初中数学沪教版（五四制）（2024）七年级下册第十五章 平面直角坐标系第1节 平面直角坐标系15.1 平面直角坐标系达标测试

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1．（2020•黄岛区一模）如图，把图中的△ABC经过一定的变换得到△A′B′C′，如果图中△ABC上的点P的坐标为（a，b），那么它的对应点P′的坐标为（ ）
A．（a﹣2，b）B．（a+2，b）C．（﹣a﹣2，﹣b）D．（a+2，﹣b）
【分析】先根据图形确定出对称中心，然后根据中点公式列式计算即可得解．
【解答】解：由图可知，△ABC与△A′B′C′关于点（﹣1，0）成中心对称，
设点P′的坐标为（x，y），
所以，＝﹣1，＝0，
解得x＝﹣a﹣2，y＝﹣b，
所以，P′（﹣a﹣2，﹣b）．
故选：C．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，准确识图，观察出两三角形成中心对称，对称中心是（﹣1，0）是解题的关键．
2．（2018春•乐亭县期中）在平面直角坐标系中，已知A（2，﹣2），点P是y轴上一点，则使AOP为等腰三角形的点P有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】由于点P的位置不确定，所以应当讨论，当OA＝OP时，可得到2点，当OA＝AP时，可得到一点．
【解答】解：分三种情况：当OA＝OP时，可得到2点；当OA＝AP时，可得到一点；当OP＝AP时，可得到一点；共有4点，故选D．
【点评】本题考查了坐标与图形的性质及等腰三角形的判定；分情况进行分析是正确解答本题的关键．
3．（2016•江西模拟）在直角坐标系中，点A的坐标为（﹣3，4），那么下列说法正确的是（ ）
A．点A与点B（﹣3，﹣4）关于y轴对称
B．点A与点C（3，﹣4）关于x轴对称
C．点A与点C（4，﹣3）关于原点对称
D．点A与点F（﹣4，3）关于第二象限的平分线对称
【分析】根据关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数；关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变；关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反；关于第二象限角平分线的对称的两点坐标的关系，纵横坐标交换位置且变为相反数可得答案．
【解答】解：A、点A的坐标为（﹣3，4），则点A与点B（﹣3，﹣4）关于x轴对称，故此选项错误；
B、点A的坐标为（﹣3，4），点A与点C（3，﹣4）关于原点对称，故此选项错误；
C、点A的坐标为（﹣3，4），点A与点C（4，﹣3）不是关于原点对称，故此选项错误；
D、点A与点F（﹣4，3）关于第二象限的平分线对称，故此选项正确；
故选：D．
【点评】此题主要考查了关于xy轴对称点的坐标点的规律，以及关于原点对称的点的坐标特点，关键是熟练掌握点的变化规律，不要混淆．
4．（2021秋•萧山区月考）如图，在平面直角坐标系中，点A是x轴正半轴上的一个动点，点C是y轴正半轴上的点，BC⊥AC于点C．已知AC＝16，BC＝6．点B到原点的最大距离为（ ）
A．22B．18C．14D．10
【分析】取AC的中点D，连接OD，BD，OB，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得OD，利用勾股定理求得BD，利用三角形两边之和大于第三边，可知当O，D，B三点在一条直线上时，点B到原点的距离取得最大值，结论可求．
【解答】解：取AC的中点D，连接OD，BD，OB，如图，
∵D为AC的中点，∠AOC＝90°，
∴OD＝CD＝AC＝8．
∵∠ACB＝90°，
∴BD＝＝＝10．
当O，D，B三点不在一条直线上时，OB＜OD+BD＝8+10＝18，
当O，D，B三点在一条直线上时，OB＝OD+BD＝8+10＝18，
∴当O，D，B三点在一条直线上时，点B到原点的最大距离为18．
故选：B．
【点评】本题主要考查了坐标与图形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，三角形三边之间的关系定理，利用当O，D，B三点在一条直线上时，点B到原点的距离取得最大值解答是解题的关键．
5．（2021•绵阳）如图，在平面直角坐标系中，AB∥DC，AC⊥BC，CD＝AD＝5，AC＝6，将四边形ABCD向左平移m个单位后，点B恰好和原点O重合，则m的值是（ ）
A．11.4B．11.6C．12.4D．12.6
【分析】如图，过点D作DT⊥AC交AC于J，交AB于T，连接CT．想办法求出OB的长即可．
【解答】解：如图，过点D作DT⊥AC交AC于J，交AB于T，连接CT．
∵AD＝DC＝5，DJ⊥AC，
∴AJ＝JC＝3，
∴DJ＝＝＝4，
∵CD∥AT．
∴∠DCJ＝∠TAJ，
∵∠DJC＝∠TJA，
∴△DCJ≌△TAJ（ASA），
∴CD＝AT＝5，DJ＝JT＝4，
∵∠AJT＝∠ACB＝90°，
∴JT∥BC，
∵AJ＝JC，
∴AT＝TB＝5，
设OA＝x，∵OD2＝AD2﹣OA2＝DT2﹣OT2，
∴52﹣x2＝82﹣（x+5）2，
解得x＝1.4，
∴OB＝OA+AB＝1.4+10＝11.4，
∵将四边形ABCD向左平移m个单位后，点B恰好和原点O重合，
∴m＝OB＝11.4，
故选：A．
【点评】本题考查坐标与图形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数，构建方程解决问题．
6．（2021春•南昌期末）已知点M（1﹣m，m﹣3），则点M不可能在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【分析】根据各个象限的点的坐标特点，列出不等式组，不等式组无解则点M不可能在该象限．
【解答】解：点M不可能在第一象限，理由如下：
点M的坐标是（1﹣m，m﹣3），若点M在第一象限，则有：
，
∴解①得m＜1，
解②得m＞3，
∴不等式组无解，符合题意；
∴点M不可能在第一象限；
点M的坐标是（1﹣m，m﹣3），若点M在第二象限，则有：
，
∴解①得m＞1，
解②得m＞3，
∴不等式组解集是m＞3，不符合题意；
点M的坐标是（1﹣m，m﹣3），若点M在第三象限，则有：
，
∴解①得m＞1，
解②得m＜3，
∴不等式组解集是1＜m＜3，不符合题意；
点M的坐标是（1﹣m，m﹣3），若点M在第四象限，则有：
，
∴解①得m∠1，
解②得m＜3，
∴不等式组解集是m＜1，不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了坐标与图形的性质，熟练掌握平面直角坐标系中的点的坐标特点并正确地列出不等式组或方程是解题的关键．
7．（2021春•武昌区期中）已知两点A（a，5），B（﹣1，b）且直线AB∥x轴，则（ ）
A．a可取任意实数，b＝5B．a＝﹣1，b可取任意实数
C．a≠﹣1，b＝5D．a＝﹣1，b≠5
【分析】根据平行于x轴的直线纵坐标相等解答可得．
【解答】解：∵AB∥x轴，
∴b＝5，a≠﹣1，
故选：C．
【点评】本题主要考查坐标与图形的性质，熟练掌握平面内点的坐标的特点是解题的关键．
二．填空题（共8小题）
8．（2019秋•徐汇区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，O是原点，点B、C在x轴正半轴上，点A在第一象限，∠AOC＝60°，OA＝6，OB＝9，∠OAC＝∠ABO，在y轴上找一点P，使△ACP是直角三角形，则点P的坐标是 （0，﹣）或（0，） ．
【分析】分三种情形：①∠ACP＝90°，②∠CAP＝90°，③∠APC＝90°，利用相似三角形的性质，勾股定理，求解即可．
【解答】解：∵∠AOC＝∠BOA，∠OAC＝∠ABO，
∴△OAC∽△OBA，
∴＝，
∴＝，
∴OC＝4，
∴C（4，0），
当∠ACP＝90°时，过点A作AH⊥OB于H，则OH＝OA•cs60°＝3，AH＝3，
∵∠ACP＝∠OCP＝∠AHC＝90°，
∴∠ACH+∠OCP＝90°，∠OCP+∠OPC＝90°，
∴∠ACH＝∠OCP，
∴△OCP∽△HAC，
∴＝，
∴＝，
∴OP＝，
∴P（0，﹣），
当∠P′AC＝90°时，同法可得P′（0，），
当∠APC＝90°时，设P（0，m），
则有（）2+（m﹣）2＝（）2，
方程无解，
此种情形不存在，
综上所述，满足条件的点P的坐标为（0，﹣）或（0，）．
【点评】本题考查坐标与图形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
9．（2021•德城区一模）如图，在直角坐标系中，四边形ABCD是正方形，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为（2，0）．
①点C的坐标为 （3，2） ；
②若正方形ABCD和正方形A1BC1B1关于点B成中心对称；正方形A1BC1B1和正方形A2B2C2B1关于点B1成中心对称；…，依此规律，则点C6的坐标为 （9，﹣16） ．
【分析】①根据正方形的性质可知点C的坐标；②根据中心对称的概念可知C2n与C2n﹣1的横坐标相差4，纵坐标相差﹣2，C2n+1与C2n的横坐标相差﹣2，纵坐标相差﹣4，依此可以求出点C6的坐标．
【解答】解：∵①四边形ABCD是正方形，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为（2，0），
根据正方形的性质可知△OAB≌△EDA≌△FBC，
∴点C的坐标为（3，2），点D的坐标为（1，3）；
②∵C2n与C2n﹣1的横坐标相差4，纵坐标相差﹣2，
C2n+1与C2n的横坐标相差﹣2，纵坐标相差﹣4，
∴点C1的坐标为（1，﹣2），
当n＝1时，点C2的横坐标为1+4＝5，纵坐标为﹣2﹣2＝﹣4，故C2的坐标为（5，﹣4），
同理可得，
点C3的坐标为（3，﹣8），
点C4的坐标为（7，﹣10），
点C5的坐标为（5，﹣14），
故点C6的坐标为（9，﹣16）．
【点评】本题考查了两点成中心对称坐标的特点，同时考查了正方形的性质，难度较大．解决本题的关键是分别找到C2n与C2n﹣1，C2n+1与C2n的横坐标之间的关系，纵坐标之间的关系．
10．（2019秋•达川区期末）a、b、c为△ABC的三条边，满足条件点（a﹣c，a）与点（0，﹣b）关于x轴对称，判断△ABC的形状 等边三角形 ．
【分析】由两点关于x轴对称可得a﹣c＝0，a＝b，进而根据三角形三边关系判断△ABC的形状即可．
【解答】解：∵点（a﹣c，a）与点（0，﹣b）关于x轴对称，
∴a﹣c＝0，a＝b，
∴a＝b＝c，
∴△ABC是等边三角形，
故答案为：等边三角形．
【点评】主要考查两点关于x轴对称的坐标的特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数．
11．（2019•和平区一模）如图，A，B的坐标为（2，0），（0，1）若将线段AB平移至A1B1，则a+b的值为 2 ．
【分析】由图可得到点B的纵坐标是如何变化的，让A的纵坐标也做相应变化即可得到b的值；看点A的横坐标是如何变化的，让B的横坐标也做相应变化即可得到a的值，相加即可得到所求．
【解答】解：由题意可知：a＝0+（3﹣2）＝1；b＝0+（2﹣1）＝1；
∴a+b＝2．
【点评】解决本题的关键是得到各点的平移规律．
12．（2021秋•喀什地区期末）如图，平面直角坐标系xOy中，边长为1的小正方形组成的网格中，正方形ABCD的边AD在y轴正半轴上边，B、C在第一象限，且A（0，2），B（4，2），将正方形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°＜α≤90°），若点B的对应点B1恰好落在坐标轴上，则点C的对应点C1的坐标为 （2+2，2）或（4，﹣2） ．
【分析】分两种情形：如图1中，当B落在x轴的正半轴上时，过点C1作C1H⊥x轴于点H．利用全等三角形的性质求解．当点B1落在y轴的负半轴上时，C1（4，﹣2）．
【解答】解：如图1中，当B落在x轴的正半轴上时，过点C1作C1H⊥x轴于点H．
∵A（0，2），B（4，2），
∴AB＝4，OA＝2，
∴OB1＝＝＝2，
∵∠AOB1＝∠AB1C∠CHB1＝90°，
∴∠AB1O+∠C1B1H＝90°，∠C1B1H+∠HC1B1＝90°，
∴∠AB1O＝∠HC1B1，
∴△AOB1≌△B1HC1（AAS），
∴OA＝HB1＝2，OB1＝HC1＝2，
∴OH＝2+2，
∴C1（2+2，2）；
当点B1落在y轴的负半轴上时，C1（4，﹣2）．
综上所述，满足条件的点C的坐标为（2+2，2）或（4，﹣2）；
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
13．（2021秋•江阴市期中）在平面直角坐标系xOy中，点A（2+2m，1），点B（2﹣m，4），其中m为实数，点O关于直线AB的对称点为C，则AB的最小值为 3 ，点P（﹣2，0）到点C的最大距离为 5+ ．
【分析】由题意A（2+2m，1），点B（2﹣m，4），推出点A在直线y＝1上，点B在直线y＝4上，可得AB的最小值为3，设直线AB的解析式为y＝kx+b．求出直线AB的解析式，可知直线AB经过定点D（2，3），连接PD，CD，OD，求出PD，OD，DC，再根据PC≤PD+CD，求解即可．
【解答】解：∵A（2+2m，1），点B（2﹣m，4），
∴点A在直线y＝1上，点B在直线y＝4上，
∴AB的最小值为3，
如图，设直线AB的解析式为y＝kx+b．
则有，
解得，
∴直线AB的解析式为y＝﹣•x+3+，
∵x＝2时，y＝3，
∴直线AB经过定点D（2，3），
连接PD，CD，OD，
∵P（﹣2，0），
∵PD＝＝5，OD＝＝，
∵O，C关于直线AB对称，
∴DC＝OD＝，
∴PC≤PD+CD＝5+，
∴PC的最大值为5+．
故答案为：3，5+．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣对称，一次函数的性质，勾股定理等知识，解题的关键是判断出直线AB经过定点P，属于中考填空题中的压轴题．
14．（2021•河北模拟）在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（1，0），P是第一象限内任意一点，连接PO、PA，若∠POA＝m°，∠PAO＝n°，则我们把（m°，n°）叫做点P的“双角坐标”．例如，点（1，1）的“双角坐标”为（45°，90°）．
（1）点（）的“双角坐标”为 （45°，45°） ；
（2）若“双角坐标”为（30°，60°），则点坐标 （，） ；
（3）若点P到x轴的距离为，则m+n的最小值为 90 ．
【分析】（1）分别求出tan∠POA、tan∠PAO即可得∠POA、∠PAO的度数，从而得出答案；
（2）根据∠POA、∠PAO的度数度数和tan∠POA、tan∠PAO的值可求坐标；
（3）根据三角形内角和定理知若要使m+n取得最小值，即∠POA+∠PAO取得最小值，则∠OPA需取得最大值，OA中点为圆心，为半径画圆，与直线y＝相切于点P，由∠OPA＝∠1＞∠OP′A知此时∠OPA最大，∠OPA＝90°，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵点（），OA＝1，
∴tan∠POA＝＝1，tan∠PAO＝＝1，
∴∠POA＝45，∠PAO＝45°，
即点P的“双角坐标”为（45°，45°），
故答案为：（45°，45°），
（2）∵若“双角坐标”为（30°，60°），OA＝1，
∴∠OPA＝90°，OA＝，OP＝，
∴y＝OP×sin30°＝×＝，x＝OP×cs30°＝×＝，
故坐标为（，），
（3）根据三角形内角和定理知若要使m+n取得最小值，即∠POA+∠PAO取得最小值，
则∠OPA需取得最大值，
如图，
∵点P到x轴的距离为，OA＝1，
∴OA中点为圆心，为半径画圆，与直线y＝相切于点P，
在直线y＝上任取一点P′，连接P′O、P′A，P′O交圆于点Q，
∵∠OPA＝∠1＞∠OP′A，
此时∠OPA最大，∠OPA＝90°，
∴m+n的最小值为90，
故答案为：90．
【点评】本题主要考查坐标与图形的性质、锐角的三角函数、三角形的内角和定理、外角的性质及圆周角定理，根据内角和定理推出m+n取得最小值即为∠OPA取得最大值，且找到满足条件的点P位置是关键．
15．（2021春•黄州区期末）如图，在平面直角坐标系中，A（4，0），B（﹣2，0），C（4，4），D（﹣2，6），点E在x轴上，满足∠BED＝∠DEC，则点E的坐标为 （1，0）或（4，0） ．
【分析】①过D作DT⊥AC 于T，得到正方形，利用正方形的性质可得结论，
②过D作DH⊥EC 于H，利用角平分线的性质与勾股定理可得答案．
【解答】解：①如图，过D作DT⊥AC于T，
∵A （4，0），B （﹣2，0），C （4，4），D （﹣2，6），
∴∠DBA＝∠BAT＝∠ATD＝90°，
BD＝BA＝6，
∴四边形ABDT是正方形，
连接AD，则∠BAD＝∠TAD＝45°，
∴E，A重合时，有∠BED＝∠DEC，
∴E点的坐标为 （4，0）．
②如图，过D作DH⊥EC 于H，
∵∠BED＝∠DEC，DB⊥BE，
∴DB＝DH＝6，
∵C （4，4），D （﹣2，6），
∴CD＝，
CH＝，
由三角形内角和定理可得：∠BDE＝∠HDE，
∵DB⊥BE，DH⊥EH，
∴BE＝HE
设BE＝x，
则HE＝x，CE＝x+2，AE＝6﹣x，
∵CA⊥EA，CA＝4，
∴（x+2）2＝（6﹣x）2+42，
解得，x＝3，
∴BE＝3，
∴E点的坐标为（1，0）；
综上，E点的坐标为（1，0）或（4，0）．
故答案为：（1，0）或（4，0）．
【点评】本题考查正方形的性质，角平分线的性质，平面直角坐标系内点的坐标特点，勾股定理得到计算，掌握相关知识点是解题的关键．
三．解答题（共15小题）
16．（2018春•浦东新区期末）在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为（﹣2，0），点B在y轴的正半轴上，且OB＝2OA，将线段AB绕着A点顺时针旋转90°，点B落在点C处．
（1）分别求出点B、点C的坐标．
（2）在x轴上有一点D，使得△ACD的面积为3，求：点D的坐标．
【分析】（1）根据题意画出图形即可解决问题；
（2）设D（m，0），由题意•|m﹣2|•2＝3，求出m即可解决问题；
【解答】解：（1）由图象可知，B（0，4），C（2，﹣2）；
（2）设D（m，0），由题意•|m﹣2|•2＝3，
解得m＝﹣5和1，
∴D（1，0）或（﹣5，0）．
【点评】本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，解题的关键是正确作出图形，属于中考常考题型．
17．（2018春•闵行区期末）如图，在直角坐标平面内，已知点A的坐标为（3，3），点B的坐标为（﹣4，3），点P为直线AB上任意一点（不与A、B重合），点Q是点P关于y轴的对称点．
（1）△ABO的面积为 ．
（2）设点P的横坐标为a，那么点Q的坐标为 （﹣a，3） ．
（3）设点P的横坐标为，如果△OPA和△OPQ的面积相等，且点P在点Q的右侧，那么应将点P向 右 （填“左”“右”）平移 个单位．
（4）如果△OPA的面积是△OPQ的面积的2倍，那么点P的坐标为 P（﹣1，3）或（，3） ．
【分析】（1）根据三角形的面积公式进行解答；
（2）关于y轴对称的点的纵坐标相等，横坐标互为相反数；
（3）等底同高的两个三角形的面积相等；
（4）分类讨论①当点P在原点左侧时，②当点P在原点右侧时，设点P表示的数为m，则3﹣m＝2m×2，即可得答案．
【解答】解：（1））△ABO的面积为：AB•OC＝×7×3＝．
故答案是：．
（2）因为点P为直线AB上任意一点（不与A、B重合），点Q是点P关于y轴的对称点，点P的横坐标为a，所以点Q的坐标是（﹣a，3）．
故答案是：（﹣a，3）；
（3）∵△OPA和△OPQ的面积相等，点O到直线AB的距离都是3，
∴线段AP＝PQ．
∴此时点P是线段AQ的中点，
∵P（，3），
∴Q（﹣，3），
∴应将点P向右平移个单位．
故答案是：右；；
（4）①当点P在原点左侧时，P（﹣1，3）；
②当点P在原点右侧时，设点P表示的数为（m，3），
则3﹣m＝2m×2，
解得m＝．
故P（﹣1，3）或（，3）．
故答案是：P（﹣1，3）或（，3）．
【点评】考查了关于x、y轴对称的点的坐标特征，三角形的面积公式以及坐标与图形变换．注意“数形结合”数学思想的应用．
18．（2017春•浦东新区期末）如图，在直角坐标平面内，已知点A（8，0），点B（3，0），点C是点A关于点B的对称点．
（1）求点C的坐标；
（2）如果点P在y轴上，过点P作直线l∥x轴，点A关于直线l的对称点是点D，那么当△BCD的面积等于10时，求点P的坐标．
【分析】（1）由A、B坐标得出AB＝5，根据点C是点A关于点B的对称点知BC＝AB＝5，据此可得；
（2）根据S△BCD＝BC•AD＝10且BC＝5，可得AD＝4，即可知OP＝2，据此可得答案．
【解答】解：（1）∵点A（8，0），点B（3，0），
∴AB＝5，
∵点C是点A关于点B的对称点，
∴BC＝AB，
则点C的坐标为（﹣2，0）；
（2）如图，
由题意知S△BCD＝BC•AD＝10，BC＝5，
∴AD＝4，
则OP＝2，
∴点P的坐标为（0，2）或（0，﹣2）．
【点评】本题主要考查坐标与图形的变化﹣对称，解题的关键是掌握对称的定义和性质．
19．（2021春•官渡区期末）如图，以直角三角形AOC的直角顶点O为原点，以OC、OA所在直线为x轴和y轴建立平面直角坐标系，点A（0，a），C（b，0）满足+|b﹣2|＝0．
（1）则C点的坐标为 （2，0） ；A点的坐标为 （0，4） ．
（2）已知坐标轴上有两动点P、Q同时出发，P点从C点出发沿x轴负方向以1个单位长度每秒的速度匀速移动，Q点从O点出发以2个单位长度每秒的速度沿y轴正方向移动，点Q到达A点整个运动随之结束．AC的中点D的坐标是（1，2），设运动时间为t（t＞0）秒．问：是否存在这样的t，使S△ODP＝S△ODQ？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由
（3）点F是线段AC上一点，满足∠FOC＝∠FCO，点G是第二象限中一点，连OG，使得∠AOG＝∠AOF．点E是线段OA上一动点，连CE交OF于点H，当点E在线段OA上运动的过程中，的值是否会发生变化？若不变，请求出它的值；若变化，请说明理由．
【分析】（1）根据绝对值和算术平方根的非负性，求得a，b的值即可；
（2）先得出CP＝t，OP＝2﹣t，OQ＝2t，AQ＝4﹣2t，再根据S△ODP＝S△ODQ，列出关于t的方程，求得t的值即可；
（3）过H点作AC的平行线，交x轴于P，先判定OG∥AC，再根据角的和差关系以及平行线的性质，得出∠PHO＝∠GOF＝∠1+∠2，∠OHC＝∠OHP+∠PHC＝∠GOF+∠4＝∠1+∠2+∠4，最后代入进行计算即可．
【解答】解：（1）∵+|b﹣2|＝0，
∴a﹣2b＝0，b﹣2＝0，
解得a＝4，b＝2，
∴A（0，4），C（2，0）；
（2）由条件可知：P点从C点运动到O点时间为2秒，Q点从O点运动到A点时间为2秒，
∴0＜t≤2时，点Q在线段AO上，
即 CP＝t，OP＝2﹣t，OQ＝2t，AQ＝4﹣2t，
∴，，
∵S△ODP＝S△ODQ，
∴2﹣t＝t，
∴t＝1；
（3）的值不变，其值为2．
∵∠2+∠3＝90°，
又∵∠1＝∠2，∠3＝∠FCO，
∴∠GOC+∠ACO＝180°，
∴OG∥AC，
∴∠1＝∠CAO，
∴∠OEC＝∠CAO+∠4＝∠1+∠4，
如图，过H点作AC的平行线，交x轴于P，则∠4＝∠PHC，PH∥OG，
∴∠PHO＝∠GOF＝∠1+∠2，
∴∠OHC＝∠OHP+∠PHC＝∠GOF+∠4＝∠1+∠2+∠4，
∴．
【点评】本题主要考查了坐标与图形性质，解决问题的关键值作辅助线构造平行线．解题时注意：任意一个数的绝对值都是非负数，算术平方根具有非负性，非负数之和等于0时，各项都等于0．
20．（2016春•普陀区期末）如图，在直角坐标平面内，已知点A的坐标（﹣2，0），
（1）图中点B的坐标是 （﹣3，4） ；
（2）点B关于原点对称的点C的坐标是 （3，﹣4） ；点A关于y轴对称的点D的坐标是 （2，0） ；
（3）四边形ABDC的面积是 16 ；
（4）在直角坐标平面上找一点E，能满足S△ADE＝S△ABC的点E有 无数 个；
（5）在y轴上找一点F，使S△ADF＝S△ABC，那么点F的所有可能位置是 （0，4）或（0，﹣4） ．
【分析】（1）根据图示直接写出答案；
（2）关于原点对称的点的横纵坐标与原来的互为相反数；关于y轴对称的点的坐标，纵坐标不变，横坐标互为相反数；
（3）根据四边形ABDC的面积＝S△ABD+S△ADC即可解答；
（4）求出△ADE的高为4，即可解答；
（5）根据三角形的面积公式求得OF的长度即可．
【解答】解：（1）根据图示知，点B的坐标为（﹣3，4）；
（2）由（1）知，B（﹣3，4），
∴点B关于原点对称的点C的坐标是（3，﹣4）；
∵点A的坐标（﹣2，0），
∴点A关于y轴对称的点D的坐标是（2，0）；
（3）如图，
四边形ABDC的面积＝S△ABD+S△ADC＝4×4×+4×4×＝16．
（4）S△ABC＝S△ABO+S△ACO＝＝8，
∵S△ADE＝S△ABC，
∴4•h•＝8，
∴h＝4，
∵AD在x轴上，
∴直角坐标平面上找一点E，只要点E的纵坐标的绝对值为4即可，
∴直角坐标平面内点E有无数个．
（5）∵S△ADF＝S△ABC，AD＝4，S△ABC＝8
∴OF＝4
∴那么点F的所有可能位置是（0，4）或（0，﹣4）．
故答案为：（1）（﹣3，4）；（2）（3，﹣4），（2，0）；（3）16；（4）无数；（5）（0，4）或（0，﹣4）．
【点评】本题综合考查了三角形的面积、坐标与图形性质、关于坐标轴对称的点的坐标以及坐标图形变换与旋转．解答此类题目时，要将图形画出来，利用“数形结合”的数学思想解题．
21．（2016春•浦东新区期末）如图，在直角坐标平面内，已知点A（8，0），点B的横坐标是2，△AOB的面积为12．
（1）求点B的坐标；
（2）如果P是直角坐标平面内的点，那么点P在什么位置时，S△AOP＝2S△AOB？
【分析】（1）设点B的纵坐标为y，根据△AOB的面积为12列等式求出y的值，写出点B的坐标；
（2）设点P的纵坐标为h，先求出△AOP的面积，再列等式求出h的值，因为横坐标没有说明，所以点P在直线y＝6或直线y＝﹣6上．
【解答】解：（1）设点B的纵坐标为y，
因为A（8，0），所以OA＝8，
则S△AOB＝OA•|y|＝12，
∴y＝±3，
∴点B的坐标为（2，3）或（2，﹣3）；
（2）设点P的纵坐标为h，
S△AOP＝2S△AOB＝2×12＝24，
∴OA•|h|＝24，
×8|h|＝24，
h＝±6，
所以点P在直线y＝6或直线y＝﹣6上．
【点评】本题是坐标与图形的性质，要明确一个点的坐标到两坐标轴的距离：到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；其次是根据面积公式列等式求解．
22．（2021秋•靖江市校级期中）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y），若点Q的坐标为（ax+y，x+ay），则称点Q是点P的“a阶派生点”（其中a为常数，且a≠0）．例如：点P（1，4）的“2阶派生点”为点Q（2×1+4，1+2×4），即点Q（6，9）．
（1）若点P的坐标为（﹣1，5），则它的“3阶派生点”的坐标为 （2，14） ；
（2）若点P的“5阶派生点”的坐标为（﹣9，3），求点P的坐标；
（3）若点P（c+1，2c﹣1）先向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度后得到了点P1．点P1的“﹣4阶派生点”P2位于坐标轴上，求点P2的坐标．
【分析】（1）根据派生点的定义，结合点的坐标即可得出结论．
（2）根据派生点的定义，结合点的坐标即可得出结论．
（3）判断出P2的坐标，构建方程求出c即可．
【解答】解：（1）3×（﹣1）+5＝2；﹣1+3×5＝14，
∴点P的坐标为（﹣1，5），则它的“3级派生点”的坐标为（2，14）．
故答案为：（2，14）；
（2）设点P的坐标为（a，b），
由题意可知，
解得：，
∴点P的坐标为（﹣2，1）；
（3）由题意，P1（c﹣1，2c），
∴P1的“﹣4阶派生点“P2为：（﹣4（c﹣1）+2c，c﹣1﹣8c），即（﹣2c+4，﹣7c﹣1），
∵P2在坐标轴上，
∴﹣2c+4＝0或﹣7c﹣1＝0，
∴c＝2或c＝﹣，
∴P2（0，﹣15）或（，0）．
【点评】本题考查点的坐标，“派生点”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
23．（2021春•新罗区期末）在平面直角坐标系xOy中，把线段AB先向右平移h个单位，再向下平移1个单位得到线段CD（点A对应点C），其中A（a，b），B（m，n）分别是第三象限与第二象限内的点．
（1）若|a+3|+＝0，h＝2，求C点的坐标；
（2）若b＝n﹣1，连接AD，过点B作AD的垂线l．
①判断直线l与x轴的位置关系，并说明理由；
②已知E是直线l上一点，连接DE，且DE的最小值为1，若点B，D及点（s，t）都是关于x，y的二元一次方程px+qy＝k（pq≠0）的解（x，y）为坐标的点，试判断（s﹣m）+（t﹣n）是正数、负数还是0？并说明理由．
【分析】（1）利用非负数的性质求出a，b的值，可得结论．
（2）①求出A，D的纵坐标，证明AD∥x轴，可得结论．
②判断出D（m+1，n﹣1），利用待定系数法，构建方程组解决问题即可．
【解答】解：（1）∵|a+3|+＝0，
又∵|a+3|≥0，≥0，
∴a＝﹣3，b＝﹣1，
∴A（﹣3，﹣1），
∵点A先向右平移2个单位，再向下平移1个单位得到点C，
∴C（﹣1，﹣2）．
（2）①结论：直线l⊥x轴．
理由：∵b＝n﹣1，
∴A（a，n﹣1），
∵B（m，n），向右平移h个单位，再向下平移1个单位得到点D，
∴D（m+h，n﹣1），
∵A，D的纵坐标相同，
∴AD∥x轴，
∵直线l⊥AD，
∴直线l⊥x轴．
②结论：（s﹣m）+（t﹣n）＝0．
理由：∵E是直线l上一点，连接DE，且DE的最小值为1，
∴D（m+1，n﹣1），点B，D及点（s，t）都是关于x，y的二元一次方程px+qy＝k（pq≠0）的解（x，y）为坐标的点，
∴，
①﹣②得到p﹣q＝0，
∴p＝q，
③﹣②得到，p（s﹣m）+q（t﹣n）＝0，
∵pq≠0，
∴p＝q≠0，
∴（s﹣m）+（t﹣n）＝0．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣平移，非负数的性质，待定系数法等知识，解题的关键是熟练掌握平移变换的性质，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
24．（2021春•德城区期末）如图，△DEF是△ABC经过某种变换得到的图形，点A与点D，点B与点E，点C与点F分别是对应点，观察点与点的坐标之间的关系，解答下列问题：
（1）分别写出点A与点D，点B与点E，点C与点F的坐标，并说说对应点的坐标有哪些特征；
（2）若点P（a+3，4﹣b）与点Q（2a，2b﹣3）也是通过上述变换得到的对应点，求a、b的值．
【分析】（1）根据点的位置，直接写出点的坐标；
（2）根据（1）中发现的规律，两点的横坐标、纵坐标都互为相反数，即横坐标的和为0，纵坐标的和为0，列方程，求a、b的值．
【解答】解：（1）由图象可知，点A（2，3），点D（﹣2，﹣3），点B（1，2），点E（﹣1，﹣2），点C（3，1），
点F（﹣3，﹣1）；
对应点的坐标特征为：横坐标、纵坐标都互为相反数；
（2）由（1）可知，a+3+2a＝0，4﹣b+2b﹣3＝0，解得a＝﹣1，b＝﹣1．
【点评】本题考查了坐标系中点的坐标确定方法，对应点的坐标特征．关键是通过观察发现规律，列方程求解．
25．（2021春•柳南区校级期末）定义：对于平面直角坐标系中的任意两点A（x1，y1）和B（x2，y2），我们把它们的横、纵坐标的差的平方和的算术平方根称作这两点的“湘一根”，记作Q[A，B]，即．
（1）若A（2，1）和B（﹣2，3），则Q[A，B]＝ 2 ；
（2）若点M（1，2），N（a，a﹣3），其中a为任意实数，求Q[M，N]的最小值；
（3）若m为常数，且m＞0，点A的坐标为（0，5m），B点的坐标为（8m，﹣m），C点的坐标为（x，0），求Q[A，C]+Q[B，C]的最小值以及Q[A，C]﹣Q[B，C]的最大值．（用含m的代数式表示）
【分析】（1）根据，求解即可．
（2）如图，由题意，点N在直线y＝x﹣3上运动，根据垂线段最短，求解即可．
（3）如图1中，当A，C，B共线时，Q[A．C]+Q[C，B]的值最小，如图2中，作点B关于x轴的对称点B′，当点C在AB′的延长线上时，Q[A，C]﹣Q[B，C]的值最大，分别利用公式求解即可．
【解答】解：（1）Q[A，B]＝＝2，
故答案为：2．
（2）如图，由题意，点N在直线y＝x﹣3上运动，
根据垂线段最短可知，当MN⊥直线y＝x﹣3时，MN的值最小，此时N（3，0），
∵M（1，2），
∴Q[M，N]的最小值＝＝2．
（3）如图1中，
∵m＞0，A（0，5m），
∴B（8m，﹣m）在第四象限，A在y轴的正半轴上，
∴当A，C，B共线时，Q[A．C]+Q[C，B]的值最小，最小值＝＝10m．
如图2中，作点B关于x轴的对称点B′，当点C在AB′的延长线上时，Q[A，C]﹣Q[B，C]的值最大，
最大值＝Q[A，B′]＝＝4m．
【点评】本题考查坐标与图形性质，两点的“湘一根”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
26．（2021春•黄山期末）在平面直角坐标系xOy中，对于P，Q两点给出如下定义：若点P到x、y轴的距离中的最大值等于点Q到x、y轴的距离中的最大值，则称P，Q两点为“等距点”．下图中的P，Q两点即为“等距点”．
（1）已知点A的坐标为（﹣3，1），
①在点E（0，3），F（3，﹣3），G（2，﹣5）中，为点A的“等距点”的是 E、F ；
②若点B的坐标为B（m，m+6），且A，B两点为“等距点”，则点B的坐标为 （﹣3，3） ；
（2）若T1（﹣1，﹣k﹣3），T2（4，4k﹣3）两点为“等距点”，求k的值．
【分析】（1）①找到x、y轴距离最大为3的点即可；
②先分析出直线上的点到x、y轴距离中有3的点，再根据“等距点”概念进行解答即可；
（2）先分析出直线上的点到x、y轴距离中有4的点，再根据“等距点”概念进行解答即可．
【解答】解：（1）①∵点A（﹣3，1）到x、y轴的距离中最大值为3，
∴与A点是“等距点”的点是E、F．
②当点B坐标中到x、y轴距离其中至少有一个为3的点有（3，9）、（﹣3，3）、（﹣9，﹣3），
这些点中与A符合“等距点”的是（﹣3，3）．
故答案为①E、F；②（﹣3，3）；
（2）T1（﹣1，﹣k﹣3），T2（4，4k﹣3）两点为“等距点”，
①若|4k﹣3|≤4时，则4＝﹣k﹣3或﹣4＝﹣k﹣3
解得k＝﹣7（舍去）或k＝1．
②若|4k﹣3|＞4时，则|4k﹣3|＝|﹣k﹣3|
解得k＝2或k＝0（舍去）．
根据“等距点”的定义知，k＝1或k＝2符合题意．
即k的值是1或2．
【点评】本题主要考查了坐标与图形性质，此题属于阅读理解类型题目，首先读懂“等距点”的定义，而后根据概念解决问题，难度较大，需要有扎实的基础，培养了阅读理解、迁移运用的能力．
27．（2021春•阿荣旗期末）△ABC与△A′B′C′在平面直角坐标系中的位置如图所示．
（1）分别写出下列各点的坐标：A （1，3）； ； B （2，0） ；C （3，1） ；
（2）△ABC由△A′B′C′经过怎样的平移得到？答： 先向右平移4个单位，再向上平移2个单位 ．
（3）若点P（x，y）是△ABC内部一点，则△A'B'C'内部的对应点P'的坐标为 （x﹣4，y﹣2） ；
（4）求△ABC的面积．
【分析】（1）根据平面直角坐标系写出各点的坐标即可；
（2）根据对应点A、A′的变化写出平移方法即可；
（3）根据平移规律逆向写出点P′的坐标；
（4）利用△ABC所在的矩形的面积减去四周三个小直角三角形的面积，列式计算即可得解．
【解答】解：（1）A（1，3）； B（2，0）；C（3，1）；
（2）先向右平移4个单位，再向上平移2个单位；
或：先向上平移2个单位，再向右平移4个单位；
（3）P′（x﹣4，y﹣2）；
（4）△ABC的面积＝2×3﹣×1×3﹣×1×1﹣×2×2
＝6﹣1.5﹣0.5﹣2
＝2．
故答案为：（1）（1，3）； （2，0）；（3，1）；（2）先向右平移4个单位，再向上平移2个单位；（3）（x﹣4，y﹣2）．
【点评】本题考查了利用平移变换作图，熟练掌握网格结构，根据对应点的坐标确定出平移的方法是解题的关键．
28．（2021秋•滨城区期末）如图，点O为平面直角坐标系的原点，点A在x轴上，△AOC是边长为2的等边三角形．
（1）写出△AOC的顶点C的坐标： （﹣1，） ．
（2）将△AOC沿x轴向右平移得到△OBD，则平移的距离是 2
（3）将△AOC绕原点O顺时针旋转得到△DOB，则旋转角可以是 120 度
（4）连接AD，交OC于点E，求∠AEO的度数．
【分析】（1）过C作CH⊥AO于H，利用勾股定理即可得到点C的坐标为（﹣1，）；
（2）依据对应点的位置，即可得到平移的距离；
（3）依据旋转的方向以及对应点的位置，即可得到旋转角的度数；
（4）判定△ACE≌△DOE，即可得到CE＝OE，依据三线合一可得AD⊥CO．
【解答】解：（1）如图，过C作CH⊥AO于H，则HO＝AO＝1，
∴Rt△COH中，CH＝＝，
∴点C的坐标为（﹣1，），
故答案为：（﹣1，）；
（2）由平移可得，平移的距离＝AO＝2，
故答案为：2；
（3）由旋转可得，旋转角＝∠AOD＝120°，
故答案为：120；
（4）如图，∵AC∥OD，
∴∠CAE＝∠ODE，∠ACE＝∠DOE，
又∵AC＝DO，
∴△ACE≌△DOE，
∴CE＝OE，
∴AD⊥CO，即∠AEO＝90°．
【点评】本题主要考查了坐标与图形变化以及等边三角形的性质，解题时注意：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．
29．（2021春•海淀区校级期末）点P到∠AOB的距离定义如下：点Q为∠AOB的两边上的动点，当PQ最小时，我们称此时PQ的长度为点P到∠AOB的距离，记为d（P，∠AOB）．特别的，当点P在∠AOB的边上时，d（P，∠AOB）＝0．
在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是以点O（0，0），A（4，0），B（4，4），C（0，4）为顶点的正方形，作射线OB，则∠AOB＝45°．
（1）如图1，点P1（﹣1，0），P2（0，），P3（1，﹣2）的位置如图所示，请用度量的方式，判断点P1，P2，P3中到∠AOB的距离等于1的点是 P1，P2 ；
（2）已知点P在∠AOB的内部，且d（P，∠AOB）＝1，
①若点P的横纵坐标都是整数，请写出一个满足条件的点P的坐标 （3，1）（答案不唯一） ；
②请在图1中画出所有满足条件的点P；
（3）如图2，已知点E（0，﹣8），F（﹣2，2），G（7，2），记射线EF与射线EG组成的图形为图形V．若点P在图形V上，满足d（P，∠AOB）＝2的点P有 6 个．
【分析】（1）利用测量法结合点P到∠AOB的距离判断即可．
（2）①根据d（P，∠AOB）＝1，写出满足条件的点P坐标即可．
②根据d（P，∠AOB）＝1，画出图形即可．
（3）利用图象法，画出图形判断即可．
【解答】解：（1）如图1中，
通过测量法，可知点P2到直线OB的距离为1，OP1＝1，OP3＞1，
∴点P1，P2，P3中到∠AOB的距离等于1的点是P1，P2，
故答案为：P1，P2．
（2）①一个满足条件的点P的坐标（3，1），（4，1），（5，1）等（答案不唯一）．
故答案为：（3，1）（答案不唯一）．
②如图1﹣1中，所有满足条件的点P在∠MJN的边上．
（3）如图2中，满足条件的点P在图中的红线上，红线与∠FEG有6个交点（其中一个交点是，EG与FC的交点图中没有画出来），
故满足条件的点P有6个，
故答案为：6．
【点评】本题考查坐标与图形的性质，点P到∠AOB的距离的定义，两点之间的距离的定义等知识，解题的关键是理解新的定义，学会利用图象法解决问题，属于中考创新题型．
30．（2020春•扎兰屯市期末）如图所示，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为A（a，0），B（b，0），且a，b满足|a+2|+＝0，点C的坐标为（0，3）．
（1）求a，b的值及S△ABC；
（2）若点M在x轴上，且S△ACM＝S△ABC，试求点M的坐标．
【分析】（1）由“|a+2|+＝0”结合绝对值、算术平方根的非负性即可得出a、b的值，再结合三角形的面积公式即可求出S△ABC的值；
（2）设出点M的坐标，找出线段AM的长度，根据三角形的面积公式结合S△ACM＝S△ABC，即可得出AM的值，从而得出点M的坐标．
【解答】解：（1）∵|a+2|+＝0，
∴a+2＝0，b﹣4＝0，
∴a＝﹣2，b＝4，
∴点A（﹣2，0），点B（4，0）．
又∵点C（0，3），
∴AB＝|﹣2﹣4|＝6，CO＝3，
∴S△ABC＝AB•CO＝×6×3＝9．
（2）设点M的坐标为（x，0），则AM＝|x﹣（﹣2）|＝|x+2|，
又∵S△ACM＝S△ABC，
∴AM•OC＝×9，
∴|x+2|×3＝3，
∴|x+2|＝2，
即x+2＝±2，
解得：x＝0或﹣4，
故点M的坐标为（0，0）或（﹣4，0）．
【点评】本题考查了坐标与图形的性质、绝对值（算术平方根）的非负性以及三角形的面积公式，解题的关键是：（1）根据绝对值、算术平方根的非负性求出a、b的值：（2）根据三角形的面积公式得出关于x的含绝对值符号的一元一次方程．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据绝对值、算术平方根的非负性求出点的坐标是关键．