专题04 江西中考数学填空压轴题专项-【好题汇编】5年（2020-2024）中考1年模拟数学分类汇编（江西专用）(原卷版+解析版)

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一．动点中某线段为整数值的多解问题（共1小题）
1．（2024·江西·中考真题）如图，是的直径，，点C在线段上运动，过点C的弦，将沿翻折交直线于点F，当的长为正整数时，线段的长为 ．
【答案】或或2
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，折叠的性质，根据，可得或2，利用勾股定理进行解答即可，进行分类讨论是解题的关键．
【详解】解：为直径，为弦，
，
当的长为正整数时，或2，
当时，即为直径，
将沿翻折交直线于点F，此时与点重合，
故；
当时，且在点在线段之间，
如图，连接，
此时，
，
，
，
，
；
当时，且点在线段之间，连接，
同理可得，
，
综上，可得线段的长为或或2，
故答案为：或或2．
2．（2021·江西·中考真题）如图，在边长为的正六边形中，连接，，其中点，分别为和上的动点，若以，，为顶点的三角形是等边三角形，且边长为整数，则该等边三角形的边长为 ．
【答案】9或10或18
【分析】根据点，分别为和上的动点，以，，为顶点的三角形是等边三角形，先在脑海中生成运动的动态图，通过从满足条件的特殊的情况入手，然后再适当左右摆动图形，寻找其它可能存在的解．
【详解】解：如下图：
（1）当M，N分别与B，F重合时，在中，由题意得：
，
易算得：，根据正多边形的性质得，
，
为等边三角形，即为等边三角形，边长为18，
此时已为最大张角，故在左上区域不存在其它解；
（2）当M，N分别与DF，DB的中点重合时，由（1）且根据三角形的中位线
得：，
，
为等边三角形，边长为9，
（3）在（2）的条件下，阴影部分等边三角形会适当的左右摆动，使得存在无数个这样的等边三角形且边长会在到之间，其中包含边长为，，
，且等边三角形的边长为整数，
边长在到之间只能取9或10，
综上所述：该等边三角形的边长可以为9或10或18．
故答案是：9或10或18．
【点睛】本题考查了正多边形中动点产生等边三角形问题，解题的关键是：根据等边三角形的边只能取整数为依据，进行分类讨论，难点在于阴部部分等边三角形向左右适当摆动时如何取边长的整数值．
二．直角三角形的多解问题（共1小题）
1．（2023·江西·中考真题）如图，在中，，将绕点逆时针旋转角（）得到，连接，．当为直角三角形时，旋转角的度数为 ．

【答案】或或
【分析】连接，根据已知条件可得，进而分类讨论即可求解．
【详解】解：连接，取的中点，连接，如图所示，

∵在中，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴
∴，
∴
∴，
如图所示，当点在上时，此时，则旋转角的度数为，

当点在的延长线上时，如图所示，则

当在的延长线上时，则旋转角的度数为，如图所示，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是矩形，
∴
即是直角三角形，

综上所述，旋转角的度数为或或
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
三．等腰三角形的多解问题（共1小题）
1．（2022·江西·中考真题）已知点A在反比例函数的图象上，点B在x轴正半轴上，若为等腰三角形，且腰长为5，则的长为 ．
【答案】5或或
【分析】因为等腰三角形的腰不确定，所以分三种情况分别计算即可．
【详解】解：①当AO=AB时，AB=5；
②当AB=BO时，AB=5；
③当OA=OB时，则OB=5，B（5，0），
设A（a，）（a>0），
∵OA=5，
∴，
解得：，，
∴A（3，4）或（4，3），
∴AB=或AB=；
综上所述，AB的长为5或或．
故答案为：5或或．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，考查分类讨论的思想，当时，求出点的坐标是解题的关键．
四．某角为特殊值的多解问题（共1小题）
1．（2020·江西·中考真题）矩形纸片，长，宽，折叠纸片，使折痕经过点，交边于点，点落在点处，展平后得到折痕，同时得到线段，，不再添加其它线段，当图中存在角时，的长为 厘米．
【答案】或或
【分析】分∠ABE=30°或∠AEB=30°或∠ABA′=30°时三种情况，利用锐角三角函数进行求解即可．
【详解】解：当∠ABE=30°时，
∵AB=4cm，∠A=90°，
∴AE=AB·tan30°=cm；
当∠AEB=30°时，则∠ABE=60°，
∵AB=4cm，∠A=90°，
∴AE=AB·tan60°=cm；
当∠ABE=15°时，∠ABA′=30°，延长BA′交AD于F，如下图所示，
设AE=x，则EA′=x，，
∵AF=AE+EF=ABtan30°=，
∴，
∴，
∴ cm．
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了矩形与折叠，以及分类讨论的数学思想，分类讨论是解答本题的关键．
一．等腰三角形的多解问题（共6小题）
1．（2024·江西吉安·模拟预测）已知，正六边形的边长为2，点P在它的边上，当为等腰三角形时，的长为 ．
【答案】2或或
【分析】根据题意，分三种情况讨论：①当时，为等腰三角形；②当时，为等腰三角形，③当时，为等腰三角形，分别求解即可．
【详解】解：正六边形的边长为2，
，
①当时，为等腰三角形，
；
②当时，为等腰三角形，过点B作，
，，
，
，
；
③当时，为等腰三角形，连接，过点P作，
由②可知，，
，
同理，
，
四边形为矩形，
，
为等腰三角形，
，
，
综上所述的长为2或或．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，等腰三角形的性质，解直角三角形的相关计算，勾股定理，多边形内角和，解决本题的关键是掌握等腰三角形的性质．
2．（2024·江西南昌·二模）如图，在中，，，，点在射线上，当为等腰三角形时，的度数为 ．
【答案】或或
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数．当为等腰三角形时，有以下三种情况：①当时，过点A作于F，先求出，在中利用锐角三角函数可求出，则，进而得的度数；②当时，又有两种情况：（ⅰ）当点E在线段上时，过点D作交延长线于G，先求出，在中利用锐角三角函数可求出，，则，进而得的度数；（ⅱ）当点E在的延长线上时，过点D作于M，先分别求出，，进而得，由此可得的度数；③当时，过点E作于H，根据等腰三角形性质得，根据平行线间的距离得，则，由此得，进而可得的度数，综上所述即可得出答案．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，
当为等腰三角形时，有以下三种情况：
①当时，过点A作于F，如图1所示：

在中，，
∴，
即平行线间的距离为，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴；
②当时，又有两种情况：
（ⅰ）当点E在线段上时，过点D作交延长线于G，如图2所示：
由①可知：平行线间的距离为，即，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（ⅱ）当点E在的延长线上时，过点D作于M，如图3所示：
则，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴；
③当时，过点E作于H，如图4所示：
∵，
∴，
由①可知，
∴，
∴（此时点E与点C重合），
∴．
综上所述：的度数为：或或．
故答案为：或或．
3．（2024·江西赣州·二模）在中，已知，，，点在边上，点在边上，且，连接，当为等腰三角形时， ．
【答案】5或或
【分析】本题主要考查等腰三角形的性质和解直角三角形，分三种情况结合等腰三角形的性质和解直角三角形讨论求解即可．
【详解】解：当时，如图1，
∵，
∴，
；
当时，如图2，作，则有，
，且，
，即，
解得：；
当时，如图3，作，则有，
，且，
，即，
解得：；
综上所述，答案为：5或或．
4．（2024·江西上饶·一模）如图，在三角形纸片中，，将三角形纸片折叠，使点的对应点落在上，折痕与分别相交于点、，当为等腰三角形时，的长为 ．
【答案】3或6或
【分析】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，以及折叠性质，三角形内角和性质、外角性质，综合性较强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先得出，再进行分类讨论，进行作图，结合直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，以及折叠性质，三角形内角和性质、外角性质，逐一分析解答，
【详解】解：∵，
∴，
如图：时
∴折叠
∴，
∴是直角三角形的斜边上的中点，
∴，
此时点与重合，
∵折叠，
∴；
如图：时
∵折叠，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴此时点与点重合，
即；
如图：时
∵，
∴，
∵折叠，
∴，
则，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
，
即，
解得，
综上：当为等腰三角形时，的长为3或6或，
故答案为：3或6或，
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，以及折叠性质，三角形内角和性质、外角性质，综合性较强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
5．（2024·江西九江·三模）如图，在矩形中，，E是的中点，P是边上一动点，连接，F是的中点，连接，若是等腰三角形，则线段的长为 ．
【答案】或3或
【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的中位线定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确添加辅助线是解决本题的关键．
①时，则，，再运用勾股定理即可求解；②时，可得，由，得到，再证明即可求解；③，可得，对运用勾股定理即可求解．
【详解】解：①当时，如图：
∵E是的中点，
∴，
∵F是的中点，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴由勾股定理得：；
②当时，连接，如图：

∵E、F为中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴；
③当时，连接，如图：
同②可得，
则在中，由勾股定理得：，
∴，
综上，线段的长为或3或．
故答案为：或3或．
6．（2024·江西·二模）如图，已知正六边形的边长为6，连接，以点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，是射线上的点，若是等腰三角形，则点的坐标可能是 .
【答案】或或
【分析】本题考查了正六边形的性质、解直角三角形、等腰三角形的判定与性质、坐标与图形，分三种情况：当时；当时；当时；分别作出图形，利用等腰三角形的性质、解直角三角形，求解即可得出答案，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
【详解】解：如图，作于，
正六边形的边长为6，
，，，
，
，，
，
，
是等腰三角形，
∴如图，当时，则，
，
延长交轴于，则轴，
，
，
，故此时；
如图，当时，作轴于，
，
则，，故此时；
如图，当时，作于，轴于，
则，
，，故此时；
综上所述，点的坐标可能是或或，
故答案为：或或．
二．直角三角形的多解问题（共5小题）
1．（2024·江西吉安·二模）如图，在矩形中，为的中点，点在下方矩形的边上．当为直角三角形，且为直角顶点时，的长为 ．
【答案】或
【分析】本题考查的是相似三角形的判定与性质，矩形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．若是直角三角形，有三种情况：①当点在上时，②当点在上时，分别求解即可．
【详解】如图，
当点在上时，为的中点，
．
当点在上时，
四边形是矩形，
，
，
，
，
．
设，则，
由，得，
解得．
或．
综上，的长为或．
2．（2024·江西吉安·三模）如图，在中，，，，为上一点，，为边上的动点，当为直角三角形时，的长为 ．
【答案】3或6或7
【分析】分，，三种情况计算即可．
本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，三角形相似的判定和性质，三角函数的应用，正确分类，灵活应用相似和三角函数是解题的关键．
【详解】∵在中，，，，
∴，，
过点A作于点M，
∵，，，
∴，
∴．
∵，
∴，．
①如图1，当时，
则，
∴，
∴．
在中，
，
∴，
∴，
∴
②如图2，当时，分别过点，作的垂线，垂足分别为，，
∴，
∴，，．
设，则．
∵，，
∴，
∴，
∴，
整理得，
解得，
∴，
∴；
③如图3，当时，
在中，，
∴，
∴．
综上所述，当为直角三角形时，的长为3或6或7．
3．（2024·江西吉安·一模）如图，矩形中，，，E为的中点，连接，点P在矩形的边上，且在的上方，则当是以为斜边的直角三角形时，的长为 ．
【答案】或/或
【分析】根据矩形的性质，余角的性质，证明，得出，设，则，得出，求出，，最后求出结果即可．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，，
∵E为的中点，
∴，
∵是以为斜边的直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
解得：，，
即或，
当时，根据勾股定理得：，
当时，根据勾股定理得：，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，余角的性质，解题的关键是证明．
4．（河南省郑州市金水区实验中学2023-2024学年九年级上学期期中数学试题）矩形中，M为对角线的中点，点N在边上，且．当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，的长为 ．
【答案】4或
【分析】分两种情况，①当时，②当时，根据矩形的性质和勾股定理分别求出的长，即可得出结论．
【详解】解：分两种情况：①如图1，当时，

则，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵M为对角线的中点，
∴
∴，
∵，
∴；
②如图2，当时，

则，
∵M为对角线的中点，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
综上所述，的长为4或，
故答案为：4或．
【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、线段垂直平分线的判定与性质，平行线分线段成比例定理以及分类讨论等知识，熟练掌握矩形的性质和勾股定理，进行分类讨论是解题的关键．
5．（2024·江西吉安·一模）如图，在矩形中，，，点E、点F分别在上，，若P为矩形上一点，则当为直角三角形时，斜边长为 ．
【答案】或或
【分析】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理．分三种情况讨论，利用矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理求解即可．
【详解】解：∵矩形中，，，
∴，，
∵，
∴，，
∴和都是等腰直角三角形，，
显然点P与点E重合时，为直角三角形，
此时斜边长为；
当点E为顶点时，为直角三角形，如图，
∴，
∴是等腰直角三角形，且，
∴，
∴斜边长为；
当点F为顶点时，为直角三角形，如图，
∴，
过点P作于点，
∴是等腰直角三角形，
∴，此时点P与点D重合，点G与点C重合，
∴，
∴斜边长为；
综上，斜边长为或或，
故答案为：或或．
三．旋转中多解问题（共3小题）
1．（2024·江西景德镇·二模）在中，，，点O是的中点，将绕着点O向三角形外部旋转角时，得到，当恰为轴对称图形时，的值为 ．
【答案】或或
【分析】本题考查旋转变换、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质等知识，分三种情形讨论①当时，②当时，③当时，分别利用全等三角形的性质计算即可．解题的关键是学会分类讨论的思想思考问题．
【详解】解：在中，∵，，点O是的中点，
∴，
∴，，，
①如图，当时，
在和中，，
∴，
∴，
∴．
②如图，当时，
同理可证
∴，
∴．
③如图中，当时，
同理可证，
∴，
∴，
故答案为：或或．
2．（2024·江西·一模）如图，已知过点的直线与反比例函数的图象交于点，连接，将绕着点顺时针旋转后，的顶点依然在该反比例函数的图象上，则旋转的角度为 ．
【答案】或
【分析】过点B作轴于点D，求出，由反比例函数对称性可知还可以经过点，然后分三种情况求解即可．
【详解】解：如图，过点B作轴于点D，
，
，，
，
．
，
．
根据反比例函数的对称性和图形旋转的性质可知，还可以经过点．
若点B经过，如图所示，
此时，
∴，即绕着点O顺时针旋转了．
若点A经过，如图所示，
此时，
∴，即绕着点O顺时针旋转了；
若点A经过，如图所示，
此时，
∴，即绕着点O顺时针旋转了．
综上可知，绕着点顺时针旋转或后使的顶点依然在该反比例函数的图象上．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数交点问题，反比例函数与几何综合，解直角三角形，分类讨论是解答本题的关键．
3．（2024·江西九江·二模）在平面直角坐标系中，点在直线上，点的横坐标为，若线段绕点旋转后，得到点的对应点，且点在第一象限内，则点的坐标为 ．
【答案】或或
【分析】本题主要考查了一次函数与几何综合，坐标与图形变化—旋转，勾股定理，全等三角形的性质与判定，先求出点A的坐标，设，根据两点距离公式得到，解方程得到或；过点作轴， 过点A、分别作直线的垂线，垂足分别为E、F，由旋转的性质可得，证明，得到，则，同理可得，．
【详解】解：在中，当时，，
∴，
设，
∵，
∴，
解得或，
∴或；
如图所示，过点作轴， 过点A、分别作直线的垂线，垂足分别为E、F，
由旋转的性质可得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
同理可得，；

综上所述，点C的坐标为或或；
故答案为：或或．
四．折叠中的多解问题（共1小题）
1．（2024·江西景德镇·三模）如图，在中，，，，平分交于点D，在边上存在一点E（不与点B重合），作关于直线的对称图形为，若点F落在的边上，则的长为 ．
【答案】2或或4
【分析】判断得出点F在以点D为圆心，长为半径的圆上，分三种情况讨论，画出图形，利用含30度角的直角三角形以及勾股定理求解即可．
【详解】解：∵平分，，
∴，
∵，
∴，
∴，
由折叠的性质得，而是定长，
∴点F在以点D为圆心，长为半径的圆上，当点在边上时，如图，
∵，
∴于点E，
∴；
当点F在边上时，有两种情况，
当E、F在如图的的位置时，作，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴；
当E、F在如图的的位置时（与A重合），
∴；
若F在边上时，此时对应的E点不在上，此情况不存在，
综上，的长为1或或4．
故答案为：2或或4．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，含30度角的直角三角形以及勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
2．（2024·江西九江·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知矩形的顶点， ，为的中点，点为矩形边上任意一点，将沿折叠得，若点在矩形的边上，则点的坐标为 ．

【答案】或或
【分析】本题考查了矩形中的折叠问题，勾股定理，坐标与图形，解题的关键是掌握折叠的性质．分为三种情况讨论：当点在上时，过点作于点；当点在上时，过点作于点；当点在上时；根据矩形的性质、折叠的性质以及勾股定理求解即可．
【详解】解：点，，四边形是矩形，
，，，
为的中点，
，
如图，当点在上时，过点作于点，
，
四边形是矩形，
，，
由折叠可得：，
，
，
；
如图，当点在上时，过点作于点，

同理可证，四边形是矩形，
，，
由折叠可得：，
，
，
；
如图，当点在上时，

由折叠可得：，
为的中点，
，
此时点与重合，
，
综上所述，点的坐标为或或．
五．动点中特殊角中的多解问题（共1小题）
1．（2024·江西吉安·模拟预测）如图，在矩形中，，E为边上一点，，点P沿着边按的路线运动．在运动过程中，若中有一个角为，则的长为 ．
【答案】或或
【分析】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．分两种情况：当点P落在边上时，当点P落在边上时，即可求解．
【详解】解：当点P落在边上，且时，记为，过点作于点F．
∵四边形是矩形，
∴，
在中，，
∴可设，则，
∴，
∵，
∴．
∴．
当点P落在边上时，
①若，记为，过点作于点G．则，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②若，记为，过点作于点H．
∵，
∴．
综上所述，或．
六．动点中线段相等的多解问题（共1小题）
1．（2024·江西宜春·模拟预测）正方形的边长为4，E为边上一点，且，M为正方形的边或对角线上一点，连接，交于点F，当时，的长为 ．
【答案】或或
【分析】根据正方形性质得出，，，，根据勾股定理求出，得出；分三种情况进行讨论：当M在上时，当M在上时，当M在上时，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：∵四边形为正方形，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
当M在上时，连接，如图所示：
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴；
当M在上时，如图所示：
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
当M在上时，过点M作，交于点Q，如图所示：
则，
∵正方形，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
解得：；
综上分析可知：或或．
故答案为：或或．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，解直角三角形，等腰直角三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，注意进行分类讨论．
七．动点中点到边距离相等的多解问题（共1小题）
1．（2024·江西·一模）在中，，，，是AB的中点，是线段CD上的一动点，若点到的一边的距离为2，则CP的长为 ．
【答案】或或
【分析】本题考查了直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点．由直角三角形的性质可得，然后分点P到的距离为2的三种情况，分别运用相似三角形的判定与性质即可解答．
【详解】解：∵是的中点，
∴
①如图(1)，当点P到的距离为2时，过点P作于点E，过点D作于点F，则，，
∵，，
∴，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：；
②如图(2)，当点P到的距离为2时，过点P作于点E，过点D作于点F，则，
同理可得：，
∴，
∴，
即，
解得：；
③如图(3)，当点P到的距离为2时，过点P作于点E，过点C作于点F，
则，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：；
∴．

综上，的长为或或．
八．两三角形相似的多解问题（共2小题）
1．（2024·江西南昌·一模）在中，已知，，，是的中点，是的直角边上的点，若线段把分割为两部分，所得的三角形与相似，则的长是 ．
【答案】3或4或
【分析】
本题考查相似三角形的判定与性质、勾股定理，分，，，分别利用相似三角形的判定与性质求解即可．
【详解】解：∵在中，已知，，，
∴，
∵是的中点，
∴，
当时，如图①，则，
∴，即，
∴，则；
当时，如图②，则，
∴，即，
∴，则；
当，时，如图③则，
∴，即，
∴，则；
∵过点P有且只有一条直线与垂直，
∴当时，点Q不可能在边上，
综上，满足条件的值为3或4或．
故答案为：3或4或．
2．（2024·江西上饶·二模）如图，在平面直角坐标系中，是的一条直径，已知点和点，点是上的一个动点，当线段截所得的三角形与相似时，点的坐标为 ．
【答案】，或
【分析】本题考查了圆的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、坐标与图形，由题意得出，半径，分三种情况：作轴于点交于，此时；作轴于，交于，此时；作交轴于，交于，此时；分别利用相似三角形的性质求解即可，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
【详解】解：点和点，是的一条直径，
，，，
，
半径，
如图，作轴于点交于，
，
则，，
，
，，
，
；
作轴于，交于，则，，
，
，，
，
；
作交轴于，交于，则，，
，
作于，则，
，，
，
，
，
，，
，，
，，
；
综上所述，点的坐标为，或，
故答案为：，或．