初中北师大版2 平面直角坐标系课后练习题

这是一份初中北师大版2 平面直角坐标系课后练习题，共48页。试卷主要包含了单选题，第四象限作等腰直角三角形，填空题等内容，欢迎下载使用。

专题3.16 平面直角坐标系背景下的几何问题（专项练习）
一、单选题
1．如图，在平面直角坐标系中，将直角三角形的直角顶点固定在点处，转动直角三角形，若两条直角边分别与x轴正半轴交于点A，y轴正半轴交于点B，则的值为（ ）

A．8 B． C．16 D．
2．如图，点A的坐标为，点B为y轴的负半轴上的一个动点，分别以、为直角边在第三、第四象限作等腰直角三角形、等腰直角三角形，连接交y轴于P点，当点B在y轴上移动时，则的长度为（ ）


A．2 B．2.5 C．3 D．4
3．如图，在中，，，点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为（ ）

A． B． C． D．
4．已知点，，点在轴上，且三角形的面积是3，则点的坐标是（ ）
A． B． C．或 D．或
5．如图，在直角坐标系内，正方形如图摆放，已知顶点 A(a，0)，B(0，b) ，则顶点C的坐标为（ ）

A．(-b，a + b) B．(-b，b - a) C．(-a，b - a) D．(b，b -a)
6．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
7．在平面直角坐标系中，已知中的直角顶点落在第一象限，，，且，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，点的坐标为，点为轴的负半轴上的一个动点，分别以，为直角边在第三、第四象限作等腰直角三角形、等腰直角三角形，连接交轴于点，当点在轴上移动时，则的长度为（ ）

A．2 B．4 C．6 D．8
9．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、C、F在坐标轴上，E是OA的中点，四边形AOCB是矩形，四边形BDEF是正方形，若点C的坐标为(3，0)， 则点D的坐标为（ ）

A．(1, 3) B．(1，) C．(1，) D．(，)
10．在平面直角坐标系xOy中，点A（0，2），B（a，0），C（m，n），其中m＞a，a＜1，n＞0，若△ABC是等腰直角三角形，且AB＝BC，则m的取值范围是（　　）
A．0＜m＜2 B．2＜m＜3 C．m＜3 D．m＞3
11．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（1，0），B（1﹣a，0），C（1+a，0）（a＞0），点P在以D（4，4）为圆心，1为半径的圆上运动，且始终满足∠BPC=90°，则a的最大值是（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
12．如图，平面直角坐标系中，△ABC≌△DEF， AB＝BC＝5．若A点的坐标为(﹣3，1)，B、C两点在直线y＝﹣3上，D、E两点在y轴上，则点F的横坐标为（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5


二、填空题
13．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边分别在x轴和y轴上，OA＝10cm，OC＝6cm，F是线段OA上的动点，从点O出发，以1cm/s的速度沿OA方向作匀速运动，点Q在线段AB上．已知A，Q两点间的距离是O，F两点间距离的a倍，若用（a，t）表示经过时间t（x）时，△OCF，△FAQ，△CBQ中有两个三角形全等，请写出（a，t）的所有可能情况___________________．

14．已知在平面直角坐标系中，A、B两点的坐标分别为A（1，2）、B（3，1），P，Q分别是x轴，y轴上两个动点，则四边形ABPQ的周长最小值为____．
15．（1）点到两坐标轴的距离相等，则点P的坐标为__________；
（2）正方形的两边与x，y轴的负方向重合，其中正方形的一个顶点坐标为，则点C的坐标为_______．
16．如图，在直角坐标系中，点A（2，2），C（4，4）是第一象限角平分线上的两点，点B的纵坐标为2，且BA＝CB，在y轴上取一点D，连接AB，BC，AD，CD，使得四边形ABCD的周长最小，则这个周长的最小值为____．

17．已知点A的坐标为（﹣2，4），线段AB∥y轴，点C在y轴上，若△ABC的面积为4，则点B的坐标为 ____．
18．在平面直角坐标系中，点A（，0），点B（0，2），连接AB，在第一象限内以AB为腰作等腰直角三角形ABC，则线段OC的长为__________________．
19．在平面直角坐标系中，已知点、、，且三角形的面积等于8，则a的值是______．
20．如图，在平面直角坐标系中，，两点的坐标分别为和，为等边三角形，则点的坐标为______．

21．如图，在平面直角坐标系内，OA⊥OC ，OA=OC，若点A的坐标为(4，1)，则点C的坐标为 ______

22．如图，直线 AB 经过原点 O，点 C 在 y 轴上，CD⊥AB 于 D．若 A(2，m)、B(－3，n)、C(0，－2)，则 AB·CD＝__________．

23．在平面直角坐标系中，点A（3，0），B（0，6），作△BOC，使△BOC与△ABO全等，则点C坐标为 _______________．
24．如图，Rt△ABC≌Rt△FDE，∠ABC＝∠FDE＝90°，∠BAC＝30°，AC＝4，将Rt△FDE沿直线l向右平移，连接BD、BE，则BD+BE的最小值为___．

25．如图，在平面直角坐标系中，是边长为的等边三角形，是边上的高，点是上的一个动点，若点的坐标是，则的最小值是________．

26．如图，点的坐标为，点的坐标为，分别以，为直角边在第三、第四象限作等腰，等腰，连接交轴于点，点的坐标是______．

27．已知点A，B的坐标分别为(2，0)，(2，4)，以A，B，P为顶点的三角形与全等，点P与点O不重合，写出符合条件的点P的坐标：___________．
28．如图，已知点在轴正半轴上，点在轴的正半轴上，为等腰直角三角形，为斜边上的中点.若，则________.

29．在平面直角坐标系中，等边 DABC 的顶点 A(-6, 0) ， B(2, 0) ，则顶点 C 的坐标为______

三、解答题
30．如图，△ABC在平面直角坐标系中，点B是x轴负半轴上的一个动点，∠BAC=90°，AB=AC，A的坐标是(0，−2)，B的坐标是(m，0)．
（1）如图1所示，若点C在x轴上，则点m的值是________；
（2）如图2，当点B在x轴上移动时，AC与x轴交于点D，BC与y轴交于点E．
①小明发现点C的横坐标始终不变，证明小明发现的结论；
②若点D是AC的中点时，请求出点E的坐标．


31． 平面直角坐标系中，已知：如图1，A(a，0)，B(0，b)，且a、b满足，点D在第二象限，且AD平分∠BAO．
（1）求∠BAO的度数；
（2）如图2，若AD交y轴于C，且∠BDA=90°．求证：AC=2BD；
（3）如图3 ，若，P为AB上一动点，且OP＝PE，∠OPE＝45°，求点E的坐标．

　　
32．已知△ABC中，AB＝AC，D，A，E三点都在直线l上，且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC．
（1）如图①，当∠BAC＝90°时，线段DE，BD，CE的数量关系为：　 　；
（2）如图②，当0°＜∠BAC＜180°时，线段DE，BD，CE的数量关系是否变化，若不变，请证明；若变化，写出它们的关系式；
（3）如图③，∠ACB＝90°，点C的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（1，2），请直接写出点A的坐标．


33．通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：
（1）（模型呈现）
如图1，∠BAD＝90°，AB＝AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E．由∠1+∠2＝∠2+∠D＝90°，得∠1＝∠D．又∠ACB＝∠AED＝90°，可以推理得到△ABC≌△DAE．进而得到AC＝　 　，BC＝　 　．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型；
（2）（模型应用）
①如图2，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AC＝AE，连接BC，DE，且BC⊥AH于点H，DE与直线AH交于点G．求证：点G是DE的中点；
②如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A为平面内任一点，点B的坐标为（4，1）．若△AOB是以OB为斜边的等腰直角三角形，请直接写出点A的坐标为 　 　．

34．如图，四边形OABC为长方形，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴建立平面直角坐标系．已知点A的坐标为（0，5），点C的坐标为（9，0）．
（1）直接写出点B的坐标为　 　；
（2）有一动点D从原点O出发，以1个单位长度/秒的速度沿线段OA向终点A运动，当直线CD将长方形的周长分为3：4两部分时，求D点的运动时间t值；
（3）在（2）的条件下，点E为坐标轴上一点，若三角形CDE的面积为18，直接写出点E的坐标．



























参考答案
1．C
【分析】作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N，求出∠PAM=∠PBN，证明△PAM≌△PBN，推出AM=BN，OM=ON即可．
解：作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N，
因为P（8，8），所以PN=PM=8，
则四边形PNOM是正方形，

∴PN=PM=ON=OM=8，∠NPM=∠APB=90°，
∴∠NPB=∠MPA
在△PNB和△PMA中，
，
∴△PAM≌△PBN（ASA），
则AM=BN，
∴OA+OB=OM+ON=16．
故选：C．
【点拨】本题考查了全等三角形的性质和判定，坐标与图形性质的应用，解题的关键是证明△PAM≌△PBN，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
2．A
【分析】作EN⊥y轴于N，求出∠NBE＝∠BAO，证△ABO≌△BEN，求出∠OBF＝∠FBP＝∠BNE＝90°，证△BFP≌△NEP，推出BP＝NP，即可得出答案．
解：如图，作EN⊥y轴于N，

∵∠ENB＝∠BOA＝∠ABE＝90°，
∴∠OBA＋∠NBE＝90°，∠OBA＋∠OAB＝90°，
∴∠NBE＝∠BAO，
在△ABO和△BEN中，
，
∴△ABO≌△BEN（AAS），
∴OB＝NE＝BF，
∵∠OBF＝∠FBP＝∠BNE＝90°，
在△BFP和△NEP中，
，
∴△BFP≌△NEP（AAS），
∴BP＝NP，
又∵点A的坐标为（4，0），
∴OA＝BN＝4，
∴BP＝NP＝2，
故选：A．
【点拨】本题考查了全等三角形的性质和判定，坐标与图形性质等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，有一定的难度，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的对应角相等，对应边相等．
3．A
【分析】过点作轴的垂线交于点，过点作轴的垂线交于点，运用AAS证明得到，即可求得结论．
解：过点作轴的垂线交于点，过点作轴的垂线交于点，


，


，
在和中，


，，
，
，，
，，
，

故选A．
【点拨】此题考查了坐标与图形，证明得到，是解决问题的关键．
4．D
【分析】根据三角形的面积求出AP的长，再分点P在点A的左边与右边两种情况讨论求解．
解：∵点B（0，2），
∴S△PAB=AP×2=3，
解得AP=3，
若点P在点A的左边，则OP=AP-OA=3-1=2，如图，

此时，点P的坐标为（-2，0），
过点P在点A的右边，则OP=AP+OA=3+1=4，
此时，点P的坐标为（4，0），
综上所述，点P的坐标为（4，0）或（-2，0），
故选：D．
【点拨】本题考查了坐标与图形性质，三角形的面积，难点在于分情况讨论，作出图形更形象直观．
5．B
【分析】根据题意首先过点C作CE⊥y轴于点E，易得△AOB≌△BEC，然后由全等三角形的性质，证得CE=OB=b，BE=OA=a，继而分析求得答案．
解：如图，过点C作CE⊥y轴于点E，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABO+∠CBE=90°，
∵∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠CBE=∠BAO，
在△ABO和△BCE中，

∴△AOB≌△BEC（AAS），
∴BE=OA=a，CE=OB=b，
∴OE=OB-BE=b-a，
∴顶点C的坐标为：（-b，b-a）．
故选：B．
【点拨】本题考查正方形的性质以及全等三角形的判定与性质．注意掌握辅助线的作法以及注意掌握数形结合思想的应用．
6．C
【分析】分两种情况：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，即可得出结果．
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：．
【点拨】本题考查了坐标与图形性质、直角三角形的判定；作出图形，分情况讨论是解题的关键．
7．A
【分析】作CD⊥OB交OB于D，由勾股定理求出AC的长，根据面积法求出CD的长，再根据勾股定理求出OD的长，即可求出点C的坐标.
解：作CD⊥OB交OB于D，
∵，
∴OB=10，
∵∠C=90°，
∴AC=，
∵，
∴8×6=10CD，
∴CD=4.8，
∴OD= ，
∴点的坐标是 .
故选A.

【点拨】本题考查了图形与坐标的性质，勾股定理，以及面积法求线段的长，根据面积法求出CD的长是解答本题的关键.
8．B
【分析】作EN⊥y轴于N，求出∠NBE=∠BAO，证△ABO≌△BEN，求出∠OBF=∠FBP=∠BNE=90°，证△BFP≌△NEP，推出BP=NP，即可得出答案．
解：如图，作EN⊥y轴于N，

∵∠ENB=∠BOA=∠ABE=90°，
∴∠OBA+∠NBE=90°，∠OBA+∠OAB=90°，
∴∠NBE=∠BAO，
在△ABO和△BEN中，
，
∴△ABO≌△BEN（AAS），
∴OB=NE=BF，
∵∠OBF=∠FBP=∠BNE=90°，
在△BFP和△NEP中，
，
∴△BFP≌△NEP（AAS），
∴BP=NP，
又∵点A的坐标为（8，0），
∴OA=BN=8，
∴BP=NP=4．
故选B．
【点拨】本题考查了全等三角形的性质和判定，坐标与图形性质等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，有一定的难度，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的对应角相等，对应边相等．
9．A
【解析】
【分析】过D作DH⊥y轴于H，根据矩形和正方形的性质得到AO=BC，DE=EF=BF，∠AOC=∠DEF=∠BFE=∠BCF=90°，根据全等三角形的性质即可得到结论．
解：过D作DH⊥y轴于H，

∵四边形AOCB是矩形，四边形BDEF是正方形，
∴AO=BC，DE=EF=BF，
∠AOC=∠DEF=∠BFE=∠BCF=90°，
∴∠OEF+∠EFO=∠BFC+∠EFO=90°，
∴∠OEF=∠BFO，
∴△EOF≌△FCB（ASA），
∴BC=OF，OE=CF，
∴AO=OF，
∵E是OA的中点，
∴OE=OA=OF=CF，
∵点C的坐标为（3，0），
∴OC=3，
∴OF=OA=2，AE=OE=CF=1，
同理△DHE≌△EOF（ASA），
∴DH=OE=1，HE=OF=2，
∴OH=2，
∴点D的坐标为（1，3），
故选A．
【点拨】本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
10．B
【分析】过点C作CD⊥x轴于D，由“AAS”可证△AOB≌△BDC，可得AO＝BD＝2，BO＝CD＝n＝a，即可求解．
解：如图，过点C作CD⊥x轴于D，

∵点A（0，2），
∴AO＝2，
∵△ABC是等腰直角三角形，且AB＝BC，
∴∠ABC＝90°＝∠AOB＝∠BDC，
∴∠ABO+∠CBD＝90°
∠ABO+∠BAO＝90°，
∴∠BAO＝∠CBD，
在△AOB和△BDC中，
，
∴△AOB≌△BDC（AAS），
∴AO＝BD＝2，BO＝CD＝n＝a，
∴0＜a＜1，
∵OD＝OB+BD＝2+a＝m，
∴2＜m＜3，
故选：B．
【点拨】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质与判定、不等式和坐标等知识，解题关键是树立数形结合思想，把坐标与线段长联系起来，确定取值范围．
11．D
【分析】首先证明AB=AC=a，根据条件可知PA=AB=AC=a，求出⊙D上到点A的最大距离即可解决问题．
解：∵A（1，0），B（1-a，0），C（1+a，0）（a＞0），
∴AB=1-（1-a）=a，CA=a+1-1=a，
∴AB=AC，
∵∠BPC=90°，
∴PA=AB=AC=a，
如图延长AD交⊙D于P′，此时AP′最大，

∵A（1，0），D（4，4），
∴AD=5，
∴AP′=5+1=6，
∴a的最大值为6．
故选D．
【点拨】本题考查圆、最值问题、直角三角形性质等知识，解题的关键是发现PA=AB=AC=a，求出点P到点A的最大距离即可解决问题，属于中考常考题型．
12．C
【解析】
分析：如图，作AH、CK、FP分别垂直BC、AB、DE于H、K、P．由AB=BC，△ABC≌△DEF，就可以得出△AKC≌△CHA≌△DPF，就可以得出结论．
详解：如图，作AH、CK、FP分别垂直BC、AB、DE于H、K、P，∴∠DPF=∠AKC=∠CHA=90°．
∵AB=BC，∴∠BAC=∠BCA．
在△AKC和△CHA中，
∵，∴△AKC≌△CHA（ASA），∴KC=HA．
∵B、C两点在方程式y=﹣3的图形上，且A点的坐标为（﹣3，1），∴AH=4，∴KC=4．
∵△ABC≌△DEF，∴∠BAC=∠EDF，AC=DF．
在△AKC和△DPF中，，∴△AKC≌△DPF（AAS），∴KC=PF=4．
故选C．

点睛：本题考查了坐标与图象的性质的运用，垂直的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，等腰三角形的性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
13．，
【分析】分类讨论：①当和全等时，得到OC=AF，OF=AQ或OC=AQ，OF=AF，代入即可求出a、t的值；②同理可求当△FAQ和△CBQ全等时a、t的值，③△COF和△BCQ不全等，④F，Q，A三点重合，此时(0,10)综合上述即可得到答案．
解：①当和全等时，
，或，，
，，，，代入得：或，
解得：，，或，，
，，；
②同理当和全等时，必须，，
，，
此时不存在；
③因为最长直角边，而的最长直角边不能等于10，所以和不全等，
④，，三点重合，此时和全等，此时为
故答案为：，，，．
【点拨】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，坐标与图形的性质等知识点，解此题的关键是正确分组讨论．
14．5+
【分析】根据对称性作点A和点B关于y轴和x轴的对称点A′和B′，连接A′B′交x轴y轴于点P和Q，此时四边形ABPQ的周长最小，根据勾股定理即可求解．
解：如图，

作点A和点B关于y轴和x轴的对称点A′和B′，
连接A′B′交x轴，y轴于点P和Q，
连接AQ、BP，
则AQ=A′Q，BP=B′P
∴四边形ABPQ的周长为A′B′+AB，
根据两点之间线段最短，
此时四边形ABPQ的周长最小，
∵A（1，2），B（3，1），
∴AB=，
A′B′=
∴四边形ABPQ的周长为5+．
故答案为：5+．
【点拨】本题考查了轴对称-最短路线问题、坐标与图形性质，解决本题的关键是找到点P和点Q．
15．
【分析】（1）根据点到两坐标轴的距离相等，可得，当点P在第一或第三象限时或当点P在第二或第四象限时，解方程即可；
（2）由正方形的两边与x，y轴的负方向重合，当点C在第三象限时，当点C在x轴上，与y轴上分类列方程与解方程即可．
解：（1）∵点到两坐标轴的距离相等，
∴，
当点P在第一或第三象限时
解得，
当时，，
∴点，
当点P在第二或第四象限时
解得
当时，，
∴点，
故答案为（3，3），（6，-6）；
（2）∵正方形的两边与x，y轴的负方向重合，
当点C在第三象限时，，
∴，
解得，
当时，，
点．
当点C在x轴上时，
∴
解得
当时，
点；
当点C在y轴上时，，
解得
当时，不合题意舍去
故答案为， （-1，-1）．
【点拨】本题考查点到两坐标轴的距离问题，根据坐标的符号分类构建方程是解题关键．
16．
【分析】根据点的坐标和平行线的性质得到∠BAC=45°，从而得到∠B=90°，得出AC=BC=2，作C关于y轴的对称点C′，连接AC′交y轴于D′，则此时，四边形ABCD′的周长最小，这个最小周长的值=AB+BC+AC′，过根据勾股定理即可得到结论．
解：∵点A（2，2），点B的纵坐标为2，
∴AB∥x轴，
∵OC是第一象限的角平分线
∴∠BAC=45°，
∵CA=CB，
∴∠ACB=∠BAC=45°，
∴∠B=90°，
∵C（4，4）
∴B（4，2），
∴AB=BC=2，
作C（4，4）关于y轴的对称点C′（-4，4），
连接AC′交y轴于D′，
则此时，四边形ABCD′的周长最小，且CD= C′D，
则这个最小周长的值=AB+BC+AC′，
∵C′（-4，4），A（2，2）
∴，
∴四边形ABCD的最小周长值= ，
故答案为：

【点拨】本题考查了轴对称-最短路线问题，坐标与图形的性质，勾股定理，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题．
17．（﹣2，0）或（﹣2，8）．
【分析】如图，根据线段AB∥y轴设B（﹣2，m），然后根据△ABC的面积为4列出方程，求解即可．
解：如图，设B（﹣2，m），

由题意，•|m﹣4|•2＝4，
∴m＝0或8，
∴B（﹣2，0）或（﹣2，8）．
故答案为：（﹣2，0）或（﹣2，8）．
【点拨】本题主要考查三角形的面积，坐标与图形性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
18．5或
【分析】分两种情况：①∠BAC＝90°时，AC＝AB，过C作CD⊥x轴于D，证△ACD≌△BAO，得AD＝OB＝2，CD＝OA＝，则OD＝OA+AD＝3，即可解决问题；
②∠ABC＝90°，AB＝BC，过C作CE⊥y轴于E，同①得：△BCE≌△ABO，得CE＝OB＝2，BE＝OA＝，则OE＝OB+BE＝3，即可解决问题．
解：∵点A（，0），点B（0，2），
∴OA＝，OB＝2，
分两种情况：
①∠BAC＝90°时，AC＝AB，如图1所示：

过C作CD⊥x轴于D，
则∠ADC＝90°＝∠BOA，
∵∠DAC+∠ACD＝∠DAC+∠BAO＝90°，
∴∠ACD＝∠BAO，
在△ACD和△BAO中，
，
∴△ACD≌△BAO（AAS），
∴AD＝OB＝2，CD＝OA＝，
∴OD＝OA+AD＝3，
∴OC＝＝＝5；
②∠ABC＝90°，AB＝BC，过C作CE⊥y轴于E，如图2所示：

同①得：△BCE≌△ABO（AAS），
∴CE＝OB＝2，BE＝OA＝，
∴OE＝OB+BE＝3，
∴OC＝＝＝；
综上所述，线段OC的长为5或，
故答案为：5或．
【点拨】本题考查了坐标与图形，三角形全等的性质与判定，勾股定理，分类讨论是解题的关键．
19．或6
【分析】分点A在点C的左侧和右侧两种情况求出AC的长后，再根据三角形面积公式列式求解即可．
解：分两种情况：①点A在点C的左侧，如图，

∵、，
∴OB=4，AC=2-a
∵
∴
∴
解得，；
②当点A在点C的右侧时，如图，

则AC=a-2
∵
∴
∴
解得，；
综上所述，a的值为：-2或6
故答案为：-2或6
【点拨】此题主要考查了图形与坐标的性质，注意点A的位置有两个是解答此题的关键．
20．
【分析】过点A作AD⊥BC于D，根据等腰三角形三线合一的性质可得BD=CD，再求出点D的横坐标，然后利用勾股定理列式求出AD的长度，再写出点A的坐标即可．
解：如图，过点A作AD⊥BC于D，

∵B、C两点的坐标分别为(-2，0)和(6，0)，
∴BC=6-（-2）=8，
∵△ABC为等边三角形
∴AB=AC=BC=8，BD=CD=4，
∴点D的横坐标为6-4=2，
在Rt△ABD中，AD=，
所以，点A的坐标为(2，)，
故答案为：(2，)．
【点拨】本题考查了点的坐标，主要利用了等腰三角形三线合一的性质，勾股定理，作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
21．（-1，4）
【分析】过点A和点C作x轴的垂线，垂足为D，E，证明△COE≌△OAD，得到OE=AD，CE=OD，再根据点A的坐标可得结果．
解：过点A和点C作x轴的垂线，垂足为D，E，
∵∠AOC=90°，
∴∠COE+∠AOD=90°，
又∠CEO=90°，
则∠COE+∠OCE=90°，
∴∠OCE=∠AOD，
在△COE与△OAD中，
，
∴△COE≌△OAD（AAS），
∴OE=AD，CE=OD，
∵点A的坐标为（4，1），
∴OD=4，AD=1，
∴CE=OD=4，OE=AD=1，
∴点C的坐标为（-1，4），
故答案为：（-1，4）．

【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质，坐标与图形，解题的关键是利用已知条件，作出辅助线，证明全等．
22．10
【分析】作三角形的高线，根据坐标可得OC、AH、BG的长，利用面积法可以得出AB·CD．
解：过A作AH⊥y轴于H，过B作BG⊥y轴于G，

∵A(2，m)、B(－3，n)、C(0，－2)，
∴AH=2，BG=3，OC=2，
∴，
，
∴，
又∵CD⊥AB，
∴，
∴，
故答案为：10．
【点拨】本题考查了坐标与图形性质，根据点的坐标表示出对应线段的长，面积法在几何问题中经常运用，要熟练掌握；解题的关键是由面积法求出线段的积．
23．或或
【分析】根据直角坐标系的性质，得，，；再根据全等三角形性质，分三种情况分析，即可得到答案．
解：根据题意，得，，
使△BOC与△ABO全等，分三种情况分析：
当时，如下图

∵△BOC与△ABO全等，且
∴
∴
当时，如下图

∵△BOC与△ABO全等，且
∴
∴
当时，如下图

∵△BOC与△ABO全等，且
∴
∴
故答案为：或或．
【点拨】本题考查了直角坐标系、全等三角形的知识；解题的关键是熟练掌握直角坐标系、坐标、全等三角形的性质，从而完成求解．
24．
【分析】根据平面直角坐标系，可以假设，则，，则，欲求的最小值，相当于在轴上找一点，使得到，，的距离和的最小值，如图1中，作点关于轴的对称点，连接交轴题意，连接，此时的值最小，最小值的长．
解：建立如图坐标系，

在中，，，，
，
，
斜边上的高，
，
，斜边上的高为，
可以假设，则，，
，
欲求的最小值，相当于在轴上找一点，使得到，，的距离和的最小值，如图1中，

作点关于轴的对称点，连接交轴题意，连接，此时的值最小，最小值，
的最小值为，
故答案为：．
【点拨】本题考查轴对称最短问题，平面直角坐标系，勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
25．
【分析】过B作BE⊥y轴于E，连接BP，依据OD垂直平分AB，可得AP＝BP，PA+PC＝BP+PC，当C，P，B三点共线时，PA+PC的最小值等于BC的长，在Rt△BCE中利用勾股定理即可得到BC的长，进而得出PA+PC的最小值是．
解：如图，

过B作BE⊥y轴于E，连接BP，
∵△OAB是边长为的等边三角形，OD是AB边上的高，
∴OD是中线，
∴OD垂直平分AB，
∴AP＝BP，
∴PA+PC＝BP+PC，
当C，P，B三点共线时，PA+PC的最小值等于BC的长，
∵ ，OB＝，
∴BE＝，OE＝3，
又∵点C的坐标是（0，），
∴OC＝，CE＝4，
∴Rt△BCE中，BC＝＝＝，
即PA+PC的最小值是，
故答案为： ．
【点拨】本题考查了轴对称确定最短路线问题，熟练掌握最短路径的确定方法找出点P的位置以及表示PA+PC的最小值的线段是解题的关键．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
26．
【分析】作轴于，求出，证，得BN=AO，再由，证，推出=2，由点的坐标为即可得出点的坐标为．
解：如图，作轴于，

，
，，
，
在和中，

，
，OA=BN
，
在和中，
，
，
，
又因为点的坐标为，
，
，
又∵点的坐标为，
∴点的坐标为．
故答案为：．
【点拨】本题考查了全等三角形的性质和判定，坐标与图形性质等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，有一定的难度，注意：全等三角形的判定定理有，，，，全等三角形的对应角相等，对应边相等．
27．或或
【分析】分和两种情况，再分别利用全等三角形的性质求解即可得．
解：设点P的坐标为，
，
，
由题意，分以下两种情况：
（1）如图1，当时，
，
轴，
，
又，
，
解得或，
则此时点P的坐标为或；
（2）如图2，当时，
，
点P在x轴上，且，
则此时点P的坐标为；
综上，符合条件的点P的坐标为或或，
故答案为：或或．

【点拨】本题考查了全等三角形的性质、坐标与图形，依据题意，正确分两种情况讨论是解题关键．
28．2
【分析】根据等腰直角三角形的性质，可得AP与BC的关系，根据垂线的性质，可得答案
解：如图：作CP⊥x轴于点P，由余角的性质，得∠OBA=∠PAC，

在Rt△OBA和Rt△PAC中，
，
Rt△OBA≌Rt△PAC（AAS），
∴AP=OB=b，PC=OA=a．
由线段的和差，得OP=OA+AP=a+b，即C点坐标是（a+b，a），
由B（0，b），C（a+b，a），D是BC的中点，得D（，），
∴OD=
∴=，
∴a+b=2.
故答案为2.
【点拨】本题解题主要①利用了等腰直角三角形的性质；②利用了全等三角形的判定与性质；③利用了线段中点的性质.
29．（﹣2，4 ）或（﹣2，﹣4 ）
【分析】设C点坐标为（x，y），根据三线合一可得C横坐标，再根据勾股定理可求得C的纵坐标，即可解题．
解：设C点坐标为（x，y）
∵等边△ABC的顶点A（﹣6，0），B（2，0），
根据三线合一可得顶点C的横坐标为x＝ ＝﹣2，
∵AB＝8，∴AC＝8
根据勾股定理可得82＝42+y2，
解得y＝±4 ，
∴顶点C的坐标为（﹣2，4 ）或（﹣2，﹣4 ）．
故答案为：（﹣2，4 ）或（﹣2，﹣4 ）．
【点拨】本题考查了等边三角形的三线合一的性质，本题中熟练运用坐标系是解题的关键．
30．（1）-2；（2）①见解析；②点E的坐标为(0，-)．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得OA=OB=OC，即可求解；
（2）①过点C作CM⊥y轴，利用AAS证明ΔABO≅ΔCAM，推出AO=CM=2，即可证明点C的横坐标为2；
②过点C作CN⊥x轴，利用AAS证明ΔAOD≅ΔCND，求得点C(2，−2)，利用面积法求得AE=，即可求得点E的坐标．
解：（1）∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵AO⊥BC，
∴OA=OB=OC，
∵A的坐标是(0，−2)，B的坐标是(m，0)，
∴OA=OB=OC=2，
又点B是x轴负半轴上，
∴m=-2，
故答案为：-2；
（2）①过点C作CM⊥y轴，如图：

∵∠BAC=90°，
∴∠1+∠2=90°，
又∵∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
在ΔABO和ΔCAM中，，
∴ΔABO≅ΔCAM(AAS)，
∴AO=CM=2，
∴点C的横坐标为2，始终不变；
②再过点C作CN⊥x轴于N，

在ΔAOD和ΔCND中，，
∴ΔAOD≅ΔCND(AAS)，
∴CN=AO=2，
∴点C(2，−2)，
由①得，AM=BO=4，
∴B(−4，0)，
∴AB=，
∴SΔABC=AB2=10，
又SΔABC=AE(BO+CM)=10，
∴AE=，OE=−2=，
∴点E的坐标为(0，-)．
【点拨】本题考查了坐标与图形，全等三角形的判定和性质，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．
31．（1）；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据二次根式以及完全平方式的非负性可得、的值，从而得出、的长，进而得出答案；
（2）延长交轴于，根据等腰三角形三线合一的性质得出，然后证明即可得出结论；
（3）根据题意证明，根据全等三角形的性质可得结论．
解：（1）∵，
∴，
∵A(a，0)，B(0，b)，
∴,
∵,
∴；
（2）延长交轴于，

∵是的角平分线，，
∴为等腰三角形，
∴是边上的中线，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）如图：

∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
，
∴，
在和中，
,
∴，
∴,
∴,
∴点．
【点拨】本题考查了二次根式和完全平方式的非负性的应用，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理以及三角形外角的性质，熟知相关性质特点是解本题的关键．
32．（1）DE＝BD+CE；（2）DE＝BD+CE的数量关系不变，理由见解析；（3）（﹣4，3）
【分析】（1）证明△ABD≌△CAE，根据全等三角形的性质得到AD＝CE，BD＝AE，结合图形证明结论；
（2）根据三角形的外角性质得到∠ABD＝∠CAE，证明△ABD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答；
（3）过点A作AM⊥x轴于点M，过点B作BN⊥x轴于点N，根据（1）的结论得到△ACM≌△BCN，根据全等三角形的性质解答即可．
解：（1）∵∠BAC＝90°，
∴∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝90°，
∴∠ABD+∠BAD＝90°，∠CAE+∠BAD＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE，
故答案为：DE＝BD+CE；
（2）DE＝BD+CE的数量关系不变，
理由如下：∵∠BAE是△ABD的一个外角，
∴∠BAE＝∠ADB+∠ABD，
∵∠BDA＝∠BAC，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；
（3）过点A作AM⊥x轴于点M，过点B作BN⊥x轴于点N，
∵点C的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（1，2），
∴OC＝2，ON＝1，BN＝2，
∴CN＝3，
由（1）可知，△ACM≌△BCN，
∴AM＝CN＝3，CM＝BN＝2，
∴OM＝OC+CM＝4，
∴点A的坐标为（﹣4，3）．

【点拨】本题考查的是三角形全等的判定和性质、坐标与图形性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
33．（1），；（2）①见解析；②，或，
【分析】（1）根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）①如图2，作于，于，根据余角的性质得到，根据全等三角形的性质得到，同理，由此可得，再由此证明，由全等三角形的性质得到，于是得到点是的中点；
②分两种情况讨论，如图3，过作轴于，过作轴于，与相交于，根据余角的性质得到，根据全等三角形的性质得到，，设，则，于是得到结论，如图4，同理可得答案．
解：（1）∵．
∴，；
故答案为：，；
（2）①如图2，作于，于，

，
，
，
，
，
在与中，
，
，
，
，
，
，
，
，
在与中，
，
，
，
又∵，
，
，，
，
在与中，
，
，
，
点是的中点；
②如图3，过作轴于，过作轴于，与相交于，

，
，
，
，
，
在与中，
，
，
，，
设，则，
，
，
，，
点的坐标，；
如图4，过作轴于，过作轴于，与相交于，

，
，
，
，
，
在与中，
，
，
，，
设，则，
，
，
，，
又∵此时点A在第四象限，
点的坐标，，
综上所述，点的坐标为，或，，
故答案为：，或，．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
34．（1）（9，5）；（2）D点的运动时间为3 秒；（3）点E的坐标为（﹣3，0）或（21，0）或（0，7）或（0，﹣1）．
【分析】（1）根据矩形的性质结合A、C的坐标求解即可；
（2）由题意得：OD＝t，AD＝5﹣t，OC＝9，BC＝5，AB＝9，根据直线CD将长方形OABC的周长分为3：4两部分，得到（OD+OC）：（AD+AB+BC）＝3：4，即（t+9）：（5﹣t+9+5）＝3：4，由此求解即可；
（3）分E在x轴和在y轴上两种情况讨论求解即可得到答案
解：（1）∵四边形OABC为长方形，
而点A的坐标为（0，5），点C的坐标为（9，0），
∴B点坐标为（9，5）；
故答案为（9，5）；
（2）由题意得：OD＝t，AD＝5﹣t，OC＝9，BC＝5，AB＝9，

∵直线CD将长方形OABC的周长分为3：4两部分，
∴（OD+OC）：（AD+AB+BC）＝3：4，
即（t+9）：（5﹣t+9+5）＝3：4，
∴t＝3，
∴D点的运动时间为3 秒；
（3）由（2）得：D点坐标为（0，3），C点坐标为（9，0），

当E在x轴上时，设E点坐标为（a，0），
∵三角形CDE的面积是18，
∴×3×|9﹣a|＝18，解得a＝-3或a＝21，
∴E点坐标为（-3，0）或（21，0）．
当E在y轴上时，设E点坐标为（0，a），
∵三角形CDE的面积是18，
∴×9×|3﹣a|＝18，解得a＝﹣1或a＝7，
∴E点坐标为（0，-1）或（0，7）．
∴点E的坐标为（﹣3，0）或（21，0）或（0，7）或（0，﹣1）．
【点拨】本题主要考查了坐标与图形，三角形面积，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．