第七章 平面直角坐标系压轴题考点训练（解析版）-七年级数学下册压轴题攻略（人教版）

第七章 平面直角坐标系压轴题考点训练

1．如图，动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第一次从原点O运动到点，第二次运动到点，第三次运动到，…，按这样的运动规律，第2022次运动后，动点的坐标是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】解：观察图象，结合动点P第一次从原点O运动到点P1（1，1），第二次运动到点P2（2，0），第三次运动到P3（3，﹣2），第四次运动到P4（4，0），第五运动到P5（5，2），第六次运动到P6（6，0），…，结合运动后的点的坐标特点，

可知由图象可得纵坐标每6次运动组成一个循环：1，0，﹣2，0，2，0；

∵2022÷6＝337，

∴经过第2022次运动后，动点P的纵坐标是0，

故选：D．

2．在平面直角坐标系中，点经过某种变换后得到点，我们把点叫做点的好点．已知点的好点为，点的好点为，点的好点为，这样依次得到，若点的坐标为，则点的坐标为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】解：根据题意得点P1的坐标为（2，0），则点P2的坐标为（1，4），点P3的坐标为（-3，3）

点P4的坐标为（-2，-1），点P5的坐标为（2，0），…，而2019=4×504+3，

所以点P2019的坐标与点P3的坐标相同，为（-3，3）．

故选：C．

3．一只跳蚤在第一象限及x轴、y轴上跳动，在第一秒钟，它从原点跳动到(0，1)，然后接着按图中箭头所示方向跳动[即(0，0)→(0，1)→(1，1)→(1，0)→…]，且每秒跳动一个单位，那么第 2020 秒时跳蚤所在位置的坐标是（       ）

A．(5，44) B．(4，44) C．(4，45) D．(5，45)

【答案】B

【详解】解：跳蚤运动的速度是每秒运动一个单位长度，用的次数是次，到是第次，到是第次，到是第次，到是第次，到第次，依此类推，到是第2025次．，

故第2020次时跳蚤所在位置的坐标是．

故选：B．

4．如图，在平面直角坐标系中，△，△，△，△，，都是等腰直角三角形，且点，，，，的坐标分别为，，，，，依据图形所反映的规律，则的坐标为（）

A．（2，25） B．（2，26） C．（，） D．（，）

【答案】B

【详解】解：根据题意可得，A2的坐标（2，1），A6的坐标（2，2），

A10的坐标（2，3），…，

∵102=25×4+2，∴A102的纵坐标为（102+2）÷4=26，

∴A102的坐标（2，26）．

故选：B．

5．在直角坐标系中，为坐标原点，已知点，在坐标轴上确定点，使得为直角三角形，则符合条件的点的个数共有（       ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个

【答案】C

【详解】解：如图所示：

①当为斜边时，过分别作轴和轴的垂线，垂足即为点，符合条件的点有2个；

②当为斜边时，过作的垂线，与轴和轴的交点即为点，符合条件的点有2个；

符合条件的点的个数共有4个，

故选：．

6．如图，，，，…均为斜边在轴上且斜边长分别为2，4，6…的等腰直角三角形．若的顶点坐标分别是，，，则按图中所示规律，点的坐标是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】解：各三角形都是等腰直角三角形，

直角顶点的纵坐标的长度为斜边的一半，

，，，，，，，，，，，，，

由上可知，当脚码是1、5、时，横坐标是脚码加3和的一半，纵坐标为0；当脚码是2、6、时，横坐标为1，纵坐标为脚码的一半的相反数；当脚码是3、7、时，横坐标是脚码减3差的一半的相反数，纵坐标为0；当脚码是4、8、时，横坐标是2，纵坐标为脚码的一半．

，

点在轴正半轴上，横坐标是，纵坐标是0，

∴的坐标为．

故选：B．

7．如图，在平面直角坐标系中，点A1（1，0）、A2（3，0）、A3（6，0）、A4（10，0）、……，以A1A2为对角线作第一个正方形A1C1A2B1，以A2A3为对角线作第二个正方形A2C2A3B2，以A3A4，为对角线作第三个正方形A3C3A4B3，……，顶点B1，B2，B3……都在第一象限，按照此规律依次下去，则点Bn的坐标为____．

【答案】，

【详解】解：分别过点，，，作轴，轴，轴于点，，，

，

，，，，可得出，

，

，，，，可得，，

同理可得出：，，，，

，，，的横坐标分别为：，，，，点的横坐标为：，

，，，的纵坐标分别为：1，，，，，点的纵坐标为：，

点的坐标为；点的坐标为：，．

故答案为：，．

8．如图，已知点．规定“把点先作关于轴对称，再向左平移1个单位”为一次变化．经过第一次变换后，点的坐标为_______；经过第二次变换后，点的坐标为_____；那么连续经过2019次变换后，点的坐标为_______．

【答案】              

【详解】点A原来的位置（0,1）

第一次变换： ，此时A坐标为；

第二次变换： ，此时A坐标为

第三次变换： ，此时A坐标为

……

第n次变换：点A坐标为

所以第2019次变换后的点A的坐标为．

故答案为：；；

9．如图，在平面直角坐标系中，已知、、，平移线段至线段，点在四边形内，满足，，则点的坐标为________．

【答案】

【详解】如图，

设，∵，，，

∵平移线段至线段，∴，，，∴，

∵

，

∵，∴，∴，∴点

∵，∴

∵解之： ，∴点

10． 如图，在平面直角坐标系中，已知长方形ABCD的顶点坐标：A（-4，-4），B（12，6），D（-8，2），则C点坐标为______．

【答案】（8，12）

【详解】解：设点C的坐标为(x，y)，

根据矩形的性质，AC、BD的中点为矩形的中心，

所以，=，

=，

解得x=8，y=12，

所以，点C的坐标为(8，12)．

故答案为：(8，12)．

11．在平面直角坐标系xOy中，我们把横、纵坐标都是整数的点叫做整点，已知点A（0，4），点B是x轴正半轴上的整点，记△AOB内部（不包括边界）的整点个数为m，当m＝3时，则点B的横坐标是_____．

【答案】3或4

【详解】解：如图

当点B为(3,0)，(4,0)记内部（不包括边界）的整点为（1，1），（1，2），（2，1）共三个点，

故当时，则点的横坐标可能是3，4.

故填3，4.

12．在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，已知△OAB是等腰直角三角形，且∠OAB＝90°，若点A的坐标（3，1），则点B的坐标为______．

【答案】（2，4）或（4，﹣2）

【详解】如图，当点B在第一象限时，过A作AC⊥x轴于C，过B作BD⊥AC于D，则AC=1，OC=3，

易得△ABD≌△OAC（AAS），

∴AC=BD=1，AD=OC=3，

∴B（2，4）；

当点B'在第四象限时，过A作AE⊥y轴于E，过B'作B'F⊥AE于F，则OE=1，AE=3，

易得△AOE≌△B'AF（AAS），

∴AF=OE=1，B'F=AE=3，

∴B'（4，-2），

故答案为（2，4）或（4，-2）．

13．已知都在y轴上，若是线段的中点，且，，若，求的值．

【答案】14．

【详解】解：∵在y轴上，

∴，

∴，

∴，

∴，

∵是线段的中点，

∴，

∴，

∵，，

∴

∵，

∴，

∴，

∵，，

∴．

14．如图，在长方形中，为平面直角坐标系的原点，点的坐标为，点的坐标为且、满足，点在第一象限内，点从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着的线路移动．

（1）点的坐标为___________；当点移动5秒时，点的坐标为___________；

（2）在移动过程中，当点到轴的距离为4个单位长度时，求点移动的时间；

（3）在的线路移动过程中，是否存在点使的面积是20，若存在直接写出点移动的时间；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）（8，12），（0，10）；（2）2秒或14秒；（3）存在，t=2.5s或

【详解】解：（1） ∵a，b满足，∴a=8，b=12，∴点B（8，12）；

当点P移动5秒时，其运动路程为5×2=10，∴OP=10，则点P坐标为（0,10），

故答案为：（8，12）、（0,10）；

（2）由题意可得，第一种情况，当点P在OC上时，

点P移动的时间是：4÷2＝2秒，

第二种情况，当点P在BA上时．

点P移动的时间是：（12+8+8）÷2＝14秒，

所以在移动过程中，当点P到x轴的距离为4个单位长度时，点P移动的时间是2秒或14秒．

（3）如图1所示：

∵△OBP的面积=20，

∴OP•BC=20，即×8×OP=20．解得：OP=5．∴此时t=2.5s

如图2所示；

∵△OBP的面积=20，

∴PB•OC=20，即×12×PB=20．解得：BP=．∴CP=．∴此时t=，

综上所述，满足条件的时间t=2.5s或

15．如图1，以直角的直角顶点为原点，以，所在直线为轴和轴建立平面直角坐标系，点，，并且满足．

（1）直接写出点，点的坐标；

（2）如图1，坐标轴上有两动点，同时出发，点从点出发沿轴负方向以每秒2个单位长度的速度匀速运动，点从点出发沿轴正方向以每秒个单位长度的速度匀速运动，当点到达点整个运动随之结束；线段的中点的坐标是，设运动时间为秒．是否存在，使得与的面积相等？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；

（3）如图2，在（2）的条件下，若，点是第二象限中一点，并且平分，点是线段上一动点，连接交于点，当点在上运动的过程中，探究，，之间的数量关系，直接写出结论．

【答案】（1）（0，6），（8，0）；（2）存在t=2.4时，使得△ODP与△ODQ的面积相等；（3）∠DOG+∠ACE=∠OHC

【详解】解：（1）∵，

∴a-b+2=0，b-8=0，

∴a=6，b=8，

∴A（0，6），C（8，0），

故答案为（0，6），（8，0）；

（2）由（1）知，A（0，6），C（8，0），

∴OA=6，OB=8，

由运动知，OQ=t，PC=2t，

∴OP=8-2t，

∵D（4，3），

∴S△ODQ=OQ×|xD|=t×4=2t，

S△ODP=OP×|yD|=（8-2t）×3=12-3t，

∵△ODP与△ODQ的面积相等，

∴2t=12-3t，

∴t=2.4，

∴存在t=2.4时，使得△ODP与△ODQ的面积相等；

（3）∴∠GOD+∠ACE=∠OHC，

理由如下：

∵x轴⊥y轴，

∴∠AOC=∠DOC+∠AOD=90°，

∴∠OAC+∠ACO=90°，

又∵∠DOC=∠DCO，

∴∠OAC=∠AOD，

∵y轴平分∠GOD，

∴∠GOA=∠AOD，

∴∠GOA=∠OAC，

∴OG∥AC，

如图，过点H作HF∥OG交x轴于F，

∴HF∥AC，

∴∠FHC=∠ACE，

同理∠FHO=∠GOD，

∵OG∥FH，

∴∠DOG=∠FHO，

∴∠DOG+∠ACE=∠FHO+∠FHC，

即∠DOG+∠ACE=∠OHC．