2022年吉林省中考数学真题（解析版）.docx

吉林省2022年初中学业水平考试
数学试题
数学试题共6页，包括六道大题，共26道小题;全卷满分120分。考试时间120分钟;考试结束后，将本试题和答题卡一并交回
注意事项：
1．答题前，请您将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码准确粘贴在条形码区域内
2．答题时，请按照考试要求在答题卡上的指定区域内作答，在草稿纸、试题上答题无效
一、单项选择题（每小题2分，共12分）
1. 吉林松花石有“石中之宝”的美誉，用它制作的砚台叫松花砚，能与中国四大名砚媲美．下图是一款松花砚的示意图，其俯视图为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据俯视图的定义（从上面观察物体所得到的视图）即可得．
【详解】解：其俯视图是由两个同心圆（不含圆心）组成，即为
，
故选：C．
【点睛】本题考查了俯视图，熟记定义是解题关键．
2. 要使算式的运算结果最大，则“□”内应填入的运算符号为（ ）
A. + B. - C. × D. ÷
【答案】A
【解析】
【分析】将各选项的运算符号代入计算即可得．
【详解】解：，
，
，
，
因为，
所以要使运算结果最大，应填入的运算符号为，
故选：A．
【点睛】本题考查有理数的加减乘除运算，熟练掌握运算法则是解题关键．
3. 与2的差不大于0，用不等式表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据差运算、不大于的定义列出不等式即可．
【详解】解：由题意，用不等式表示为，
故选：D．
【点睛】本题考查了列一元一次不等式，熟练掌握“不大于是指小于或等于”是解题关键．
4. 实数，在数轴上对应点的位置如图所示，则，的大小关系为（ ）

A. B. C. D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】在以向右为正方向的数轴上，右边的点表示的数大于左边的点表示的数，根据此结论即可得出结论．
【详解】由图知，数轴上数b表示的点在数a表示的点的右边，则b>a
故选：B．
【点睛】本题考查了数轴上有理数大小的比较，是基础题．
5. 如图，如果，那么，其依据可以简单说成（ ）

A. 两直线平行，内错角相等 B. 内错角相等，两直线平行
C. 两直线平行，同位角相等 D. 同位角相等，两直线平行
【答案】D
【解析】
【分析】根据“同位角相等，两直线平行”即可得．
【详解】解：因为与是一对相等的同位角，得出结论是，
所以其依据可以简单说成同位角相等，两直线平行，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行线的判定，熟练掌握平行线的判定方法是解题关键．
6. 如图，在中，，，．以点为圆心，为半径作圆，当点在内且点在外时，的值可能是（ ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】先利用勾股定理可得，再根据“点在内且点在外”可得，由此即可得出答案．
【详解】解：在中，，，，
，
点在内且点在外，
，即，
观察四个选项可知，只有选项C符合，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理、点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系是解题关键．
二、填空题（每小题3分，共24分）
7. 实数的相反数是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据只有符号不同的两个数为互为相反数进行解答．
【详解】解：根据相反数的定义，
可得相反数是．
故答案为：
【点睛】此题主要考查了实数的性质，关键是掌握相反数的定义．
8. 计算：=____．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：根据同底数幂的乘法性质，底数不变，指数相加，可直接结算，.
考点：同底数幂的乘法
9. 篮球队要购买10个篮球，每个篮球元，一共需要__________元．（用含的代数式表示）
【答案】
【解析】
【分析】根据“总费用购买篮球的数量每个篮球的价格”即可得．
【详解】解：由题意得：一共需要的费用为元，
故答案为：．
【点睛】本题考查了列代数式，正确找出等量关系是解题关键．
10. 《九章算术》中记载了一道数学问题，其译文为：有大小两种盛酒的桶，已知5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛（斛，音hú，是古代一种容量单位），1个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛．1个大桶、1个小桶分别可以盛酒多少斛？设1个大桶可以盛酒斛、1个小桶可以盛酒斛．根据题意，可列方程组为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据题中两个等量关系：5个大桶加上1个小桶可以盛酒3斛；1个大桶加上5个小桶可以盛酒2斛，列出方程组即可．
【详解】由题意得：
故答案为：．
【点睛】本题考查了列二元一次方程组解实际问题，理解题意、找到等量关系并列出方程组是解题的关键．
11. 第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这个图案绕着它的中心旋转角后能够与它本身重合，则角可以为__________度．（写出一个即可）

【答案】60或120或180或240或300（写出一个即可）
【解析】
【分析】如图（见解析），求出图中正六边形的中心角，再根据旋转的定义即可得．
【详解】解：这个图案对应着如图所示的一个正六边形，它的中心角，
，
角可以为或或或或，
故答案为：60或120或180或240或300（写出一个即可）．

【点睛】本题考查了正多边形的中心角、图形的旋转，熟练掌握正多边形的性质是解题关键．
12. 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点在轴正半轴上，以点为圆心，长为半径作弧，交轴正半轴于点，则点的坐标为__________．

【答案】
【解析】
【分析】连接，先根据点的坐标可得，再根据等腰三角形的判定可得是等腰三角形，然后根据等腰三角形的三线合一可得，由此即可得出答案．
【详解】解：如图，连接，

点的坐标为，
，
由同圆半径相等得：，
是等腰三角形，
，
（等腰三角形的三线合一），
又点位于轴正半轴，
点坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了同圆半径相等、等腰三角形的三线合一、点坐标等知识点，熟练掌握等腰三角形的三线合一是解题关键．
13. 如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是边的中点，点在对角线上，且，连接．若，则__________．

【答案】##2.5
【解析】
【分析】由矩形的性质可得点F是OA的中点，从而EF是△AOD的中位线，则由三角形中位线定理即可求得EF的长．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴BD=AC=10，OA=AC，OD=BD=5，
∵，
∴，即点F是OA的中点．
∵点是边的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理等知识，掌握中位线定理是本题的关键．
14. 如图，在半径为1的上顺次取点，，，，，连接，，，，，．若，，则与的长度之和为__________．（结果保留）．

【答案】##
【解析】
【分析】由圆周角定理得，根据弧长公式分别计算出与的长度，相减即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴
又的半径为1，
的长度=
又，
∴的长度=
∴与的长度之和=，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了计算弧长，圆周角定理，熟练掌握弧长计算公式是解答本题的关键．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15. 如图，，．求证：．

【答案】证明见解析
【解析】
【分析】先利用三角形全等的判定定理（定理）证出，再根据全等三角形的性质即可得．
【详解】证明：在和中，，
，
．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质，熟练掌握三角形全等的判定与性质是解题关键．
16. 下面是一道例题及其解答过程的一部分，其中是关于的多项式．请写出多项式，并将该例题的解答过程补充完整．
例先去括号，再合并同类项：（）．
解：（）

．

【答案】，解答过程补充完整为
【解析】
【分析】利用除以可得，再根据合并同类项法则补充解答过程即可．
【详解】解：观察第一步可知，，
解得，
将该例题的解答过程补充完整如下：

，
故答案为：．
【点睛】本题考查了多项式的乘除法、合并同类项，熟练掌握整式的运算法则是解题关键．
17. 长白山国家级自然保护区、松花湖风景区和净月潭国家森林公园是吉林省著名的三个景区．甲、乙两人用抽卡片的方式决定一个自己要去的景区．他们准备了3张不透明的卡片，正面分别写上长白山、松花湖、净月潭．卡片除正面景区名称不同外其余均相同，将3张卡片正面向下洗匀，甲先从中随机抽取一张卡片，记下景区名称后正面向下放回，洗匀后乙再从中随机抽取一张卡片，请用画树状图或列表的方法，求两人都决定去长白山的概率．
【答案】甲、乙两人都决定去长白山的概率为．
【解析】
【分析】画树状图，共有9种等可能的结果，其中两人都决定去长白山的结果有1种，再由概率公式求解即可．
【详解】解：长白山、松花湖、净月潭依次用字母A，B，C表示，
画树状图如下：

共有9种等可能的结果，其中甲、乙两人都决定去长白山的结果有1种，
∴甲、乙两人都决定去长白山的概率为．
【点睛】此题考查的是用树状图法求概率以及随机事件等知识．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比．
18. 图①，图②均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．其中点，，均在格点上．请在给定的网格中按要求画四边形．

（1）在图①中，找一格点，使以点，，，为顶点的四边形是轴对称图形；
（2）在图②中，找一格点，使以点，，，为顶点的四边形是中心对称图形．
【答案】（1）图见解析
（2）图见解析
【解析】
【分析】（1）以所在直线为对称轴，找出点的对称点即为点，再顺次连接点即可得；
（2）根据点平移至点的方式，将点进行平移即可得点，再顺次连接点即可得．
【小问1详解】
解：如图①，四边形是轴对称图形．
【小问2详解】
解：先将点向左平移2格，再向上平移1个可得到点，
则将点按照同样的平移方式可得到点，
如图②，平行四边形是中心对称图形．

【点睛】本题考查了轴对称图形与中心对称图形、平移作图，熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的概念是解题关键．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19. 刘芳和李婷进行跳绳比赛．已知刘芳每分钟比李婷多跳20个，刘芳跳135个所用的时间与李婷跳120个所用的时间相等．求李婷每分钟跳绳的个数．
【答案】160个
【解析】
【分析】设李婷每分钟跳绳的个数为个，则刘芳每分钟跳绳的个数为个，根据“刘芳跳135个所用的时间与李婷跳120个所用的时间相等”建立方程，解方程即可得．
【详解】解：设李婷每分钟跳绳的个数为个，则刘芳每分钟跳绳的个数为个，
由题意得：，
解得，
经检验，是所列分式方程的解，且符合题意，
答：李婷每分钟跳绳的个数为160个．
【点睛】本题考查了分式方程的实际应用，正确找出等量关系，并建立方程是解题关键．
20. 密闭容器内有一定质量的气体，当容器的体积（单位：）变化时，气体的密度（单位：）随之变化．已知密度与体积是反比例函数关系，它的图像如图所示．

（1）求密度关于体积的函数解析式；
（2）当时，求该气体的密度．
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）用待定系数法即可完成；
（2）把V=10值代入（1）所求得的解析式中，即可求得该气体的密度．
【小问1详解】
设密度关于体积的函数解析式为，
把点A的坐标代入上式中得：，
解得：k=10，
∴．
【小问2详解】
当时，（）．
即此时该气体的密度为1．
【点睛】本题是反比例函数的应用问题，考查了求反比例函数的解析式及求反比例函数的函数值等知识，由图像求得反比例函数解析式是关键．
21. 动感单车是一种新型的运动器械．图①是一辆动感单车的实物图，图②是其侧面示意图．△BCD为主车架，AB为调节管，点A，B，C在同一直线上．已知BC长为70cm，∠BCD的度数为58°．当AB长度调至34cm时，求点A到CD的距离AE的长度（结果精确到1cm）．（参考数据：sin58°=0.85，cos58°=0.53，tan58°=1.60）

【答案】点A到CD的距离AE的长度约为88cm．
【解析】
【分析】根据正弦的概念即可求解．
【详解】解：在Rt△ACE中，∠AEC=90°，∠ACE=58°，AC=AB+BC=34+70=104(cm)，
∵sin∠ACE=，即sin58°=，
∴AE=104×0.85=88.4≈88(cm)，
∴点A到CD的距离AE的长度约为88cm．
【点睛】本题考查的是解直角三角形的知识，掌握锐角三角函数的概念是解题的关键．
22. 为了解全国常住人口城镇化率的情况，张明查阅相关资料，整理数据并绘制统计图如下：
2017-2021年年末全国常住人口城镇化率城化率

（以上数据来源于《中华人民共和国2021年国民经济和社会发展统计公报》）
注：．例如，城镇常住人口60.12万人，总人口100万人，则总人口城镇化率为60.12%．
回答下列问题：
（1）2017-2021年年末，全国常住人口城镇化率的中位数是 %；
（2）2021年年末全国人口141260万人，2021年年末全国城镇常住人口为 万人；（只填算式，不计算结果）
（3）下列推断较为合理的是 （填序号）．
①2017-2021年年末，全国常住人口城镇化率逐年上升，估计2022年年末全国常住人口城镇化率高于64.72%．
②全国常住人口城镇化率2020年年末比2019年年末增加1.18%，2021年年末比2020年年末增加0.83%，全国常住人口城镇化率增加幅度减小，估计2022年年末全国常住人口城镇化率低于64.72%．
【答案】（1）
（2）
（3）①
【解析】
【分析】（1）根据中位数的定义即可得；
（2）根据城镇化率的计算公式即可得；
（3）根据全国常住人口城镇化率逐年上升的趋势，可估计2022年年末全国常住人口城镇化率高于，由此即可得出答案．
【小问1详解】
解：2017-2021年年末，全国常住人口城镇化率按从小到大进行排序为，，，，，则排在中间位置的数即为中位数，
所以中位数为，
故答案为：．
【小问2详解】
解：2021年年末全国城镇常住人口为万人，
故答案为：．
【小问3详解】
解：2017-2021年年末，全国常住人口城镇化率逐年上升，估计2022年年末全国常住人口城镇化率高于，则推断①较为合理；
全国常住人口城镇化率2020年年末比2019年年末增加，2021年年末比2020年年末增加，全国常住人口城镇化率增加幅度减小，可估计全国常住人口城镇化率2022年年末比2021年年末增加幅度小于，但2022年年末全国常住人口城镇化率会高于，则推断②不合理；
故答案为：①．
【点睛】本题考查了中位数和折线统计图，读懂折线统计图是解题关键．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23. 李强用甲、乙两种具有恒温功能的热水壶同时加热相同质量的水，甲壶比乙壶加热速度快．在一段时间内，水温（℃）与加热时间之间近似满足一次函数关系，根据记录的数据，画函数图象如下：

（1）加热前水温是 ℃；
（2）求乙壶中水温关于加热时间的函数解析式；
（3）当甲壶中水温刚达到80℃时，乙壶中水温是 ℃．
【答案】（1）20 （2）
（3）65
【解析】
【分析】（1）根据时，即可得；
（2）先判断出乙壶对应的函数图象经过点，再利用待定系数法即可得；
（3）先利用待定系数法求出甲壶中与的函数解析式，再求出时，的值，然后将的值代入乙壶中与的函数解析式即可得．
【小问1详解】
解：由函数图象可知，当时，，
则加热前水温是，
故答案为：20．
【小问2详解】
解：因为甲壶比乙壶加热速度快，
所以乙壶对应的函数图象经过点，
设乙壶中水温关于加热时间的函数解析式为，
将点代入得：，
解得，
则乙壶中水温关于加热时间的函数解析式为，
自变量x的取值范围是0≤x≤160．
【小问3详解】
解：设甲壶中水温关于加热时间的函数解析式为，
将点代入得：，
解得，
则甲壶中水温关于加热时间的函数解析式为，
当时，，解得，
将代入得：，
即当甲壶中水温刚达到时，乙壶中水温是，
故答案为：65．
【点睛】本题考查了一次函数的实际应用，读懂函数图象，并熟练掌握待定系数法是解题关键．
24. 下面是王倩同学的作业及自主探究笔记，请认真阅读并补充完整．
【作业】如图①，直线，与的面积相等吗？为什么？

解：相等．理由如下：
设与之间的距离为，则，．
∴．
【探究】
（1）如图②，当点在，之间时，设点，到直线的距离分别为，，则．

证明：∵

（2）如图③，当点在，之间时，连接并延长交于点，则．

证明：过点作，垂足为，过点作，垂足为，则，
∴ ．
∴ ．
∴．
由【探究】（1）可知 ，
∴．
（3）如图④，当点在下方时，连接交于点．若点，，所对应的刻度值分别为5，1.5，0，的值为 ．

【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据三角形的面积公式可得，由此即可得证；
（2）过点作，垂足为，过点作，垂足为，先根据平行线的判定可得，再根据相似三角形的判定可证，根据相似三角形的性质可得，然后结合【探究】（1）的结论即可得证；
（3）过点作于点，过点作于点，先根据相似三角形的判定证出，再根据相似三角形的性质可得，然后根据三角形的面积公式可得，，由此即可得出答案．
【小问1详解】
证明：，，
．
【小问2详解】
证明：过点作，垂足为，过点作，垂足为，则，

．
．
．
由【探究】（1）可知，
．
【小问3详解】
解：过点作于点，过点作于点，则，

，
，
，
点所对应的刻度值分别为5，，0，
，，
，
又，，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、平行线的判定、三角形的面积等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25. 如图，在中，，，．动点从点出发，以的速度沿边向终点匀速运动．以为一边作，另一边与折线相交于点，以为边作菱形，点在线段上．设点的运动时间为，菱形与重叠部分图形的面积为．

（1）当点在边上时，的长为 ；（用含的代数式表示）
（2）当点落在边上时，求的值；
（3）求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围．
【答案】（1）2x （2）1
（3）
【解析】
【分析】（1）先证明∠A=∠AQP=30°，即AP=PQ，根据题意有AP=2x，即PQ=2x；
（2）当M点在BC上，Q点在AC上，在（1）中已求得AP=PQ=2x，再证明△MNB是等边三角形，即有BN=MN，根据AB=6x=6cm，即有x=1（s）；
（3）分类讨论：当时，此时菱形PQMN在△ABC的内部，此时菱形PQMN与△ABC重叠的面积即是菱形PQMN的面积，过Q点作QG⊥AB于G点，求出菱形的面积即可；当x＞1，且Q点在线段AC上时，过Q点作QG⊥AB于G点，设QM交BC于F点，MN交BC于E点，过M点作NH⊥EF于H点，先证明△ENB是等边三角形、△MEF是等边三角形，重叠部分是菱形PQMN的面积减去等边△MEF的面积，求出菱形PQMN的面积和等边△MEF的面积即可，此时需要求出当Q点在C点时的临界条件；当时，此时Q点在线段BC上，此时N点始终与B点重合，过Q点作QG⊥AB于G点，重叠部分的面积就是△PBQ的面积，求出等边△PBQ的面积即可．
【小问1详解】
当Q点在AC上时，
∵∠A=30°，∠APQ=120°，
∴∠AQP=30°，
∴∠A=∠AQP，
∴AP=PQ，
∵运动速度为每秒2cm，运动时间为x秒，
∴AP=2x，
∴PQ=2x；
【小问2详解】
当M点在BC上，Q点在AC上，如图，

在（1）中已求得AP=PQ=2x，
∵四边形QPMN是菱形，
∴PQ=PN=MN=2x，，
∵∠APQ=120°，
∴∠QPB=60°，
∵，
∴∠MNB=∠QPB=60°，
∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，
∴∠B=60°，
∴△MNB是等边三角形，
∴BN=MN，
∴AB=AP+PN+BN=2x×3=6x=6cm，
∴x=1（s）；
【小问3详解】
当P点运动到B点时，用时6÷2=3（s），
即x取值范围为：，
当M点刚好在BC上时，
在（2）中已求得此时x=1，
分情况讨论，
即当时，此时菱形PQMN在△ABC的内部，
∴此时菱形PQMN与△ABC重叠的面积即是菱形PQMN的面积，
过Q点作QG⊥AB于G点，如图，

∵∠APQ=120°，
∴∠QPN=60°，即菱形PQMN的内角∠QPN=∠QMN=60°，
∴QG=PQ×sin∠QPN=2x×sin60°=，
∴重叠面积等于菱形PQMN的面积为，即为：；
当x＞1，且Q点在线段AC上时，
过Q点作QG⊥AB于G点，设QM交BC于F点，MN交BC于E点，过M点作NH⊥EF于H点，如图，

∵，
∴∠MNB=∠QPN=60，
∵∠B=60°，
∴△ENB是等边三角形，
同理可证明△MEF是等边三角形
∴BN=NE，∠MEF=60°，ME=EF，
∵AP=PQ=PN=MN=2x，AB=6，
∴BN=6-AN=6-4x，
∴ME=MN-NE=2x-BN=6x-6，
∵MH⊥EF，
∴MH=ME×sin∠MEH=(6x-6)×sin60°=，
∴△MEF的面积为：，
QG=PQ×sin∠QPN=2x×sin60°=，
∵菱形PQMN的面积为，
∴重叠部分的面积为，
当Q点与C点重合时，可知此时N点与B点重合，如图，

∵∠CPB=∠CBA=60°，
∴△PBC是等边三角形，
∴PC=PB，
∵AP=PQ=2x，
∴AP=PB=2x，
∴AB=AP+PB=4x=6，
则x=，
即此时重合部分的面积为：，；
当时，此时Q点在线段BC上，此时N点始终与B点重合，过Q点作QG⊥AB于G点，如图，

∵AP=2x，
∴PB=AB-AP=6-2x，
∵∠QPB=∠ABC=60°，
∴△PQB是等边三角形，
∴PQ=PB，同时印证菱形PQMN的顶点N始终与B点重合，
∴QG=PQ×sin∠QPN=(6-2x)×sin60°=，
∴，
∴此时重叠部分的面积，
综上所述：．
【点睛】本题考查了一次函数的应用、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，理清运动过程中Q点的位置以及菱形PQMN的位置是解答本题的关键．解答本题需要注意分类讨论的思想．
26. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线（，是常数）经过点，点．点在此抛物线上，其横坐标为．

（1）求此抛物线的解析式；
（2）当点在轴上方时，结合图象，直接写出的取值范围；
（3）若此抛物线在点左侧部分（包括点）的最低点的纵坐标为．
①求的值；
②以为边作等腰直角三角形，当点在此抛物线的对称轴上时，直接写出点的坐标．
【答案】（1）
（2）或
（3）①或3；②或或
【解析】
【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可得；
（2）先根据抛物线的解析式求出此抛物线与轴的另一个交点坐标为，再画出函数图象，由此即可得；
（3）①先求出抛物线的对称轴和顶点坐标、以及点的坐标，再分和两种情况，分别画出函数图象，利用函数的增减性求解即可得；
②设点的坐标为，分和两种情况，分别根据等腰直角三角形的定义建立方程组，解方程组即可得．
【小问1详解】
解：将点代入得：，
解得，
则此抛物线的解析式为．
【小问2详解】
解：对于二次函数，
当时，，解得或，
则此抛物线与轴的另一个交点坐标为，
画出函数图象如下：

则当点在轴上方时，的取值范围为或．
【小问3详解】
解：①二次函数的对称轴为直线，顶点坐标为，
当时，，
即，
（Ⅰ）如图，当时，

当时，随的增大而减小，
则此时点即为最低点，
所以，
解得或（不符题设，舍去）；
（Ⅱ）如图，当时，

当时，随的增大而减小；当时，随的增大而增大，
则此时抛物线的顶点即为最低点，
所以，
解得，符合题设，
综上，的值为或3；
②设点的坐标为，
由题意，分以下两种情况：
（Ⅰ）如图，当时，设对称轴直线与轴的交点为点，

则在等腰中，只能是，
垂直平分，且，
（等腰三角形的三线合一），
，
解得，
则此时点的坐标为或；
（Ⅱ）当时，
由（3）①可知，此时，
则点，
，
，
，
当时，等腰直角三角形，
则，即，
方程组无解，
所以此时不存在符合条件的点；
当时，是等腰直角三角形，
则，即，
解得，
所以此时点的坐标为；
当时，是等腰直角三角形，
则，即，
方程组无解，
所以此时不存在符合条件的点；
综上，点的坐标为或或．
【点睛】本题考查了二次函数的几何应用、等腰直角三角形、一元二次方程的应用等知识点，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键．