2023年中考数学二轮复习选填专题复习专题四：图形与坐标

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2022-2023学年二轮复习选填专题四：
图形与坐标
典例分析
类型一 与图形平移有关的点的坐标
例1 （2022海南中考） 如图，点，将线段平移得到线段，若，则点的坐标是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先过点C做出轴垂线段CE，根据相似三角形找出点C的坐标，再根据平移的性质计算出对应D点的坐标．
【详解】
如图过点C作轴垂线，垂足为点E，
∵
∴
∵
∴
在和中，
，
∴，
∴ ，
则 ,
∵点C是由点B向右平移6个单位，向上平移2个单位得到，
∴点D同样是由点A向右平移6个单位，向上平移2个单位得到，
∵点A坐标为(0，3)，
∴点D坐标(6，5)，选项D符合题意，
故答案选D
【点睛】本题考查了图像的平移、相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的判定与性质找出图像左右、上下平移的距离是解题的关键．
类型二 与图形旋转有关的点的坐标
例2 （2022苏州中考） 如图，点A的坐标为，点B是x轴正半轴上的一点，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC．若点C的坐标为，则m的值为（ ）


A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过C作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，根据将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，可得△ABC是等边三角形，又A（0，2），C（m，3），即得，可得，，从而，即可解得．
【详解】解：过C作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，如图所示：


∵CD⊥x轴，CE⊥y轴，
∴∠CDO=∠CEO=∠DOE＝90°，
∴四边形EODC是矩形，
∵将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，
∵A（0，2），C（m，3），
∴CE＝m＝OD，CD＝3，OA＝2，
∴AE＝OE−OA＝CD−OA＝1，
∴，
在Rt△BCD中，，
在Rt△AOB中，，
∵OB＋BD＝OD＝m，
∴，
化简变形得：3m4−22m2−25＝0，
解得：或（舍去），
∴，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题考查直角坐标系中的旋转变换，解题的关键是熟练应用勾股定理，用含m的代数式表示相关线段的长度．
类型三 与图形对称有关的点的坐标
例3 （2022三门峡二模）如图，四边形ABCO是矩形，点A的坐标是，点C的坐标是，把矩形ABCO沿OB折叠，点A落在点D处，则点D的坐标是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设D坐标为（x，y），由题意可以得到△ODB≌△BCO，从而得到关于x，y的方程组，解方程组即可得解．
【详解】解：由已知可得CB∥OA，
∴∠AOB=∠CBO，
又由折叠性质可得：∠AOB=∠BOD，
∴∠CBO=∠BOD，
又∠D=∠BCO=90°，BO=OB，
∴△ODB≌△BCO，
∴OD=BC=4，BD=OC=8，
∴由勾股定理可得：
，
解之可得或（舍去），
∴点D的坐标是，
故选：B．
【点睛】本题考查矩形与折叠的综合应用，熟练掌握矩形和折叠的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理的应用及二元二次方程组的解法是解题关键．
类型四 与图形计算有关的点的坐标
例4 （2022天津中考） 如图，△OAB的顶点O(0，0)，顶点A，B分别在第一、四象限，且AB⊥x轴，若AB=6，OA=OB=5，则点A的坐标是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用HL证明△ACO≌△BCO，利用勾股定理得到OC=4，即可求解．
【详解】解：∵AB⊥x轴，
∴∠ACO=∠BCO=90°，

∵OA=OB，OC=OC，
∴△ACO≌△BCO(HL)，
∴AC=BC=AB=3，
∵OA=5，
∴OC=4，
∴点A的坐标是（4，3），
故选：D．
【点睛】本题考查了坐标与图形，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
专题过关
1. （2022绵阳中考） 在2022年北京冬奥会开幕式和闭幕式中，一片“雪花”的故事展现了“世界大同、天下一家”的主题，让世界观众感受了中国人的浪漫，如图，将“雪花”图案（边长为4的正六边形ABCDEF）放在平面直角坐标系中，若AB与x轴垂直，顶点A的坐标为（2，-3）．则顶点C的坐标为（ ）


A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正六边形的性质以及坐标与图形的性质进行计算即可．
【详解】解：如图，连接BD交CF于点M，交y轴于点N，设AB交x轴于点P，


根据题意得：BD∥x轴，AB∥y轴，BD⊥AB，∠BCD=120°，AB=BC=CD=4，
∴BN=OP，∠CBD=CDB=30°，BD⊥y轴，
∴，
∴，
∵点A的坐标为（2，-3），
∴AP=3，OP=BN=2，
∴，BP=1，
∴点C的纵坐标为1+2=3，
∴点C的坐标为．
故选：A
【点睛】本题考查正多边形，勾股定理，直角三角形的性质，掌握正六边形的性质以及勾股定理是正确计算的前提，理解坐标与图形的性质是解决问题的关键．
2. （2022自贡中考） 如图，菱形对角线交点与坐标原点重合，点，则点的坐标为（ ）


A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据菱形的中心对称性，A、C坐标关于原点对称，利用横反纵也反的口诀求解即可．
【详解】∵菱形是中心对称图形，且对称中心为原点，
∴A、C坐标关于原点对称，
∴C的坐标为，
故选C．
【点睛】本题考查了菱形的中心对称性质，原点对称，熟练掌握菱形的性质，关于原点对称点的坐标特点是解题的关键．
3. （2022青海中考） 如图所示，，，以点A为圆心，AB长为半径画弧交x轴负半轴于点C，则点C的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求得OA的长，从而求出OC的长即可．
【详解】解：∵，
∴OA=，
∵，以点A为圆心，AB长为半径画弧交x轴负半轴于点C，
∴，
∴，
∵点C为x轴负半轴上的点，
∴C，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形的性质，勾股定理等知识，明确AB=AC是解题的关键．
4. （2022铜仁中考）如图，在矩形中，，则D的坐标为（ ）


A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据A、B的坐标求出AB的长，则CD=AB=6，并证明轴，同理可得轴，由此即可得到答案．
【详解】解：∵A（-3，2），B（3，2），
∴AB=6，轴，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=6，轴，
同理可得轴，
∵点C（3，-1），
∴点D的坐标为（-3，-1），
故选D．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，矩形的性质，熟知矩形的性质是解题的关键．
5. （2022绥化中考）如图，线段在平面直角坐标系内，A点坐标为，线段绕原点O逆时针旋转90°，得到线段，则点的坐标为（ ）


A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】如图，逆时针旋转90°作出，过A作轴，垂足为B，过作轴，垂足为，证明，根据A点坐标为，写出，，则，，即可写出点A的坐标．
【详解】解：如图，逆时针旋转90°作出，过A作轴，垂足为B，过作轴，垂足为，


∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵A点坐标为，
∴，，
∴，，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查旋转的性质，证明是解答本题的关键．
6．（2022聊城中考）如图，一次函数y＝x+4的图象与x轴，y轴分别交于点A，B，点C（﹣2，0）是x轴上一点，点E，F分别为直线y＝x+4和y轴上的两个动点，当△CEF周长最小时，点E，F的坐标分别为（　　）

A．E（﹣，），F（0，2） B．E（﹣2，2），F（0，2）
C．E（﹣，），F（0，） D．E（﹣2，2），F（0，）
【分析】作C（﹣2，0）关于y轴的对称点G（2，0），作C（2，0）关于直线y＝x+4的对称点D，连接AD，连接DG交AB于E，交y轴于F，此时△CEF周长最小，由y＝x+4得A（﹣4，0），B（0，4），∠BAC＝45°，根据C、D关于AB对称，可得D（﹣4，2），直线DG解析式为y＝﹣x+，即可得F（0，），由得E（﹣，）．
【解答】解：作C（﹣2，0）关于y轴的对称点G（2，0），作C（2，0）关于直线y＝x+4的对称点D，连接AD，连接DG交AB于E，交y轴于F，如图：

∴DE＝CE，CF＝GF，
∴CE+CF+EF＝DE+GF+EF＝DG，此时△CEF周长最小，
由y＝x+4得A（﹣4，0），B（0，4），
∴OA＝OB，△AOB是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝45°，
∵C、D关于AB对称，
∴∠DAB＝∠BAC＝45°，
∴∠DAC＝90°，
∵C（﹣2，0），
∴AC＝OA﹣OC＝2＝AD，
∴D（﹣4，2），
由D（﹣4，2），G（2，0）可得直线DG解析式为y＝﹣x+，
在y＝﹣x+中，令x＝0得y＝，
∴F（0，），
由得，
∴E（﹣，），
∴E的坐标为（﹣，），F的坐标为（0，），
故选：C．
【点评】本题考查与一次函数相关的最短路径问题，解题的关键是掌握用对称的方法确定△CEF周长最小时，E、F的位置．
7.（2022郑州一检） 如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为正方形，点A的坐标为，点B的坐标为，点E为对角线的交点，点F与点E关于y轴对称，则点F的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】过点D作DH⊥y轴于H，根据正方形的性质得到AD＝AB，∠DAB＝90°，DE＝BE，根据余角的性质得到∠ADH＝∠BAO，根据全等三角形的性质得到AH＝OB＝4，DH＝OA＝2，求得E（3，3），于是得到答案．
【详解】解：∵点A的坐标为（0，2），点B的坐标为（4，0），
∴OA＝2，OB＝4，
过D作DH⊥y轴于H，如图，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，DE＝BE，
∵∠AHD＝∠AOB＝90°，
∴∠DAH+∠AHD＝∠AHD+∠BAO＝90°，
∴∠ADH＝∠BAO，
∴△ADH≌△BAO（AAS），
∴AH＝OB＝4，DH＝OA＝2，
∴OH＝6，
∴D（2，6），
∵点E是BD的中点，点B的坐标为（4，0），
∴点E的坐标是（，）,
∴E（3，3），
∵点F与点E关于y轴对称，
点F的坐标为（﹣3，3），
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，关于y轴对称的点的坐标，正确的作出辅助线是解题的关键．
8.（2022河南上蔡二模） 如图，在矩形ABCD中，原点O为其对角线BD的中点，轴，点C的坐标为，将沿BD方向平移得到，当点在y轴上时，点的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据矩形的对称性求出点A的坐标为（-2，1），点D的坐标为（2，1），点B的坐标为（-2，-1），再由当点A平移到y轴上的时，点B平移到了原点O，得到△ABD的平移方式为，向右平移2个单位长度，向上平移1个单位长度，由此求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，O为BD的中点，AB与y轴平行，
∴点O是矩形ABCD的对称中心，x轴，y轴都是矩形ABCD的对称轴，
∴点A的坐标为（-2，1），点D的坐标为（2，1），点B的坐标为（-2，-1），
∵当点A平移到y轴上的时，点B平移到了原点O，
∴△ABD的平移方式为，向右平移2个单位长度，向上平移1个单位长度，
∴点的坐标为（2+2,1+1）即（4，2），
故选D．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质，坐标与图形变化—轴对称，坐标与图形变化—平移，解题的关键在于能够熟练掌握矩形的对称性．
9.（2022驻马店六校联考三模） 如图，在直角坐标系中，点A，B的坐标为A（0，2），B（﹣1，0），将△ABO绕点O按顺时针旋转得到△A1B1O，若AB⊥OB1，则点A1的坐标为（ ）


A. （） B. （） C. （） D. （）
【答案】A
【解析】
【分析】先求出AB，OA1，再作辅助线构造相似三角形，如图所示，得到对应边成比例，求出OC和A1C，即可求解．
【详解】解:如图所示，∵点A，B的坐标分别为A（0，2），B（﹣1，0），
∴OB=1，OA=2，
∴，
∵∠AOB=90°，
∴∠A1OB1=90°，
∴O A1⊥OB1，
又∵AB⊥OB1，
∴O A1∥AB，
∴∠1=∠2，
过A1点作A1C⊥x轴，
∴∠A1CO=∠AOB，
∴，
∴，
∵O A1=OA=2，
∴，
∴，，
∴，
故选：A．

【点睛】本题综合考查了勾股定理、旋转的性质、相似三角形的判定和性质等内容，解决本题的关键是理解并掌握相关概念，能通过作辅助线构造相似三角形等，本题蕴含了数形结合的思想方法等．
10. （2022河南西华一模）如图，平面直角坐标系中，点在第一象限，点在轴的正半轴上，，，将绕点逆时针旋转，点的对应点的坐标是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】如图，作轴于．解直角三角形求出，即可．
【详解】解：如图，作轴于．

由题意：，，
，
，，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查坐标与图形变化——旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
11. （2022周口扶沟一模）如图，的顶点，，点在轴的正半轴上，延长交轴于点．将绕点顺时针旋转得到，当点的对应点落在上时，的延长线恰好经过点，则点的坐标为（ ）


A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接,由题意可证明，利用相似三角形线段成比例即可求得OC的长，即得点的坐标．
【详解】如图，连接，因为轴，
绕点顺时针旋转得到，
所以，






,



故答案为B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，找到是解题的关键．
12.（2022周口扶沟一模） 如图，，，以点A为圆心，AC长为半径画弧，交y轴正半轴于点B，则点B的坐标为（ ）


A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据题意得出OA=8，OC=2，再根据勾股定理计算即可
【详解】解：由题意可知：AC=AB
∵，
∴OA=8，OC=2
∴AC=AB=10
在Rt△OAB中，
∴B(0，6)
故选：D
【点睛】本题考查勾股定理、正确写出点的坐标，圆的半径相等、熟练进行勾股定理的计算是关键
13. （2022周口川汇区一模）如图，正方形ABCD的顶点B在原点，点D的坐标为（4，4），将AB绕点A逆时针旋转60°，使点B落在点B′处，DE⊥BB′于点E，则点E的坐标为（　　）


A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别延长AD和BE交于点F，过点E作EG⊥x轴于点G，利用特殊角的三角函数求出BF、EF的长，进而求出BE，再利用特殊角的三角函数求出EG、BG的长即可得解.
【详解】解：分别延长AD和BE交于点F，过点E作EG⊥x轴于点G，


∵四边形ABCD是正方形，点D的坐标为（4，4），
∴∠BAD=∠ABC=90º，AB=AD=4，
∵AB绕点A逆时针旋转60°，点B落在点B′处，
∴△ABB′是等边三角形，
∴∠ABB′=60º，∠EBC=30º，
∴∠F=30º，
∴BF=2AB=8，AF=BF·sin60º=，
∴DF=AF-AD=-4，
∵DE⊥BB′于点E，
∴EF=DF·cos30º=，
∴BE=BF-EF=2+，
∴EG=BE·sin30º=，BG=BE·cos30º=，
∴点E的坐标为
故选：D
【点睛】本题主要考查正方形、等边三角形、旋转的性质以及解三角形，根据旋转的性质判断△ABB′是等边三角形以及特殊角的三角函数的应用是解题的关键.
14. （2022信阳三模）如图，在平面直角坐标系中，□ABCD的顶点，，AD＝6，且AD∥x轴．将□ABCD沿y轴向上平移，使点C的对应点落在对角线BD上，则平移后点D的对应点的坐标为（ ）


A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题目条件算出与的坐标，之后得出的所在直线的解析式，将的横坐标代入，即可求出的坐标，根据与的坐标推出平移的距离，进而求出的坐标．
【详解】解：，且轴，，

四边形为平行四边形，
，
又，且轴，
，
经过原点，设的所在直线的解析式为：，
将代入得，解得，
的所在直线的解析式为：，
将的横坐标代入的解析式得：，
平移后，
又，
点向上平移个单位，同理也向上平移两个单位长度，
．
故选：C．
【点睛】本题主要考查坐标系内点的平移问题，解决问题的关键是求出与的坐标，进而推出平移的距离．
15. （2022河南镇平一模）如图，在直角坐标系中，有两点A(6，3)、B(6，0)．以原点O为位似中心，相似比为，在第一象限内把线段AB缩小后得到线段CD，则点C的坐标为（ ）

A. (2，1) B. (2，0) C. (3，3) D. (3，1)
【3题答案】
【答案】A
【解析】
【分析】根据位似变换的性质可知，△ODC∽△OBA，相似比是，根据已知数据可以求出点C的坐标．
【详解】由题意得，△ODC∽△OBA，相似比是，
∴，
又OB=6，AB=3，
∴OD=2，CD=1，
∴点C的坐标为：（2，1），
故选A．
【点睛】本题考查的是位似变换，掌握位似变换与相似的关系是解题的关键，注意位似比与相似比的关系的应用．
16.（2022河南长垣二模） 如图，在平面直角坐标系中，Rt的顶点O在原点上，，，，将绕原点O顺时针旋转90°，则点B的对应点的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设旋转后的三角形为，过点A作轴于点C，过点作轴于点D，由题意可求出，．再根据，即得出，从而可求出，结合旋转的性质可求出，即可得出点坐标．
【详解】如图，设旋转后的三角形为，过点A作轴于点C，过点作轴于点D，

∵，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
由旋转可知，
∴，
∴，
∴，
∴(，2)．
故选：D．
【点睛】本题考查旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，解直角三角形等知识．利用数形结合的思想是解题关键．
17.（2022信阳三模） 如图，平面直角坐标系中，A（4，0），点B为y轴上一点，连接AB，tan∠BAO＝2，点C，D为OB，AB的中点，点E为射线CD上一个动点、当△AEB为直角三角形时，点E的坐标为（　　）

A. （4，4）或（22，4） B. （4，4）或（22，4）
C. （12，4）或（22，4） D. （12，4）或（22，4）
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知可得OA=4，OB = 8，从而利用勾股定理可求出AB，然后分两种情况，当∠AE1B=90°，当∠BAE2=90°，进行计算即可解答．
【详解】解：∵A（4，0），
∴OA=4，
在Rt△ABO中，tan∠BAO=，
∴OB =2OA=8，
∴，
∵点C，D为OB，AB的中点，
∴，，
如图，分两种情况：

当∠AE1B=90°，点D为AB的中点，
∴DE1＝，
，
∴E1（，4 ），
当∠BAE2=90°，过点E2作E2F⊥x轴，
∴∠BAO+∠E2AF= 90°，
∵∠BOA＝90°，
∴∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠ABO＝∠E2AF，
∵∠BOA＝∠AFE2=90°，
∴△BOA∽△AFE2，
∴，
∴，
∴AF=8，
∴OF=OA+AF=12，
∴E2（12，4）．
综上所述，当△AEB为直角三角形时，点E坐标为（，4 ）或（12，4）．
【点睛】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，勾股定理的逆定理，坐标与图形的性质，熟练掌握一线三等角构造相似模型是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想．
18. （2022信阳二模）如图，的顶点A在平面直角坐标系的y轴上，且BC边在x轴上，，小丽尺规作图保留作图痕迹后，射线BG与直线HI恰交于AD边上中点K，则点J的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】过J作JM⊥x轴，由尺规作图可知，BK平分∠ABC，HI是CD的垂直平分线，则∠ABK=∠CBK=，KC=KD，K是AD的中点，根据平行四边形的性质得出AB=DC，AB∥CD，AD=BC，通过等边三角形的判定得出∆CDK是等边三角形，结合图形利用锐角三角函数得出OB=1，OA，根据相似三角形的判定和性质得出，代入计算可得OM，MJ=，即可确定点的坐标．
【详解】解：如图所示，过J作JM⊥x轴，由尺规作图可知，BK平分∠ABC，HI是CD的垂直平分线，则∠ABK=∠CBK=，KC=KD，K是AD的中点，

∴AK=DK=，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=DC，ABCD，AD=BC，
∴∠AKB=∠CBK，
∴∠AKB=∠ABK，
∴AB=AK，
∴AB=AK=DK=KC=DC，
∴∆CDK是等边三角形，
∴∠CKD=∠CDK=∠DCK=60°，
∵ADCB，
∴∠DCM=∠CDK=60°，
∵ABDC，
∴∠DCM=∠ABC=60°，
在Rt∆OAB中，∠ABO=60°，AB=2，
∴OB=AB∙，
OA=AB∙，
∵JM⊥x轴于点M，
∴∠JMC=∠AOB=90°，
∵∠JMC=∠ABO，
∴∆CMJ~∆BOA，
∴，
∵HI是CD的垂直平分线交CD于点J，
∴CJ=DJ=，
∴，AD=2AK=2AB=4，
∴BC=AD=4，MJ=，
∴OC=BC-OB=4-1=3，OM=OC+CM=3+，
∴J()，
故选：B．
【点睛】题目主要考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数解三角形等，理解题意，作出相应图形，综合运用这些知识点是解题关键．
19. （2022河南淮滨三模）如图，在平面直角坐标系中，□ABCD的顶点，，AD＝6，且AD∥x轴．将□ABCD沿y轴向上平移，使点C的对应点落在对角线BD上，则平移后点D的对应点的坐标为（ ）


A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题目条件算出与的坐标，之后得出的所在直线的解析式，将的横坐标代入，即可求出的坐标，根据与的坐标推出平移的距离，进而求出的坐标．
【详解】解：，且轴，，

四边形为平行四边形，
，
又，且轴，
，
经过原点，设的所在直线的解析式为：，
将代入得，解得，
的所在直线的解析式为：，
将的横坐标代入的解析式得：，
平移后，
又，
点向上平移个单位，同理也向上平移两个单位长度，
．
故选：C．
【点睛】本题主要考查坐标系内点的平移问题，解决问题的关键是求出与的坐标，进而推出平移的距离．
20.（2022新乡牧野三模） 如图，平行四边形的顶点，，点在轴的正半轴上，延长交轴于点．将绕点顺时针旋转得到，当点的对应点落在上时，的延长线恰好经过点，则点的横坐标是( )

A. 8 B. 9 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】过点作，交的延长线于点，首先在中由勾股定理算出的长，设为，由得出，再证和相似，得出，由此计算出，进而在中，利用勾股定理计算出，最后由此算出的长即可求解．
【详解】过点作，交的延长线于点，

∵，，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设为，
∴，
∴，
∵将绕点顺时针旋转得到
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
在中，，，
∴，
∴或(舍去)，
∴，
∴，
∴点的横坐标是8．
故选：A
【点睛】本题考查的是旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，找到合适的三角形相似是解本题的关键．
21.（2022河南辉县二模） 如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边AD在x轴上，点，点，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转90°，得到矩形，则点C的对应点的坐标是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据矩形的性质先求出点C坐标，继而得出矩形各边的长，根据题意画出旋转后的图形，再结合矩形的性质即可求得答案．
【详解】∵矩形ABCD中，BC//AD，AB//CD，点，点，
∴点，OA=1，
∴BC=AD=3，AB=CD=2，
将矩形ABCD绕点A逆时针旋转90°，得到矩形，如图所示，

∴AB’=AB=2，B’C’=BC=3，
∴OB’=1，
∴
故选：C
【点睛】本题考查了矩形的性质，坐标与图形变化-旋转，正确画出图形是解题的关键．
22. （2022河南新安一模）如图，中，A、B两个顶点在x轴的上方，点C的坐标是（1，0），以点C为位似中心，在x轴的下方作的位似图形，并把的边长放大到原来的2倍，设点B的横坐标是a，则点B的对应点的横坐标是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设点的横坐标为，然后表示出、的横坐标的距离，再根据位似比列式计算即可得解.
【详解】设点的横坐标为，
则、间横坐标的差为，、间的横坐标的差为，
放大到原来的倍得到，
，
解得：.
故选：A.
【点睛】本题考查了位似变换，坐标与图形的性质，根据位似比的定义，利用两点间的横坐标的距离等于对应边的比列出方程是解题的关键.
23. （2022河南桐柏一模）如图，正方形OABC中，点，点D为AB边上一个动点，连接CD，点P为CD的中点，绕点D将线段DP顺时针旋转90°得到线段DQ，连接BQ，当点Q在射线OB的延长线上时，点D的坐标为（ ）．


A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】如图，过作，交轴于点 过作轴于 过作平行于轴的直线交PN于M，交QE于F，交y轴于G，则DP=DQ，证明设再求解Q的坐标，再代入直线OB的解析式即可．
【详解】解：如图，过作，交轴于点 过作轴于 过作平行于轴的直线交PN于M，交QE于F，交y轴于G，则DP=DQ，







正方形OABC中，点，

设 而点P为CD的中点，



设OB的解析式为 而
解得：
OB的解析式为：

解得：

故选C
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，坐标与图形，正比例函数的性质，正方形的性质，求解是解本题的关键．
24. （2022河南社旗一模）如图，直线交x轴于点A，交y轴于点B，点P是x轴上一动点，以点P为圆心，以1个单位长度为半径作，当与直线AB相切时，点P的坐标是（）


A. B. 或
C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】由题意根据函数解析式求得A（-4，0），B（0，-3），得到OA=4，OB=3，根据勾股定理得到AB=5，设⊙P与直线AB相切于D，连接PD，则PD⊥AB，PD=1，根据相似三角形的性质即可得到结论．
详解】解：∵直线交x轴于点A，交y轴于点B，
∴令x=0，得y=-3，令y=0，得x=-4，
∴A（-4，0），B（0，-3），
∴OA=4，OB=3，
∴AB=5，
设⊙P与直线AB相切于D，
连接PD，


则PD⊥AB，PD=1，
∵∠ADP=∠AOB=90°，∠PAD=∠BAO，
∴△APD∽△ABO，
∴，
∴，
∴AP=，
∴OP=或OP=，
∴P或P，
故选：B．
【点睛】本题考查切线的判定和性质，一次函数图形上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质，正确的理解题意并运用数形结合思维分析是解题的关键．
25. （2022河南虞城二模）如图，平面直角坐标系中，菱形的顶点，，将菱形以点O为旋转中心顺时针旋转，得到菱形，则点A的对应点D的坐标为（ ）

A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】过点作轴，根据题意求得的长，进而可得，即可求得点的坐标
【详解】解：过点作轴，如图，

四边形是菱形，，是对角线，且在轴上，
，

将菱形以点O为旋转中心顺时针旋转，
，


是等腰直角三角形

在第四象限，

故选B
【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，坐标与图形，解直角三角形，掌握以上知识是解题的关键．
26. （2022河南夏邑一模）我们知道，五边形具有不稳定性．正五边形在平面直角坐标系中的位置如图（1）所示，．固定边，将正五边形向右推，使点A，B，C共线，且点C落在y输上，如图（2）所示，则此时点D的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接0B，得一个特殊的平行四边形即菱形，过D点做x轴的垂线，构造出直角三角形，利用锐角三角函数即可求解．
【详解】
如图，过点 D作 DE⊥x 轴于点 E，
在RtΔAOC 中，AC =2OA，
∴ ∠CAO =60°；
连接OB，则OB=BC=CD=OD，
∴ 四边形 OBCD是菱形，
∴AC ∥ DO，
∴∠ DOE = 60°，
∴ OE =OD=1，DE=OD=，
∴D(1，)．
故选：D．
【点睛】本题考查利用锐角三角函数解直角三角形求坐标，解题关键是构造出特殊的几何图形：菱形、直角三角形，再利用相关知识点正确求解．
27. （2022商丘二模） 如图，在平面直角坐标系中，已知点，点B在第一象限内，，，将绕点O逆时针旋转，每次旋转60°，则第2022次旋转后，点B的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出B1～B5的坐标，探究规律，利用规律解决问题即可．
【详解】解：过点B作BH⊥y轴于H．

在Rt△ABH中，∠AHB=90°，∠BAH=180°-120°=60°，AB=OA=2，
∴AH=AB•cos60°=1，BH=AH=，
在Rt△OBH中，，
∴∠BOH=30°，
∴，B（，3），
由题意B1（−，3），B2（−2，0），B3（-，-3），B4（，-3），B5（2，0），…，旋转6次是一个循环，
∵，
∴B2022（，3），
故选：B．
【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
28. （2022濮阳二模）如图，将△ABC绕点C（0，1）旋转180°得到△A'B'C，设点A的坐标为，则点的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：根据题意，点A、A′关于点C对称，设点A的坐标是（x，y），则，解得，∴点A的坐标是．故选D．
考点：坐标与图形变化-旋转．
29.（2022平顶山二模） 如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为（0，4），（4，0），将线段AB绕点B顺时针旋转60°至BC的位置，点A的对应点为点C，则点C的坐标为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】过点C作轴于点D，作轴于点E，连接AC，OC．设AB与OC交于点F．由题意易证为等边三角形，从而易证，得出，进而可知矩形ODCE为正方形，结合题意可得出， 即证明，得出，，从而可求出，，进而可求出，最后即可求出，即得出C点坐标．
【详解】如图，过点C作轴于点D，作轴于点E，连接AC，OC．设AB与OC交于点F．

由题意可知，，
∴为等边三角形，
∴．
由所作辅助线可知四边形ODCE为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴矩形ODCE为正方形，
∴，．
∵点A，B的坐标分别为（0，4），（4，0），
∴．
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴C(，)．
故选B．
【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质以及勾股定理等知识．正确的作出辅助线是解题关键．
30. （2022南阳卧龙一模）如图，矩形ABOC的顶点A的坐标为（﹣4，5），D是OB的中点，E是OC上的一点，当△ADE的周长最小时，点E的坐标是（　　）

A. （0，） B. （0，） C. （0，2） D. （0，）
【答案】A
【解析】
【分析】作A关于y轴的对称点，连接交y轴于E，由对称性质、三角形边长关系可知此时△ADE的周长最小，根据A的坐标为（﹣4，5），得到（4，5），B（﹣4，0），D（﹣2，0），求出直线DA′的解析式为，即可得到结论．
【详解】解：作A关于y轴的对称点，连接交y轴于E，

此时，△ADE的周长最小，
∵四边形ABOC是矩形，
∴AC∥OB，AC＝OB，
∵A的坐标为（﹣4，5），
∴（4，5），B（﹣4，0），
∵D是OB的中点，
∴D（﹣2，0），
设直线的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
当x＝0时，y＝，
∴E（0， ），
故选：A．
【点睛】本题考查线段的最值问题，利用轴对称将的最短距离转化为线段的长度是解题关键．
31. （2022南阳唐河二模）如图，平面直角坐标系中，A（4，0），点B为y轴上一点，连接AB，tan∠BAO＝2，点C，D为OB，AB的中点，点E为射线CD上一个动点、当△AEB为直角三角形时，点E的坐标为（　　）

A （4，4）或（22，4） B. （4，4）或（22，4）
C. （12，4）或（22，4） D. （12，4）或（22，4）
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知可得OA=4，OB = 8，从而利用勾股定理可求出AB，然后分两种情况，当∠AE1B=90°，当∠BAE2=90°，进行计算即可解答．
【详解】解：∵A（4，0），
∴OA=4，
在Rt△ABO中，tan∠BAO=，
∴OB =2OA=8，
∴，
∵点C，D为OB，AB的中点，
∴，，
如图，分两种情况：

当∠AE1B=90°，点D为AB的中点，
∴DE1＝，
，
∴E1（，4 ），
当∠BAE2=90°，过点E2作E2F⊥x轴，
∴∠BAO+∠E2AF= 90°，
∵∠BOA＝90°，
∴∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠ABO＝∠E2AF，
∵∠BOA＝∠AFE2=90°，
∴△BOA∽△AFE2，
∴，
∴，
∴AF=8，
∴OF=OA+AF=12，
∴E2（12，4）．
综上所述，当△AEB为直角三角形时，点E的坐标为（，4 ）或（12，4）．
【点睛】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，勾股定理的逆定理，坐标与图形的性质，熟练掌握一线三等角构造相似模型是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想．
32. （2022南阳方城二模）如图，平行四边形的顶点在轴的正半轴上，点在对角线上，反比例函数的图像经过、两点．已知平行四边形的面积是，则点的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意求出反比例函数解析式，设出点C坐标，得到点B纵坐标，利用相似三角形性质，用表示求出OA，再利用平行四边形的面积是构造方程求即可．
【详解】解：如图，分别过点D、B作DE⊥x轴于点E，DF⊥x轴于点F，延长BC交y轴于点H

∵四边形是平行四边形
∴易得CH=AF
∵点在对角线上，反比例函数的图像经过、两点
∴ 即反比例函数解析式为
∴设点C坐标
∵
∴
∴
∴
∴
∴，点B坐标为
∵平行四边形的面积是
∴
解得（舍去）
∴点B坐标为
故应选：B
【点睛】本题是反比例函数与几何图形的综合问题，涉及到相似三角形的的性质、反比例函数的性质，解答关键是根据题意构造方程求解．
33.（2022洛阳西工区一模） 如图，在平面直角坐标中，正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为，点A，B，E在x轴上，若正方形BEFG的边长为6，则C点坐标为（　）

A. （3，2） B. （3，1） C. （2，2） D. （4，2）
【答案】A
【解析】
【详解】∵正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为，
∴=，
∵BG=6，
∴AD=BC=2，
∵AD∥BG，
∴△OAD∽△OBG，
∴=，
∴=，
解得：OA=1，∴OB=3，
∴C点坐标为：（3，2），
故选A．
34. （2022河南林州一模）如图，平行四边形OABC的顶点O（0，0），A（1，2），点C在x轴的正半轴上，延长BA交y轴于点D．将△ODA绕点O顺时针旋转得到△OD'A'，当点D的对应点D'落在OA上时，D'A'的延长线恰好经过点C，则点B的坐标为（ ）


A （2，2） B. （2，2） C. （21，2） D. （21，2）
【答案】D
【解析】
【分析】连接，由题意可证明，利用相似三角形线段成比例即可求得OC的长，再由平行线的性质即可得点的坐标．
【详解】解：如图，连接，轴，绕点顺时针旋转得到，

∴，，
，
，
∵，
，
，
，
，
，，
，
∴，
∴，
∴点B的坐标为：，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，平行线的性质，利用相似三角形的性质得到线段的比例是解题关键．
35. （2022焦作一模）如图，矩形的顶点，点D为上一动点，将绕点O顺时针旋转得到，使得点A的对应点落在上，当的延长线恰好经过点C时，点D的坐标为（ ）


A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】当的延长线恰好经过点C时，，即可求出的坐标，再求出的解析式即可；
【详解】当的延长线恰好经过点C时，
过作于E


∵
∴
由旋转可得：
∴
∵
∴，解得
∴
∴的坐标为
∴的解析式为
∵矩形
∴D点纵坐标与A一致为3
∵D在上
∴D点坐标为
故选：B．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、矩形的性质、勾股定理，求出的坐标是解题的关键．
36. （2022鹤壁一模）则图，将△绕点旋转得到△，点A的坐标为，则点的坐标为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设坐标为（x，y），根据点A（m，n）和点关于B（1，0）中心对称，得到关于x、y的方程x+m=2，y+n=0，解方程即可．
【详解】解：设坐标为（x，y）
由题意得：A（m，n）和点关于B（1，0）中心对称，
∴x+m=2，y+n=0
解得：x=－m+2，y=－n
即点坐标为（－m+2，－n）
故选B．
【点睛】本题考查平面直角坐标系内两点关于另一点成中心对称的问题，根据中心对称的概念，得到成中心对称点的坐标特征是解题的关键．
37. （2022河南邓州一模）如图，在Rt中，点B（0，0），点A（0，3），点C（4，0），将Rt沿x轴正方向平移得到Rt，DE交AC于点M，若的周长为4，则点M的坐标为（ ）


A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出AC的长，然后解直角三角形得到，再根据△MCE的周长为4进行求解即可．
【详解】解：∵点B（0，0），点A（0，3），点C（4，0），
∴OA=3，OC=4，
∴，
由平移的性质可得
∴，
∵△MEC的周长为4，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴点M的坐标为，
故选B．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，解直角三角形，勾股定理，平移的性质，正确求出是解题的关键．
38. （2022安阳一模）如图，矩形的顶点，，，将矩形以原点为旋转中心，顺时针旋转75°之后点的坐标为（ ）


A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】过点B作BG⊥x轴于G，过点C作CH⊥y轴于H，根据矩形的性质得到点C的坐标，求出∠COE=45°，OC=4，过点C作CE⊥x轴于E，过点C1作C1F⊥x轴于F，由旋转得∠COC1=75°，求出∠C1OF=30°，利用勾股定理求出OF，即可得到答案．
【详解】解：过点B作BG⊥x轴于G，过点C作CH⊥y轴于H，


∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB=CD，ADBC，∠CDA=∠DAB=90°，
∴∠HCD=∠ADO=∠BAG，
∵∠CHD=∠BGA=90°，
∴△CHD≌△AGB（AAS），
∵，，，
∴CH=AG=5-1=4，DH=BG=2，
∴OH=2+2=4，
∴C（4，4），
∴OE=CE=4，
∴∠COE=45°，OC=4，
如图，过点C作CE⊥x轴于E，过点C1作C1F⊥x轴于F，
由旋转得∠COC1=75°，
∴∠C1OF=30°，
∴C1F=OC1=OC=2，
∴OF=，
∴点C1的坐标为，
故选：D．

【点睛】此题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，直角三角形30度角的性质，熟记各知识点并综合应用是解题的关键．
39. （2022大连中考） 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是，将线段向右平移4个单位长度，得到线段，点A的对应点C的坐标是_______．

【答案】
【解析】
【分析】由将线段向右平移4个单位长度，可得点A向右边平移了4个单位与C对应，再利用“右移加”即可得到答案．
【详解】解：∵将线段向右平移4个单位长度，
∴点A向右边平移了4个单位与C对应，
∴ 即
故答案为：
【点睛】本题考查的是平移的坐标变化规律，熟记“右移加，左移减，上移加，下移减”是解本题的关键．
40.（2022丽水中考）. 三个能够重合的正六边形的位置如图．已知B点的坐标是，则A点的坐标是___________．


【答案】
【解析】
【分析】如图，延长正六边形的边BM与x轴交于点E，过A作轴于N，连接AO，BO，证明可得三点共线，可得关于O对称，从而可得答案．
【详解】解：如图，延长正六边形的边BM与x轴交于点E，过A作轴于N，连接AO，BO，


三个正六边形，O为原点，





同理：

三点共线，
关于O对称，

故答案为：
【点睛】本题考查的是坐标与图形的性质，全等三角形的判定与性质，关于原点成中心对称的两个点的坐标特点，正多边形的性质，熟练的应用正多边形的性质解题是解本题的关键．
41. （2022牡丹江中考） 如图，在平面直角坐标系中，点，，将平行四边形OABC绕点O旋转90°后，点B的对应点坐标是______．

【答案】或
【解析】
【分析】根据旋转可得： BM = B1M1 = B2M2 = 3，∠AOA1 =∠AOA2 = 90°，可得B1和B2的坐标，即是B'的坐标．
【详解】解：∵A(-1，2)， OC= 4，
∴ C(4，0)，B(3，2)，M(0，2)， BM = 3，
AB//x轴，BM= 3．

将平行四边形OABC绕点O分别顺时针、逆时针旋转90°后，
由旋转得：OM=OM1=OM2=2，
∠AOA1=∠AOA2=90°
BM=B1M1=B2M2=3，
A1B1⊥x轴，A2B2⊥x轴，
∴B1和B2的坐标分别为： (-2，3)， (2，-3)，
∴B'即是图中的B1和B2，坐标就是， B' (-2， 3)， (2，-3)，
故答案为： (-2，3)或 (2， -3)．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，坐标与图形的性质，旋转的性质，正确的识别图形是解题的关键．
42．（2022临沂中考）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，B的坐标分别是A（0，2），B（2，﹣1）．平移△ABC得到△A'B'C'，若点A的对应点A'的坐标为（﹣1，0），则点B的对应点B'的坐标是 　（1，﹣3）　．

【分析】由A点的平移判断出B点的平移最后得出坐标即可．
【解答】解：由题意知，点A从（0，2）平移至（﹣1，0），可看作是△ABC先向下平移2个单位，再向左平移1个单位（或者先向左平移1个单位，再向下平移2个单位），
即B点（2，﹣1），平移后的对应点为B'（1，﹣3），
故答案为：（1，﹣3）．
【点评】本题主要考查平移的知识，根据A点的平移情况得出B点的对应点是解题的关键．
43. （2022吉林中考） 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点在轴正半轴上，以点为圆心，长为半径作弧，交轴正半轴于点，则点的坐标为__________．

【答案】
【解析】
【分析】连接，先根据点的坐标可得，再根据等腰三角形的判定可得是等腰三角形，然后根据等腰三角形的三线合一可得，由此即可得出答案．
【详解】解：如图，连接，

点的坐标为，
，
由同圆半径相等得：，
是等腰三角形，
，
（等腰三角形的三线合一），
又点位于轴正半轴，
点的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了同圆半径相等、等腰三角形的三线合一、点坐标等知识点，熟练掌握等腰三角形的三线合一是解题关键．
44. （2022贺州中考） 如图，在平面直角坐标系中，为等腰三角形，，点B到x轴的距离为4，若将绕点O逆时针旋转，得到，则点的坐标为__________．

【答案】
【解析】
【分析】过B作于，过作轴于，构建，即可得出答案．
【详解】过B作于，过作轴于，

∴，
∴，
由旋转可知，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质以及如何构造全等三角形求得线段的长度，准确构造全等三角形求得线段长度是解题的关键．
45. （2022郑州一检）如图，在平面直角坐标系xOy中，边长为4的等边的边OA在x轴上，C、D、E分别是AB、OB、OA上的动点，且满足，，连接CD、CE，当点E坐标为______时，与相似．

【答案】或
【解析】
【分析】因为DE∥AB得到∠DEC＝∠ACE，所以△CDE与△ACE相似分两种情况分类讨论．
【详解】∵DE∥AB，
∴∠DEC＝∠ACE，△ODE∽△OBA，
∴△ODE也是等边三角形，则OD＝OE＝DE，
设E（a，0），则OE＝OD＝DE＝a，BD＝AE＝4−a，
∵△CDE与△ACE相似，分两种情况讨论：
①当△CDE∽△EAC时，则∠DCE＝∠CEA，
∴CD∥AE，
∴四边形AEDC是平行四边形，
∴AC＝a，
∵BD＝2AC，
∴4−a＝2a，
∴，
∴；
②当△CDE∽△AEC时，∠DCE＝∠EAC＝60°＝∠B，
∴∠BCD＋∠ECA＝180°−60°＝120°，
又∵∠BDC＋∠BCD＝180°−∠B＝120°，
∴∠BCD＋∠ECA＝∠BDC＋∠BCD，
∴∠ECA＝∠BDC，
∴△BDC∽△ACE，
∴，
∴BC＝2AE＝2（4−a）＝8−2a，
∴，
∴，
∴．
综上所述，点E的坐标为或．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查相似三角形，考虑分类讨论是本题的关键．
46. （2022驻马店六校联考三模）如图，在平面直角坐标系中，以为圆心，AB为直径的圆与x轴相切，与y轴交于A，C两点，则点B的坐标是____________．

【答案】
【解析】
【分析】如图，连接，设圆与x轴相切于点，连接交与点，结合已知条件，则可得，勾股定理求解，进而即可求得的坐标．
【详解】如图，连接，设圆与x轴相切于点，连接交与点，

则轴，
为直径，则，
，
轴，
，
，，
，，
，
轴，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆的性质，直径所对的圆周角是直角，垂径定理，切线的性质，勾股定理，坐标与图形，掌握以上知识是解题的关键．
47.（2022周口扶沟二模） 如图，在平行四边形ABCD中，点A在y轴上，点B、C是x轴上的动点，已知点，，当最小时，点B的坐标为______．

【答案】##（0.6，0）
【解析】
【分析】作关于轴的对称点，连接，交轴于，连接，当点位于处时，最小，求出直线的表达式，令，解出的坐标，由可求得的坐标．
【详解】作关于轴的对称点，连接，交轴于，连接．
当点与点重合时，最小．

，
．
设直线的表达式为：．
则，解得，
直线的表达式为：．
令，则，解得，
．
四边形是平行四边形，
，
当最小时，点的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，一次函数的应用，由对称轴确定最短路程问题，解决本题的关键是找出取最小值所要满足的条件．
48. （2022山西一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形对角线的交点坐标是，点的坐标是，且，则点的坐标是___________．

【答案】（2，0）
【解析】
【分析】根据菱形的性质，可得OA=OC，结合勾股定理可得OA=OC=2，进而即可求解．
【详解】解：∵菱形对角线的交点坐标是，点的坐标是，
∴OB=1，OA=OC，
∵，
∴OC=，
∴OA=2，即：A的坐标为：（2，0），
故答案是：（2，0）．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，勾股定理以及点的坐标，熟练掌握菱形的性质，是解题的关键．
49. （2022山西三模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A，C的坐标分别为，，将矩形绕点B顺时针旋转，点A，C，O的对应点分别为．当点落在x轴的正半轴上时，点的坐标为________．


【答案】
【解析】
【分析】连接，，证明，可得，即可求解．
【详解】解：如图，连接，，


由题意得OA=BC=2，OC=AB=4，
由旋转可知，
在和中，

∴（HL），
∴，
∴坐标为（4,0），
故答案为：（4,0）．
【点睛】本题考查了矩形的性质、旋转的性质和三角形全等的判定和性质，解题的关是证明．
50.（2022山西侯马二模） 如图，在平面直角坐标系中，以原点O为位似中心，在y轴的同侧作等边三角形，使它与△ABC位似，且相似比为3：1．若四边形是边长为6的菱形，则点A的坐标为______．


【答案】
【解析】
【分析】根据菱形的性质、等边三角形的性质求出，通过相似比即可得A的坐标.
【详解】解：若四边形是边长为6的菱形，.
∵是等边三角形
∴
则
∵，且相似比为3：1
∴
故答案为：
【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质、位似图形的性质，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．