精品解析：四川省成都市金牛区铁路中学2024-2025学年九年级上学期数学开学考试试题

四川省成都市金牛区铁路中学2024-2025学年 九年级上学期数学开学考试试卷 A卷 1. 下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 2. 若，则下列不等式正确的是（　　） A. B. C. D. 3. 如图，在中，的平分线交于点O，过点O作分别交于点E，F，若，则的周长是（　　） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 4. 下列由左边到右边的变形，属于因式分解的是(　　) A. B. C. D. 5. 下列分式变形正确的是（　　） A. B. C. D. 6. 将点向左平移2个单位，向上平移4个单位得到点Q，则点Q的坐标是（　　） A. B. C. D. 7. 如图，矩形中，是对角线的中点，连接．若，，则的长为（　　） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 8. 某化工厂要在规定时间内搬运2400千克化工原料，现有A，B两种机器人可供选择，已知B型机器人每小时完成的工作量是A型机器人的倍，B型机器人单独完成所需的时间比A型机器人少16小时，如果设A型机器人每小时搬运x千克化工原料，则可以列出以下哪个方程（　　） A. B. C D. 9. 分解因式： _______． 10. 如图，经过平移得到，连接、，若，则点A与点之间的距离为________ ． 11. 分式的值为0，则x=________ 12. 如图所示，菱形的对角线、相交于点．若，，，垂足为，则的长为________． 13. 如图，四边形是平行四边形，按以下步骤操作：①以点A为圆心，适当长为半径画弧，交于点E，交于点F；再分别以点E，F为圆心，以大于长为半径作弧，两弧相交于点M；②以点D为圆心，适当长为半径画弧，交于点H，交于点G；再分别以点G，H为圆心，以大于长为半径作弧，两弧相交于点N；③作射线相交于点P．若，则长为 ________________． 14. （1）解不等式组： （2）解分式方程： 15. 先化简，再求值：，其中 16. 如图，在平面直角坐标系中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在第四象限． （1）请画出关于x轴对称的； （2）请画出绕原点顺时针旋转90°后的； （3）求出（2）中线段AB所扫过的面积． 17. 如图，四边形是边长为1的正方形，分别延长，至点E，F，且，连接，，，． （1）求证：四边形菱形； （2）求四边形的面积． 18. 如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别相交于、两点，点在线段上，将线段绕着点逆时针旋转得到线段，此时点恰好落在直线上． （1）求出线段的长度； （2）求出的函数关系式； （3）若点是轴上的一个动点，点是线段上的点（不与点、重合），是否存在以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有满足条件的点坐标；若不存在，说明理由． B卷（共8小题，满分50分） 19. 已知，，则______． 20. 若关于的分式方程无解，则的值为_______． 21. 如图，一次函数与的图象相交于点，则关于的不等式组的解集为___________． 22. 如图，在中，，点分别在边上，连接，若，且是等边三角形，则_____． 23. 如图，在菱形中，，点P为线段上不与端点重合的一个动点．过点P作直线、直线的垂线，垂足分别为点E、点F．连结，在点P的运动过程中，的最小值等于_______． 24. 某商店购进A，B两种商品共140件进行销售．已知采购A商品10件与B商品20件共170元，采购A商品20件与B商品30件共280元． （1）求A，B商品每件进价分别是多少元？ （2）若该商店出售A，B两种商品时，先都以标价10元出售，售出一部分后再降价促销，都以标价的8折售完所有剩余商品．其中以10元售出的商品件数比购进A种商品件数少20件．该商店此次降价前后销售A，B两种商品共获利不少于360元，求商店至少购进A商品多少件？ （3）若采购这140件商品的费用不低于720元，不高于740元．然后将A商品每件加价2a元销售，B商品每件加价3a元销售，140件商品全部售出的最大利润为768元．请直接写出a的值． 25. 如图，在中，的平分线交于点，的平分线交于点． （1）求证：四边形为平行四边形； （2）如图，连接，若，，，求的面积； （3）如图，连接，作关于直线对称的，其中点A，的对应点分别为点，，恰好有，垂足为若，求的长． 26. 如图，直线与坐标轴分别交于点，，以为边在轴的右侧作正方形，且． （1）求直线的解析式； （2）如图1，点是轴上一动点，点在右侧，，． ①当最小时，求点的坐标； ②如图2，点是线段中点，另一动点在直线上，且，请求出点的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 四川省成都市金牛区铁路中学2024-2025学年 九年级上学期数学开学考试试卷 A卷 1. 下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可． 【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故A不符合题意； B．既是轴对称图形，也是中心对称图形，故B符合题意； C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故C不符合题意； D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故D不符合题意． 故选：B． 2. 若，则下列不等式正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了不等式的基本性质，先根据不等式基本性质3判断A，再根据不等式基本性质2判断B，然后根据不等式基本性质3，10判断C，最后举出反例判断D即可． 【详解】解：由， 两边都乘以，得． 所以A不正确； 由， 两边都乘以，得． 所以B正确； 由， 两边都乘以，得， 两边都加上4，得． 所以C不正确； 当，时，， 而， 所以D不正确． 故选：B． 3. 如图，在中，的平分线交于点O，过点O作分别交于点E，F，若，则的周长是（　　） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】根据角平分线的定义和平行线的性质可证和等腰三角形，从而可得，，然后利用等量代换可得的周长，即可解答．本题考查了等腰三角形的判定与性质，熟练掌握根据角平分线的定义和平行线的性质可证等腰三角形是解题的关键． 【详解】解：平分，平分， ，， ， ，， ，， ，， ，， 的周长 ， 故选：B． 4. 下列由左边到右边的变形，属于因式分解的是(　　) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了因式分解的定义；运用因式分解的定义进行辨别、求解． 【详解】解：A.∵不是表示整式的乘积， ∴选项A不符合题意； B.， ∴选项B不符合题意； C.不是整式乘积的形式， ∴选项C不符合题意； D.，是因式分解，选项D符合题意， 故选：D． 5. 下列分式变形正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了分式的基本性质．根据分式的基本性质作答． 【详解】解：A、是最简分式，不能再约分，故此选项不符合题意； B、，正确，故此选项符合题意； C、是最简分式，不能再约分，故此选项不符合题意； D、，是最简分式，不能再约分，故此选项不符合题意； 故选：B． 6. 将点向左平移2个单位，向上平移4个单位得到点Q，则点Q的坐标是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了坐标与图形变换（平移），根据坐标平移的规律即可求解，熟练掌握坐标平移的规律是解题的关键． 【详解】解：点向左平移2个单位，向上平移4个单位得到点， 故选C． 7. 如图，矩形中，是对角线的中点，连接．若，，则的长为（　　） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质和勾股定理，根据矩形的性质可知，，再根据勾股定理可求出的长，进而即可求出的长． 【详解】四边形为矩形， ，，， ，， ， ， 故选：D． 8. 某化工厂要在规定时间内搬运2400千克化工原料，现有A，B两种机器人可供选择，已知B型机器人每小时完成的工作量是A型机器人的倍，B型机器人单独完成所需的时间比A型机器人少16小时，如果设A型机器人每小时搬运x千克化工原料，则可以列出以下哪个方程（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键； 由两种机器人工作效率间的关系，可得出B型机器人每小时搬运千克化工原料，利用工作时间工作总量工作效率，结合B型机器人单独完成所需的时间比A型机器人少16小时，即可得出关于x的分式方程，此题得解． 【详解】解：B型机器人每小时完成的工作量是A型机器人的1.5倍，且A型机器人每小时搬运x千克化工原料， B型机器人每小时搬运千克化工原料，根据题意得： ． 故选：C． 9. 分解因式： _______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了分解因式，运用提公因式来进行因式分解，即可作答． 【详解】解： 故答案为： 10. 如图，经过平移得到，连接、，若，则点A与点之间的距离为________ ． 【答案】2.5 【解析】 【分析】本题考查了平移的性质．根据图形的平移，对应点的平移的距离是相等，再结合，即可作答． 【详解】解：如图：连接， ∵经过平移得到，连接、，且， ∴， 故答案为：． 11. 分式的值为0，则x=________ 【答案】3 【解析】 【详解】解：由题意得：， 解得：x=3． 故答案为3． 12. 如图所示，菱形的对角线、相交于点．若，，，垂足为，则的长为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理．利用菱形的面积公式：，即可解决问题． 【详解】解：四边形是菱形， ，，， ， ， ， 故答案为：． 13. 如图，四边形是平行四边形，按以下步骤操作：①以点A为圆心，适当长为半径画弧，交于点E，交于点F；再分别以点E，F为圆心，以大于长为半径作弧，两弧相交于点M；②以点D为圆心，适当长为半径画弧，交于点H，交于点G；再分别以点G，H为圆心，以大于长为半径作弧，两弧相交于点N；③作射线相交于点P．若，则的长为 ________________． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了平行四边形的性质、角平分线的作图、勾股定理等知识，根据平行四边形的性质得到，，根据平行线的性质得到，根据角平分线的定义得到，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， 由作图知，平分，平分， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 14. （1）解不等式组： （2）解分式方程： 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】此题考查了求不等式组的解集和解分式方程，熟练掌握解题步骤是解题的关键． （1）求出每个不等式的解集取公共部分即可； （2）去分母化整式方程并解方程，代入最简公分母检验即可． 【详解】解：（1） 解不等式①得， 解不等式②得， ∴原不等式组解集是； （2） 两边同乘以得， 整理得， 解方程得， 经检验，当时，， ∴是分式方程的解． 15. 先化简，再求值：，其中 【答案】， 【解析】 【分析】本题主要考查分式的化简求值．利用分式的相应的法则对式子进行化简，再代入相应的值运算即可． 【详解】解： ， 当时， 原式＝． 16. 如图，在平面直角坐标系中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在第四象限． （1）请画出关于x轴对称的； （2）请画出绕原点顺时针旋转90°后的； （3）求出（2）中线段AB所扫过的面积． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）分别找到点A、B、C三点关于x轴对称的点A1，B1，C1，顺次连接即可； （2）分别找到点A、B、C三点绕原点顺时针旋转90°后的点A2，B2，C2，顺次连接即可； （3）线段AB所扫过的面积为B点扫过的扇形面积减去A点扫过的扇形面积，即可求解． 【小问1详解】 解：如图所示； 【小问2详解】 解：如图所示； 【小问3详解】 解：∵， ∴线段AB所扫过的面积为 【点睛】此题考查了坐标与图形，作图－轴对称变换，旋转变换，以及扇形面积计算等知识，准确画出图形是解题的关键． 17. 如图，四边形是边长为1的正方形，分别延长，至点E，F，且，连接，，，． （1）求证：四边形是菱形； （2）求四边形的面积． 【答案】（1）见解析； （2）3． 【解析】 【分析】本题考查正方形的性质、菱形的判定方法以及性质、菱形面积的计算方法，熟练掌握正方形和菱形的性质是解题的关键． （1）连接，则，互相垂直平分，即可证得四边形为菱形． （2）根据四边形是边长为的正方形求出，，再根据菱形面积等于两对角线乘积的一半求解即可． 【小问1详解】 证明：如图，连接，交于点， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． 【小问2详解】 ∵四边形是边长为的正方形，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积为． 18. 如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别相交于、两点，点在线段上，将线段绕着点逆时针旋转得到线段，此时点恰好落在直线上． （1）求出线段的长度； （2）求出的函数关系式； （3）若点是轴上的一个动点，点是线段上的点（不与点、重合），是否存在以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有满足条件的点坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）直线的解析式为； （3）存在，点坐标或． 【解析】 【分析】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，平行四边形的性质，利用平行四边形的对角线互相平分的性质建立方程是解题的关键． （1）分别求出、点坐标，再求的长即可； （2）过点作轴交于点，证明，设，，则，由点在直线上，将点坐标代入直线解析式求出的值，可得点坐标，再由待定系数法求直线的解析式即可； （3）由（2）可知，设，，，分三种情况讨论：①当为平行四边形的对角线时；②当为平行四边形的对角线时；③为平行四边形的对角线时；根据平行四边形的对角线互相平分性质建立方程求出的值即可． 【小问1详解】 解：当时，， ， 当时，， ， ； 【小问2详解】 解：过点作轴交于点， ， ， ， ， ， ， ，， 设，， ， 点在直线上， ， 解得， ， 设直线的解析式为， ， 解得， 直线的解析式为； 【小问3详解】 解：存在以、、、为顶点的四边形是平行四边形，理由如下： 由（2）可知，， 设，，， ①当为平行四边形的对角线时，，， 解得，， ； ②当为平行四边形的对角线时，，， 解得，， 此时点不存在； ③为平行四边形的对角线时，，， 解得，， ； 综上所述：点坐标或． B卷（共8小题，满分50分） 19. 已知，，则______． 【答案】6 【解析】 【分析】本题考查了提公因式法分解因式，提取公因式后整理成已知条件的形式是解题的关键，然后整体代值计算．只要把所求代数式因式分解成已知的形式，然后把已知代入即可． 【详解】解：，， ． 故答案为：6． 20. 若关于的分式方程无解，则的值为_______． 【答案】0或2##2或0 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的解，解题关键是掌握分式方程解法，理解分式方程解的定义．将分式方程化为整式方程，分式方程无解，也就是分式方程有增根或整式方程无解两种情况，分别进行计算即可． 【详解】解：关于的分式方程化为整式方程得： ， 即， 由于分式方程无解， 所以或者分式方程有增根， 当时，， 解得， 综上所述，的值为0或2， 故答案为：0或2． 21. 如图，一次函数与的图象相交于点，则关于的不等式组的解集为___________． 【答案】 【解析】 【分析】把点代入得，即得点的坐标，把点代入，得的值，再把代入不等式组即可求解不等式组的解集． 【详解】解：把点代入，得即点， 把点代入，得， 把代入不等式组得， 解不等式组得， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了解不等式组，解题关键是如何利用代入法求的值． 22. 如图，在中，，点分别在边上，连接，若，且是等边三角形，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意算出的长，如图所示，延长，使得，连接，构成三角形，并证明，可得，设，则，在中，根据特殊角的直角三角形的性质，勾股定理的运用即可求解． 【详解】解：如图所示，延长，使得，连接， ∵在中，， ∴，， ∴，则， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴， 在中， ， ∴， ∴， ∵， ∴，则， 设，则， ∴， 在中，，，， ∴， ∴，则，解得，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，勾股定理的综合，理解题意，勾股直角三角形，掌握三角形全等，等边三角形的性质，勾股定理，特殊角的直角三角形的性质的运用是解题的关键． 23. 如图，在菱形中，，点P为线段上不与端点重合的一个动点．过点P作直线、直线的垂线，垂足分别为点E、点F．连结，在点P的运动过程中，的最小值等于_______． 【答案】7.8 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理和线段最值问题，点到直线的所有线段中，垂线段最短，连接交于点O，连接，先通过菱形的性质和勾股定理，计算出的长度，再根据建立等式推算出的值为定值，最后利用垂线段最短即可得到答案． 【详解】解：如图，连接交于点O，连接， ∵四边形是菱形， ∴，，， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：， 即的值为定值， 当最小时，有最小值， ∵当时，的最小值， ∴的最小值， 故答案为：． 24. 某商店购进A，B两种商品共140件进行销售．已知采购A商品10件与B商品20件共170元，采购A商品20件与B商品30件共280元． （1）求A，B商品每件进价分别是多少元？ （2）若该商店出售A，B两种商品时，先都以标价10元出售，售出一部分后再降价促销，都以标价的8折售完所有剩余商品．其中以10元售出的商品件数比购进A种商品件数少20件．该商店此次降价前后销售A，B两种商品共获利不少于360元，求商店至少购进A商品多少件？ （3）若采购这140件商品的费用不低于720元，不高于740元．然后将A商品每件加价2a元销售，B商品每件加价3a元销售，140件商品全部售出的最大利润为768元．请直接写出a的值． 【答案】（1）A商品每件的进价为5元，B商品每件的进价为6元； （2）至少购进A商品40件； （3）a的值为2.4． 【解析】 【分析】（1）设A商品每件的进价为x元，B商品每件的进价为y元，根据“采购A商品10件与B商品20件共170元，采购A商品20件与B商品30件共280元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论； （2）设至少购进A商品a件，根据购进A、B两种商品降价前后共获利不少于360元列出不等式解答即可； （3）设销售利润为w元，购进A商品m件，则B商品（140-m）件，根据“购这140件商品的费用不低于720元，不高于740元”列出不等式求解，得到m的取值范围，根据总利润=每件的利润×销售数量，即可得出w关于m的函数关系式，利用一次函数的性质结合最大利润为768元，即可得出关于a的方程，解之即可得出结论． 【小问1详解】 解：设A商品每件的进价为x元，B商品每件的进价为y元， 依题意得：， 解得：． 答：A商品每件的进价为5元，B商品每件的进价为6元； 【小问2详解】 解：设至少购进A商品a件，可得： （a-20）×10+（140-a+20）×0.8×10-5a-6（140-a）≥360 解得：a≥40． 答：至少购进A商品40件； 【小问3详解】 解：设销售利润为w元，购进A商品m件，则B商品（140-m）件， 根据题意得720≤5m+6（140-m）≤740， 解得100≤m≤120， ∴w=2am+3a（140-m）=-am+420a， ∵a为正数， ∴-a＜0， ∴w随m的增大而减小， ∴当m=100时，w取得最大值，最大值为-a×100+420a=768， ∴a=2.4． 答：a的值为2.4． 【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式组的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式；（3）根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式． 25. 如图，在中，的平分线交于点，的平分线交于点． （1）求证：四边形为平行四边形； （2）如图，连接，若，，，求的面积； （3）如图，连接，作关于直线对称的，其中点A，的对应点分别为点，，恰好有，垂足为若，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）的面积为 （3）的长为． 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形性质得出：，，，利用角平分线定义及平行线性质即可证得结论； （2）如图，过点A作于点，则，再证明四边形是矩形，推出，设，则，利用勾股定理求得，再运用平行四边形面积公式即可求得答案； （3）如图，过点作交于点，过点作于点，连接交的延长线于点，运用轴对称性质可得出：，，，推出、是等腰直角三角形，再证得是等腰直角三角形，得出，运用角平分线性质可得，进而得出，再利用等腰三角形性质可得出答案． 【小问1详解】 证明：四边形是平行四边形， ，，， ， 平分， ， ， ， 同理可得：， ， ， 即， 四边形为平行四边形； 【小问2详解】 解：如图，过点作于点， 则， ， ， ， ， 四边形是矩形， ，， 由（1）得：，， ， 设，则， ， 在中，， ， 解得：， ， ， ▱的面积为； 【小问3详解】 解：如图，过点作交于点，过点作于点，连接交的延长线于点， 由（1）知， 四边形是平行四边形， 由（1）知， 四边形是菱形， ，， 又关于直线对称的，其中点，的对应点分别为点，， ，，， 由（1）知四边形为平行四边形， ， 又， ， ， 、是等腰直角三角形， 垂直平分， 即， 又，， ， ， 即等腰直角三角形， ， 由勾股定理得， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， 又，， ， ， 又是等腰直角三角形， ， 故的长为． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形性质，菱形的判定与性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线性质，平行四边形面积，轴对称性质等知识点，综合性较强，难度较大，作辅助线构造等腰直角三角形是解题的关键． 26. 如图，直线与坐标轴分别交于点，，以为边在轴的右侧作正方形，且． （1）求直线的解析式； （2）如图1，点是轴上一动点，点在的右侧，，． ①当最小时，求点的坐标； ②如图2，点是线段的中点，另一动点在直线上，且，请求出点的坐标． 【答案】（1） （2）①点的坐标为；②点的坐标为或 【解析】 【分析】（1）由，得到，，利用待定系数法即可求解； （2）①证明点在定直线上，作点关于直线的对称点，则此时最小，即可求解； ②分两种情况讨论：当点在直线下方时，点与点重合，符合题设条件；当点在直线上方时，易得点为直线与的交点，进而求解． 【小问1详解】 解：对于直线， 当时，，即， ∴， ∵四边形为正方形， 设， ∵， 解得或（舍去）， 即，， 将点，代入直线， 可得，解得， ∴直线的表达式为； 【小问2详解】 解：①过点作轴于点，如图， 由题意可得，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 设，则，， 由题意可得，， 即有， ∴， ∴点在定直线上，如下图， 设直线交轴于点， 对于直线：， 令，可得， 即， ∴，， ∴， ∵， ∴，即， 作点关于直线：的对称点，连接、， 则在同一直线上， 由轴对称的性质可得垂直平分线，，， 当点在同一直线上时 则此时，取最小值， ∵， ∴， ∴，即， ∴点， 设直线的解析式为， 将点，代入， 可得，解得， 直线的表达式为：， 联立和，可得， 解得 ， 则点的坐标为； ②如下图，连接，由题意可得为等腰直角三角形，， ∵点是线段的中点，即，， ∴，， ∴， 分两种情况讨论： 当点在直线下方时，如图， ∵四边形为正方形， ∴， ∴，此时点与点重合， ∴； 当点在直线上方时，如图， 设直线解析式为， 将点，代入， 可得，解得， ∴直线解析式为， 设直线交于点， 当时，， ∴点， 作点关于直线的对称点， ∴， 此时， ∴点为直线与的交点， 设直线解析式为， 将点，代入， 可得，解得， ∴直线为， 联立和， 可得，解得 ， 即． 综上所述，点的坐标为或． 【点睛】本题考查了一次函数的综合应用、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、轴对称的性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关知识并综合运用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$