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数学八年级上册第4章 图形与坐标综合与测试单元测试练习
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这是一份数学八年级上册第4章 图形与坐标综合与测试单元测试练习，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
浙教版初中数学八年级上册第四章《图形与坐标》单元测试卷
考试范围：第四章；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知点M(2m-1,m-1)在第四象限，则m的取值范围在数轴上表示正确的是( )
A. B.
C. D.
2. 如图，在平面直角坐标系中，AB//EG//x轴，BC//DE//HG//AP//y轴，点D、C、P、H在x轴上，A(1,2)，B(-1,2)，D(-3,0)，E(-3,-2)，G(3,-2)，把一条长为2019个单位长度且没有弹性的细线(线的粗细忽略不计)的一端固定在点A处，并按A-B-C-D-E-F-G-H-P-A…的规律紧绕在图形“凸”的边上，则细线另一端所在位置的点的坐标是( )
A. (1,1) B. (1,2) C. (-1,2) D. (-1,-2)
3. 我们把1，1，2，3，5，8，13，21，…这组数称为斐波那契数列，为了进一步研究，依次以这列数为半径作90°圆弧P1P2，P2P3，P3P4，…得到斐波那契螺旋线，然后顺次连结P1P2，P2P3，P3P4，…得到螺旋折线(如图)，已知点P1(0,1)，P2(-1,0)，P3(0,-1)，则该折线上的点P9的坐标为( )
A. (-6,24) B. (-6,25) C. (-5,24) D. (-5,25)
4. 如图，在平面直角坐标系中，已知A(2,0)，B(4,0)，点P为线段AB外一动点，且PA=32，以PB为边作等边△PBM，则线段AM的最大值为( )
A. 52 B. 72 C. 112 D. 20
5. 在平面直角坐标系中，一个智能机器人接到如下指令：从原点O出发，按向右、向上、向右、向下的方向依次不断移动，每次移动1m.其行走路线如图所示，第1次移动到A1，第2次移动到A2，⋯，第n次移动到An.则△OA2A2018的面积是( )
A. 504m2 B. 10092m2 C. 10112m2 D. 1009m2
6. 点P(-3,4)到x轴的距离是( )
A. -3 B. 3 C. 4 D. 5
7. 在平面直角坐标系中，点P(-2,-3)关于原点对称点的坐标是( )
A. (3,-2) B. (-3,-2) C. (2,3) D. (-2,3)
8. 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. 22 B. 18 C. 14 D. 10
9. 如图，点A的坐标为(-1,0)，点B在直线y=x上运动，当线段AB最短时，点B的坐标为 ( )
A. (0,0) B. (22,-22) C. (-12,-12) D. (-22,-22)
10. 如图，在平面直角坐标系中，直线AB与y轴在正半轴、x轴正半轴分别交A、B两点，M在BA的延长线上，PA平分∠MAO，PB平分∠ABO，则∠P的度数是( )
A. 30° B. 45° C. 55° D. 60°
11. 已知(a-2)2+b+3=0，则Pa, b关于x轴对称点的坐标为( )
A. (2,3) B. (2,-3) C. (-2,3) D. (-2,-3)
12. 在平面直角坐标系中，已知A(1,1)，要在坐标轴上找一点P，使得△PAO为等腰三角形，这样的P点有几个( )
A. 9 B. 8 C. 7 D. 6
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 已知等边三角形的高是边长的32倍，在平面坐标系中，A点的坐标为(1,3)，P点为x轴上一个动点，以AP为边构造等边△APQ，且A、P、Q按逆时针排列，若OQ长度为a，则a最小时Q的坐标是______．
14. 如图，在平面直角坐标系中，有一个Rt△OAB，∠ABO=90°，∠AOB=30°，直角边OB在y轴正半轴上，点A在第一象限，且OA=1，将Rt△OAB绕原点O逆时针旋转30°，同时把各边长扩大为原来的2倍(即OA1=2OA)，得到Rt△OA1B1.同理，将Rt△OA1B1绕原点O逆时针旋转30°，同时把各边长扩大为原来的2倍，得到Rt△OA2B2，……，依此规律，得到Rt△OA2021B2021，则点B2021的纵坐标为________．
15. 在平面直角坐标系中，点P(-4,3)到原点O的距离是___________．
16. 点P(m,1-m)在第一象限，则m的取值范围是______．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
已知直角△ABC的顶点A(2,0)，B(2,3)，A是直角顶点，斜边长为5，求顶点C的坐标．
18. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，将△ABC进行平移，平移后点A，B，C的对应点分别是点D，E，F，点A(0,a)，点B(0,b)，点Da,12a，点Em-b,12a+4．
(1)若a=1，求m的值；
(2)若点C-a,14m+3，其中a>0.直线CE交y轴于点M，且△BEM的面积为1，试探究AF和BF的数量关系，并说明理由．
19. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，点A(a,0)，B(b,b)，C(0,c)，且满足(a-8)2+|b-4|+c-4=0，P点从A点出发沿x轴负方向以每秒2个单位长度的速度匀速移动，Q点从O点出发沿y轴正方向以每秒1个单位长度的速度匀速移动．
(1)直接写出点A的坐标______；B的坐标______；C的坐标______．
(2)当P，Q分别在线段AO，OC上时，连接PB，QB，当S△PAB=2S△QBC时，求出点P的坐标；
(3)在P，Q运动的过程中，当∠CBQ=30°时，请直接写出∠OPQ和∠PQB的数量关系．
20. (本小题8.0分)
综合与探究
在平面直角坐标系中，点A在第四象限，将线段AO平移至线段BC的位置，点A的对应点是点B，点O的对应点是点C．
(1)如图①，点A的坐标是(2,-3)，点B的坐标是(-3,0)，连接OC.若在y轴上存在一点P，使得三角形COP的面积是三角形OBC的面积的2倍，求点P的坐标．
(2)如图②，当点C在y轴的正半轴上，点D在y轴的负半轴上，且∠ADB=90°时，试猜想∠CBD与∠OAD的数量关系，并说明理由．
21. (本小题8.0分)
已知：在平面直角坐标系中，等腰直角△ABC顶点A、C分别在y轴、x轴上，且∠ACB=90°，AC=BC．
(1)如图1，当A(0,-2)，C(1,0)，点B在第四象限时，先写出点B的坐标，并说明理由．
(2)如图2，当点C在x轴正半轴上运动，点A(0,a)在y轴正半轴上运动，点B(m,n)在第四象限时，作BD⊥y轴于点D，试判断a，m，n之间的关系，请证明你的结论．
22. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系中，我们规定：点P(a,b)关于“k的衍生点”P'(a+kb,a+b-ka)，其中k为常数且k≠0，如：点Q(1,4)关于“5的衍生点”Q'(1+5×4,1+4-5×1)，即Q'(21,0)．
(1)求点M(3,4)关于“2的衍生点”M的坐标；
(2)若点N关于“3的衍生点”N'(4,-1)，求点N的坐标；
(3)若点P在x轴的正半轴上，点P关于“k的衍生点”P1，点P1关于“-1的衍生点”P2，且线段PP1的长度不超过线段OP长度的一半，请问：是否存在k值使得P2到x轴的距离是P1到x轴距离的2倍？若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由．
23. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(a,0)，B(c,c)，C(0,c)，且满足(a+8)2+c+4=0，P点从A点出发沿x轴正方向以每秒2个单位长度的速度匀速移动，Q点从O点出发沿y轴负方向以每秒1个单位长度的速度匀速移动．
(1)直接写出点B的坐标，AO和BC位置关系是______；
(2)如图(1)当P、Q分别在线段AO，OC上时，连接PB，QB，使S△PAB=3S△QBC，求出点P的坐标；
(3)在P、Q的运动过程中，当∠CBQ=25°时，请直接写出∠OPQ和∠PQB的数量关系．
24. (本小题8.0分)
阅读下列一段文字，然后回答问题．
已知在平面内两点P1(x1,y1)，P2(x2,y2)，两点间的距离P1P2=(x1-x2)2+(y1-y2)2.当两点所在的直线在坐标轴或平行于坐标轴时，两点间的距离公式为|x2-x1|或|y2-y1|.(1)已知A(2,4)，B(-3,-8)，试求A，B两点间的距离；
(2)已知点A，B在平行于y轴的直线上，点A的纵坐标为4，点B的纵坐标为-1，试求A，B两点间的距离．
(3)已知一个三角形各顶点坐标为D(1,6)、E(-2,2)、F(4,2)，请写出此三角形的形状______．
(4)在(3)的条件下，平面直角坐标系中，若H为动点，请写出使△HEF为等腰直角三角形的H点坐标______．
25. (本小题8.0分)
长方形OABC在平面直角坐标系内位置如图所示，点A，C分别在y轴，x轴上，点D(4,3)在AB上，点E在OC 上，沿DE折叠，使点B与点O重合，点C与点C1重合．
(1)求点C1坐标；
(2)若点P在坐标轴上，且ΔAPC1面积是9，请直接写出点P坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了在数轴上表示不等式的解集，不等式的解集在数轴上表示出来的方法：“>”空心圆点向右画折线，“≥”实心圆点向右画折线，“<”空心圆点向左画折线，“≤”实心圆点向左画折线．
根据第四象限内点的坐标特点列出关于m的不等式组，求出m的取值范围，并在数轴上表示出来即可．
【解答】
解：∵点M(2m-1,m-1)在第四象限，
∴2m-1>0①m-1<0②，
解不等式①，得：m>12，
解不等式②，得：m<1，
则不等式组的解集为12
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查平面直角坐标系中点的坐标的变化规律，理解题意，求出“凸”形的周长是解题关键.先根据已知点的坐标，求出凸形ABCDEGHP的周长为20，根据2019÷20的余数为19，即可得出答案．
【解答】
解：∵A(1,2)，B(-1,2)，D(-3,0)，E(-3,-2)，G(3,-2)，
∴“凸”形ABCDEGHP的周长为：AB+BC+CD+DE+EG+GH+HP+PA=2+2+2+2+6+2+2+2=20，
∵2019÷20=100······19，余数为19，
∴细线另一端所在位置的点在P处上面1个单位的位置，坐标为(1,1)．
故选A．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
此题考查了图形规律的问题和点的坐标的确定，观察图象，推出P9的位置，即可解决问题．本题考查规律型：点的坐标等知识，解题的关键是理解题意，确定P9的位置．
【解答】
解：由题意，P5在P2的正上方，推出P9在P6的正上方，且到P6的距离=21+5=26，
所以P9的坐标为(-6,25)，
故选B．
4.【答案】B
【解析】解：如图所示，
∵△PBM是等边三角形，点P在圆心为A，半径为32的⊙A上运动，
∴点M的运动轨迹也是圆，
当点P1(3.5,0)时，点M与E重合，当P2(0.5,0)时，点M与F重合，点M所在的⊙O'的直径EF=P1P2=3，
∴AO'=2，当点M在AO'的延长线上时，AM的值最大，最大值为2+1.5=72，
故选：B．
△PBM是等边三角形，点P在圆心为A半径为32的⊙A上运动，推出点M的运动轨迹也是圆，当点P1(3.5,0)时，点M与E重合，当P2(0.5,0)时，点M与F重合，点M所在的⊙O'的直径EF=P2P1=3，利用点与圆的位置关系即可解决问题．
本题考查旋转变换、动点问题、等边三角形的性质、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹，学会利用特殊位置解决轨迹问题中的直径的长，属于中考选择题中的压轴题．
5.【答案】A
【解析】略
6.【答案】C
【解析】解：∵|4|=4，
∴点P(-3,4)到x轴距离为4．
故选：C．
纵坐标的绝对值就是点到x轴的距离．
本题考查了点的坐标的几何意义：点到x轴的距离为点的纵坐标的绝对值，到y轴的距离为点的横坐标的绝对值．
7.【答案】C
【解析】解：点P(-2,-3)关于原点对称点的坐标是(2,3)．
故选C．
根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
本题考查了点的坐标，熟记关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：取AC的中点D，连接OD，BD，OB，如图，
∵D为AC的中点，∠AOC=90°，
∴OD=CD=12AC=8．
∵∠ACB=90°，
∴BD=BC2+CD2=62+82=10．
当O，D，B三点不在一条直线上时，OB
∴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．
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．
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．
9.【答案】C
【解析】解：线段AB最短，说明AB此时为点A到y=x的距离．
过A点作垂直于直线y=x的垂线AB，
∵直线y=x与x轴的夹角∠AOB=45°，
∴△AOB为等腰直角三角形，
过B作BC垂直x轴，垂足为C，
则BC为中垂线，
则OC=BC=12.作图可知B在x轴下方，y轴的左方．
∴点B的横坐标为负，纵坐标为负，
∴当线段AB最短时，点B的坐标为(-12,-12).
故选：C．
过A点作垂直于直线y=x的垂线AB，此时线段AB最短，因为直线y=x的斜率为1，所以∠AOB=45°，△AOB为等腰直角三角形，过B作BC垂直x轴垂足为C，则OC=BC=12.因为B在第三象限，所以点B的坐标为(-12,-12).
本题考查了动点坐标的确定，还考查了学生的动手操作能力，本题涉及到的知识点为：垂线段最短．
10.【答案】B
【解析】解：∵OA⊥OB，
∴∠OAB+∠ABO=90°，∠AOB=90°．
∵PA平分∠MAO，
∴∠PAO=12∠OAM=12(180°-∠OAB)．
∵PB平分∠ABO，
∴∠ABP=12∠ABO，
∴∠P=180°-∠PAO-∠OAB-∠ABP=180°-12(180°-∠OAB)-∠OAB-12∠ABO=90°-12(∠OAB+∠ABO)=45°．
故选：B．
由OA⊥OB即可得出∠OAB+∠ABO=90°、∠AOB=90°，再根据角平分线的定义以及三角形内角和定理即可求出∠P的度数．
本题考查了三角形内角和定理，解题的关键是找出∠P=90°-12(∠OAB+∠ABO).本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，熟练运用三角形内角和定理解决问题是关键
11.【答案】A
【解析】
【分析】
此题主要考查了关于x轴对称点的性质，非负性有关知识，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．即点P(a,b)关于x轴的对称点P'的坐标是(a,-b)，进而得出答案．
【解答】
解：∵a-2=0，b+3=0，
∴a=2，b=-3
点P(2,-3)，
∴点A关于x轴的对称点的坐标为：(2,3).
故选A．
12.【答案】B
【解析】解：如图所示，使得△PAO为等腰三角形，这样的P点有8个．
故选B．
建立平面直角坐标系，然后作出符合等腰三角形的点P的位置，即可得解．
本题考查了等腰三角形的判定，作出图形，利用数形结合的思想求解更形象直观．
13.【答案】(32,-32)
【解析】解：如图，在x轴上取点B(2,0)，连接AB，BQ，
∵A(1,3)，
∴∠AOB=60°，AO=2=OB，
∴△AOB为等边三角形，
∴AO=AB，∠OAB=60°，
∵∠PAQ=60°，
∴∠OAP=∠BAQ，
∵AP=AQ，
∴△OAP≌△BAQ(SAS)，
∴∠ABQ=∠AOP=60°，
即Q点在∠PBQ=60°的直线上运动，
∴当Q'O⊥BQ时，OQ'最小，
∵∠OBQ=60°，OB=2，
∴Q'O=32×2=3，
∴Q'(32,-32)，
故答案为：(32,-32).
在x轴上取点B(2,0)，连接AB，BQ，首先可得△AOB为等边三角形，再利用SAS说明△OAP≌△BAQ，得∠ABQ=∠AOP=60°，即Q点在∠PBQ=60°的中线上运动，从而解决问题．
本题主要考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，确定点Q的运动路径是解题的关键．
14.【答案】-3×22019
【解析】
【分析】
此题主要考查了点的坐标变化规律，旋转的性质，得出B点坐标变化规律是解题关键．根据题意得出B点坐标变化规律，进而得出点B2021的坐标位置，进而得出答案．
【解答】
解：∵△AOB是直角三角形，OA=1，∠AOB=30°，
∴AB=12，OB=32，
∴B(0,32)，
将Rt△OAB绕原点O逆时针旋转30°得到直角三角形OA1B1，且A1O=2AO，
再将Rt△OA1B1绕原点O逆时针旋转30°得到Rt△OA2B2，且A2O=2A1O…，依此规律，
∴每12次循环一周，B1(-32,32)，B2(-3,3)，B3(-43,0)，B4(-12,-43)，B5(-83,-24)，...
∵2021÷12=168…5，
∴点B2021与B5同在一个象限内，
∵点B5的纵坐标-24=-3×23，点B17的纵坐标-3×215，...，
∴点B2021的纵坐标为-3×22019．
故答案为-3×22019．
15.【答案】5
【解析】
【分析】
本题考查两点间的距离公式，解题的关键是正确运用两点距离公式，本题属于基础题型．根据两点间的距离公式即可求出答案．
【解答】
解：由题意可知：P(-4,3)到坐标原点O的距离：-4-02+3-02=5，
故答案为5．
16.【答案】0
∴m>01-m>0，
解得0
本题主要考查了平面直角坐标系中各个象限的点的坐标的符号特点，此特点常与不等式、方程结合起来求一些字母的取值范围．
17.【答案】解：如图所示：
易知AB=3.A是直角顶点，斜边长为5，可得AC=4.则点C在x轴．
当点C在点A左边时，点C的横坐标为2-4=-2，点C(-2,0)；
当点C在点A右边时，点C的横坐标为2+4=6，点C(6,0)．
【解析】解决本题的关键是根据勾股定理得到直角三角形的另一直角边，需注意点C的位置的两种情况.可在坐标系内画出草图分析求解．
18.【答案】解：(1)当a=1时，由△ABC平移得到△DEF，
A(0,1)，B(0,b)的对应点分别为D(1,12)，E(m-b,92)，
可得m-b=1b-92=1-12，解得b=5m=6,
故m的值为6；
(2)AF=BF．
理由如下：由△ABC平移得到△DEF，
点A(0,a)，点B(0,b)的对应点分别为D(a,12a)，点E(m-b,12a+4)，
可得a=m-b①a-12a=b-(12a+4)②,
由②得b=a+4③，
把③代入①，得m=2a+4，
∴14m+3=12a+4，即点C与点E的纵坐标相等，
∴CE//x轴，
∴点M(0,12a+4)，
∴△BEM的面积=12BM⋅EM=1，
∵a>0，
∴BM=a+4-(12a+4)=12a，EM=a，
∴14a2=1，
∴a=2，
∴A(0,2)，B(0,6)，C(-2,5)．
又∵在平移中点F与点C是对应点，
∴F(0,4)，
∴AF=4-2=2，BF=6-4=2，
∴AF=BF．
【解析】本题考查了坐标与图形变化-平移，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．也考查了三角形的面积，有一定难度．
(1)当a=1时，得出A、B、D、E四点的坐标，再根据平移的规律得到m-b=1b-92=1-12，即可求出m的值；
(2)由平移的规律得出a=m-ba-12a=b-12a+4，变形整理得到14m+3=12a+4，那么CE//x轴，根据三角形BEM的面积=12BM⋅EM=1，求出a=2，A(0,2)，B(0,6)，C(-2,5).根据点F与点C是对应点，得出F(0,4)，然后求出AF与BF的值即可．
19.【答案】(8,0) (4,4) (0,4)
【解析】解：(1)∵(a-8)2+|b-4|+c-4=0，(a-8)2≥0，|b-4|≥0，c-4≥0，
∴a-8=0，b-4=0，c-4=0，
解得：a=8，b=4，c=4，
∴A的坐标(8,0)，B的坐标(4,4)，C的坐标(0,4)，
故答案为：(8,0)，(4,4)，(0,4)；
(2)过点B作BD⊥AO，垂足为点D，
由题意可得，BC=4，BD=4，OA=8，
设运动时间经过t秒，则AP=2t，OQ=t，
∴CQ=4-t，
∴S△ÅPB=12AP⋅BD=12×2t×4=4t，S△BCQ=12CQ⋅BC=12×(4-t)×4=8-2t，
∵S△APB=2S△BCQ，
∴4t=2(8-2t)，
解得：t=2，
∴AP=2t=4，
∴OP=OA-AP=4，
∴点P的坐标为(4,0)；
(3)∠PQB-∠OPQ=30°或∠PQB+∠OPQ=150°，理由：
过点Q作QH//x轴，交直线AB与点H，
∵B的坐标(4,4)，C的坐标(0,4)；
∴AO//BC，
∵QH//AO，BC//AO，
∴QH//BC，
∴∠OPQ=∠PQH，∠CBQ=∠BQH，
如图，当Q在C的下方时，∠PQH=∠PQB-∠HQB，
∴∠OPQ=∠PQB-∠QBC，
当∠QBC=30°时，∠OPQ=∠PQB-30°，即∠PQB-∠OPQ=30°；
如图，当Q在C的上方时，
∵QH//BC，
∴∠HQB=∠CBQ=30°，
∵∠HQB+∠PQB=∠HQP=180°-∠OPQ，
∴∠OPQ=150°-∠PQB，即∠PQB+∠OPQ=150°，
综上所述：∠OPQ和∠PQB的数量关系是∠OPQ=∠PQB-30°或∠PQB+∠OPQ=150°．
(1)根据算术平方根和偶次方的非负性求出a、b、c的值，从而得到点A、B、C的坐标；
(2)表示出t秒时点P和点Q的坐标，用含t的式子表示出△PAB和△QBC的面积，根据题意列出关于t的方程，求出t即可确定P的坐标；
(3)分Q在C的上方、Q在C的下方两种情况，过点Q作QH//x轴，交AB与点H，根据平行线的性质即可确定∠OPQ和∠PQB的数量关系；
本题考查的是平行线的性质、非负数的性质、平面直角坐标系和三角形的面积公式，解题的关键是能利用非负数的性质求出a和c的值，确定点A，B，C的坐标，灵活运用分情况讨论思想也是解答此题的关键．
20.【答案】解：(1)设P(0,m)．
由题意C(-5,3)，B(-3,0)，
∴OB=3，
∴S△CBO=12×3×3=92，
则有12×|m|×5=9，
∴m=±185，
∴P(0,185)或(0,-185).
(2)猜想：∠CBD=90°+∠OAD．
理由：如图②中，设BD交OA于点J．
∵OA//BC，
∴∠CBD=∠OJD，
∵∠OJD=∠ADB+∠OAD，
∴∠CBD=90°+∠OAD．
【解析】(1)设P(0,m)，构建方程求解；
(2)利用平行线的性质以及三角形的外角的性质证明即可．
本题考查坐标与图形的变化-平移，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
21.【答案】解：(1)点B的坐标为(3,-1)．
理由如下：作BD⊥x轴于D，
∴∠BOC=90°=∠BDC，
∴∠OAC+∠ACO=90°，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠ACO+∠BCD=90°，
∴∠OAC=∠BCD，
在△AOC和△CDB中，
∠OAC=∠BCD∠AOC=∠CDB=90°AC=BC，
∴△AOC≌△CDB(AAS)，
∴AO=CD，OC=BD，
∵A(0,-2)，C(1,0)，
∴AO=CD=2，OC=BD=1，
∴OD=3，
∵B在第四象限，
∴点B的坐标为(3,-1)；
(2)a+m+n=0．
证明：作BE⊥x轴于E，
∴∠BEC=∠AOC=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∴∠2=∠3，
在△CEB和△AOC中，
∠2=∠3∠BEC=∠AOCAC=BC，
∴△CEB≌△AOC(AAS)，
∴AO=CE=a，BE=CO，
∵BE⊥x轴于E，
∴BE//y轴，
∵BD⊥y轴于点D，EO⊥y轴于点O，
∴EO=BD=m，
∴BE=-n，
∴a+m=-n，
∴a+m+n=0．
【解析】(1)过点B作BD⊥x轴于D，利用同角的余角相等求出∠OAC=∠BCD，然后利用“角角边”证明△AOC和△CDB全等，根据全等三角形对应边相等可得AO=CD，OC=BD，然后求出OD，再根据点D在第四象限写出点D的坐标即可；
(2)过点B作BE⊥x轴于E，利用同角的余角相等求出∠2=∠3，再利用“角角边”证明△CEB和△AOC全等，根据全等三角形对应边相等可得AO=CE，BE=CO，然后代入a、m、n整理即可得解．
本题考查了全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，等腰直角三角形的性质，同角的余角相等的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
22.【答案】解：(1)点M(3,4)关于“2的衍生点”M'的坐标为：(3+2×4,3+4-2×3)，
即M'(11,1)；
(2)设N(x,y)，
∵点N关于“3的衍生点”N'(4,-1)，
∴4=x+3y-1=x+y-3x，
解得：x=1y=1，
∴点N的坐标为(1,1)；
(3)∵点P在x轴的正半轴上，
∴设P(x,0)，
点P关于“k的衍生点”P1，则P1(x+0k,x+0-kx)，
即P1(x,x-kx)，
点P1关于“-1的衍生点”P2，则P2(x-x+kx,x+x-kx+x)，
即P2(kx,3x-kx)，
∵线段PP1的长度不超过线段OP长度的一半，
∴|x-kx|≤x2，
∵x>0，
∴|1-k|≤12，
∴12≤k≤32，
P2到x轴的距离是P1到x轴距离的2倍，即3x-kx-x+kx=2，
∴2x=2，
∴x=1，
∴P2到x轴的距离是P1到x轴距离的2倍与k没关系，
∴12≤k≤32．
【解析】(1)由衍生点的定义即可得出结果；
(2)设N(x,y)，由点N关于“3的衍生点”N'(4,-1)，得出4=x+3y-1=x+y-3x，解方程即可得出结果；
(3)设P(x,0)，求出P1(x,x-kx)，P2(kx,3x-kx)，由线段PP1的长度不超过线段OP长度的一半，得出|x-kx|≤x2，∵x>0，解得12≤k≤32，由P2到x轴的距离是P1到x轴距离的2倍，即3x-kx-x+kx=2，得出x=1，P2到x轴的距离是P1到x轴距离的2倍与k没关系，即12≤k≤32．
本题是三角形综合题，主要考查了图形与坐标的性质、新概念衍生点、解二元一次方程组、一元一次不等式等知识，熟练掌握衍生点的定义是解题的关键．
23.【答案】平行
【解析】解：(1)∵(a+8)2+c+4=0，
∴a+8=0，c+4=0，
∴a=-8，c=-4，
∴A(-8,0)，B(-4,-4)，C(0,-4)，
∴BC//AO，
故答案为：平行；
(2)过B点作BE⊥AO于E，设时间经过t秒，S△PAB=3S△QBC，则AP=2t，OQ=t，BE=4，BC=4，CQ=4-t，
∴S△APB=12AP⋅BE=12×2t×4=4t，S△BCQ=12CQ⋅BC=12(4-t)×4=8-2t，
∵S△APB=3S△BCQ，
∴4t=3(8-2t)，
解得，t=2.4，
∴AP=2t=4.8，
∴OP=OA-AP=3.2，
∴点P的坐标为(-3.2,0)；
(3)∠PQB=∠OPQ+25°或∠BQP+∠OPQ=155°．
理由如下：
当点Q在点C的上方时，过Q点作QH//AO，如图2所示，
∴∠OPQ=∠PQH，
∵BC//AO，QH//AO，
∴QH//BC，
∴∠HQB=∠CBQ=25°，
∴∠OPQ+∠CBQ=∠PQH+∠BQH，
∴∠PQB=∠OPQ+∠CBQ，即∠PQB=∠OPQ+25°；
②当点Q在点C的下方时；过Q点作HJ//AO 如图3所示，
∴∠OPQ=∠PQJ，
∵BC//AO，QH//AO，
∴QH//BC，
∴∠HQB=∠CBQ=25°，
∴∠HQB+∠BQP+∠PQJ=180°，
∴25°+∠BQP+∠OPQ=180°，
即∠BQP+∠OPQ=155°，
综上所述，∠PQB=∠OPQ+25°或∠BQP+∠OPQ=155°．
(1)根据非负数的性质分别求出a、c，得到点B的坐标，根据坐标与图形性质判断AO和BC位置关系；
(2)过B点作BE⊥AO于E，根据三角形的面积公式求出AP，得到点P的坐标；
(3)分点Q在点C的上方、点Q在点C的下方两种情况，根据平行线的性质解答即可．
本题属于三角形综合题，考查的是三角形的面积计算、坐标与图形性质、平行线的性质、三角形内角和定理，掌握非负数的性质、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
24.【答案】等腰直角三角形 (-2,8)；(-2,-4)；(4,8)；(4,-4)；(1,5)；(1,-1)
【解析】解：(1)∵A(2,4)，B(-3,-8)，
∴AB=(-3-2)2+(-8-4)2=13；
(2)∵AB平行y轴，
∴A、B两点的横坐标相同，
∵点A的纵坐标为4，点B的纵坐标为-1，
∴AB=5；
(3)∵D(1,6)、E(-2,2)、F(4,2)，
∴DE=(1+2)2+(6-2)2=5，DF=(1-4)2+(6-2)2=5，EF=|4+2|=6，
∴DE=DF，
∴△DEF是等腰三角形，
故答案为：等腰直角三角形；
(4)∵E(-2,2)、F(4,2)，EF=6，
∴当以E为顶点时，等腰直角三角形HEF中的H点坐标为(-2,8)，(-2,-4)；
当以F为顶点时，等腰直角三角形HEF中的H点坐标为(4,8)，(4,-4)；
当以EF为底边时，等腰直角三角形HEF中的H点坐标为(1,5)，(1,-1)；
∴使△HEF为等腰直角三角形的H点坐标为(-2,8)；(-2,-4)；(4,8)；(4,-4)；(1,5)；(1,-1)．
故答案为：(-2,8)；(-2,-4)；(4,8)；(4,-4)；(1,5)；(1,-1)．
(1)由公式即可求解；
(2)根据与坐标轴平行的点的坐标的特征可得A、B两点的横坐标相同，结合A，B两点坐标可求解；
(3)用公式分别求出DE=5，DF=5，EF=6，即可判断△DEF的形状；
(4)可分三种情况：当以E为顶点时，当以F为顶点时，当以EF为底边时，结合等腰直角三角形的性质可求解H点坐标．
本题考查平面内两点间距离，熟练掌握平面直角坐标系中两点距离的求法，利用轴对称求最短距离的方法是解题的关键．
25.【答案】解：(1)作C1F⊥OE于点F，
由已知条件得：OD=OE=5，C1E=4，OC1=BC=OA=3 ，
∵C1F=OC1⋅C1EOE=125，
在RtΔOC1F中，由勾股定理得：OF2+C1F2=OC12，
∴OF=95，
∴C1(95,-125)，
(2)P1(0,13)，P2(0,-7)，P3(133,0)，P4(-73,0)．
【解析】
【分析】
本题考查轴对称的性质，勾股定理，三角形的面积和等腰三角形的性质．
(1)作C1F⊥OE于点F，由面积法求的C1F的值，再由勾股定理的方程，解方程即可．
(2)分两种情况讨论当P在x轴上和y轴上分别求出P点的坐标即可．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)当P在x轴上时，连接AC1交x轴于H(1,0)，由ΔAPC1面积是9得PH=103，
所以P(133,0)或P(-73,0)
当P在y轴上时，由ΔAPC1面积是9得AP=10，
所以P(0,13)或P(0,-7)，
综上所述点P坐标为P1(0,13)，P2(0,-7)，P3(133,0)，
P4(-73,0)．
故答案为P1(0,13)，P2(0,-7)，P3(133,0)，P4(-73,0)．
浙教版初中数学八年级上册第四章《图形与坐标》单元测试卷
考试范围：第四章；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知点M(2m-1,m-1)在第四象限，则m的取值范围在数轴上表示正确的是( )
A. B.
C. D.
2. 如图，在平面直角坐标系中，AB//EG//x轴，BC//DE//HG//AP//y轴，点D、C、P、H在x轴上，A(1,2)，B(-1,2)，D(-3,0)，E(-3,-2)，G(3,-2)，把一条长为2019个单位长度且没有弹性的细线(线的粗细忽略不计)的一端固定在点A处，并按A-B-C-D-E-F-G-H-P-A…的规律紧绕在图形“凸”的边上，则细线另一端所在位置的点的坐标是( )
A. (1,1) B. (1,2) C. (-1,2) D. (-1,-2)
3. 我们把1，1，2，3，5，8，13，21，…这组数称为斐波那契数列，为了进一步研究，依次以这列数为半径作90°圆弧P1P2，P2P3，P3P4，…得到斐波那契螺旋线，然后顺次连结P1P2，P2P3，P3P4，…得到螺旋折线(如图)，已知点P1(0,1)，P2(-1,0)，P3(0,-1)，则该折线上的点P9的坐标为( )
A. (-6,24) B. (-6,25) C. (-5,24) D. (-5,25)
4. 如图，在平面直角坐标系中，已知A(2,0)，B(4,0)，点P为线段AB外一动点，且PA=32，以PB为边作等边△PBM，则线段AM的最大值为( )
A. 52 B. 72 C. 112 D. 20
5. 在平面直角坐标系中，一个智能机器人接到如下指令：从原点O出发，按向右、向上、向右、向下的方向依次不断移动，每次移动1m.其行走路线如图所示，第1次移动到A1，第2次移动到A2，⋯，第n次移动到An.则△OA2A2018的面积是( )
A. 504m2 B. 10092m2 C. 10112m2 D. 1009m2
6. 点P(-3,4)到x轴的距离是( )
A. -3 B. 3 C. 4 D. 5
7. 在平面直角坐标系中，点P(-2,-3)关于原点对称点的坐标是( )
A. (3,-2) B. (-3,-2) C. (2,3) D. (-2,3)
8. 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. 22 B. 18 C. 14 D. 10
9. 如图，点A的坐标为(-1,0)，点B在直线y=x上运动，当线段AB最短时，点B的坐标为 ( )
A. (0,0) B. (22,-22) C. (-12,-12) D. (-22,-22)
10. 如图，在平面直角坐标系中，直线AB与y轴在正半轴、x轴正半轴分别交A、B两点，M在BA的延长线上，PA平分∠MAO，PB平分∠ABO，则∠P的度数是( )
A. 30° B. 45° C. 55° D. 60°
11. 已知(a-2)2+b+3=0，则Pa, b关于x轴对称点的坐标为( )
A. (2,3) B. (2,-3) C. (-2,3) D. (-2,-3)
12. 在平面直角坐标系中，已知A(1,1)，要在坐标轴上找一点P，使得△PAO为等腰三角形，这样的P点有几个( )
A. 9 B. 8 C. 7 D. 6
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 已知等边三角形的高是边长的32倍，在平面坐标系中，A点的坐标为(1,3)，P点为x轴上一个动点，以AP为边构造等边△APQ，且A、P、Q按逆时针排列，若OQ长度为a，则a最小时Q的坐标是______．
14. 如图，在平面直角坐标系中，有一个Rt△OAB，∠ABO=90°，∠AOB=30°，直角边OB在y轴正半轴上，点A在第一象限，且OA=1，将Rt△OAB绕原点O逆时针旋转30°，同时把各边长扩大为原来的2倍(即OA1=2OA)，得到Rt△OA1B1.同理，将Rt△OA1B1绕原点O逆时针旋转30°，同时把各边长扩大为原来的2倍，得到Rt△OA2B2，……，依此规律，得到Rt△OA2021B2021，则点B2021的纵坐标为________．
15. 在平面直角坐标系中，点P(-4,3)到原点O的距离是___________．
16. 点P(m,1-m)在第一象限，则m的取值范围是______．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
已知直角△ABC的顶点A(2,0)，B(2,3)，A是直角顶点，斜边长为5，求顶点C的坐标．
18. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，将△ABC进行平移，平移后点A，B，C的对应点分别是点D，E，F，点A(0,a)，点B(0,b)，点Da,12a，点Em-b,12a+4．
(1)若a=1，求m的值；
(2)若点C-a,14m+3，其中a>0.直线CE交y轴于点M，且△BEM的面积为1，试探究AF和BF的数量关系，并说明理由．
19. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，点A(a,0)，B(b,b)，C(0,c)，且满足(a-8)2+|b-4|+c-4=0，P点从A点出发沿x轴负方向以每秒2个单位长度的速度匀速移动，Q点从O点出发沿y轴正方向以每秒1个单位长度的速度匀速移动．
(1)直接写出点A的坐标______；B的坐标______；C的坐标______．
(2)当P，Q分别在线段AO，OC上时，连接PB，QB，当S△PAB=2S△QBC时，求出点P的坐标；
(3)在P，Q运动的过程中，当∠CBQ=30°时，请直接写出∠OPQ和∠PQB的数量关系．
20. (本小题8.0分)
综合与探究
在平面直角坐标系中，点A在第四象限，将线段AO平移至线段BC的位置，点A的对应点是点B，点O的对应点是点C．
(1)如图①，点A的坐标是(2,-3)，点B的坐标是(-3,0)，连接OC.若在y轴上存在一点P，使得三角形COP的面积是三角形OBC的面积的2倍，求点P的坐标．
(2)如图②，当点C在y轴的正半轴上，点D在y轴的负半轴上，且∠ADB=90°时，试猜想∠CBD与∠OAD的数量关系，并说明理由．
21. (本小题8.0分)
已知：在平面直角坐标系中，等腰直角△ABC顶点A、C分别在y轴、x轴上，且∠ACB=90°，AC=BC．
(1)如图1，当A(0,-2)，C(1,0)，点B在第四象限时，先写出点B的坐标，并说明理由．
(2)如图2，当点C在x轴正半轴上运动，点A(0,a)在y轴正半轴上运动，点B(m,n)在第四象限时，作BD⊥y轴于点D，试判断a，m，n之间的关系，请证明你的结论．
22. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系中，我们规定：点P(a,b)关于“k的衍生点”P'(a+kb,a+b-ka)，其中k为常数且k≠0，如：点Q(1,4)关于“5的衍生点”Q'(1+5×4,1+4-5×1)，即Q'(21,0)．
(1)求点M(3,4)关于“2的衍生点”M的坐标；
(2)若点N关于“3的衍生点”N'(4,-1)，求点N的坐标；
(3)若点P在x轴的正半轴上，点P关于“k的衍生点”P1，点P1关于“-1的衍生点”P2，且线段PP1的长度不超过线段OP长度的一半，请问：是否存在k值使得P2到x轴的距离是P1到x轴距离的2倍？若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由．
23. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(a,0)，B(c,c)，C(0,c)，且满足(a+8)2+c+4=0，P点从A点出发沿x轴正方向以每秒2个单位长度的速度匀速移动，Q点从O点出发沿y轴负方向以每秒1个单位长度的速度匀速移动．
(1)直接写出点B的坐标，AO和BC位置关系是______；
(2)如图(1)当P、Q分别在线段AO，OC上时，连接PB，QB，使S△PAB=3S△QBC，求出点P的坐标；
(3)在P、Q的运动过程中，当∠CBQ=25°时，请直接写出∠OPQ和∠PQB的数量关系．
24. (本小题8.0分)
阅读下列一段文字，然后回答问题．
已知在平面内两点P1(x1,y1)，P2(x2,y2)，两点间的距离P1P2=(x1-x2)2+(y1-y2)2.当两点所在的直线在坐标轴或平行于坐标轴时，两点间的距离公式为|x2-x1|或|y2-y1|.(1)已知A(2,4)，B(-3,-8)，试求A，B两点间的距离；
(2)已知点A，B在平行于y轴的直线上，点A的纵坐标为4，点B的纵坐标为-1，试求A，B两点间的距离．
(3)已知一个三角形各顶点坐标为D(1,6)、E(-2,2)、F(4,2)，请写出此三角形的形状______．
(4)在(3)的条件下，平面直角坐标系中，若H为动点，请写出使△HEF为等腰直角三角形的H点坐标______．
25. (本小题8.0分)
长方形OABC在平面直角坐标系内位置如图所示，点A，C分别在y轴，x轴上，点D(4,3)在AB上，点E在OC 上，沿DE折叠，使点B与点O重合，点C与点C1重合．
(1)求点C1坐标；
(2)若点P在坐标轴上，且ΔAPC1面积是9，请直接写出点P坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了在数轴上表示不等式的解集，不等式的解集在数轴上表示出来的方法：“>”空心圆点向右画折线，“≥”实心圆点向右画折线，“<”空心圆点向左画折线，“≤”实心圆点向左画折线．
根据第四象限内点的坐标特点列出关于m的不等式组，求出m的取值范围，并在数轴上表示出来即可．
【解答】
解：∵点M(2m-1,m-1)在第四象限，
∴2m-1>0①m-1<0②，
解不等式①，得：m>12，
解不等式②，得：m<1，
则不等式组的解集为12
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查平面直角坐标系中点的坐标的变化规律，理解题意，求出“凸”形的周长是解题关键.先根据已知点的坐标，求出凸形ABCDEGHP的周长为20，根据2019÷20的余数为19，即可得出答案．
【解答】
解：∵A(1,2)，B(-1,2)，D(-3,0)，E(-3,-2)，G(3,-2)，
∴“凸”形ABCDEGHP的周长为：AB+BC+CD+DE+EG+GH+HP+PA=2+2+2+2+6+2+2+2=20，
∵2019÷20=100······19，余数为19，
∴细线另一端所在位置的点在P处上面1个单位的位置，坐标为(1,1)．
故选A．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
此题考查了图形规律的问题和点的坐标的确定，观察图象，推出P9的位置，即可解决问题．本题考查规律型：点的坐标等知识，解题的关键是理解题意，确定P9的位置．
【解答】
解：由题意，P5在P2的正上方，推出P9在P6的正上方，且到P6的距离=21+5=26，
所以P9的坐标为(-6,25)，
故选B．
4.【答案】B
【解析】解：如图所示，
∵△PBM是等边三角形，点P在圆心为A，半径为32的⊙A上运动，
∴点M的运动轨迹也是圆，
当点P1(3.5,0)时，点M与E重合，当P2(0.5,0)时，点M与F重合，点M所在的⊙O'的直径EF=P1P2=3，
∴AO'=2，当点M在AO'的延长线上时，AM的值最大，最大值为2+1.5=72，
故选：B．
△PBM是等边三角形，点P在圆心为A半径为32的⊙A上运动，推出点M的运动轨迹也是圆，当点P1(3.5,0)时，点M与E重合，当P2(0.5,0)时，点M与F重合，点M所在的⊙O'的直径EF=P2P1=3，利用点与圆的位置关系即可解决问题．
本题考查旋转变换、动点问题、等边三角形的性质、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹，学会利用特殊位置解决轨迹问题中的直径的长，属于中考选择题中的压轴题．
5.【答案】A
【解析】略
6.【答案】C
【解析】解：∵|4|=4，
∴点P(-3,4)到x轴距离为4．
故选：C．
纵坐标的绝对值就是点到x轴的距离．
本题考查了点的坐标的几何意义：点到x轴的距离为点的纵坐标的绝对值，到y轴的距离为点的横坐标的绝对值．
7.【答案】C
【解析】解：点P(-2,-3)关于原点对称点的坐标是(2,3)．
故选C．
根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
本题考查了点的坐标，熟记关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：取AC的中点D，连接OD，BD，OB，如图，
∵D为AC的中点，∠AOC=90°，
∴OD=CD=12AC=8．
∵∠ACB=90°，
∴BD=BC2+CD2=62+82=10．
当O，D，B三点不在一条直线上时，OB
∴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．
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．
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．
9.【答案】C
【解析】解：线段AB最短，说明AB此时为点A到y=x的距离．
过A点作垂直于直线y=x的垂线AB，
∵直线y=x与x轴的夹角∠AOB=45°，
∴△AOB为等腰直角三角形，
过B作BC垂直x轴，垂足为C，
则BC为中垂线，
则OC=BC=12.作图可知B在x轴下方，y轴的左方．
∴点B的横坐标为负，纵坐标为负，
∴当线段AB最短时，点B的坐标为(-12,-12).
故选：C．
过A点作垂直于直线y=x的垂线AB，此时线段AB最短，因为直线y=x的斜率为1，所以∠AOB=45°，△AOB为等腰直角三角形，过B作BC垂直x轴垂足为C，则OC=BC=12.因为B在第三象限，所以点B的坐标为(-12,-12).
本题考查了动点坐标的确定，还考查了学生的动手操作能力，本题涉及到的知识点为：垂线段最短．
10.【答案】B
【解析】解：∵OA⊥OB，
∴∠OAB+∠ABO=90°，∠AOB=90°．
∵PA平分∠MAO，
∴∠PAO=12∠OAM=12(180°-∠OAB)．
∵PB平分∠ABO，
∴∠ABP=12∠ABO，
∴∠P=180°-∠PAO-∠OAB-∠ABP=180°-12(180°-∠OAB)-∠OAB-12∠ABO=90°-12(∠OAB+∠ABO)=45°．
故选：B．
由OA⊥OB即可得出∠OAB+∠ABO=90°、∠AOB=90°，再根据角平分线的定义以及三角形内角和定理即可求出∠P的度数．
本题考查了三角形内角和定理，解题的关键是找出∠P=90°-12(∠OAB+∠ABO).本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，熟练运用三角形内角和定理解决问题是关键
11.【答案】A
【解析】
【分析】
此题主要考查了关于x轴对称点的性质，非负性有关知识，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．即点P(a,b)关于x轴的对称点P'的坐标是(a,-b)，进而得出答案．
【解答】
解：∵a-2=0，b+3=0，
∴a=2，b=-3
点P(2,-3)，
∴点A关于x轴的对称点的坐标为：(2,3).
故选A．
12.【答案】B
【解析】解：如图所示，使得△PAO为等腰三角形，这样的P点有8个．
故选B．
建立平面直角坐标系，然后作出符合等腰三角形的点P的位置，即可得解．
本题考查了等腰三角形的判定，作出图形，利用数形结合的思想求解更形象直观．
13.【答案】(32,-32)
【解析】解：如图，在x轴上取点B(2,0)，连接AB，BQ，
∵A(1,3)，
∴∠AOB=60°，AO=2=OB，
∴△AOB为等边三角形，
∴AO=AB，∠OAB=60°，
∵∠PAQ=60°，
∴∠OAP=∠BAQ，
∵AP=AQ，
∴△OAP≌△BAQ(SAS)，
∴∠ABQ=∠AOP=60°，
即Q点在∠PBQ=60°的直线上运动，
∴当Q'O⊥BQ时，OQ'最小，
∵∠OBQ=60°，OB=2，
∴Q'O=32×2=3，
∴Q'(32,-32)，
故答案为：(32,-32).
在x轴上取点B(2,0)，连接AB，BQ，首先可得△AOB为等边三角形，再利用SAS说明△OAP≌△BAQ，得∠ABQ=∠AOP=60°，即Q点在∠PBQ=60°的中线上运动，从而解决问题．
本题主要考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，确定点Q的运动路径是解题的关键．
14.【答案】-3×22019
【解析】
【分析】
此题主要考查了点的坐标变化规律，旋转的性质，得出B点坐标变化规律是解题关键．根据题意得出B点坐标变化规律，进而得出点B2021的坐标位置，进而得出答案．
【解答】
解：∵△AOB是直角三角形，OA=1，∠AOB=30°，
∴AB=12，OB=32，
∴B(0,32)，
将Rt△OAB绕原点O逆时针旋转30°得到直角三角形OA1B1，且A1O=2AO，
再将Rt△OA1B1绕原点O逆时针旋转30°得到Rt△OA2B2，且A2O=2A1O…，依此规律，
∴每12次循环一周，B1(-32,32)，B2(-3,3)，B3(-43,0)，B4(-12,-43)，B5(-83,-24)，...
∵2021÷12=168…5，
∴点B2021与B5同在一个象限内，
∵点B5的纵坐标-24=-3×23，点B17的纵坐标-3×215，...，
∴点B2021的纵坐标为-3×22019．
故答案为-3×22019．
15.【答案】5
【解析】
【分析】
本题考查两点间的距离公式，解题的关键是正确运用两点距离公式，本题属于基础题型．根据两点间的距离公式即可求出答案．
【解答】
解：由题意可知：P(-4,3)到坐标原点O的距离：-4-02+3-02=5，
故答案为5．
16.【答案】0
∴m>01-m>0，
解得0
本题主要考查了平面直角坐标系中各个象限的点的坐标的符号特点，此特点常与不等式、方程结合起来求一些字母的取值范围．
17.【答案】解：如图所示：
易知AB=3.A是直角顶点，斜边长为5，可得AC=4.则点C在x轴．
当点C在点A左边时，点C的横坐标为2-4=-2，点C(-2,0)；
当点C在点A右边时，点C的横坐标为2+4=6，点C(6,0)．
【解析】解决本题的关键是根据勾股定理得到直角三角形的另一直角边，需注意点C的位置的两种情况.可在坐标系内画出草图分析求解．
18.【答案】解：(1)当a=1时，由△ABC平移得到△DEF，
A(0,1)，B(0,b)的对应点分别为D(1,12)，E(m-b,92)，
可得m-b=1b-92=1-12，解得b=5m=6,
故m的值为6；
(2)AF=BF．
理由如下：由△ABC平移得到△DEF，
点A(0,a)，点B(0,b)的对应点分别为D(a,12a)，点E(m-b,12a+4)，
可得a=m-b①a-12a=b-(12a+4)②,
由②得b=a+4③，
把③代入①，得m=2a+4，
∴14m+3=12a+4，即点C与点E的纵坐标相等，
∴CE//x轴，
∴点M(0,12a+4)，
∴△BEM的面积=12BM⋅EM=1，
∵a>0，
∴BM=a+4-(12a+4)=12a，EM=a，
∴14a2=1，
∴a=2，
∴A(0,2)，B(0,6)，C(-2,5)．
又∵在平移中点F与点C是对应点，
∴F(0,4)，
∴AF=4-2=2，BF=6-4=2，
∴AF=BF．
【解析】本题考查了坐标与图形变化-平移，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．也考查了三角形的面积，有一定难度．
(1)当a=1时，得出A、B、D、E四点的坐标，再根据平移的规律得到m-b=1b-92=1-12，即可求出m的值；
(2)由平移的规律得出a=m-ba-12a=b-12a+4，变形整理得到14m+3=12a+4，那么CE//x轴，根据三角形BEM的面积=12BM⋅EM=1，求出a=2，A(0,2)，B(0,6)，C(-2,5).根据点F与点C是对应点，得出F(0,4)，然后求出AF与BF的值即可．
19.【答案】(8,0) (4,4) (0,4)
【解析】解：(1)∵(a-8)2+|b-4|+c-4=0，(a-8)2≥0，|b-4|≥0，c-4≥0，
∴a-8=0，b-4=0，c-4=0，
解得：a=8，b=4，c=4，
∴A的坐标(8,0)，B的坐标(4,4)，C的坐标(0,4)，
故答案为：(8,0)，(4,4)，(0,4)；
(2)过点B作BD⊥AO，垂足为点D，
由题意可得，BC=4，BD=4，OA=8，
设运动时间经过t秒，则AP=2t，OQ=t，
∴CQ=4-t，
∴S△ÅPB=12AP⋅BD=12×2t×4=4t，S△BCQ=12CQ⋅BC=12×(4-t)×4=8-2t，
∵S△APB=2S△BCQ，
∴4t=2(8-2t)，
解得：t=2，
∴AP=2t=4，
∴OP=OA-AP=4，
∴点P的坐标为(4,0)；
(3)∠PQB-∠OPQ=30°或∠PQB+∠OPQ=150°，理由：
过点Q作QH//x轴，交直线AB与点H，
∵B的坐标(4,4)，C的坐标(0,4)；
∴AO//BC，
∵QH//AO，BC//AO，
∴QH//BC，
∴∠OPQ=∠PQH，∠CBQ=∠BQH，
如图，当Q在C的下方时，∠PQH=∠PQB-∠HQB，
∴∠OPQ=∠PQB-∠QBC，
当∠QBC=30°时，∠OPQ=∠PQB-30°，即∠PQB-∠OPQ=30°；
如图，当Q在C的上方时，
∵QH//BC，
∴∠HQB=∠CBQ=30°，
∵∠HQB+∠PQB=∠HQP=180°-∠OPQ，
∴∠OPQ=150°-∠PQB，即∠PQB+∠OPQ=150°，
综上所述：∠OPQ和∠PQB的数量关系是∠OPQ=∠PQB-30°或∠PQB+∠OPQ=150°．
(1)根据算术平方根和偶次方的非负性求出a、b、c的值，从而得到点A、B、C的坐标；
(2)表示出t秒时点P和点Q的坐标，用含t的式子表示出△PAB和△QBC的面积，根据题意列出关于t的方程，求出t即可确定P的坐标；
(3)分Q在C的上方、Q在C的下方两种情况，过点Q作QH//x轴，交AB与点H，根据平行线的性质即可确定∠OPQ和∠PQB的数量关系；
本题考查的是平行线的性质、非负数的性质、平面直角坐标系和三角形的面积公式，解题的关键是能利用非负数的性质求出a和c的值，确定点A，B，C的坐标，灵活运用分情况讨论思想也是解答此题的关键．
20.【答案】解：(1)设P(0,m)．
由题意C(-5,3)，B(-3,0)，
∴OB=3，
∴S△CBO=12×3×3=92，
则有12×|m|×5=9，
∴m=±185，
∴P(0,185)或(0,-185).
(2)猜想：∠CBD=90°+∠OAD．
理由：如图②中，设BD交OA于点J．
∵OA//BC，
∴∠CBD=∠OJD，
∵∠OJD=∠ADB+∠OAD，
∴∠CBD=90°+∠OAD．
【解析】(1)设P(0,m)，构建方程求解；
(2)利用平行线的性质以及三角形的外角的性质证明即可．
本题考查坐标与图形的变化-平移，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
21.【答案】解：(1)点B的坐标为(3,-1)．
理由如下：作BD⊥x轴于D，
∴∠BOC=90°=∠BDC，
∴∠OAC+∠ACO=90°，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠ACO+∠BCD=90°，
∴∠OAC=∠BCD，
在△AOC和△CDB中，
∠OAC=∠BCD∠AOC=∠CDB=90°AC=BC，
∴△AOC≌△CDB(AAS)，
∴AO=CD，OC=BD，
∵A(0,-2)，C(1,0)，
∴AO=CD=2，OC=BD=1，
∴OD=3，
∵B在第四象限，
∴点B的坐标为(3,-1)；
(2)a+m+n=0．
证明：作BE⊥x轴于E，
∴∠BEC=∠AOC=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∴∠2=∠3，
在△CEB和△AOC中，
∠2=∠3∠BEC=∠AOCAC=BC，
∴△CEB≌△AOC(AAS)，
∴AO=CE=a，BE=CO，
∵BE⊥x轴于E，
∴BE//y轴，
∵BD⊥y轴于点D，EO⊥y轴于点O，
∴EO=BD=m，
∴BE=-n，
∴a+m=-n，
∴a+m+n=0．
【解析】(1)过点B作BD⊥x轴于D，利用同角的余角相等求出∠OAC=∠BCD，然后利用“角角边”证明△AOC和△CDB全等，根据全等三角形对应边相等可得AO=CD，OC=BD，然后求出OD，再根据点D在第四象限写出点D的坐标即可；
(2)过点B作BE⊥x轴于E，利用同角的余角相等求出∠2=∠3，再利用“角角边”证明△CEB和△AOC全等，根据全等三角形对应边相等可得AO=CE，BE=CO，然后代入a、m、n整理即可得解．
本题考查了全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，等腰直角三角形的性质，同角的余角相等的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
22.【答案】解：(1)点M(3,4)关于“2的衍生点”M'的坐标为：(3+2×4,3+4-2×3)，
即M'(11,1)；
(2)设N(x,y)，
∵点N关于“3的衍生点”N'(4,-1)，
∴4=x+3y-1=x+y-3x，
解得：x=1y=1，
∴点N的坐标为(1,1)；
(3)∵点P在x轴的正半轴上，
∴设P(x,0)，
点P关于“k的衍生点”P1，则P1(x+0k,x+0-kx)，
即P1(x,x-kx)，
点P1关于“-1的衍生点”P2，则P2(x-x+kx,x+x-kx+x)，
即P2(kx,3x-kx)，
∵线段PP1的长度不超过线段OP长度的一半，
∴|x-kx|≤x2，
∵x>0，
∴|1-k|≤12，
∴12≤k≤32，
P2到x轴的距离是P1到x轴距离的2倍，即3x-kx-x+kx=2，
∴2x=2，
∴x=1，
∴P2到x轴的距离是P1到x轴距离的2倍与k没关系，
∴12≤k≤32．
【解析】(1)由衍生点的定义即可得出结果；
(2)设N(x,y)，由点N关于“3的衍生点”N'(4,-1)，得出4=x+3y-1=x+y-3x，解方程即可得出结果；
(3)设P(x,0)，求出P1(x,x-kx)，P2(kx,3x-kx)，由线段PP1的长度不超过线段OP长度的一半，得出|x-kx|≤x2，∵x>0，解得12≤k≤32，由P2到x轴的距离是P1到x轴距离的2倍，即3x-kx-x+kx=2，得出x=1，P2到x轴的距离是P1到x轴距离的2倍与k没关系，即12≤k≤32．
本题是三角形综合题，主要考查了图形与坐标的性质、新概念衍生点、解二元一次方程组、一元一次不等式等知识，熟练掌握衍生点的定义是解题的关键．
23.【答案】平行
【解析】解：(1)∵(a+8)2+c+4=0，
∴a+8=0，c+4=0，
∴a=-8，c=-4，
∴A(-8,0)，B(-4,-4)，C(0,-4)，
∴BC//AO，
故答案为：平行；
(2)过B点作BE⊥AO于E，设时间经过t秒，S△PAB=3S△QBC，则AP=2t，OQ=t，BE=4，BC=4，CQ=4-t，
∴S△APB=12AP⋅BE=12×2t×4=4t，S△BCQ=12CQ⋅BC=12(4-t)×4=8-2t，
∵S△APB=3S△BCQ，
∴4t=3(8-2t)，
解得，t=2.4，
∴AP=2t=4.8，
∴OP=OA-AP=3.2，
∴点P的坐标为(-3.2,0)；
(3)∠PQB=∠OPQ+25°或∠BQP+∠OPQ=155°．
理由如下：
当点Q在点C的上方时，过Q点作QH//AO，如图2所示，
∴∠OPQ=∠PQH，
∵BC//AO，QH//AO，
∴QH//BC，
∴∠HQB=∠CBQ=25°，
∴∠OPQ+∠CBQ=∠PQH+∠BQH，
∴∠PQB=∠OPQ+∠CBQ，即∠PQB=∠OPQ+25°；
②当点Q在点C的下方时；过Q点作HJ//AO 如图3所示，
∴∠OPQ=∠PQJ，
∵BC//AO，QH//AO，
∴QH//BC，
∴∠HQB=∠CBQ=25°，
∴∠HQB+∠BQP+∠PQJ=180°，
∴25°+∠BQP+∠OPQ=180°，
即∠BQP+∠OPQ=155°，
综上所述，∠PQB=∠OPQ+25°或∠BQP+∠OPQ=155°．
(1)根据非负数的性质分别求出a、c，得到点B的坐标，根据坐标与图形性质判断AO和BC位置关系；
(2)过B点作BE⊥AO于E，根据三角形的面积公式求出AP，得到点P的坐标；
(3)分点Q在点C的上方、点Q在点C的下方两种情况，根据平行线的性质解答即可．
本题属于三角形综合题，考查的是三角形的面积计算、坐标与图形性质、平行线的性质、三角形内角和定理，掌握非负数的性质、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
24.【答案】等腰直角三角形 (-2,8)；(-2,-4)；(4,8)；(4,-4)；(1,5)；(1,-1)
【解析】解：(1)∵A(2,4)，B(-3,-8)，
∴AB=(-3-2)2+(-8-4)2=13；
(2)∵AB平行y轴，
∴A、B两点的横坐标相同，
∵点A的纵坐标为4，点B的纵坐标为-1，
∴AB=5；
(3)∵D(1,6)、E(-2,2)、F(4,2)，
∴DE=(1+2)2+(6-2)2=5，DF=(1-4)2+(6-2)2=5，EF=|4+2|=6，
∴DE=DF，
∴△DEF是等腰三角形，
故答案为：等腰直角三角形；
(4)∵E(-2,2)、F(4,2)，EF=6，
∴当以E为顶点时，等腰直角三角形HEF中的H点坐标为(-2,8)，(-2,-4)；
当以F为顶点时，等腰直角三角形HEF中的H点坐标为(4,8)，(4,-4)；
当以EF为底边时，等腰直角三角形HEF中的H点坐标为(1,5)，(1,-1)；
∴使△HEF为等腰直角三角形的H点坐标为(-2,8)；(-2,-4)；(4,8)；(4,-4)；(1,5)；(1,-1)．
故答案为：(-2,8)；(-2,-4)；(4,8)；(4,-4)；(1,5)；(1,-1)．
(1)由公式即可求解；
(2)根据与坐标轴平行的点的坐标的特征可得A、B两点的横坐标相同，结合A，B两点坐标可求解；
(3)用公式分别求出DE=5，DF=5，EF=6，即可判断△DEF的形状；
(4)可分三种情况：当以E为顶点时，当以F为顶点时，当以EF为底边时，结合等腰直角三角形的性质可求解H点坐标．
本题考查平面内两点间距离，熟练掌握平面直角坐标系中两点距离的求法，利用轴对称求最短距离的方法是解题的关键．
25.【答案】解：(1)作C1F⊥OE于点F，
由已知条件得：OD=OE=5，C1E=4，OC1=BC=OA=3 ，
∵C1F=OC1⋅C1EOE=125，
在RtΔOC1F中，由勾股定理得：OF2+C1F2=OC12，
∴OF=95，
∴C1(95,-125)，
(2)P1(0,13)，P2(0,-7)，P3(133,0)，P4(-73,0)．
【解析】
【分析】
本题考查轴对称的性质，勾股定理，三角形的面积和等腰三角形的性质．
(1)作C1F⊥OE于点F，由面积法求的C1F的值，再由勾股定理的方程，解方程即可．
(2)分两种情况讨论当P在x轴上和y轴上分别求出P点的坐标即可．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)当P在x轴上时，连接AC1交x轴于H(1,0)，由ΔAPC1面积是9得PH=103，
所以P(133,0)或P(-73,0)
当P在y轴上时，由ΔAPC1面积是9得AP=10，
所以P(0,13)或P(0,-7)，
综上所述点P坐标为P1(0,13)，P2(0,-7)，P3(133,0)，
P4(-73,0)．
故答案为P1(0,13)，P2(0,-7)，P3(133,0)，P4(-73,0)．
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