2012年全国中考数学（续61套）压轴题分类解析汇编专题7：几何三大变换相关问题.doc

2012年全国中考数学（续61套）压轴题分类解析汇编专题7：几何三大变换相关问题.29. （2012黑龙江大庆9分）在直角坐标系中，C(2，3)，C(4，3)， C(2,1)，D(4，1)，A(0，)，B(，O)( 0). （1）结合坐标系用坐标填空 点C与C关于点 对称; 点C与C关于点 对称; 点C与D关于点 对称 （2）设点C关于点(4，2)的对称点是点P，若PAB的面积等于5，求值【答案】解：（1）（1，3）；（2，2）；（1，2）。（2）点C关于点（4，2）的对称点P（6，1），PAB的面积=（1+a）6a21（6a）=5，整理得，a27a+10=0，解得a1=2，a2=5。所以，a的值为2或5。【考点】网格问题，坐标与图形的对称变化，坐标与图形性质，三角形的面积。【分析】（1）根据对称的性质，分别找出两对称点连线的中点即可：由图可知，点C与C关于点（1，3）对称； 点C与C关于点（2，2）对称；点C与D关于点（1，2）对称。（2）先求出点P的坐标，再利用APB所在的梯形的面积减去两个直角三角形的面积，然后列式计算即可得解。30. （2012湖南怀化10分）如图1，四边形ABCD是边长为的正方形，长方形AEFG的宽,长将长方形AEFG绕点A顺时针旋转15得到长方形AMNH (如图2)，这时BD与MN相交于点O（1）求的度数；（2）在图2中，求D、N两点间的距离；（3）若把长方形AMNH绕点A再顺时针旋转15得到长方形ARTZ,请问此时点B在矩形ARTZ的内部、外部、还是边上？并说明理由图1 图2【答案】解：（1）如图，设AB与MN相交于点K，根据题意得：BAM=15， 四边形AMNH是矩形，M=90。AKM=90BAM=75。BKO=AKM=75。，四边形ABCD是正方形，ABD=45。DOM=BKO+ABD=75+45=120。（2）连接AN，交BD于I，连接DN，NH=，AH=，H=90，。HAN=30。AN=2NH=7。由旋转的性质：DAH=15，DAN=45。DAC=45，A，C，N共线。四边形ABCD是正方形，BDAC。AD=CD=，。NI=ANAI=73=4。在RtDIN中，。（3）点B在矩形ARTZ的外部。理由如下：如图，根据题意得：BAR=15+15=30。R=90，AR= ，。，AB= 。点B在矩形ARTZ的外部。【考点】旋转的性质，矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，实数的大小比较。【分析】（1）由旋转的性质，可得BAM=15，即可得OKB=AOM=75，又由正方形的性质，可得ABD=45，然后利用外角的性质，即可求得DOM的度数。（2）首先连接AM，交BD于I，连接DN，由特殊角的三角函数值，求得HAN=30，又由旋转的性质，即可求得DAN=45，即可证得A，C，N共线，然后由股定理求得答案。（3）在RtARK中，利用三角函数即可求得AK的值，与AB比较大小，即可确定B的位置。31. （2012福建宁德13分）某数学兴趣小组开展了一次活动，过程如下：如图1，在等腰ABC中，ABAC，BAC90，小敏将一块三角板中含45角的顶点放在点A处，从AB边开始绕点A顺时针旋转一个角，其中三角板斜边所在的直线交直线BC于点D，直角边所在的直线交直线BC于点E(1)小敏在线段BC上取一点M，连接AM，旋转中发现：若AD平分MAB，则AE也平分MAC请你证明小敏发现的结论；(2)当045时，小敏在旋转的过程中发现线段BD、CE、DE之间存在如下等量关系：BD2CE2DE2同组的小颖和小亮随后想出了两种不同的方法进行解决：小颖的方法：将ABD沿AD所在的直线对折得到ADF，连接EF(如图2)；小亮的方法：将ABD绕点A逆时针旋转90得到ACG，连接EG(如图3)请你从中任选一种方法进行证明；(3)小敏继续旋转三角板，在探究中得出：当45135且90时，等量关系BD2CE2DE2仍然成立现请你继续探究：当135180时(如图4)，等量关系BD2CE2DE2是否仍然成立？若成立，给出证明：若不成立，说明理由【答案】解：（1）证明：BAC90，DAEDAMMAE45，BADEAC45。 又AD平分MAB，BADDAM。MAEEAC。 AE平分MAC。 （2）证明小颖的方法： 将ABD沿AD所在的直线对折得到ADF， AFAB，AFDB45，BADFAD。 又AC=AB，AFAC。 由（1）知，FAECAE。 在AEF和AEC中，AF AC，FAECAE，AEAE， AEFAEC（SAS）。CEFE，AFEC45。 DFEAFD AFE90。 在RtOCE中，DE2FE2DE2，BD2CE2DE2。（3）当135180时，等量关系BD2CE2DE2仍然成立。证明如下： 如图，按小颖的方法作图，设AB与EF相交于点G。 将ABD沿AD所在的直线对折得到ADF， AFAB，AFDABC45，BADFAD。 又AC=AB，AFAC。 又CAE900BAE900（45BAD）45BAD45FADFAE。在AEF和AEC中，AF AC，FAECAE，AEAE， AEFAEC（SAS）。CEFE，AFEC45。又在AGF和BGE中，ABCAFE45，AGFBGE，FAGBEG。又FDEDEF=FDEFAG（ADBDAB）ABC90。DFE90。在RtOCE中，DE2FE2DE2，BD2CE2DE2。【考点】角平分线的定义，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，折叠对称的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形外角性质，三角形内角和定理。【分析】（1）由角平分线的定义，根据等腰直角三角形和旋转的性质，即可得出结论。 （2）小颖的方法是应用折叠对称的性质和SAS得到AEFAEC，在RtOCE中应用勾股定理而证明。 小亮的方法是将ABD绕点A逆时针旋转90得到ACG，根据旋转的性质用SAS得到ACEACG，从而在RtCEG中应用勾股定理而证明。（3）当135180时，等量关系BD2CE2DE2仍然成立。仿（2）证明即可。32. （2012福建龙岩13分）矩形ABCD中，AD=5，AB=3，将矩形ABCD沿某直线折叠，使点A的对应点A落在线段BC上，再打开得到折痕EF （1）当A与B重合时（如图1），EF= ；当折痕EF过点D时（如图2），求线段EF的长； （2）观察图3和图4，设BA=x，当x的取值范围是 时，四边形AEAF是菱形；在的条件下，利用图4证明四边形AEAF是菱形【答案】解：(1)5。 由折叠（轴对称）性质知AD=AD=5，A=EAD=900。 在RtADC中，DC=AB=2， 。AB=BCAC=54=1。 EABBEA=EABFAC=900， BEA=FAC。 又 B=C=900，RtEBARtACF。，即 。在RtAEF中，。 （2）。 证明：由折叠（轴对称）性质知AEF=FEA，AE=AE，AF=AF。 又 ADBC，AFE=FEA 。AEF=AFE 。 AE=AF。AE=AE=AF=AF。 四边形AEAF是菱形。【考点】折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，平行的性质，等腰三角形的性质，菱形的判定。【分析】(1)根据折叠和矩形的性质，当A与B重合时（如图1），EF= AD=5。 根据折叠和矩形的性质，以及勾股定理求出AB、AF和FC的长，由RtEBARtACF求得，在RtAEF中，由勾股定理求得EF的长。 （2）由图3和图4可得，当时，四边形AEAF是菱形。 由折叠和矩形的性质，可得AE=AE，AF=AF。由平行和等腰三角形的性质可得AE=AF。从而AE=AE=AF=AF。根据菱形的判定得四边形AEAF是菱形。33. （2012福建福州14分）如图，已知抛物线yax2bx(a0)经过A(3，0)、B(4，4)两点(1) 求抛物线的解析式；(2) 将直线OB向下平移m个单位长度后，得到的直线与抛物线只有一个公共点D，求m的值及点D的坐标；(3) 如图，若点N在抛物线上，且NBOABO，则在(2)的条件下，求出所有满足PODNOB的点P的坐标(点P、O、D分别与点N、O、B对应)【答案】解：(1) 抛物线yax2bx(a0)经过点A(3，0)、B(4，4)，解得：。抛物线的解析式是yx23x。 (2) 设直线OB的解析式为yk1x，由点B(4，4)，得：44k1，解得k11。直线OB的解析式为yx。直线OB向下平移m个单位长度后的解析式为：yxm。点D在抛物线yx23x上，可设D(x，x23x)。又点D在直线yxm上， x23x xm，即x24xm0。抛物线与直线只有一个公共点， 164m0，解得：m4。此时x1x22，yx23x2。 D点坐标为(2，2)。 (3) 直线OB的解析式为yx，且A(3，0)，点A关于直线OB的对称点A的坐标是(0，3)。设直线AB的解析式为yk2x3，过点B(4，4)，4k234，解得：k2。直线AB的解析式是yx3。NBOABO，点N在直线AB上。设点N(n，n3)，又点N在抛物线yx23x上， n3n23n，解得：n1，n24(不合题意，会去)。 点N的坐标为(，)。如图，将NOB沿x轴翻折，得到N1OB1，则N1(，)，B1(4，4)。O、D、B1都在直线yx上。P1ODNOB，P1ODN1OB1。 。点P1的坐标为(，)。将OP1D沿直线yx翻折，可得另一个满足条件的点P2(，)。综上所述，点P的坐标是(，)或(，)。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，平移的性质，一元二次方程根的判别式，翻折对称的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质。【分析】(1) 利用待定系数法求出二次函数解析式即可。(2) 根据已知可求出OB的解析式为yx，则向下平移m个单位长度后的解析式为：yxm。由于抛物线与直线只有一个公共点，意味着联立解析式后得到的一元二次方程，其根的判别式等于0，由此可求出m的值和D点坐标。(3) 综合利用几何变换和相似关系求解：翻折变换，将NOB沿x轴翻折。（或用旋转）求出P点坐标之后，该点关于直线yx的对称点也满足题意，即满足题意的P点有两个。34. （2012福建泉州14分）如图，点O为坐标原点，直线绕着点A（0,2）旋转，与经过点C（0,1）的二次函数交于不同的两点P、Q.（1）求h的值；（2）通过操作、观察算出POQ面积的最小值（不必说理）；（3）过点P、C作直线，与x轴交于点B，试问：在直线的旋转过程中四边形AOBQ是否为梯形，若是，请说明理由；若不是，请指明其形状.【答案】解：（1）二次函数的图象经过C（0,1）， 。 （2）操作、观察可知当直线x轴时，其面积最小； 将y=2带入二次函数中，得， S最小=（24）2=4。（3）连接BQ，若l与x轴不平行（如图），即PQ与x轴不平行，依题意，设抛物线上的点P（a，）、Q（b，）（a0b）。直线BC：y=k1x+1过点P，=ak1+1，得k1=。直线BC：y=x+1令y=0得：xB=过点A的直线l：y=k2x+2经过点P、Q，。b-a得：，化简得：b=。点B与Q的横坐标相同。BQy轴，即BQOA。又AQ与OB不平行，四边形AOBQ是梯形。根据抛物线的对称性可得（a0b）结论相同。若l与x轴平行，由OA=2，BQ=2，OB=2，AQ=2，且AOB=900，得四边形AOBQ是正方形。故在直线l旋转的过程中：当l与x轴不平行时，四边形AOBQ是梯形；当l与x轴平行时，四边形AOBQ是正方形。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，旋转的性质，二次函数的性质，一次函数的运用，梯形和正方形的判定。【分析】（1）根据二次函数图象上的点的坐标特征，利用待定系数法求得h的值。（2）操作、观察可得结论。实际上，由P（a，）、Q（b，）（a0b），可求得b=（参见（3）。当即|a|=|b|（P、Q关于y轴对称）时，POQ的面积最小。即PQx轴时，POQ的面积最小，且POQ的面积最小为4。（3）判断四边形AOBQ的形状，可从四个顶点的坐标特征上来判断首先设出P、Q的坐标，然后根据点P、C求出直线BC的解析式，从而表示出点B的坐标，然后再通过直线PQ以及P、A、Q三点坐标，求出Q、B两点坐标之间的关联，从而判断该四边形是否符合梯形的特征。35. （2012辽宁丹东12分）已知：点C、A、D在同一条直线上，ABC=ADE=，线段 BD、CE交于点M（1）如图1，若AB=AC，AD=AE问线段BD与CE有怎样的数量关系？并说明理由；求BMC的大小（用表示）；（2）如图2，若AB= BC=kAC，AD =ED=kAE 则线段BD与CE的数量关系为 ，BMC= （用表示）；（3）在（2）的条件下，把ABC绕点A逆时针旋转180，在备用图中作出旋转后的图形（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），连接 EC并延长交BD于点M.则BMC= （用表示）【答案】解：（1）如图1。 BD=CE，理由如下：AD=AE，ADE=，AED=ADE=，。DAE=1802ADE=1802。同理可得：BAC=1802。DAE=BAC。DAE+BAE=BAC+BAE，即：BAD=CAE。在ABD与ACE中，AB=AC，BAD=CAE，AD=AE，ABDACE（SAS）。BD=CE。ABDACE，BDA=CEA。BMC=MCD+MDC，BMC=MCD+CEA=DAE=1802。（2）如图2，BD=kCE，。（3）作图如下：。【考点】相似三角形的判定和性质，全等角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理和外角性质，作图（旋转变换），旋转的性质【分析】（1）先根据等腰三角形等角对等边的性质及三角形内角和定理得出DAE=BAC，则BAD=CAE，再根据SAS证明ABDACE，从而得出BD=CE。先由全等三角形的对应角相等得出BDA=CEA，再根据三角形的外角性质即可得出BMC=DAE=1802。（2）AD=ED，ADE=，DAE=。同理可得：BAC=。DAE=BAC。DAE+BAE=BAC+BAE，即：BAD=CAE。AB=kAC，AD=kAE，AB：AC=AD：AE=k。在ABD与ACE中，AB：AC=AD：AE=k，BDA=CEA，ABDACE。BD：CE=AB：AC=AD：AE=k，BDA=CEA。BD=kCE。BMC=MCD+MDC，BMC=MCD+CEA=DAE=。（3）先在备用图中利用SSS作出旋转后的图形，再根据等腰三角形等角对等边的性质及三角形内角和定理得出DAE=BAC=，由AB=kAC，AD=kAE，得出AB：AC=AD：AE=k，从而证出ABDACE，得出BDA=CEA，然后根据三角形的外角性质即可得出BMC=：AD=ED，ADE=，DAE=AED=。同理可得：BAC=。DAE=BAC，即BAD=CAE。AB=kAC，AD=kAE，AB：AC=AD：AE=k。在ABD与ACE中，AB：AC=AD：AE=k，BAD=CAE，ABDACE。BDA=CEA。BMC=MCD+MDC，MCD=CED+ADE=CED+，BMC=CED+CEA=AED+=+=。36. （2012辽宁阜新12分）（1）如图，在ABC和ADE中，AB=AC，AD=AE，BAC=DAE=90当点D在AC上时，如图1，线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系？直接写出你猜想的结论；将图1中的ADE绕点A顺时针旋转角（090），如图2，线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系？请说明理由（2）当ABC和ADE满足下面甲、乙、丙中的哪个条件时，使线段BD、CE在（1）中的位置关系仍然成立？不必说明理由甲：AB：AC=AD：AE=1，BAC=DAE90；乙：AB：AC=AD：AE1，BAC=DAE=90；丙：AB：AC=AD：AE1，BAC=DAE90【答案】解：（1）结论：BD=CE，BDCE。结论：BD=CE，BDCE。理由如下：BAC=DAE=90，BADDAC=DAEDAC，即BAD=CAE。在RtABD与RtACE中，AB=AC，BAD=CAE ，AD=AE，ABDACE（SAS）。BD=CE。延长BD交AC于F，交CE于H。在ABF与HCF中，ABF=HCF，AFB=HFC，CHF=BAF=90。BDCE。（2）结论：乙AB：AC=AD：AE，BAC=DAE=90。【考点】全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，旋转的性质。【分析】（1）BD=CE，BDCE。根据全等三角形的判定定理SAS推知ABDACE，然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等ABF=ECA；然后在ABD和CDF中，由三角形内角和定理可以求得CFD=90，即BDCF。BD=CE，BDCE。根据全等三角形的判定定理SAS推知ABDACE，然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等ABF=ECA；作辅助线（延长BD交AC于F，交CE于H）BH构建对顶角ABF=HCF，再根据三角形内角和定理证得BHC=90。（2）根据结论、的证明过程知，BAC=DFC（或FHC=90）时，该结论成立了，所以本条件中的BAC=DAE90不合适。37. （2012辽宁铁岭12分）已知ABC是等边三角形（1）将ABC绕点A逆时针旋转角（0180），得到ADE，BD和EC所在直线相交于点O 如图a，当=20时，ABD与ACE是否全等？ （填“是”或“否”），BOE= 度；当ABC旋转到如图b所在位置时，求BOE的度数；（2）如图c，在AB和AC上分别截取点B和C，使AB=AB，AC=AC，连接BC，将ABC绕点A逆时针旋转角（0180），得到ADE，BD和EC所在直线相交于点O，请利用图c探索BOE的度数，直接写出结果，不必说明理由【答案】解：（1）是； 120。由已知得：ABC和ADE是全等的等边三角形，AB=AD=AC=AE。ADE是由ABC绕点A旋转得到的，BAD=CAE=。BADCAE（SAS）。ADB=AEC。ADB+ABD+BAD=180，AEC+ABO+BAD=180。ABO+AEC+BAE+BOE=360，BAE=BAD+DAE，DAE+BOE=180。又DAE=60，BOE=120。（2）当030时，BOE =30，当30180时，BOE=120。【考点】旋转的性质，全等三角形的判定和性质，三角形和多边形内角和定理，等边三角形的性质。【分析】（1）ADE是由ABC绕点A旋转得到，ABC是等边三角形。AB=AD=AC=AE，BAD=CAE=20，在ABD与ACE中，AB=AC，BAD=CAE，AD=AE，ABDACE（SAS）。=20，ABD=AEC=（18020）=80。又BAE=+BAC=20+60=80，在四边形ABOE中，BOE=360808080=120。利用“SAS”证明BAD和CAE全等，根据全等三角形对应角相等可得ADB=AEC，再利用四边形ABOE的内角和等于360推出BOE+DAE=180，再根据等边三角形的每一个角都是60得到DAE=60，从而得解。（2）如图，AB=AB，AC=AC，。BCBC。ABC是等边三角形，ABC是等边三角形。根据旋转变换的性质可得AD=AE，BAD=CAE。在ABD和ACE中，AB=AC，BAD=CAE，AD=AE，ABDACE（SAS）。ABD=ACE。BOC=180（OBC+OCB）=180（OBC+ACB+ACE）=180（OBC+ACB+ABD）=180（ACB+ABC）=180（60+60）=60。当030时，BOE=BOC=30，当30180时，BOE=180BOC=18060=120。38. 已知，在ABC中，AB=AC。过A点的直线a从与边AC重合的位置开始绕点A按顺时针方向旋转角，直线a交BC边于点P（点P不与点B、点C重合），BMN的边MN始终在直线a上（点M在点N的上方），且BM=BN，连接CN。（1）当BAC=MBN=90时，如图a，当=45时，ANC的度数为_；如图b，当45时，中的结论是否发生变化？说明理由；（2）如图c，当BAC=MBN90时，请直接写出ANC与BAC之间的数量关系，不必证明。【答案】解：（1）450。 不变。理由如下 过B、C分别作BDAP于点D，CEAP于点E。 BAC =90，BADEAC=90。 BDAP，ADB =90。ABDBAD=90。 ABD=EAC。 又AB=AC，ADB =CEA=90，ADBCEA（AAS）。 AD=EC，BD=AE。 BD是等腰直角三角形NBM斜边上的高，BD=DN，BND=45。BN=BD=AE。DNDE=AEDE，即NE=AD=EC。NEC =90，ANC =45。（3）ANC =90BAC。【考点】等腰（直角）三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，圆周角定理。【分析】（1）BM=BN，MBN=90，BMN=BNM=45。 又CAN=45，BMN=CAN。 又AB=AC，AN=AN，BMNCAN（SAS）。ANC=BNM=45。 过B、C分别作BDAP于点D，CEAP于点E。通过证明ADBCEA从而证明CEN是等腰直角三角形即可。 （2）如图，由已知得： =18002ABC1（AB=AC） =1800261（BAC=MBN，BM=BN） =（180021）6 =3456（三角形内角和定理） =656=5（34=ABC=6）。 点A、B、N、C四点共圆。 ANC =ABC =90BAC。39. （2012四川南充8分）在RtPOQ中，OP=OQ=4,M是PQ中点，把一三角尺的直角顶点放在点M处，以M为旋转中心，旋转三角尺，三角尺的两直角边与POQ的两直角边分别交于点A、B，(1)求证：MA=MB(2)连接AB，探究：在旋转三角尺的过程中，AOB的周长是否存在最小值，若存在，求出最小值，若不存在。请说明理由。【答案】解：（1）证明：连接OM 。 RtPOQ中，OP=OQ=4，M是PQ的中点， PQ=4，OM=PM=PQ=2，POM=BOM=P=450 。 PMA+AMO=OMB+AMO，PMA=OMB。PMAOMB（ASA）。 MA=MB。(2) AOB的周长存在最小值。理由如下:PMAOMB ， PA=OB。 OA+OB=OA+PA=OP=4。令OA=x， AB=y，则y2=x2+(4-x)2=2x2-8x+16=2(x-2)2+88。当x=2时y2有最小值8，从而 y的最小值为2。AOB的周长存在最小值，其最小值是4+2。【考点】直角三角形斜边上的中线性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，二次函数的最值。【分析】（1）连接OM，证PMA和OMB全等即可。(2) 先计算出OP=OA+OB=OA+PA=4，再令OA=x，AB=y，则在RtAOB中，利用勾股定理得y2=x2+(4-x)2=2x2-8x+16=2(x-2)2+8求出最值即可。40. （2012广西贵港12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2bx3的顶点为M（2，1），交x轴于A、B两点，交y轴于点C，其中点B的坐标为（3，0）。（1）求该抛物线的解析式；（2）设经过点C的直线与该抛物线的另一个交点为D，且直线CD和直线CA关于直线BC对称，求直线CD的解析式；（3）在该抛物线的对称轴上存在点P，满足PM2PB2PC235，求点P的坐标；并直接写出此时直线OP与该抛物线交点的个数。【答案】解：（1）抛物线yax2bx3的顶点为M（2，1）， 设抛物线的解析式为线。 点B（3，0）在抛物线上，解得。 该抛物线的解析式为，即。（2）在中令x=0，得。C（0，3）。 OB=OC=3。ABC=450。 过点B作BNx轴交CD于点N（如图）， 则ABC=NBC=450。 直线CD和直线CA关于直线BC对称， ACB=NCB。 又CB=CB，ACBNCB（ASA）。 BN=BA。 A，B关于抛物线的对称轴x=2对称，B（3，0），A（1，0）。BN=BA=2。N（3，2）。设直线CD的解析式为，C（0，3），N（3，2）在直线CD上，解得，。直线CD的解析式为。（3）设P（2，p）。 M（2，1），B（3，0），C（0，3）， 根据勾股定理，得，。 PM2PB2PC235，。 整理，得，解得。 P（2，2）或（2，）。 当P（2，2）时，直线OP与该抛物线无交点；当P（2，）时，直线OP与该抛物线有两交点。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，一元二次方程根的判别式。【分析】（1）由于已知抛物线的顶点坐标，所以可设抛物线的顶点式，用待定系数法求解。 （2）由直线CD和直线CA关于直线BC对称，构造全等三角形：过点B作BNx轴交CD于点N，求出点N的坐标，由