资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．某数学兴趣小组开展动手操作活动，设计了如图所示的三种图形，现计划用铁丝按照图形制作相应的造型，则所用铁丝的长度关系是（ ）
A．甲种方案所用铁丝最长 B．乙种方案所用铁丝最长
C．丙种方案所用铁丝最长 D．三种方案所用铁丝一样长:学*科*网]
2．对于一元二次方程来说，当时，方程有两个相等的实数根：若将的值在的基础上减小，则此时方程根的情况是（ ）
A．没有实数根 B．两个相等的实数根
C．两个不相等的实数根 D．一个实数根
3．如图所示的几何体的左视图是( )
A． B．
C． D．
4．若关于x的方程kx2﹣2x﹣1＝0有实数根，则实数k的取值范围是（ ）
A．k＞﹣1 B．k＜1且k≠0 C．k≥﹣1且k≠0 D．k≥﹣1
5．已知一元二次方程x2+kx﹣5＝0有一个根为1，k的值为（ ）
A．﹣2 B．2 C．﹣4 D．4
6．第一中学九年级有340名学生，现对他们的生日进行统计（可以不同年），下列说法正确的是（ ）
A．至少有两人生日相同 B．不可能有两人生日相同
C．可能有两人生日相同，且可能性较大 D．可能有两人生日相同，但可能性较小
7．已知分式的值为0，则的值是（ ）．
A． B． C． D．
8．一元二次方程的左边配成完全平方后所得方程为（ ）
A． B． C． D．
9．一元二次方程的根为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，⊙O中，点D，A分别在劣弧BC和优弧BC上，∠BDC=130°，则∠BOC=( )
A．120° B．110° C．105° D．100°
11．在Rt△ABC中，∠C =90°，sinA=，则cosB的值等于( )
A． B． C． D．
12．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝1，AB＝2，则下列结论正确的是（ ）
A．sinA＝ B．tanA＝ C．cosB＝ D．tanB＝
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，直线与双曲线交于点，点是直线上一动点，且点在第二象限．连接并延长交双曲线与点．过点作轴，垂足为点．过点作轴，垂足为，若点的坐标为，点的坐标为，设的面积为的面积为，当时，点的横坐标的取值范围为_________．
14．如图，一块含30°的直角三角板ABC（∠BAC＝30°）的斜边AB与量角器的直径重合，与点D对应的刻度读数是54°，则∠BCD的度数为_____度．
15．如图，已知射线，点从B点出发，以每秒1个单位长度沿射线向右运动；同时射线绕点顺时针旋转一周，当射线停止运动时，点随之停止运动.以为圆心，1个单位长度为半径画圆，若运动两秒后，射线与恰好有且只有一个公共点，则射线旋转的速度为每秒______度.
16．已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图，对称轴为直线x＝1，则不等式ax2+bx+c＞0的解集是_____．
17．若，且，则的值是______．
18．如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的面积为20，顶点A在y轴上，顶点C在x轴上，顶点D在双曲线的图象上，边CD交y轴于点E，若，则k的值为______.
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，在△ABC中，∠C=90°，AB的垂直平分线分别交边AB、BC于点D、E，连结AE．
（1）如果∠B=25°，求∠CAE的度数；
（2）如果CE=2，，求的值．
20．（8分）如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A(1，1)，且与直线交于B，C两点．
（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；
（2）求△ABC的面积；
（3）若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
21．（8分）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为、、．
（1）点关于坐标原点对称的点的坐标为______；
（2）将绕着点顺时针旋转，画出旋转后得到的；
（3）在（2）中，求边所扫过区域的面积是多少？（结果保留）．
（4）若、、三点的横坐标都加3，纵坐标不变，图形的位置发生怎样的变化？
22．（10分）如图，中，，，为内部一点，且.
(1)求证：；
(2)求证：.
23．（10分）如图，在平面直角坐标系中，已知点B(-4，2)，BA⊥轴于A．
(1)画出将△OAB绕原点旋转180°后所得的 △OA1B1 ，并写出点B1 的坐标；
(2)将△OAB平移得到△O2A2B2，点A的对应点是 A2 （-2，4），点B的对应点B2 ，在坐标系中画出 △O2A2B2 ；并写出B2的坐标；
(3)△OA1B1与△O2A2B2成中心对称吗？若是， 请直接写出对称中心点P的坐标．
24．（10分）解一元二次方程：x2﹣5x+6＝1．
25．（12分）现代城市绿化带在不断扩大，绿化用水的节约是一个非常重要的问题．
如图1、图2所示，某喷灌设备由一根高度为0.64 m的水管和一个旋转喷头组成，水管竖直安装在绿化带地面上，旋转喷头安装在水管顶部（水管顶部和旋转喷头口之间的长度、水管在喷灌区域上的占地面积均忽略不计），旋转喷头可以向周围喷出多种抛物线形水柱，从而在绿化带上喷灌出一块圆形区域．现测得喷的最远的水柱在距离水管的水平距离3 m处达到最高，高度为1 m．
（1）求喷灌出的圆形区域的半径；
（2）在边长为16 m的正方形绿化带上固定安装三个该设备，喷灌区域可以完全覆盖该绿化带吗？如果可以，请说明理由；如果不可以，假设水管可以上下调整高度，求水管高度为多少时，喷灌区域恰好可以完全覆盖该绿化带．（以上需要画出示意图，并有必要的计算、推理过程）
26．如图1，点A是ｘ轴正半轴上的动点，点B的坐标为（0，4），M是线段AB的中点．将点M绕点A顺时针方向旋转900得到点C，过点C作ｘ轴的垂线，垂足为F，过点B作ｙ轴的垂线与直线CF相交于点E，点D是点A关于直线CF的对称点．连结AC，BC，CD，设点A的横坐标为ｔ，
（1）当ｔ=2时，求CF的长；
（2）①当ｔ为何值时，点C落在线段CD上；
②设△BCE的面积为S，求S与ｔ之间的函数关系式；
（3）如图2，当点C与点E重合时，将△CDF沿ｘ轴左右平移得到，再将A，B，为顶点的四边形沿剪开，得到两个图形，用这两个图形拼成不重叠且无缝隙的图形恰好是三角形．请直接写出符合上述条件的点坐标，
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【解析】试题分析：
解：由图形可得出：甲所用铁丝的长度为：2a+2b，
乙所用铁丝的长度为：2a+2b，
丙所用铁丝的长度为：2a+2b，
故三种方案所用铁丝一样长．
故选D．
考点：生活中的平移现象
2、C
【分析】根据根的判别式，可得答案.
【详解】解：a=1，b=-3，c=，
Δ=b2−4ac=9−4×1×=0
∴当的值在的基础上减小时，即c﹤,
Δ=b2−4ac＞0
∴一元二次方程有两个不相等的实数根，
故选C．
【点睛】
本题考查了根的判别式的应用，能熟记根的判别式的内容是解此题的关键．
3、A
【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【详解】从左边看共一列，第一层是一个小正方形，第二层是一个小正方形，
故选：A．
【点睛】
本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图．
4、C
【分析】根据根的判别式（ ）即可求出答案．
【详解】由题意可知：
∴
∵
∴ 且 ，
故选：C．
【点睛】
本题考查了根的判别式的应用，因为存在实数根，所以根的判别式成立，以此求出实数k的取值范围．
5、D
【分析】根据一元二次方程的解的定义，把x＝1代入方程得到关于k的一次方程1﹣5+k＝0，然后解一次方程即可．
【详解】解：把x＝1代入方程得1+k﹣5＝0，
解得k＝1．
故选：D．
【点睛】
本题考查一元二次方程的解. 熟记一元二次方程解得定义是解决此题的关键.
6、C
【分析】依据可能性的大小的概念对各选项进行逐一分析即可．
【详解】A. 因为一年有365天而某学校只有340人，所以至少有两名学生生日相同是随机事件.故本选项错误；
B. 两人生日相同是随机事件，故本选项错误；
C. 因为320365=6473>50%，所以可能性较大.正确；
D. 由C可知，可能性较大，故本选项错误.
故选：C.
【点睛】
本题考查了可能性的大小，也考查了我们对常识的了解情况.
7、D
【分析】分析已知和所求，根据分式值为0的条件为：分子为0而分母不为0，不难得到=0且≠0；根据ab=0，a=0或b=0，即可解出x的值，再根据≠0，即可得到x的取值范围，由此即得答案.
【详解】∵的值为0
∴=0且≠0.
解得：x=3.
故选:D.
【点睛】
考核知识点：分式值为0.理解分式值为0的条件是关键.
8、B
【解析】把常数项﹣5移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数﹣2的一半的平方．
【详解】把方程x2﹣2x﹣5＝0的常数项移到等号的右边，得到x2﹣2x＝5，方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到：x2﹣2x+（﹣1）2＝5+（﹣1）2，配方得：（x﹣1）2＝1．
故选B．
【点睛】
本题考查了配方法解一元二次方程．配方法的一般步骤：
（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
9、A
【解析】提公因式，用因式分解法解方程即可．
【详解】一元二次方程，
提公因式得：，
∴或，
解得：．
故选：A．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程－因式分解法，熟练掌握因式分解法是解题的关键．
10、D
【分析】根据圆内接四边形的性质，对角互补可知，∠D+∠BAC=180°，求出∠D，再利用圆周角定理即可得出．
【详解】解：∵四边形ABDC为圆内接四边形
∴∠A+∠BDC=180°
∵∠BDC=130°
∴∠A=50°
∴∠BOC=2∠A=100°
故选：D．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．
11、B
【解析】在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A+∠B=90°，则cosB=sinA=．故选B．
点睛：本题考查了互余两角三角函数的关系．在直角三角形中，互为余角的两角的互余函数相等．
12、D
【分析】根据三角函数的定义求解．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝1，AB＝1．
∴AC＝，
∴sinA＝，tanA＝，cosB＝，tanB＝．
故选：D．
【点睛】
本题考查了解直角三角形，解答此题关键是正确理解和运用锐角三角函数的定义．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、-3<x<-1
【分析】根据点A的坐标求出中k，再根据点B在此图象上求出点B的横坐标m，根据结合图象即可得到答案.
【详解】∵A(-1，3)在上，
∴k=-3，
∵B（m，1）在上，
∴m=-3，
由图象可知：当时，点P在线段AB上，
∴点P的横坐标x的取值范围是-3<x<-1，
故答案为：-3<x<-1.
【点睛】
此题考查一次函数与反比例函数交点问题，反比例函数解析式的求法，正确理解题意是解题的关键.
14、1．
【分析】先利用圆周角定理的推论判断点C、D在同一个圆上，再根据圆周角定理得到∠ACD=27°，然后利用互余计算∠BCD的度数.
【详解】解：∵∠C＝90°，
∴点C在量角器所在的圆上
∵点D对应的刻度读数是54°，即∠AOD＝54°，
∴∠ACD＝∠AOD＝27°，
∴∠BCD＝90°﹣27°＝1°．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半. 推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径.
15、30或60
【分析】射线与恰好有且只有一个公共点就是射线与相切，分两种情况画出图形，利用圆的切线的性质和30°角的直角三角形的性质求出旋转角，然后根据旋转速度=旋转的度数÷时间即得答案.
【详解】解：如图1，当射线与在射线BA上方相切时，符合题意，设切点为C，连接OC，则OC⊥BP，
于是，在直角△BOC中，∵BO=2，OC=1，∴∠OBC=30°，∴∠1=60°，
此时射线旋转的速度为每秒60°÷2=30°；
如图2，当射线与在射线BA下方相切时，也符合题意，设切点为D，连接OD，则OD⊥BP，
于是，在直角△BOD中，∵BO=2，OD=1，∴∠OBD=30°，∴∠MBP=120°，
此时射线旋转的速度为每秒120°÷2=60°；
故答案为：30或60.
【点睛】
本题考查了圆的切线的性质、30°角的直角三角形的性质和旋转的有关概念，正确理解题意、熟练掌握基本知识是解题的关键.
16、﹣1＜x＜1
【分析】先求出函数与x轴的另一个交点，再根据图像即可求解.
【详解】解：∵抛物线的对称轴为直线x＝1，
而抛物线与x轴的一个交点坐标为（1，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（﹣1，0），
∵当﹣1＜x＜1时，y＞0，
∴不等式ax2+bx+c＞0的解集为﹣1＜x＜1．
故答案为﹣1＜x＜1．
【点睛】
此题主要考查二次函数的图像，解题的关键是求出函数与x轴的另一个交点.
17、-20 ；
【分析】由比例的性质得到，从而求出a和b+c的值，然后代入计算，即可得到答案．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，，
∴；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了比例的性质，解题的关键是熟练掌握比例的性质，正确得到，．
18、4
【分析】过D作DF⊥x轴并延长FD，过A作AG⊥DF于点G，利用正方形的性质易证△ADG≌△DCF，得到AG=DF，设D点横坐标为m，则OF=AG=DF=m，易得OE为△CDF的中位线，进而得到OF=OC，然后利用勾股定理建立方程求出，进而求出k.
【详解】如图，过D作DF⊥x轴并延长FD，过A作AG⊥DF于点G，
∵四边形ABCD为正方形，
∴CD=AD，∠ADC=90°
∴∠ADG+∠CDF=90°
又∵∠DCF+∠CDF=90°
∴∠ADG=∠DCF
在△ADG和△DCF中，
∵∠AGD=∠DFC=90°，∠ADG=∠DCF，AD=CD
∴△ADG≌△DCF（AAS）
∴AG=DF
设D点横坐标为m，则OF=AG=DF=m，
∴D点坐标为(m,m)
∵OE∥DF，CE=ED
∴OE为△CDF的中位线，
∴OF=OC
∴CF=2m
在Rt△CDF中，
∴
解得
又∵D点坐标为(m,m)
∴
故答案为：4.
【点睛】
本题考查反比例函数与几何的综合问题，需要熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及勾股定理，解题的关键是作出辅助线，利用全等三角形推出点D的横纵坐标相等.
三、解答题（共78分）
19、（1）∠CAE=40°；（2）
【分析】（1）由题意DE垂直平分AB，∠EAB=∠B，从而求出∠CAE的度数；
（2）根据题干可知利用余弦以及勾股定理求出的值．
【详解】解：（1）∵DE垂直平分AB，
∴EA = EB，
∴∠EAB=∠B=22°．
∴∠CAE=40°．
（2）∵∠C=90°，
∴．
∵CE=2，
∴AE=1．
∴AC=．
∵EA = EB=1，
∴BC=2．
∴，
∴．
【点睛】
本题主要应用三角函数定义来解直角三角形，关键要运用锐角三角函数的概念及比正弦和余弦的基本关系进行解题．
20、（1）y=﹣（x﹣1）2+1，C(﹣1，﹣3)；（2）3；（3）存在满足条件的N点，其坐标为(，0)或(，0)或(﹣1，0)或(5，0)
【分析】（1）可设顶点式，把原点坐标代入可求得抛物线解析式，联立直线与抛物线解析式，可求得C点坐标；
（2）设直线AC的解析式为y＝kx＋b，与x轴交于D，得到y＝2x−1，求得BD于是得到结论；
（3）设出N点坐标，可表示出M点坐标，从而可表示出MN、ON的长度，当△MON和△ABC相似时，利用三角形相似的性质可得或，可求得N点的坐标．
【详解】（1）∵顶点坐标为（1，1），
∴设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+1，又抛物线过原点，
∴0=a（0﹣1）2+1，解得a=﹣1，∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣1）2+1，
即y=﹣x2+2x，联立抛物线和直线解析式可得，
解得或，∴B（2，0），C（﹣1，﹣3）；
（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，与x轴交于D，
把A（1，1），C（﹣1，﹣3）的坐标代入得，
解得：，
∴y=2x﹣1，当y=0，即2x﹣1=0，解得：x=，∴D（，0），
∴BD=2﹣=，
∴△ABC的面积=S△ABD+S△BCD=××1+××3=3；
（3）假设存在满足条件的点N，设N（x，0），则M（x，﹣x2+2x），
∴ON=|x|，MN=|﹣x2+2x|，由（2）知，AB=，BC=3，
∵MN⊥x轴于点N，∴∠ABC=∠MNO=90°，
∴当△ABC和△MNO相似时，有或，
①当时，∴，即|x||﹣x+2|=|x|，
∵当x=0时M、O、N不能构成三角形，∴x≠0，∴|﹣x+2|=，∴﹣x+2=±，解得x=或x=，此时N点坐标为（，0）或（，0）；
②当或时，∴，即|x||﹣x+2|=3|x|，
∴|﹣x+2|=3，∴﹣x+2=±3，解得x=5或x=﹣1，
此时N点坐标为（﹣1，0）或（5，0），
综上可知存在满足条件的N点，其坐标为（，0）或（，0）或（﹣1，0）或（5，0）．
【点睛】
本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、图象的交点问题、直角三角形的判定、勾股定理及逆定理、相似三角形的性质及分类讨论等．在（1）中注意顶点式的运用，在（3）中设出N、M的坐标，利用相似三角形的性质得到关于坐标的方程是解题的关键，注意相似三角形点的对应．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
21、（1）(1,-1)；（2）见详解；（3）；（4）图形的位置是向右平移了3个单位.
【分析】(1)先求出点B的坐标，再点关于坐标原点对称的点的坐标即可；
(2)根据将绕着点顺时针旋转的坐标特征即可得到A1、B1、C1的坐标，然后描点连线即可；
(3) 利用扇形面积公式进行计算可得线段AC旋转时扫过的面积．
(4) 、、三点的横坐标都加3，即图形的位置是向右平移了3个单位.
【详解】解：
（1）∵点B的坐标是 ,
∴点关于坐标原点对称的点的坐标为(1,-1);
（2）如图所示，即为所求作的图形；
（3）∵，
∴；
（4）∵、、三点的横坐标都加3，纵坐标不变，
∴图形的位置是向右平移了3个单位.
【点睛】
本题考查了利用旋转变换作图以及扇形面积的计算，熟练掌握网格结构，准确找出对应顶点的位置是解题的关键．
22、 (1)证明见解析；(2)证明见解析.
【分析】（1）利用等腰三角形的性质、三角形内角和定理以及等式的性质判断出∠PBC=∠PAB，进而得出结论；
（2）由（1）的结论得出，进而得出，即可得出结论.
【详解】证明：（1）∵，，
∴，
又，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）∵，
∴
在中，，
∴，
∴，
∴.
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定与性质的知识点，熟练三角形内角和定理，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质，勾股定理等知识点，综合性较强，有一定难度．
23、（1）图见解析，B1（4，-2）；（2）△图见解析，B2（-2，6）（3）△OA1B1与△O2A2B2成中心对称，对称中心P的坐标是（1，2）．
【分析】（1）找出点A，点B关于原点O的对称点A1，B1，顺次连接起来即可；
（2）找出点A，点B，点O的对应点，顺次连接起来即可；
（3）根据中心对称图形的性质，找出对称中心P，写出坐标，即可．
【详解】（1）△OA1B1如图所示；B1（4，-2）；
（2）△OA2B2如图所示；B2（-2，6）；
（3）△OA1B1与△O2A2B2成中心对称，对称中心P的坐标是（1，2）
【点睛】
本题主要考查图形变换和坐标，熟练掌握平变换和旋转变换的性质，是解题的关键．
24、x1＝2，x2＝2
【分析】根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
【详解】∵x2﹣5x+6＝1，
∴(x﹣2)(x﹣2)＝1，
∴x﹣2＝1或x﹣2＝1，
∴x1＝2，x2＝2．
【点睛】
本题主要考查解一元二次方程，掌握因式分解法解方程，是解题的关键．
25、（1）8m；（2）不可以，水管高度调整到0.7m，理由见解析.
【分析】（1）根据题意设最远的抛物线形水柱的解析式为，然后将（0,0.64）代入解析式求得a的值，然后求解析式y=0时，x的值，从而求得半径；（2）利用圆与圆的位置关系结合正方形，作出三个等圆覆盖正方形的图形，然后利用勾股定理求得圆的半径，从而使问题得解.
【详解】解：（1）由题意，设最远的抛物线形水柱的解析式为，将（0,0.64）代入解析式，得
解得：
∴最远的抛物线形水柱的解析式为
当y=0时，
解得：
所以喷灌出的圆形区域的半径为8m；
（2）如图，三个等圆覆盖正方形
设圆的半径MN=NB=ME=DE=r，则AN=16-r,,MD=,AM=16-
∴在Rt△AMN中，
解得： （其中，舍去）
∴
设最远的抛物线形水柱的解析式为，将（8.5,0）代入
解得:
∴
当x=0时，y=
∴水管高度约为0.7m时，喷灌区域恰好可以完全覆盖该绿化带
【点睛】
本题考查待定系数法求二次函数解析式，根据题意设抛物线为顶点式是本题的解题关键.
26、（2）CF=2；（2）①；②；（3）点的坐标为：（22，2），（8，2），（2，2）．
【分析】（2）由Rt△ABO∽Rt△CAF即可求得CF的长．
（2）①点C落在线段CD上，可得Rt△CDD∽Rt△BOD，从而可求ｔ的值．
②由于当点C与点E重合时，CE=2，，因此，分和两种情况讨论．
（3）分三种情况作出图形讨论即可得到答案.
【详解】解：（2）当ｔ=2时，OA=2，
∵点B（0，2），
∴OB=2．
又∵∠BAC=900，AB=2AC，
∴Rt△ABO∽Rt△CAF．
∴，
CF=2．
（2）①当OA=ｔ时，
∵Rt△ABO∽Rt△CAF，
∴．
∴．
∵点C落在线段CD上，
∴Rt△CDD∽Rt△BOD．
∴，
整理得．
解得（舍去）．
∴当时，点C落在线段CD上．
②当点C与点E重合时，CE=2，可得．
∴当时，；
当时，．
综上所述，S与ｔ之间的函数关系式为．
（3）（3）点的坐标为：（22，2），（8，2），（2，2）．理由如下：
如图2，当时，点的坐标为（22，0），
根据，为拼成的三角形，此时点的坐标为（22，，2）．
如图2，当点与点A重合时，点的坐标为（8，0），
根据，为拼成的三角形，此时点的坐标为（8，，2）．
如图3，当时，点的坐标为（2，0），
根据，为拼成的三角形，此时点的坐标为（2，，2）．
∴点的坐标为：（22，2），（8，2），（2，2）．
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