广东省广州市铁一中学2024-2025学年九年级上学期开学考试数学试题
1．（2024九上·广州开学考）下列图形中，不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024九上·广州开学考）方程的二次项系数和常数项分别为（ ）
A．， B．， C．1，3 D．，
3．（2024九上·广州开学考）下列运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024九上·广州开学考）一组数据：3，4，4，4，5，若去掉一个数据4，则下列统计量中发生变化的是（ ）
A．众数 B．中位数 C．平均数 D．方差
5．（2024九上·广州开学考）用配方法解方程 ，变形后的结果正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024九上·广州开学考）关于一次函数，下列说法正确的是（ ）
A．图象过点
B．其图象可由的图象向下平移2个单位长度得到
C．随着的增大而增大
D．图象经过第一、二、四象限
7．（2024九上·广州开学考）如图，△ABC中，∠CAB=65°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AED的位置，使得DC∥AB，则∠BAE等于（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
8．（2024九上·广州开学考）为增强学生身体素质，提高学生足球运动竞技水平，我市开展“健身杯”足球比赛，赛制为单循环形式（每两个队之间赛一场），现计划安排21场比赛，则邀请的参赛队数是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
9．（2024九上·广州开学考）如图，中，，，，是上的一点，，垂足为，若，则的长为（ ）
A． B． C． D．3
10．（2024九上·广州开学考）如图，是正内一点，，，，将线段BO以点为旋转中心逆时针旋转得到线段，下列结论，①可以由绕点逆时针旋转得到；②点与的距离为5；③；④四边形面积；⑤，其中正确的结论是（ ）
A．①④⑤ B．①③④ C．①③④⑤ D．①③⑤
11．（2024九上·广州开学考）点关于原点对称点的坐标为 ．
12．（2024九上·广州开学考）若关于x的一元二次方程 有两个不相等的实数根，则k 的取值范围是 .
13．（2024九上·广州开学考）如图，甲、乙两船同时从港口出发，甲船以海里时的速度沿北偏东方向航行，乙船沿南偏东方向航行，小时后，甲船到达岛，乙船到达岛，若，两岛相距海里，乙船的速度是 海里时．
14．（2024九上·广州开学考）如图，在中，，．将绕点按顺时针方向旋转至的位置，点恰好落在边的中点处，则的长为 ．
15．（2024九上·广州开学考）已知，是关于的方程的两个实数根，且，则的值等于 ．
16．（2024九上·广州开学考）在中，，，点D在边BC上，（如图），把绕着点D逆时针旋转度后，如果点B恰好落在初始的边上，那么 ．
17．（2024九上·广州开学考）用适当的方法解下列方程：．
18．（2024九上·广州开学考）如图矩形的对角线交于点O，过点B作，过点C作，与交于点P，求证：四边形是菱形．
19．（2024九上·广州开学考）利用图中的网格线（最小的正方形的边长为1）画图．
（1）作出关于原点对称的中心对称图形．
（2）若绕点顺时针旋转得到，则线段扫过的面积为_______．
20．（2024九上·广州开学考）已知关于x的一元二次方程．
（1）试说明不论实数m取何值，方程总有实数根；
（2）如果当时，α、β为方程的两个根，求的值．
21．（2024九上·广州开学考）数学中的轴对称就像镜子一样，可以展现出图形对称的美，初中常见的轴对称图形有：等腰三角形、菱形、圆等．如图，在等腰中，．
（1）尺规作图：作关于直线对称的（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）连接，交于点，若，四边形周长为，求四边形的面积．
22．（2024九上·广州开学考）一家水果店以每斤3元的价格购进“官地洼”甜瓜若干斤，然后以每斤5元的价格出售，每天可售出100斤，通过调查发现，这种甜瓜每斤的售价每降低1元，每天可多售出200斤．
（1）若将“官地洼”甜瓜每斤的售价降低x元，则每天的销售量是多少斤（用含x的代数式表示）；
（2）销售这批“官地洼”甜瓜要想每天盈利300，且保证每天至少售出280斤，那么水果店需将每斤的售价降低多少元？
23．（2024九上·广州开学考）如图①，一次函数的图象分别交轴、轴于点A，B，正比例函数的图象与直线交于点．
（1）求的值并直接写出正比例函数的解析式；
（2）如图②，点在线段上，且与点O，C不重合，过点作轴于点，交线段于点，点的横坐标为4．若是直线上的一点，的面积为面积的3倍，求点的坐标．
24．（2024九上·广州开学考）给出如下定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形．
（1）以下四边形中，是勾股四边形的为________（填序号即可）；
①平行四边形；②矩形；③有一个角为直角的任意四边形；④有一个角为60°的菱形．
（2）如图1，将绕顶点按顺时针方向旋转得到．
①连接，当，时，求证：四边形是勾股四边形．
②如图2，将绕点顺时针方向旋转得到，连接，与交于点．连接．若，，，求的长度．
25．（2024九上·广州开学考）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，满足，直线经过轴负半轴上的点，且．
（1）求直线的函数表达式；
（2）平移直线，平移后的直线与直线交于点，与轴交于点．
①已知平面内有一点，连接，当的值最小时，求的值；
②若平移后的直线与轴交于点，是否存在点，使以点为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、图案是中心对称图形，此选项不符合题意；
B、图案是中心对称图形，此选项不符合题意；
C、图案是中心对称图形，此选项不符合题意；
D、图案不是中心对称图形，此选项符合题意．
故答案为：D．
【分析】根据中心对称图形的定义"把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形"并结合各选项即可判断求解．
2．【答案】C
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：的二次项系数，一次项系数，常数项依次为1，-3，3
故答案为：C.
【分析】对于一元二次方程ax2+bx+c=0的二次项系数，一次项系数，常数项依次为a，b，c.
3．【答案】A
【知识点】二次根式的乘除法；二次根式的加减法
【解析】【解答】解：A、，故A正确.
B、，故B错误.
C、，不能合并，故C错误.
D、，不能合并，故D不正确.
故答案为：A.
【分析】A、先把化为最简二次根式得：=2，再合并同类项即可.
B、根据进行计算即可.
C、不是同类项，不能合并.
D、不是同类项，不能合并.
4．【答案】D
【知识点】分析数据的集中趋势（平均数、中位数、众数）
【解析】【解答】解：由题意得：
原中位数为4，原众数为4，原平均数为 ，原方差为 ；
去掉一个数据4后的中位数为 ，众数为4，平均数为 ，方差为 ；
∴统计量发生变化的是方差；
故答案为：D．
【分析】根据众数，中位数，平均数和方差的定义计算求解即可。
5．【答案】D
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解： ，
，
，
所以 。
故答案为：D。
【分析】将常数项移到方程的右边，左右两边同时加上一次项系数一半的平方16，左边凑成一个完全平方式利用完全平方公式分解因式，右边合并同类项即可。
6．【答案】D
【知识点】一次函数的图象；一次函数的性质；一次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：A、∵当时，，∴图象不经过点，此选项不符合题意；
B、∵的图象向下平移2个单位长度，∴得到函数的解析式为，此选项不符合题意；
C、∵，∴随的增大而减小，此选项不符合题意；
D、∵k=-3＜0，∴直线经过二、四象限，∵b=2＞0，∴直线与y轴的交点在y轴的正半轴，∴直线图象经过一、二、四象限，此选项符合题意．
故答案为：D．
【分析】A、由题意，把点（1，1）代入一次函数的解析式计算即可判断求解；
B、根据直线平移的性质计算即可求解；
C、根据一次函数的性质“当k＜0时，y随x的增大而减小”即可判断求解；
D、根据一次函数的性质“当k＜0时，直线经过二、四象限，b＞0时，直线与y轴的交点在y轴的正半轴”即可判断求解．
7．【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵DC∥AB，
∴∠DCA=∠CAB=65°
∵△ABC绕点A旋转到△AED的位置，
∴∠BAE=∠CAD，AC=AD
∴∠ADC=∠DCA=65°
∴∠CAD=180°-∠ADC-∠DCA=50°
∴∠BAE=50°．
故答案为：C．
【分析】由平行线的性质“两直线平行内错角相等”和旋转的性质可得∠ADC=∠DCA=∠CAB，在三角形ACD中，然后根据三角形的内角和定理求出∠CAD的度数，于是根据∠BAE=∠CAD即可求解.
8．【答案】C
【知识点】一元二次方程的其他应用
【解析】【解答】解：设邀请 队参赛，
根据题意列方程：
，
解得：， （不合题意，舍去）
答：邀请7队参赛．
故答案为：C．
【分析】设邀请 队参赛，根据题中的相等关系“计划安排21场比赛”可列关于x的方程，解方程即可求解．
9．【答案】A
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：∵在中，，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
解得：，
∵，
∴在Rt BED中，，
故答案为：A．
【分析】在中，用勾股定理求出的长，根据相似三角形的判定定理“有两个角对应相等的两个三角形相似”可得，由相似三角形的性质可得比例式“”求出的长，由线段的构成BD=AB-AD求出BD的值，在Rt BED中，用勾股定理计算即可求解．
10．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：①连接，如下图：
∵△ABC是等边三角形，
∴，
∵线段以点B为旋转中心逆时针旋转得到线段，
∴，
∴为等边三角形
∴，
∵，
∴
在和中
∴
∴可以由绕点B逆时针旋转得到，即原结论正确；
②由①可得，
∴原结论错误；
③由①得：，，
∴O A=OC=5，
∵，
∴，
∴
∵为等边三角形
∴
∴，即原结论正确；
④由③得：
∴，
过点B做，交于点N，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴S四边形 AOBO'，即原结论正确；
⑤∵△ABC是等边三角形，
∴绕点A逆时针旋转得到，
∴，如下图：
∵，，，，
∴为等边三角形，
∴，
过点A做，交于点G，如下图：
∵为等边三角形，
∴
∴
∴
∴
∵，，
∴，
∴
∴
∴
∴，即原结论正确；
∴正确的结论有：①③④⑤.
故答案为：C．
【分析】①根据正三角形性质得，；根据旋转的性质，得，，由等边三角形的性质可得：，结合已知，用边角边可证明，由全等三角形的性质即可判断求解；
②由①可得，结合原结论即可判断求解；
③根据勾股定理逆定理可得，由等边三角形的性质可得 ，，然后由角的构成即可判断求解；
④过点B做，交于点N，根据等腰三角形三线合一和勾股定理的性质并结合图形的构成S四边形 AOBO'即可求解；
⑤过点A做，交于点G，绕点A逆时针旋转得到，根据等腰三角形、勾股定理及其逆定理的性质计算即可求解．
11．【答案】(3，-5)
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解： 点关于原点对称点的坐标为 （3，-5）
故答案为：（3，-5）.
【分析】点p（a，b）关于原点对称的点的坐标为（-a，-b）.
12．【答案】k＜1
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵一元二次方程 有两个不相等的实数根，
∴△ ，
∴ .
故答案为：k＜1.
【分析】由于一元二次方程 有两个不相等的实数根，可得△＞0，据此解答即可.
13．【答案】40
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理的实际应用-（行驶、航行）方向问题
【解析】【解答】解：如图，
甲的速度是海里/时，时间是小时，
∴AC=30×2=60（海里），
，，
．
海里，
(海里)；
乙船也用小时，
乙船的速度为：80÷2=40(海里/时).
故答案为：40．
【分析】根据已知可得为直角，由路程=速度×时间求得的长．在Rt△ABC中，根据勾股定理求得的长，然后用路程÷时间即可求得乙船的速度．
14．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：在ABC中，∠BAC=90°，AB=2，将其进行顺时针旋转，落在BC的中点处，
∴，，AC=AC1，
∴AB=BC，
∴∠ACB=30°，∠B=90°-30°=60°，
∴△ABB1是等边三角形，
∴旋转角，
∴，
而AC=AC1，
∴△ACC1是等边三角形，
∴CC1=AC，
在Rt△ABC中，，
∴，
故答案为：．
【分析】根据旋转的性质和直角三角形的性质“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可求得ABC斜边BC的长度，根据勾股定理算出AC的长度，根据“有一个角为60度的等腰三角形是等边三角形”易得和为等边三角形，由等边三角形的性质得CC1=AC可求解．
15．【答案】-3
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：由题意知：
∴
∴
∴-m-2+4=5
∴m=-3
故答案为：-3.
【分析】先根据韦达定理求出，再把展开得到：，再代入数值进行计算即可.
16．【答案】100°或120°
【知识点】三角形内角和定理；含30°角的直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，在线段AB取一点B'，使DB=DB'，在线段AC取一点B″，使DB=DB″，
由题意可分两种情况：
①旋转角m=∠BDB'=180°-∠DB'B-∠B=180°-2∠B=100°，
②在Rt△B″CD中，∵DB″=DB=2CD，
∴∠CB″D=30°，
∴∠CDB″=90°-∠CB″D=60°，
旋转角∠BDB″=180°-∠CDB″=120°．
故答案为：100°或120°．
【分析】以D点为圆心，DB长为半径画弧，第一次与原三角形交于斜边AB上的一点B'，交直角边AC于B″，此时DB'=DB，DB″=DB=2CD，由等腰三角形的性质求旋转角∠BDB'的度数，在Rt△B″CD中，解直角三角形求∠CDB″，然后由角的构成即可求得旋转角∠BDB″的度数．
17．【答案】解：
解得：．
∴原方程的解为：
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】由题意，将方程的左边分解因式，然后可将原方程化为两个一元一次方程，解这两个一元一次方程即可求解．
18．【答案】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
【知识点】菱形的判定；矩形的性质
【解析】【分析】由矩形的性质“矩形的对角线相等且互相平分”可得OB=OC，由两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，然后根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可求解.
19．【答案】（1）解：如下图，
为所求.
（2）解：如下图，
为所求；
，旋转角为，
线段扫过的面积为扇形的面积，
．
答：线段扫过的面积为.
【知识点】勾股定理；扇形面积的计算；中心对称及中心对称图形；作图﹣旋转；作图﹣中心对称
【解析】【分析】（1）根据中心对称的性质作图即可；
（2）根据旋转的性质作△A2B2C2，再结合网格图的特征并用勾股定理求出的值，根据作图可知线段扫过的面积为扇形的面积，然后用扇形面积公式计算即可求解．
（1）解：如图所示，为所求；
（2）解：如图所示，为所求；
，旋转角为，
线段扫过的面积为扇形的面积，
．
20．【答案】（1）证明：，
∴a=1，b=-2（m+1），c=m(m+2)，
∴ =b2-4ac=[-2(m+1)]2-4×1×m(m+2)=4＞0，
不论实数m取何值，方程总有实数根；
（2）解：当时，原方程为：，
α、β为方程的两个根，
，，
．
答：代数式α2-5α+β的值为-2.
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）由题意，先找出a、b、c的值，然后计算b2-4ac的值，根据一元二次方程的根的判别式“①当b2-4ac＞0时，方程有两个不相等的实数根；②当b2-4ac=0时，方程有两个相等的实数根；③当b2-4ac＜0时，方程没有实数根”即可判断求解；
（2）当时，其方程为，由方程根的定义可求得，根据一元二次方程的根于系数的关系可得，再将所求代数式变形为α2-5α+β=α2-6α+α+β，再整体代换计算即可求解．
（1），
，
不论实数m取何值，方程总有实数根；
（2）当时，其方程为，
α、β为方程的两个根，
，，
．
21．【答案】（1）解：如图，即为所求，
由作图可知：，
∵
∴
∴四边形为菱形，
∴与关于直线对称．
（2）解：如图，
∵与关于直线对称．
∴，，
∴，
由（1）知四边形为菱形，
∴，
∵四边形周长为，
∴，
由勾股定理，得，
∴．
∴四边形的面积．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；轴对称的性质；尺规作图-作三角形
【解析】【分析】（1）由题意，分别以点A、C为圆心，为半径画弧，两弧相交于点D，连接、即可；
（2）根据轴对称的性质可得，=BD，由（1）知四边形为菱形，根据菱形的周长可求得AB的值，在Rt AOB中，由勾股定理可求出OA的值，于是AC=2OA可求出AC的值，然后由菱形的面积公式计算即可求解．
22．【答案】（1）解：∵以每斤5元的价格出售，每天可售出100斤，这种甜瓜每斤的售价每降低1元，每天可多售出200斤，
∴当将“官地洼”甜瓜每斤的售价降低x元时，每天的销售量为：（100+200x）斤．
（2）解：由题意列方程得：
，
解得：，；
当时，，不合题意，舍去；
当时，，符合题意．
答：水果店需将每斤的售价降低1元．
【知识点】一元二次方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）根据每天的销售量=降价前的销售量+降价后增加的量即可用含x的代数式表示出每天的销售量；
（2）根据每天销售“官地洼”甜瓜获得的利润＝每斤的利润×每天的销售量可列关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合要每天至少售出280斤即可求解．
（1）∵以每斤5元的价格出售，每天可售出100斤，这种甜瓜每斤的售价每降低1元，每天可多售出200斤，
∴当将“官地洼”甜瓜每斤的售价降低x元时，每天的销售量是斤．
（2）依题意得： ，
整理得：，
解得：，．
当时，，不合题意，舍去；
当时，，符合题意．
答：水果店需将每斤的售价降低1元．
23．【答案】（1）解：∵正比例函数的图象与直线交于点，
∴，3=km，
解得：m=6；k=；
∴正比例函数的解析式为：.
（2）解：点在线段上，点的横坐标为4，
把x=4代入可得：，
，
轴于点，交线段于点，
点的横坐标也为4，
把x=4代入可得：，
，
，
，，
，
的面积为面积的3倍，
，
轴于点，点的横坐标为4，
，
P为直线上的一点，
设，
∴点P到直线DF的距离为：，
，即，
解得：或，
点的坐标为或.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数中的面积问题
24．【答案】（1）②③
（2）解：①连接，如图：
由旋转的性质可得：，，，
∴为等边三角形，
∴
由四边形的内角和定理可得：
而∠BAD=30°，
∴
∴
∴∠ADE=360°-270°=90°，
∴，
∴，
∴四边形是勾股四边形
②如图，延长交的延长线于点，
由题意可得：，
∵将绕顶点按顺时针方向旋转得到，
∴∠BCD=n°，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∴
∵
∴
∴，
∴，
在△APB和△EPF中，
∴
∴，
∵
∴
∴，
在Rt△ACP中，AP=4，PC=2，
∴.
答：AC的长为.
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS；四边形的综合
【解析】【解答】
（1）解：①平行四边形，
∵，，
∴平行四边形不满足勾股四边形的定义，不是勾股四边形；
②矩形，
由矩形的性质可得：，
∴，
∴矩形满足勾股四边形的定义，是勾股四边形；
③有一个角为直角的任意四边形，如图，
则：
∴满足勾股四边形的定义，是勾股四边形；
④有一个角为60°的菱形，
∵，
∴菱形不满足勾股四边形的定义，不是勾股四边形；
故答案为：②③.
【分析】（1）根据勾股四边形的定义，对每一个结论逐个判断即可求解；
（2）①连接，由旋转的性质可得，由勾股定理得：，结合勾股四边形的定义即可判断求解；
②延长交延长线于点，由题意，用角角边可证△APB≌△EPF，由全等三角形的对应边相等可得，然后根据等腰三角形的三线合一可得，在Rt△ACP中，用勾股定理即可求解．
（1）解：①平行四边形，
∵，
不满足勾股四边形的定义，不是勾股四边形；
②矩形，由矩形的性质可得：，所以
满足勾股四边形的定义，是勾股四边形；
③有一个角为直角的任意四边形，如图，
则：
满足勾股四边形的定义，是勾股四边形；
④有一个角为60°的菱形，
∵，
不满足勾股四边形的定义，不是勾股四边形；
故答案为：②③
（2）①连接，如图：
由旋转的性质可得：，，，
∴为等边三角形，即
由四边形的内角和性质可得：
∴
∴
∴
∴，即
∴四边形是勾股四边形
②延长交延长线于点，如图：
由题意可得：，
∵，
∴
∵，
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∵，
∴
∴
∵
∴
∴，
∴
25．【答案】（1）解：∵，
而，，
∴，，
解得：，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
设直线的函数表达式为，
将点，代入表达式可得：
可得，
解得：，
∴直线的函数表达式为.
（2）解：①根据题意，平移直线，平移后的直线与直线交于点，与轴交于点，∴可设直线的函数表达式为；
设直线的函数表达式为，
将点，代入，
可得，
解得：，
∴直线的函数表达式为：；
如下图，连接，
∵，
∴当点在同一直线上时，取最小值，
此时，设直线的解析式为，
将点，代入MC的解析式得：
可得，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立解方程组，
得：，
∴，
∴将点代入直线表达式，
可得，
解得：；
②（Ⅰ）当点在点右侧时，如下图，过点作轴于点，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
在△AOC和△EMD中，
∴，
∴，即，
将代入直线的表达式，
可得，解得，
∴，
∴将点代入直线表达式，
可得，解得，即；
（Ⅱ）当点在点左侧时，如下图，过点作轴于点，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
在△AOC和△E ND 中，
∴，
∴，即，
将代入直线的表达式，
可得，解得，
∴，
∴将点代入直线表达式，
可得，解得，即．
综上可得，点的坐标为或．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；两一次函数图象相交或平行问题；平行四边形的性质；一次函数中的动态几何问题；一次函数图象的平移变换
【解析】【分析】（1）首先根据非负数的性质可得，，即可确定点坐标，再证明为等腰直角三角形，易得，即，设直线的函数表达式为，利用待定系数法求解即可；
（2）①根据题意，可设直线的函数表达式为；利用待定系数法解得直线的函数表达式；连接，易知当点在同一直线上时，取最小值，求得此时直线的解析式，联立直线的解析式与直线的表达式，求解即可确定点坐标，即可获得答案；
②由题意分两种情况：（Ⅰ）当点在点右侧时，过点作轴于点，由题意，用角角边可证△AOC≌△EMD，由全等三角形的对应边相等可得MD=OC，即为点D的纵坐标，把点D的纵坐标代入直线AB的解析式计算可得点D的横坐标，再把点D的坐标代入直线EF的解析式计算即可求得t的值，即为点D的纵坐标；（Ⅱ）当点在点左侧时，过点作轴于点，同理可求解．
（1）解：∵，
又∵，，
∴，，
解得，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
设直线的函数表达式为，
将点，代入，
可得，解得，
∴直线的函数表达式为；
（2）①根据题意，平移直线，平移后的直线与直线交于点，与轴交于点，
则可设直线的函数表达式为；
设直线的函数表达式为，
将点，代入，
可得，解得，
∴直线的函数表达式为；
如下图，连接，
∵，
∴当点在同一直线上时，取最小值，
此时，设直线的解析式为，
将点，代入，
可得，解得，
∴直线的解析式为，
联立直线的解析式与直线的表达式，
可得，解得，
∴，
∴将点代入直线表达式，
可得，解得；
②当点在点右侧时，如下图，过点作轴于点，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
将代入直线的表达式，
可得，解得，
∴，
∴将点代入直线表达式，
可得，解得，即；
当点在点左侧时，如下图，过点作轴于点，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
将代入直线的表达式，
可得，解得，
∴，
∴将点代入直线表达式，
可得，解得，即．
综上所述，点的坐标为或．
1 / 1广东省广州市铁一中学2024-2025学年九年级上学期开学考试数学试题
1．（2024九上·广州开学考）下列图形中，不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、图案是中心对称图形，此选项不符合题意；
B、图案是中心对称图形，此选项不符合题意；
C、图案是中心对称图形，此选项不符合题意；
D、图案不是中心对称图形，此选项符合题意．
故答案为：D．
【分析】根据中心对称图形的定义"把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形"并结合各选项即可判断求解．
2．（2024九上·广州开学考）方程的二次项系数和常数项分别为（ ）
A．， B．， C．1，3 D．，
【答案】C
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：的二次项系数，一次项系数，常数项依次为1，-3，3
故答案为：C.
【分析】对于一元二次方程ax2+bx+c=0的二次项系数，一次项系数，常数项依次为a，b，c.
3．（2024九上·广州开学考）下列运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二次根式的乘除法；二次根式的加减法
【解析】【解答】解：A、，故A正确.
B、，故B错误.
C、，不能合并，故C错误.
D、，不能合并，故D不正确.
故答案为：A.
【分析】A、先把化为最简二次根式得：=2，再合并同类项即可.
B、根据进行计算即可.
C、不是同类项，不能合并.
D、不是同类项，不能合并.
4．（2024九上·广州开学考）一组数据：3，4，4，4，5，若去掉一个数据4，则下列统计量中发生变化的是（ ）
A．众数 B．中位数 C．平均数 D．方差
【答案】D
【知识点】分析数据的集中趋势（平均数、中位数、众数）
【解析】【解答】解：由题意得：
原中位数为4，原众数为4，原平均数为 ，原方差为 ；
去掉一个数据4后的中位数为 ，众数为4，平均数为 ，方差为 ；
∴统计量发生变化的是方差；
故答案为：D．
【分析】根据众数，中位数，平均数和方差的定义计算求解即可。
5．（2024九上·广州开学考）用配方法解方程 ，变形后的结果正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解： ，
，
，
所以 。
故答案为：D。
【分析】将常数项移到方程的右边，左右两边同时加上一次项系数一半的平方16，左边凑成一个完全平方式利用完全平方公式分解因式，右边合并同类项即可。
6．（2024九上·广州开学考）关于一次函数，下列说法正确的是（ ）
A．图象过点
B．其图象可由的图象向下平移2个单位长度得到
C．随着的增大而增大
D．图象经过第一、二、四象限
【答案】D
【知识点】一次函数的图象；一次函数的性质；一次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：A、∵当时，，∴图象不经过点，此选项不符合题意；
B、∵的图象向下平移2个单位长度，∴得到函数的解析式为，此选项不符合题意；
C、∵，∴随的增大而减小，此选项不符合题意；
D、∵k=-3＜0，∴直线经过二、四象限，∵b=2＞0，∴直线与y轴的交点在y轴的正半轴，∴直线图象经过一、二、四象限，此选项符合题意．
故答案为：D．
【分析】A、由题意，把点（1，1）代入一次函数的解析式计算即可判断求解；
B、根据直线平移的性质计算即可求解；
C、根据一次函数的性质“当k＜0时，y随x的增大而减小”即可判断求解；
D、根据一次函数的性质“当k＜0时，直线经过二、四象限，b＞0时，直线与y轴的交点在y轴的正半轴”即可判断求解．
7．（2024九上·广州开学考）如图，△ABC中，∠CAB=65°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AED的位置，使得DC∥AB，则∠BAE等于（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵DC∥AB，
∴∠DCA=∠CAB=65°
∵△ABC绕点A旋转到△AED的位置，
∴∠BAE=∠CAD，AC=AD
∴∠ADC=∠DCA=65°
∴∠CAD=180°-∠ADC-∠DCA=50°
∴∠BAE=50°．
故答案为：C．
【分析】由平行线的性质“两直线平行内错角相等”和旋转的性质可得∠ADC=∠DCA=∠CAB，在三角形ACD中，然后根据三角形的内角和定理求出∠CAD的度数，于是根据∠BAE=∠CAD即可求解.
8．（2024九上·广州开学考）为增强学生身体素质，提高学生足球运动竞技水平，我市开展“健身杯”足球比赛，赛制为单循环形式（每两个队之间赛一场），现计划安排21场比赛，则邀请的参赛队数是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【知识点】一元二次方程的其他应用
【解析】【解答】解：设邀请 队参赛，
根据题意列方程：
，
解得：， （不合题意，舍去）
答：邀请7队参赛．
故答案为：C．
【分析】设邀请 队参赛，根据题中的相等关系“计划安排21场比赛”可列关于x的方程，解方程即可求解．
9．（2024九上·广州开学考）如图，中，，，，是上的一点，，垂足为，若，则的长为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】A
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：∵在中，，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
解得：，
∵，
∴在Rt BED中，，
故答案为：A．
【分析】在中，用勾股定理求出的长，根据相似三角形的判定定理“有两个角对应相等的两个三角形相似”可得，由相似三角形的性质可得比例式“”求出的长，由线段的构成BD=AB-AD求出BD的值，在Rt BED中，用勾股定理计算即可求解．
10．（2024九上·广州开学考）如图，是正内一点，，，，将线段BO以点为旋转中心逆时针旋转得到线段，下列结论，①可以由绕点逆时针旋转得到；②点与的距离为5；③；④四边形面积；⑤，其中正确的结论是（ ）
A．①④⑤ B．①③④ C．①③④⑤ D．①③⑤
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：①连接，如下图：
∵△ABC是等边三角形，
∴，
∵线段以点B为旋转中心逆时针旋转得到线段，
∴，
∴为等边三角形
∴，
∵，
∴
在和中
∴
∴可以由绕点B逆时针旋转得到，即原结论正确；
②由①可得，
∴原结论错误；
③由①得：，，
∴O A=OC=5，
∵，
∴，
∴
∵为等边三角形
∴
∴，即原结论正确；
④由③得：
∴，
过点B做，交于点N，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴S四边形 AOBO'，即原结论正确；
⑤∵△ABC是等边三角形，
∴绕点A逆时针旋转得到，
∴，如下图：
∵，，，，
∴为等边三角形，
∴，
过点A做，交于点G，如下图：
∵为等边三角形，
∴
∴
∴
∴
∵，，
∴，
∴
∴
∴
∴，即原结论正确；
∴正确的结论有：①③④⑤.
故答案为：C．
【分析】①根据正三角形性质得，；根据旋转的性质，得，，由等边三角形的性质可得：，结合已知，用边角边可证明，由全等三角形的性质即可判断求解；
②由①可得，结合原结论即可判断求解；
③根据勾股定理逆定理可得，由等边三角形的性质可得 ，，然后由角的构成即可判断求解；
④过点B做，交于点N，根据等腰三角形三线合一和勾股定理的性质并结合图形的构成S四边形 AOBO'即可求解；
⑤过点A做，交于点G，绕点A逆时针旋转得到，根据等腰三角形、勾股定理及其逆定理的性质计算即可求解．
11．（2024九上·广州开学考）点关于原点对称点的坐标为 ．
【答案】(3，-5)
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解： 点关于原点对称点的坐标为 （3，-5）
故答案为：（3，-5）.
【分析】点p（a，b）关于原点对称的点的坐标为（-a，-b）.
12．（2024九上·广州开学考）若关于x的一元二次方程 有两个不相等的实数根，则k 的取值范围是 .
【答案】k＜1
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵一元二次方程 有两个不相等的实数根，
∴△ ，
∴ .
故答案为：k＜1.
【分析】由于一元二次方程 有两个不相等的实数根，可得△＞0，据此解答即可.
13．（2024九上·广州开学考）如图，甲、乙两船同时从港口出发，甲船以海里时的速度沿北偏东方向航行，乙船沿南偏东方向航行，小时后，甲船到达岛，乙船到达岛，若，两岛相距海里，乙船的速度是 海里时．
【答案】40
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理的实际应用-（行驶、航行）方向问题
【解析】【解答】解：如图，
甲的速度是海里/时，时间是小时，
∴AC=30×2=60（海里），
，，
．
海里，
(海里)；
乙船也用小时，
乙船的速度为：80÷2=40(海里/时).
故答案为：40．
【分析】根据已知可得为直角，由路程=速度×时间求得的长．在Rt△ABC中，根据勾股定理求得的长，然后用路程÷时间即可求得乙船的速度．
14．（2024九上·广州开学考）如图，在中，，．将绕点按顺时针方向旋转至的位置，点恰好落在边的中点处，则的长为 ．
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：在ABC中，∠BAC=90°，AB=2，将其进行顺时针旋转，落在BC的中点处，
∴，，AC=AC1，
∴AB=BC，
∴∠ACB=30°，∠B=90°-30°=60°，
∴△ABB1是等边三角形，
∴旋转角，
∴，
而AC=AC1，
∴△ACC1是等边三角形，
∴CC1=AC，
在Rt△ABC中，，
∴，
故答案为：．
【分析】根据旋转的性质和直角三角形的性质“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可求得ABC斜边BC的长度，根据勾股定理算出AC的长度，根据“有一个角为60度的等腰三角形是等边三角形”易得和为等边三角形，由等边三角形的性质得CC1=AC可求解．
15．（2024九上·广州开学考）已知，是关于的方程的两个实数根，且，则的值等于 ．
【答案】-3
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：由题意知：
∴
∴
∴-m-2+4=5
∴m=-3
故答案为：-3.
【分析】先根据韦达定理求出，再把展开得到：，再代入数值进行计算即可.
16．（2024九上·广州开学考）在中，，，点D在边BC上，（如图），把绕着点D逆时针旋转度后，如果点B恰好落在初始的边上，那么 ．
【答案】100°或120°
【知识点】三角形内角和定理；含30°角的直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，在线段AB取一点B'，使DB=DB'，在线段AC取一点B″，使DB=DB″，
由题意可分两种情况：
①旋转角m=∠BDB'=180°-∠DB'B-∠B=180°-2∠B=100°，
②在Rt△B″CD中，∵DB″=DB=2CD，
∴∠CB″D=30°，
∴∠CDB″=90°-∠CB″D=60°，
旋转角∠BDB″=180°-∠CDB″=120°．
故答案为：100°或120°．
【分析】以D点为圆心，DB长为半径画弧，第一次与原三角形交于斜边AB上的一点B'，交直角边AC于B″，此时DB'=DB，DB″=DB=2CD，由等腰三角形的性质求旋转角∠BDB'的度数，在Rt△B″CD中，解直角三角形求∠CDB″，然后由角的构成即可求得旋转角∠BDB″的度数．
17．（2024九上·广州开学考）用适当的方法解下列方程：．
【答案】解：
解得：．
∴原方程的解为：
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】由题意，将方程的左边分解因式，然后可将原方程化为两个一元一次方程，解这两个一元一次方程即可求解．
18．（2024九上·广州开学考）如图矩形的对角线交于点O，过点B作，过点C作，与交于点P，求证：四边形是菱形．
【答案】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
【知识点】菱形的判定；矩形的性质
【解析】【分析】由矩形的性质“矩形的对角线相等且互相平分”可得OB=OC，由两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，然后根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可求解.
19．（2024九上·广州开学考）利用图中的网格线（最小的正方形的边长为1）画图．
（1）作出关于原点对称的中心对称图形．
（2）若绕点顺时针旋转得到，则线段扫过的面积为_______．
【答案】（1）解：如下图，
为所求.
（2）解：如下图，
为所求；
，旋转角为，
线段扫过的面积为扇形的面积，
．
答：线段扫过的面积为.
【知识点】勾股定理；扇形面积的计算；中心对称及中心对称图形；作图﹣旋转；作图﹣中心对称
【解析】【分析】（1）根据中心对称的性质作图即可；
（2）根据旋转的性质作△A2B2C2，再结合网格图的特征并用勾股定理求出的值，根据作图可知线段扫过的面积为扇形的面积，然后用扇形面积公式计算即可求解．
（1）解：如图所示，为所求；
（2）解：如图所示，为所求；
，旋转角为，
线段扫过的面积为扇形的面积，
．
20．（2024九上·广州开学考）已知关于x的一元二次方程．
（1）试说明不论实数m取何值，方程总有实数根；
（2）如果当时，α、β为方程的两个根，求的值．
【答案】（1）证明：，
∴a=1，b=-2（m+1），c=m(m+2)，
∴ =b2-4ac=[-2(m+1)]2-4×1×m(m+2)=4＞0，
不论实数m取何值，方程总有实数根；
（2）解：当时，原方程为：，
α、β为方程的两个根，
，，
．
答：代数式α2-5α+β的值为-2.
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）由题意，先找出a、b、c的值，然后计算b2-4ac的值，根据一元二次方程的根的判别式“①当b2-4ac＞0时，方程有两个不相等的实数根；②当b2-4ac=0时，方程有两个相等的实数根；③当b2-4ac＜0时，方程没有实数根”即可判断求解；
（2）当时，其方程为，由方程根的定义可求得，根据一元二次方程的根于系数的关系可得，再将所求代数式变形为α2-5α+β=α2-6α+α+β，再整体代换计算即可求解．
（1），
，
不论实数m取何值，方程总有实数根；
（2）当时，其方程为，
α、β为方程的两个根，
，，
．
21．（2024九上·广州开学考）数学中的轴对称就像镜子一样，可以展现出图形对称的美，初中常见的轴对称图形有：等腰三角形、菱形、圆等．如图，在等腰中，．
（1）尺规作图：作关于直线对称的（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）连接，交于点，若，四边形周长为，求四边形的面积．
【答案】（1）解：如图，即为所求，
由作图可知：，
∵
∴
∴四边形为菱形，
∴与关于直线对称．
（2）解：如图，
∵与关于直线对称．
∴，，
∴，
由（1）知四边形为菱形，
∴，
∵四边形周长为，
∴，
由勾股定理，得，
∴．
∴四边形的面积．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；轴对称的性质；尺规作图-作三角形
【解析】【分析】（1）由题意，分别以点A、C为圆心，为半径画弧，两弧相交于点D，连接、即可；
（2）根据轴对称的性质可得，=BD，由（1）知四边形为菱形，根据菱形的周长可求得AB的值，在Rt AOB中，由勾股定理可求出OA的值，于是AC=2OA可求出AC的值，然后由菱形的面积公式计算即可求解．
22．（2024九上·广州开学考）一家水果店以每斤3元的价格购进“官地洼”甜瓜若干斤，然后以每斤5元的价格出售，每天可售出100斤，通过调查发现，这种甜瓜每斤的售价每降低1元，每天可多售出200斤．
（1）若将“官地洼”甜瓜每斤的售价降低x元，则每天的销售量是多少斤（用含x的代数式表示）；
（2）销售这批“官地洼”甜瓜要想每天盈利300，且保证每天至少售出280斤，那么水果店需将每斤的售价降低多少元？
【答案】（1）解：∵以每斤5元的价格出售，每天可售出100斤，这种甜瓜每斤的售价每降低1元，每天可多售出200斤，
∴当将“官地洼”甜瓜每斤的售价降低x元时，每天的销售量为：（100+200x）斤．
（2）解：由题意列方程得：
，
解得：，；
当时，，不合题意，舍去；
当时，，符合题意．
答：水果店需将每斤的售价降低1元．
【知识点】一元二次方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）根据每天的销售量=降价前的销售量+降价后增加的量即可用含x的代数式表示出每天的销售量；
（2）根据每天销售“官地洼”甜瓜获得的利润＝每斤的利润×每天的销售量可列关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合要每天至少售出280斤即可求解．
（1）∵以每斤5元的价格出售，每天可售出100斤，这种甜瓜每斤的售价每降低1元，每天可多售出200斤，
∴当将“官地洼”甜瓜每斤的售价降低x元时，每天的销售量是斤．
（2）依题意得： ，
整理得：，
解得：，．
当时，，不合题意，舍去；
当时，，符合题意．
答：水果店需将每斤的售价降低1元．
23．（2024九上·广州开学考）如图①，一次函数的图象分别交轴、轴于点A，B，正比例函数的图象与直线交于点．
（1）求的值并直接写出正比例函数的解析式；
（2）如图②，点在线段上，且与点O，C不重合，过点作轴于点，交线段于点，点的横坐标为4．若是直线上的一点，的面积为面积的3倍，求点的坐标．
【答案】（1）解：∵正比例函数的图象与直线交于点，
∴，3=km，
解得：m=6；k=；
∴正比例函数的解析式为：.
（2）解：点在线段上，点的横坐标为4，
把x=4代入可得：，
，
轴于点，交线段于点，
点的横坐标也为4，
把x=4代入可得：，
，
，
，，
，
的面积为面积的3倍，
，
轴于点，点的横坐标为4，
，
P为直线上的一点，
设，
∴点P到直线DF的距离为：，
，即，
解得：或，
点的坐标为或.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数中的面积问题
24．（2024九上·广州开学考）给出如下定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形．
（1）以下四边形中，是勾股四边形的为________（填序号即可）；
①平行四边形；②矩形；③有一个角为直角的任意四边形；④有一个角为60°的菱形．
（2）如图1，将绕顶点按顺时针方向旋转得到．
①连接，当，时，求证：四边形是勾股四边形．
②如图2，将绕点顺时针方向旋转得到，连接，与交于点．连接．若，，，求的长度．
【答案】（1）②③
（2）解：①连接，如图：
由旋转的性质可得：，，，
∴为等边三角形，
∴
由四边形的内角和定理可得：
而∠BAD=30°，
∴
∴
∴∠ADE=360°-270°=90°，
∴，
∴，
∴四边形是勾股四边形
②如图，延长交的延长线于点，
由题意可得：，
∵将绕顶点按顺时针方向旋转得到，
∴∠BCD=n°，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∴
∵
∴
∴，
∴，
在△APB和△EPF中，
∴
∴，
∵
∴
∴，
在Rt△ACP中，AP=4，PC=2，
∴.
答：AC的长为.
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS；四边形的综合
【解析】【解答】
（1）解：①平行四边形，
∵，，
∴平行四边形不满足勾股四边形的定义，不是勾股四边形；
②矩形，
由矩形的性质可得：，
∴，
∴矩形满足勾股四边形的定义，是勾股四边形；
③有一个角为直角的任意四边形，如图，
则：
∴满足勾股四边形的定义，是勾股四边形；
④有一个角为60°的菱形，
∵，
∴菱形不满足勾股四边形的定义，不是勾股四边形；
故答案为：②③.
【分析】（1）根据勾股四边形的定义，对每一个结论逐个判断即可求解；
（2）①连接，由旋转的性质可得，由勾股定理得：，结合勾股四边形的定义即可判断求解；
②延长交延长线于点，由题意，用角角边可证△APB≌△EPF，由全等三角形的对应边相等可得，然后根据等腰三角形的三线合一可得，在Rt△ACP中，用勾股定理即可求解．
（1）解：①平行四边形，
∵，
不满足勾股四边形的定义，不是勾股四边形；
②矩形，由矩形的性质可得：，所以
满足勾股四边形的定义，是勾股四边形；
③有一个角为直角的任意四边形，如图，
则：
满足勾股四边形的定义，是勾股四边形；
④有一个角为60°的菱形，
∵，
不满足勾股四边形的定义，不是勾股四边形；
故答案为：②③
（2）①连接，如图：
由旋转的性质可得：，，，
∴为等边三角形，即
由四边形的内角和性质可得：
∴
∴
∴
∴，即
∴四边形是勾股四边形
②延长交延长线于点，如图：
由题意可得：，
∵，
∴
∵，
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∵，
∴
∴
∵
∴
∴，
∴
25．（2024九上·广州开学考）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，满足，直线经过轴负半轴上的点，且．
（1）求直线的函数表达式；
（2）平移直线，平移后的直线与直线交于点，与轴交于点．
①已知平面内有一点，连接，当的值最小时，求的值；
②若平移后的直线与轴交于点，是否存在点，使以点为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵，
而，，
∴，，
解得：，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
设直线的函数表达式为，
将点，代入表达式可得：
可得，
解得：，
∴直线的函数表达式为.
（2）解：①根据题意，平移直线，平移后的直线与直线交于点，与轴交于点，∴可设直线的函数表达式为；
设直线的函数表达式为，
将点，代入，
可得，
解得：，
∴直线的函数表达式为：；
如下图，连接，
∵，
∴当点在同一直线上时，取最小值，
此时，设直线的解析式为，
将点，代入MC的解析式得：
可得，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立解方程组，
得：，
∴，
∴将点代入直线表达式，
可得，
解得：；
②（Ⅰ）当点在点右侧时，如下图，过点作轴于点，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
在△AOC和△EMD中，
∴，
∴，即，
将代入直线的表达式，
可得，解得，
∴，
∴将点代入直线表达式，
可得，解得，即；
（Ⅱ）当点在点左侧时，如下图，过点作轴于点，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
在△AOC和△E ND 中，
∴，
∴，即，
将代入直线的表达式，
可得，解得，
∴，
∴将点代入直线表达式，
可得，解得，即．
综上可得，点的坐标为或．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；两一次函数图象相交或平行问题；平行四边形的性质；一次函数中的动态几何问题；一次函数图象的平移变换
【解析】【分析】（1）首先根据非负数的性质可得，，即可确定点坐标，再证明为等腰直角三角形，易得，即，设直线的函数表达式为，利用待定系数法求解即可；
（2）①根据题意，可设直线的函数表达式为；利用待定系数法解得直线的函数表达式；连接，易知当点在同一直线上时，取最小值，求得此时直线的解析式，联立直线的解析式与直线的表达式，求解即可确定点坐标，即可获得答案；
②由题意分两种情况：（Ⅰ）当点在点右侧时，过点作轴于点，由题意，用角角边可证△AOC≌△EMD，由全等三角形的对应边相等可得MD=OC，即为点D的纵坐标，把点D的纵坐标代入直线AB的解析式计算可得点D的横坐标，再把点D的坐标代入直线EF的解析式计算即可求得t的值，即为点D的纵坐标；（Ⅱ）当点在点左侧时，过点作轴于点，同理可求解．
（1）解：∵，
又∵，，
∴，，
解得，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
设直线的函数表达式为，
将点，代入，
可得，解得，
∴直线的函数表达式为；
（2）①根据题意，平移直线，平移后的直线与直线交于点，与轴交于点，
则可设直线的函数表达式为；
设直线的函数表达式为，
将点，代入，
可得，解得，
∴直线的函数表达式为；
如下图，连接，
∵，
∴当点在同一直线上时，取最小值，
此时，设直线的解析式为，
将点，代入，
可得，解得，
∴直线的解析式为，
联立直线的解析式与直线的表达式，
可得，解得，
∴，
∴将点代入直线表达式，
可得，解得；
②当点在点右侧时，如下图，过点作轴于点，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
将代入直线的表达式，
可得，解得，
∴，
∴将点代入直线表达式，
可得，解得，即；
当点在点左侧时，如下图，过点作轴于点，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
将代入直线的表达式，
可得，解得，
∴，
∴将点代入直线表达式，
可得，解得，即．
综上所述，点的坐标为或．
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