次函数(其中0<m<1)的图象与x轴交于A、B两点(点
A在点B的左侧)，与y轴交于点C，对称轴为直线l.设P为对称轴l上的点，连接PA、PC，PA= PC.
(1)若m=；分别求A，B，C三点的坐标；
(2)求P点坐标(用含m的代数式表示)；
(3)在坐标轴上是否存在点Q(与原点O不重合)，使得以Q、B、C为顶点的三角形是等腰直角三角形，且线段PQ的长度最小？如果存在，求出所有满足条件的点Q的坐标；如果不存在，请说明理由
【答案与解析】
1.答案：A
解析：解：∵一元二次方程ax2+bx+c=0的两根互为相反数，
∴x1+x2=−b
a
=0，a≠0，
∴b=0．
并且判别式△=b2−4ac≥0，则a，c异号．
即方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根互为相反数的条件是：b=0，且a，c异号．故选：A．
根据一元二次方程根与系数的关系，两根之和等于−b
a
=0，可求出b=0．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与系数的关系为：x1+x2=−b
a ，x1⋅x2=c
a
.也
考查了根的判别式．
2.答案：D
解析：
本题考查了根的判别式，熟练掌握“当Δ<0时方程无解”是解题的关键．
根据方程的系数结合根的判别式即可得出Δ=−4<0，由此即可得出结论．
解：∵在方程x2−2x+2=0中，Δ=(−2)2−4×1×2=−4<0，
∴该方程没有实数根．
故选D．
3.答案：A
解析：解：因为a<0，所以开口向下，顶点坐标(0,0)，对称轴是y轴，有最高点是原点．
故选：A
此题应从二次函数的基本形式入手，它符合y=ax2的基本形式，根据它的性质，进行解答．
此题主要考查y=ax2形式二次函数的基本性质，比较基础，但也是中考中热点问题．
4.答案：C
解析：解：∵由图表可以得出当x=0或2时，y=1，可以求出此函数的对称轴是x=1，顶点坐标为(1,3)，
∴二次函数解析式为：y=a(x−1)2+3，
再将(0,1)点代入得：1=a(−1)2+3，
解得：a=−2，
∴y=−2(x−1)2+3，
∵a<0
∴A，抛物线开口向上错误，故：A错误；
∵y=−2(x−1)2+3=−2x2+4x+1，
与y轴交点坐标为(0,1)，故与y轴交于正半轴，
故：B错误；
∵x=3时，y=−5<0，
故：C正确；
∵方程ax2+bx+c=0，△=16+4×2×1=22>0，
此方程有两个不相等的实数根，
故：D.方程有两个相等实数根错误；
故选：C．
结合图表可以得出当x=0或2时，y=1，可以求出此函数的对称轴是x=1，顶点坐标为(1,3)，借助(0,1)两点可求出二次函数解析式，从而得出抛物线的性质．
此题主要考查了二次函数解析式的求法，以及由解析式求函数与坐标轴的交点以及一元二次方程根的判别式的应用．
5.答案：D
解析：解：
∵∠A′=40°，∠B′=60°，
∴∠C′=180°−40°−60°=80°，
∵△ABC≌△A′B′C′，
∴∠C=∠C′=80°，
故选：D．
由三角形内角和定理可求得∠C′，再由全等三角形的性质可求得答案．
本题主要考查全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．
6.答案：C
解析：
本题考查了二次函数图象与系数的关系、二次函数的图像、抛物线与x轴的交点等知识点，对于二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)，二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．当a>0时，抛物线开口向上；当a<0时，抛物线开口向下；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置．当a与b同号时(即ab>0)，对称轴在y轴左侧；当a与b异号时(即ab<0)，对称轴在y轴右侧．常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于(0,c).抛物线与x轴交点个数由△决定：△=b2−4ac>0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2−4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2−4ac<0时，抛物线与x轴没有交点；利用抛物线开口方向得到a>0，利用对称轴在y轴的右侧得到b<0，利用抛物线与y轴的交点在x轴下方得到c<0，则可对A进行判断；利用当x=1时，y<0可对B
=1，则可对C进行判断；根据进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线的对称轴为直线x=−b
2a
抛物线与x轴的交点个数对D进行判断．
解：∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∵对称轴在y轴的右侧，
∴a和b异号，
∴b<0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，
∴c<0，
∴bc>0，所以A选项错误；
∵当x=1时，y<0，
∴a+b+c<0，所以B选项错误；
∵抛物线经过点(−1,0)和点(3,0)，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
=1，
即−b
2a
∴2a+b=0，所以C选项正确；
∵抛物线与x轴有2个交点，
∴△=b2−4ac>0，
即4ac<b2，所以D选项错误．
故选：C．
7.答案：x1=√6，x2=−√6
解析：解：x2=6，
开方得：x=±√6，
即x1=√6，x2=−√6，
故答案为：x1=√6，x2=−√6．
两边开方，即可求出答案．
本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解一元二次方程是解此题的关键．
8.答案：−4 6 4
解析：解：∵A(−1,m)和B(5,m)是抛物线y=x2+bx+1上的两点，
∴点A和点B为抛物线上的对称点，
∴抛物线的对称轴为直线x=2，
即−b
2×1
=2，解得b=−4，
∴抛物线解析式为y=x2−4x+1，
把(−1,m)代入得m=1+4+1=6；
抛物线向上平移n个单位后的解析式为y=x2−4x+1+n，
∵抛物线y=x2−4x+1+n与x轴没有交点，
∴△=(−4)2−4(1+n)<0，
解得n>3，
∵n是正整数，
∴n的最小值为4．
故答案为−4，6；4．
根据抛物线的对称性得到抛物线的对称轴为直线x=2，则−b
2×1
=2，解得b=−4，再把(−1,m)代入y=x2−4x+1中求出m的值；利用二次函数图象平移的规律得到抛物线向上平移n个单位后的解析式为y=x2−4x+1+n，根据判别式的意义得到△=(−4)2−4(1+n)<0，然后解不等式后可确定n的最小值．
本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c(a,b，c是常数，a≠0)与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程；△=b2−4ac决定抛物线与x轴的交点个数．也考查了二次函数的性质．
9.答案：(1)−2−√5或−2+√5；
(2)k>1 2
解析：
此题主要考查了二次函数的图象和性质，解题的关键是会根据图象的位置得到关于k的不等式组解决问题．
(1)由于k2+1≠0，将点(−1,1)代入二次函数解析式，解这解关于k的一元二次方程，即可求出k 的值；
(2)由y=(k2+1)x2−2(2k−1)x+1的图象不经过第三象限，a>0，得到抛物线是对称轴在y轴的右侧，列不等式即可得到结论．
解：(1)由于k2+1≠0，将点(−1,1)代入二次函数解析式得：1=(k2+1)+2(2k−1)+1，
解得：k1=−2−√5，k2=−2+√5，
故答案为−2−√5或−2+√5；
(2)∵y=(k2+1)x2−2(2k−1)x+1的图象不经过第三象限，
而二次项系数a=(k2+1)>0，c=1>0，
∴抛物线开口方向向上，抛物线与y轴的正半轴相交，
∴抛物线是对称轴在y轴的右侧，
∴−2(2k−1)<0，
∴k>1
，
2
故答案为k>1
．
2
10.答案：0<t≤√2
2
解析：解：由抛物线M的顶点坐标为B(0,1)可设抛物线的解析式为y=ax2+1，
将A(−1,0)代入解析式，得a×(−1)2+1=0，
解得a=−1，
∴二次函数M的解析式为y=−x2+1，
设旋转后抛物线M’的顶点为B1，
由旋转的性质，得：B1与B(0,1)关于F(t,0)对称，
∴B1(2t,−1)；
∵抛物线M’的二次项系数为1，
∴抛物线M’的解析式为y=(x−2t)2−1(t>0)，
∴当抛物线M’经过A(−1,0)时有(−1−2t)2−1=0，解得t1=−1，t2=0；
当抛物线M’经过B(0,1)时有(−2t)2−1=1，解得t=±√2
；
2
如图：
结合图象以及t>0分析，得：
．
当抛物线M’与线段AB有公共点时，t的取值范围0<t≤√2
2
故答案为：0<t≤√2
．
2
先根据待定系数法，可得二次函数M的解析式；再根据旋转的性质，可得抛物线M’的顶点B1与B′关于F点对称，根据中点公式，求出B1的坐标；最后根据图象过A，B点，可得点的坐标符合解析式，根据图象，可得答案．
本题考查了二次函数图象与几何变换，利用图象过A，B点得出点的坐标符合解析式是解题关键．11.答案：4
解析：解：∵x1，x2是方程x2+2013x+1=0的两个根，
∴x12+2013x1+1=0，x22+2013x2+1=0，
∴x12+1=−2013x1，x22+1=−2013x2，
∴原式=2x1⋅2x2
=4x1⋅x2，
∵x1，x2是方程x2+2013x+1=0的两个根，
∴x1⋅x2=1，
∴原式=4．
故答案为4．
先根据一元二次方程的解的定义得到x12+2013x1+1=0，x22+2013x2+1=0，则x12+1=
−2013x1，x22+1=−2013x2，于是原式可化简为2x1⋅2x2，然后利用根与系数的关系计算．
本题考查了根与系数的关系：若x 1，
x 2是一元二次方程ax 2+bx +c =0(a ≠0)的两根时，x 1+x 2=−b a ，x 1x 2=c a .也考查了一元二次方程的解． 12.答案：10
解析：解：∵将△ABC 绕点A 逆时针旋转60°得到△AB 1C 1，
∴AC =AC 1，∠CAC 1=60°，
∵AB =8，AC =6，∠BAC =30°，
∴∠BAC 1=90°，AB =8，AC 1=6，
∴在Rt △BAC 1中，BC 1的长=√82+62=10．
故答案为：10
根据旋转的性质得出AC =AC 1，∠BAC 1=90°，进而利用勾股定理解答即可．
此题考查旋转的性质，关键是根据旋转的性质得出AC =AC 1，∠BAC 1=90°．
13.答案：解：(1)移项得：3x(x −1)−(x −1)2=0，
(x −1)[3x −(x −1)]=0，
x −1=0，3x −(x −1)=0，
x 1=1，x 2=−12；
(2)x 2−5x −7=0，
b 2−4a
c =(−5)2−4×1×(−7)=53，
x =5±√532
， x 1=5+√532，x 2=5−√532．
解析：(1)先移项，再分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；
(2)先求出b 2−4ac 的值，再代入公式求出即可．
本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解一元二次方程是解此题的关键．
14.答案：解：(1)∵二次函数y =(x +m)2+k 的顶点坐标为：(52,−94)，
∴这个二次函数的关系式为：y =(x −52)2−94，
当y =0时，(x −52)2−94=0，
解得：x 1=4，x 2=1，
∴图象与x 轴的交点坐标分别为：(1,0)，(4,0)；
(2)①当x <1或x >4时，y >0；
②当x =1或4时，y =0；
③当1<x <4时，y <0．
解析：(1)由二次函数y =(x +m)2+k 的顶点坐标为：(52,−94)，即可得这个二次函数的关系式为：y =(x −52)2−94，又由当y =0时，(x −52)2−94=0，解此方程即可求得图象与x 轴的交点坐标；
(2)观察图象，即可求得当x 为何值时：①y >0；②y =0；③y <0．
此题考查了待定系数法求二次函数的解析式以及二次函数与一元二次方程的关系．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用． 15.答案：解：由|√a −6−2|+b +c 2+36=4√b −4+12c ，得
|√a −6−2|+(c −6)2+(2−√b −4)2=0，
则√a −6−2=0，c −6=0，2−√b −4=0，
解得a =10，c =6，b =8，
故b 2+c 2=a 2，
∵△ABC 的三边长分别为a 、b 、c ，
∴△ABC 是直角三角形．
解析：根据非负数的性质解得各边的长，再根据勾股定理的逆定理判定是否直角三角形．
本题考查了因式分解的应用、勾股定理的逆定理、非负数的性质，解题的关键是注意配方法的步骤，在变形的过程中不要改变式子的值．
16.答案：解：(1)设AB 的长为x 米，则长为(21−3x)米，
根据题意得：x(21−3x)=36，
解得：x =3或x =4，
∵墙外可用宽度为3.25m ，
∴x 只能取3．
(2)花圃的面积为(21−3x)x =−3(x −3.5)2+36.75，
∴当AB 长为3.25m ，有最大面积，为36.75平方米．
∵墙外可用宽度为3.25m ，
∴花圃的面积不能达到36.75m 2．
解析：(1)设AB 的长为x 米，则长为21−3x 米，根据其面积列出方程求得即可．
(2)把(1)中用代数式表示的面积整理为a(x −ℎ)2+b 的形式可得最大的面积．
本题考查了一元二次方程及配方法的应用；得到长方形花圃的长的代数式是解决本题的易错点；用配方法得到最大面积是解决本题的难点．
17.答案：解：(1)设男式单车x 元/辆，女式单车y 元/辆，
根据题意，得：{3x =4y 5x +4y =16000
， 解得：{x =2000y =1500
， 答：男式单车2000元/辆，女式单车1500元/辆；
(2)设购置女式单车m 辆，则购置男式单车(m +4)辆，
根据题意，得：{m +m +4≥222000(m +4)+1500m ≤50000
， 解得：9≤m ≤12，
∵m 为整数，
∴m 的值可以是9、10、11、12，即该社区有四种购置方案；
设购置总费用为W ，
则W =2000(m +4)+1500m =3500m +8000，
∵W 随m 的增大而增大，
∴当m =9时，W 取得最小值，最小值为39500，
答：该社区共有4种购置方案，其中购置男式单车13辆、女式单车9辆时所需总费用最低，最低费用为39500元．
解析：(1)设男式单车x 元/辆，女式单车y 元/辆，根据“购买3辆男式单车与4辆女式单车费用相同，购买5辆男式单车与4辆女式单车共需16000元”列方程组求解可得；
(2)设购置女式单车m 辆，则购置男式单车(m +4)辆，根据“两种单车至少需要22辆、购置两种单车的费用不超过50000元”列不等式组求解，得出m 的范围，即可确定购置方案；再列出购置总费用关于m 的函数解析式，利用一次函数性质结合m 的范围可得其最值情况．
本题主要考查二元一次方程组、一元一次不等式组及一次函数的应用，理解题意找到题目蕴含的相等关系或不等关系列出方程组或不等式组是解题的关键．
18.答案：解：设二次函数解析式为y =a(x −2)(x +1)，
代入点(0,−1)，得−1=a(0−2)(0+1)，
解得a =12；
所以二次函数解析式为y =12(x −2)(x +1)；
y=1
2(x−2)(x+1)=1
2
(x−1
2
)
2
−9
8
，
顶点坐标为(1
2,−9
8
).
解析：因为二次函数图象与x轴交点(2,0)，(−1,0)，可设二次函数解析式为y=a(x−2)(x+1)，再进一步代入点(0,−1)，求得解析式；进一步整理成顶点式求得顶点坐标即可．
本题主要考查待定系数求二次函数的解析式的知识点，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键．19.答案：解：∵抛物线y=x2+3x+m与x轴有两个交点，
∴△>0，即△=32−4m>0，
解得m<9
4
．
解析：根据抛物线与x轴有两个交点可知△>0，据此可得出m的取值范围．
本题考查的是抛物线与x轴的交点，二次函数y=ax2+bx+c(a,b，c是常数，a≠0)的交点与一元二次方程ax2+bx+c=0根之间的关系．
△=b2−4ac决定抛物线与x轴的交点个数．
△=b2−4ac>0时，抛物线与x轴有2个交点；
△=b2−4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；
△=b2−4ac<0时，抛物线与x轴没有交点．
20.答案：解：(1)当商品降价5元时，商场日盈利为：(20+2×5)×(40−5)=1050元；
(2)设：每件商品降价x元时，商场既能又能使日盈利y达到1200元，
则y=(20+2x)(40−x)=1200，
解得：x=20或10，
尽可能快的减少库存，即卖出的多，则x=20，
答：每件商品降价20元时，商场既能尽可能快的减少库存，又能使日盈利达到1200元；
(3)每件服装应降价x元，日盈利为y元，
则y=(20+2x)(40−x)=−2(x−40)(x+10)，
∵−2<0，故y有最大值，此时，x=15，
答：要使商店日盈利最多，那么每件服装应降价15元．
解析：(1)当商品降价5元时，商场日盈利为：(20+2×5)×(40−5)=1050元；
(2)设：每件商品降价x元时，商场既能又能使日盈利y达到1200元，y=(20+2x)(40−x)=1200，即可求解；
(3)每件服装应降价x元，日盈利为y元，则y=(20+2x)(40−x)=−2(x−40)(x+10)，即可求解．
本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用．最大销售利润的问题常利函数的增减性来解答，我们首先要吃透题意，确定变量，建立函数模型，然后结合实际选择最优方案．其中要注意应该在
时取得
自变量的取值范围内求最大值(或最小值)，也就是说二次函数的最值不一定在x=−b
2a
21.答案：解：(1)证明：由题意可得
△=b2−4ac=m2−4(m−2)=(m−2)2+4，
∵(m−2)2≥，∴(m−2)2+4>0
∴无论m取何值，抛物线总与x轴有两个交点．
(2)当m=2时，方程可化为x2+2x=0，
解得x=0或x=−2，
∴当m=2时，方程x2+mx+m−2=0的根为0或−2．
解析：(1)根据抛物线对应的一元二次方程的判别式，即可求得结论；
(2)把m=2代入方程即可求得方程的根．
本题考查了二次函数与一元二次方程的关系、解一元二次方程，解决本题的关键是抛物线与x轴的交点个数由判别式判断．
22.答案：解：由题意设二次函数的解析式为：y=a(x−1)2+2，
把点B(3,−6)代入y=a(x−1)2+2，得−6=4a+2，
解得a=−2，
故抛物线解析式为y=−2(x−1)2+2，即y=−2x2+4x．
解析：可设顶点式y=a(x−1)2+2，然后把点B(3,−6)代入求出a即可．
本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．
23.答案：解：(1)令x=0，则y=−m，C点坐标为：(,−m)，
令y=0，则x2+(1−m)x−m=0，
解得：=−1，=m，
∵<m<1，点A在点B的左侧，
∴A点坐标为：(−1,)，B点坐标为：(m,)，
∵m=，
∴A(−1,)，B(，)，C(0,−)；
(2)如图1，作PD⊥y轴，垂足为D，设l与x轴交于点E，
由题意得，抛物线的对称轴为：x=，
设点P坐标为：(，n)，∵PA=PC，
∴PA2=PC2，
即AE2+PE2=CD2+PD2，
∴(+1)2+n2=(n+m)2+()2，
解得，n=，
∴P点坐标为；
(3)存在点Q满足题意，
∵P点坐标为，
∴PA2+PC2=AE2+PE2+CD2+PD2，
=(+1)2+()2+(+m)2+()2=1+m2，∵AC2=1+m2，
∴PA2+PC2=AC2，
∴∠APC=90°，
∴△PAC是等腰直角三角形，
∵以Q、B、C为顶点的三角形与△PAC相似，
∴△QBC是等腰直角三角形，
∴由题意可得满足条件的点Q的坐标为：(−m,)或(,m)，
①如图1，当Q点坐标为：(−m,)时，
若PQ与x轴垂直，则=−m，
解得，
若PQ与x轴不垂直，
则PQ2=PE2+EQ2
=() 2+(+m)2
=m2−2m+
=，
∵0<m<1，
∴当m=时，PQ2取得最小值，PQ取得最小值，∵，
∴当m=，即Q点的坐标为：(−，0)时，PQ的长度最小，②如图2，当Q点的坐标为：(0,m)时，
若PQ与y轴垂直，则=−m，
解得：，
若PQ与y轴不垂直，
则PQ2=PD2+DQ2
=
∵0<m<1，
∴当m=时，PQ2取得最小值，PQ取得最小值，
∵，
∴当m=，即Q点的坐标为：(，0)时，PQ的长度最小，
综上所述：当Q点坐标为：(−，0)或(0,)时，PQ的长度最小．
解析：(1)首先求出B点坐标，进而得出OB=OC=m，再利用等腰直角三角形的性质求出即可；
(2)作PD⊥y轴，垂足为D，设l与x轴交于点E，利用勾股定理AE2+PE2=CD2+PD2，得出P 点坐标即可；
(3)根据题意得出△QBC是等腰直角三角形，可得满足条件的点Q的坐标为：(−m,0)或(0,m)，进而分别分析求出符合题意的答案．。