2024-2025学年广东省普宁市燎原中学九上数学开学达标检测试题【含答案】

这是一份2024-2025学年广东省普宁市燎原中学九上数学开学达标检测试题【含答案】，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分）如图，是用形状、大小完全相同的小菱形组成的图案，第1个图形中有1个小菱形，第2个图形中有4个小菱形，第3个图形中有7个小菱形，……，按照此规律，第个图形中小菱形的个数用含有的式子表示为（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）下列各组数中，以它们为边长的线段不能构成直角三角形的是 （ ）
A．3, 4, 5B．C．30, 40, 50D．0.3, 0.4, 0.5
3、（4分）一次函数的图象如图所示，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）在正方形中，是边上一点，若，且点与点不重合，则的长可以是（ ）
A．3B．4C．5D．6
5、（4分）在数轴上与原点的距离小于8的点对应的x满足 （ ）
A．x＜8B．x＞8C．x＜-8或x＞8D．-8＜x＜8
6、（4分）如图，P为□ABCD对角线BD上一点，△ABP的面积为S1，△CBP的面积为S2，则S1和S2的关系为 （ ）
A．S1>S2B．S1=S2C．S17、（4分）如图，在▱ABCD中，分别以AB，AD为边向外作等边△ABE，△ADF，延长CB交AE于点G，点G在点A，E之间，连接CE，CF，EF，则以下四个结论一定正确的是（）
①△CDF≌△EBC；②∠CDF=∠EAF；③△ECF是等边三角形；④CG⊥AE
A．只有①②B．只有①②③
C．只有③④D．①②③④
8、（4分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相较于点O，BD＝8，BC＝5，AE⊥BC于点E，则AE的长为( )
A．5B．C．D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）将正比例函数的图象向右平移2个单位，则平移后所得到图象对应的函数解析式是__________．
10、（4分）一组数据：，计算其方差的结果为__________．
11、（4分）一个正多边形的每个内角等于108°，则它的边数是_________．
12、（4分）若分解因式可分解为，则=______。
13、（4分）如图，点P是边长为5的正方形ABCD内一点，且PB＝2，PB⊥BF，垂足为点B，请在射线BF上找一点M，使得以B，M，C为顶点的三角形与ABP相似，则BM＝_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分） “母亲节”前夕，某花店用3000元购进了第一批盒装花，上市后很快售完，接着又用4000元购进第二批盒装花．已知第二批所购花的进价比第一批每盒少3元，且数量是第一批盒数的1.5倍．问第一批盒装花每盒的进价是多少元？
15、（8分）已知△ABC，分别以BC，AB，AC为边作等边三角形BCE，ACF，ABD
(1)若存在四边形ADEF，判断它的形状，并说明理由．
(2)存在四边形ADEF的条件下，请你给△ABC添个条件，使得四边形ADEF成为矩形，并说明理由．
(3)当△ABC满足什么条件时四边形ADEF不存在．
16、（8分）如图，于点，于点，与相交于点，连接线段，恰好平分．
求证：．
17、（10分）已知点P（2m+4，m－1），请分别根据下列条件，求出点P的坐标．
（1）点P在x轴上；
（2）点P的纵坐标比横坐标大3；
（3）点P在过点A（2，－4）且与y轴平行的直线上．
18、（10分）如图1，在中，，,，以OB为边，在外作等边，D是OB的中点，连接AD并延长交OC于E．
（1）求证：四边形ABCE是平行四边形；
（2）连接AC，BE交于点P，求AP的长及AP边上的高BH；
（3）在（2）的条件下，将四边形OABC置于如图所示的平面直角坐标系中，以E为坐标原点，其余条件不变，以AP为边向右上方作正方形APMN：
①M点的坐标为 ．
②直接写出正方形APMN与四边形OABC重叠部分的面积（图中阴影部分）．
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）若分式在实数范围内有意义，则的取值范围是_____．
20、（4分）点在函数的图象上，则__________
21、（4分）如果一个多边形的每一个内角都是120°，那么这个多边形是____．
22、（4分）如图，在菱形中，点为上一点，，连接.若，则的度数为__________．
23、（4分）一次函数y＝kx+b（k、b是常数）当自变量x的取值为1≤x≤5时，对应的函数值的范围为﹣2≤y≤2，则此一次函数的解析式为_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，矩形花坛面积是24平方米，两条邻边，的和是10米（），求边的长.
25、（10分）如图，在▱ABCD中，CE平分∠BCD，且交AD于点E，AF∥CE，且交BC于点F．
（1）求证：△ABF≌△CDE；
（2）如图，若∠B=52°，求∠1的大小．
26、（12分）菱形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，对角线AC与BD的交点E恰好在y轴上，过点D和BC的中点H的直线交AC于点F，线段DE，CD的长是方程x2﹣9x+18=0的两根，请解答下列问题：
（1）求点D的坐标；
（2）若反比例函数y=（k≠0）的图象经过点H，则k= ；
（3）点Q在直线BD上，在直线DH上是否存在点P，使以点F，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、B
【解析】
根据图形的变化规律即可求出第个图形中小菱形的个数.
【详解】
根据第1个图形中有1个小菱形，第2个图形中有4个小菱形，第3个图形中有7个小菱形，每次增加3个菱形，故第个图形中小菱形的个数为1+3（n-1）=个，
故选B.
此题主要考查图形的规律探索，解题的关键是根据图形的变化找到规律进行求解.
2、B
【解析】
分析：根据勾股定理的逆定理，只要两边的平方和等于第三边的平方即可构成直角三角形．
详解：A．∵32+42=52，∴以这三个数为长度的线段能构成直角三角形．故选项错误；
B．∵（）2+（）2≠（）2 ，∴以这三个数为长度的线段不能构成直角三角形．故选项正确；
C．∵（30）2+（40）2=（50）2 ，∴以这三个数为长度的线段，能构成直角三角形．
故选项错误；
D．∵（）2+（0.4）2=（0.5）2，∴以这三个数为长度的线段能构成直角三角形．
故选项错误．
故选B．
点睛：本题主要考查了勾股定理的逆定理，已知三条线段的长，判断是否能构成直角三角形的三边，简便的方法是：判断两个较小的数的平方和是否等于最大数的平方即可．
3、D
【解析】
写出函数图象在x轴下方所对应的自变量的范围即可．
【详解】
当x＞-1时，y＜0，
所以不等式kx+b＜0的解集是x＞-1．
故选：D．
本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=kx+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
4、B
【解析】
且根据E为BC边上一点（E与点B不重合），可得当E与点C重合时AE最长，求出AC即可得出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=3，
AC=，
又∵E为BC边上一点，E与点B不重合，
∴当E与点C重合时AE最长，
则3＜AE≤，
故选：B.
本题考查全正方形的性质和勾股定理，求出当E与点C重合时AE最长是解题的关键.
5、D
【解析】
解: 数轴上对应x的点到原点的距离可表示为|x|.
由题意可知
解得
故选D.
6、B
【解析】
分析：根据平行四边形的性质可得点A、C到BD的距离相等，再根据等底等高的三角形的面积相等.
详解：∵在□ABCD中，点A、C到BD的距离相等，设为h.
∴S1= S△ABP=BP ,S2= S△CPB=BP.
∴S1=S2,故选：B.
点睛：本题主要考查的平行四边形的性质，关键在于理解等底等高的三角形的面积相等的性质.
7、B
【解析】
根据题意，结合图形，对选项一一求证，判定正确选项．
【详解】
解：在□ABCD中，∠ADC=∠ABC，AD=BC，CD=AB，
∵△ABE、△ADF都是等边三角形，
∴AD=DF，AB=EB，∠ADF=∠ABE=60°，
∴DF=BC，CD=BC，
∴∠CDF=360°-∠ADC-60°=300°-∠ADC，
∠EBC=360°-∠ABC-60°=300°-∠ABC，
∴∠CDF=∠EBC，
在△CDF和△EBC中，
DF=BC，∠CDF=∠EBC，CD=EB，
∴△CDF≌△EBC（SAS），故①正确；
在▱ABCD中，∠DAB=180°-∠ADC，
∴∠EAF=∠DAB+∠DAF+∠BAE=180°-∠ADC+60°+60°=300°-∠ADC，
∴∠CDF=∠EAF，故②正确；
同理可证△CDF≌△EAF，
∴EF=CF，
∵△CDF≌△EBC，
∴CE=CF，
∴EC=CF=EF，
∴△ECF是等边三角形，故③正确；
当CG⊥AE时，∵△ABE是等边三角形，
∴∠ABG=30°，
∴∠ABC=180°-30°=150°，
∵∠ABC=150°无法求出，故④错误；
综上所述，正确的结论有①②③．
故选B．
本题考查了全等三角形的判定、等边三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，综合性强，考查学生综合运用数学知识的能力．
8、C
【解析】
在中，根据求出OC，再利用面积法可得，由此求出AE即可．
【详解】
四边形ABCD是菱形，，
，，
在中，，
，
故，
解得：．
故选C．
此题主要考查了菱形的性质以及勾股定理，正确利用三角形面积求出AE的长是解题关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
根据“左加右减”的法则求解即可．
【详解】
解：将正比例函数的图象向右平移2个单位，
得=，
故答案为：．
本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知函数图象变换的法则是解答此题的关键．
10、
【解析】
方差是用来衡量一组数据波动大小的量．数据5，5，5，5，5全部相等，没有波动，故其方差为1．
【详解】
解：由于方差是反映一组数据的波动大小的，而这一组数据没有波动，故它的方差为1．
故答案为：1．
本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
11、1
【解析】
由题意可得这个正多边形的每个外角等于72°，然后根据多边形的外角和是360°解答即可．
【详解】
解：∵一个正多边形的每个内角等于108°，∴这个正多边形的每个外角等于72°，
∴这个正多边形的边数为．
故答案为：1．
本题考查了正多边形的基本知识，属于基础题型，熟知正多边形的每个外角相等、多边形的外角和是360°是解此题的关键．
12、-7
【解析】
将（x+3）(x+n)的形式转化为多项式，通过对比得出m、n的值，即可计算得出m+n的结果.
【详解】
（x+3）（x+n）=+（3+n）x+3n，
对比+mx-15，
得出：3n=﹣15，m=3+n，
则：n=﹣5，m=﹣2.
所以m+n=﹣2﹣5=﹣7.
本题考查了因式分解，解题关键在于通过对比两个多项式，得出m、n的值.
13、2或
【解析】
先利用等角的余角相等得到∠ABP＝∠CBM，利用相似三角形的判定方法得到当时，△BAP∽△BCM，即；当时，△BAP∽△BMC，即，然后分别利用比例的性质求BM的长即可．
【详解】
如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC＝90°，BA＝BC，
∵PB⊥BF，
∴∠PBM＝90°，
∵∠ABP+∠CBP＝90°，∠CBP+∠CBM＝90°，
∴∠ABP＝∠CBM，
∴当时，△BAP∽△BCM，即，解得BM＝2；
当时，△BAP∽△BMC，即，解得BM＝，
综上所述，当BM为2或 时，以B，M，C为顶点的三角形与△ABP相似．
故答案为2或．
此题主要考查的是相似三角形的判定和性质，应注意相似三角形的对应顶点不明确时，要分类讨论，不要漏解．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、第一批盒装花每盒的进价是27元
【解析】
设第一批盒装花的进价是x元/盒，则第一批进的数量是：，第二批进的数量是：，再根据等量关系：第二批进的数量=第一批进的数量×1.5可得方程．
【详解】
设第一批盒装花每盒的进价是x元，则第二批盒装花每盒的进价是（x﹣3）元，
根据题意得：1.5×＝，
解得：x＝27，
经检验，x＝27是所列分式方程的解，且符合题意．
答：第一批盒装花每盒的进价是27元．
本题考查了分式方程的应用．注意，分式方程需要验根，这是易错的地方．
15、（1）详见解析；（2）当∠BAC＝150°时，四边形ADEF是矩形；（3）∠BAC=60°时，这样的平行四边形ADEF不存在.
【解析】
（1）根据等边三角形的性质得出AC＝AF，AB＝BD，BC＝BE，∠EBC＝∠ABD＝60°，求出∠DBE＝∠ABC，根据SAS推出△DBE≌△ABC，根据全等得出DE＝AC，求出DE＝AF，同理AD＝EF，根据平行四边形的判定推出即可；
（2）当AB＝AC时，四边形ADEF是菱形，根据菱形的判定推出即可；当∠BAC＝150°时，四边形ADEF是矩形，求出∠DAF＝90°，根据矩形的判定推出即可；
（3）这样的平行四边形ADEF不总是存在，当∠BAC＝60°时，此时四边形ADEF就不存在．
【详解】
（1）证明：∵△ABD、△BCE和△ACF是等边三角形，
∴AC＝AF，AB＝BD，BC＝BE，∠EBC＝∠ABD＝60°，
∴∠DBE＝∠ABC＝60°﹣∠EBA，
在△DBE和△ABC中
，
∴△DBE≌△ABC，
∴DE＝AC，
∵AC＝AF，
∴DE＝AF，
同理AD＝EF，
∴四边形ADEF是平行四边形；
（2）解：当∠BAC＝150°时，四边形ADEF是矩形，
理由是：∵△ABD和△ACF是等边三角形，
∴∠DAB＝∠FAC＝60°，
∵∠BAC＝150°，
∴∠DAF＝90°，
∵四边形ADEF是平行四边形，
∴四边形ADEF是矩形；
（3）解：这样的平行四边形ADEF不总是存在，
理由是：当∠BAC＝60°时，∠DAF＝180°，
此时点D、A、F在同一条直线上，此时四边形ADEF就不存在．
本题考查了菱形的判定，矩形的判定，平行四边形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定的应用，能综合运用定理进行推理是解此题的关键，题目比较好，难度适中．
16、见解析.
【解析】
由角平分线的性质得出OE=OD，证得△BOE≌△COD，即可得出结论．
【详解】
∵于点，于点，恰好平分
∴，
∵
∴
∴
本题考查了角平分线的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握角平分线的性质、证明三角形全等是解题的关键．
17、（1）（6，0）；（2）（-12，-9）； （3）（2，-2）
【解析】试题分析：（1）让纵坐标为0求得m的值，代入点P的坐标即可求解；（2）让纵坐标-横坐标=3得m的值，代入点P的坐标即可求解；（3）让横坐标为2求得m的值，代入点P的坐标即可求解.
试题解析：
（1））点P在x轴上，故纵坐标为0，所以m-1=0，m=1，点P的坐标（6，0）；
（2）因为点P的纵坐标比横坐标大3，故（m -1）-（2m+4）=3，m=-8，点P的坐标（-12，-9）；
(3) 点P在过A(2，-4)点，且与y轴平行的直线上,所以点P横坐标与A(2，-4）相同，即2m+4=2,m=-1，点P的坐标（2，-2）
18、（1）见解析；（2），；（3）①；②
【解析】
（1）利用直角三角形斜边中线的性质可得DO=DA，推出∠AEO=60°，进一步得出BC∥AE，CO∥AB，可得结论；
（2）先计算出OA=，推出PB=，利用勾股定理求出AP=，再利用面积法计算BH即可；
（3）①求出直线PM的解析式为y=x-3，再利用两点间的距离公式计算即可；
②易得直线BC的解析式为y=x+4，联立直线BC和直线PM的解析式成方程组，求得点G的坐标，再利用三角形面积公式计算．
【详解】
（1）证明：∵Rt△OAB中，D为OB的中点，
∴AD=OB，OD=BD=OB，
∴DO=DA，
∴∠DAO=∠DOA=30°，∠EOA=90°，
∴∠AEO=60°，
又∵△OBC为等边三角形，
∴∠BCO=∠AEO=60°，
∴BC∥AE，
∵∠BAO=∠COA=90°，
∴CO∥AB，
∴四边形ABCE是平行四边形；
（2）解：在Rt△AOB中，∠AOB=30°，OB=8，
∴AB=4，
∴OA=，
∵四边形ABCE是平行四边形，
∴PB=PE，PC=PA，
∴PB=，
∴
∴，
即
∴；
（3）①∵C（0，4），
设直线AC的解析式为y=kx+4，
∵P（，0），
∴0=k+4，
解得，k=，
∴y=x+4，
∵∠APM=90°，
∴直线PM的解析式为y=x+m，
∵P（，0），
∴0=×+m，
解得，m=-3，
∴直线PM的解析式为y=x-3，
设M（x，x-3），
∵AP=，
∴（x-）2+（x-3）2=（）2，
化简得，x2-4x-4=0，
解得，x1=，x2=（不合题意舍去），
当x=时，y=×（）-3=，
∴M（，），
故答案为：（，）；
②∵
∴直线BC的解析式为：，
联立，解得，
∴，
本题考查的是平行四边形的判定，等边三角形的性质，两点间的距离，正方形的性质，矩形的性质，一次函数的图象和性质，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、x≠1
【解析】
【分析】根据分式有意义的条件进行求解即可得答案.
【详解】由题意得：1-x≠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，熟知分母不为0时分式有意义是解题的关键.
20、
【解析】
把点A（m，m+5）代入得到关于m的一元一次方程，解之即可．
【详解】
解：把点A（m，m+5）代入得：
m+5=-2m+1
解得：m=.
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，正确掌握代入法是解题的关键．
21、六边形．
【解析】依据多边形的内角和公式列方程求解即可．
解：180（n﹣2）=120°n
解得：n=1．
故答案为：六边形．
22、18
【解析】
由菱形的性质可得AD=CD，∠A=∠BCD，CD∥AB，由等腰三角形的性质可得∠DAE=∠DEA=72°，∠DCE=54°，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形,
∴AD=CD，∠A=∠BCD，CD∥AB,
∵DE=AD，∠ADE=36°，
∴∠DAE=∠DEA=72°,
∵CD∥AB,
∴∠CDE=∠DEA=72°，且DE=DC=DA,
∴∠DCE=54°,
∵∠DCB=∠DAE=72°,
∴∠BCE=∠DCB-∠DCE=18°.
故答案为：18.
本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，熟练运用菱形的性质是本题的关键．
23、y＝x﹣1或y＝﹣x+1
【解析】
分k＞0及k＜0两种情况考虑：当k＞0时，y值随x的增大而增大，由x、y的取值范围可得出点的坐标，由点的坐标利用待定系数法即可求出一次函数解析式；当k＜0时，y值随x的增大而减小，由x、y的取值范围可得出点的坐标，由点的坐标利用待定系数法即可求出一次函数解析式．综上即可得出结论．
【详解】
当k＞0时，y值随x的增大而增大，
∴，解得：，
∴一次函数的解析式为y＝x﹣1；
当k＜0时，y值随x的增大而减小，
∴，解得：，
∴一次函数的解析式为y＝﹣x+1．
综上所述：一次函数的解析式为y＝x﹣1或y＝﹣x+1．
故答案为y＝x﹣1或y＝﹣x+1．
本题考查了待定系数法求一次函数解析式以及一次函数的性质，分k＞0及k＜0两种情况利用待定系数法求出函数解析式是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、4米
【解析】
根据矩形的面积和邻边和可以设的长是米，则的长是,列出方程即可解答
【详解】
解：设的长是米，则的长是，
解得：，.
当时，，
当时，不符合题意，舍去；
答：的长是4米.
此题考查矩形的性质，解题关键在于列出方程
25、 (1)见解析；(2) ∠1=64°.
【解析】
（1）（1）由平行四边形的性质得出AB=CD，AD∥BC，∠B=∠D，得出∠1=∠BCE，证出∠AFB=∠1，由AAS证明△ABF≌△CDE即可；
（2）CE平分∠BCD得∠ECB=∠ECD，进而得到∠1=∠ECD，再由∠D=∠B=52°，运用三角形内角和，即可求解.
【详解】
解：(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD ∠B=∠D AD∥BC
∴∠1=∠ECB
∵AF∥CE
∴∠AFB=∠ECB
∴∠1=∠AFB
∴△ABF≌△CDE(AAS)
(2) ∵CE平分∠BCD
∴∠ECB=∠ECD
∵∠1=∠ECB(已证)
∴∠1=∠ECD
∵∠B=52°
∴∠D=∠B=52°
∴∠1=∠ECD=
本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键.
26、（1）（﹣，3）（2） （3）（，）或（﹣，5）或（，﹣）
【解析】
（1）由线段DE，CD的长是方程x2﹣9x+18=0的两根，且CD＞DE，可求出CD、DE的长，由四边形ABCD是菱形，利用菱形的性质可求得D点的坐标.
(2)由（1）可得OB、CM，可得B、C坐标，进而求得H点坐标，由反比例函数y=（k≠0）的图象经过点H，可求的k的值;
(3)分别以CF为平行四边形的一边或者为对角线的情形进行讨论即可.
【详解】
（1）x2﹣9x+18=0，
（x﹣3）（x﹣6）=0，
x=3或6，
∵CD＞DE，
∴CD=6，DE=3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AE=EC==3，
∴∠DCA=30°，∠EDC=60°，
Rt△DEM中，∠DEM=30°，
∴DM=DE=，
∵OM⊥AB，
∴S菱形ABCD=AC•BD=CD•OM，
∴=6OM，OM=3，
∴D（﹣，3）；
（2）∵OB=DM=，CM=6﹣=，
∴B（，0），C（，3），
∵H是BC的中点，
∴H（3，），
∴k=3×=；
故答案为；
（3）
①∵DC=BC，∠DCB=60°，
∴△DCB是等边三角形，
∵H是BC的中点，
∴DH⊥BC，
∴当Q与B重合时，如图1，四边形CFQP是平行四边形，
∵FC=FB，
∴∠FCB=∠FBC=30°，
∴∠ABF=∠ABC﹣∠CBF=120°﹣30°=90°，
∴AB⊥BF，CP⊥AB，
Rt△ABF中，∠FAB=30°，AB=6，
∴FB=2=CP，
∴P（，）；
②
如图2，∵四边形QPFC是平行四边形，
∴CQ∥PH，
由①知：PH⊥BC，
∴CQ⊥BC，
Rt△QBC中，BC=6，∠QBC=60°，
∴∠BQC=30°，
∴CQ=6，
连接QA，
∵AE=EC，QE⊥AC，
∴QA=QC=6，
∴∠QAC=∠QCA=60°，∠CAB=30°，
∴∠QAB=90°，
∴Q（﹣，6），
由①知：F（，2），
由F到C的平移规律可得P到Q的平移规律，则P（﹣﹣3，6﹣），即P（﹣，5）；
③
如图3，四边形CQFP是平行四边形，
同理知：Q（﹣，6），F（，2），C（，3），
∴P（，﹣）；
综上所述，点P的坐标为：（，）或（﹣，5）或（，﹣）．
本题主要考查平行四边形、菱形的图像和性质，反比例函数的图像与性质等，综合性较大，需综合运用所学知识充分利用已知条件求解.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人