专题06 平面直角坐标系与几何结合的点坐标问题—2023年中考数学必考特色题型讲练（河南专用）（解析版）

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专题06平面直角坐标系与几何结合的点坐标问题
选题介绍
本题型在河南省近五年的中招试卷中考了3次，分别为2021年第9题，2020年第9题，2018年第9题。该题一般为选择题型，分值3分，平面直角坐标系与几何相结合的题型每年中招试题中均有涉及，规律型问题（2022年真题第9题、2019年真题第10题，专题均已归纳总结）、尺规作图相结合问题。本题属于几何题型，侧重于对题意的几何理解，难度系数中等，得分率偏高。本专题主要归纳总结几何中的平移、旋转、折叠中设计到的求点坐标问题。
根据已有的图像与文字提供的信息，按照以下思维过程解题：
①对平面直角系相关知识点充分了解，判定所求点位置坐标；
②运用平移、旋转、折叠等相关性质求解对应量；
③利用点的坐标表示出相应线段的长度和利用线段的长度表示相应点的坐标。
真题展现
2021年河南中招填空题第9题
9．（3分）如图，▱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C的坐标为（　　）

A．（2，0） B．（2，0） C．（2+1，0） D．（2+1，0）
【答案】B
【解析】延长A′D′交y轴于点E，延长D′A′，由题意D′A′的延长线经过点C，利用点A的坐标可求得线段AD，OD，OA的长，由题意：△OA′D′≌△OAD，可得对应部分相等；利用OD′⊥A′E，OA平分∠A′OE，可得△A′OE为等腰三角形，可得OE＝OA′＝，ED′＝A′D′＝1；利用△OED′∽△CEO，得到比例式可求线段OC，则点C坐标可得．
【详解】解：延长A′D′交y轴于点E，延长D′A′，由题意D′A′的延长线经过点C，如图，

∵A（1，2），
∴AD＝1，OD＝2，
∴OA＝．
由题意：△OA′D′≌△OAD，
∴A′D′＝AD＝1，OA′＝OA＝，OD′＝OD＝2，∠A′D′O＝∠ADO＝90°，∠A′OD′＝∠DOD′．
则OD′⊥A′E，OA平分∠A′OE，
∴△A′OE为等腰三角形．
∴OE＝OA′＝，ED′＝A′D′＝1．
∵EO⊥OC，OD′⊥EC，
∴△OED′∽△CEO．
∴．
∴．
∴OC＝2．
∴C（2，0）．
故选：B．
【总结】本题主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，坐标与图形的性质，三角形相似的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度和利用线段的长度表示相应点的坐标是解题的关键．
声明：试2020年河南中招填空题第9题
9．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，边BC在x轴上，顶点A，B的坐标分别为（﹣2，6）和（7，0）．将正方形OCDE沿x轴向右平移，当点E落在AB边上时，点D的坐标为（　　）

A．（，2） B．（2，2） C．（，2） D．（4，2）
【答案】B
【解析】根据已知条件得到AC＝6，OC＝2，OB＝7，求得BC＝9，根据正方形的性质得到DE＝OC＝OE＝2，求得O′E′＝O′C′＝2，根据相似三角形的性质得到BO′＝3，于是得到结论．
【详解】解：如图，设正方形D′C′O′E′是正方形OCDE沿x轴向右平移后的正方形，
∵顶点A，B的坐标分别为（﹣2，6）和（7，0），
∴AC＝6，OC＝2，OB＝7，
∴BC＝9，
∵四边形OCDE是正方形，
∴DE＝OC＝OE＝2，
∴O′E′＝O′C′＝2，
∵E′O′⊥BC，
∴∠BO′E′＝∠BCA＝90°，
∴E′O′∥AC，
∴△BO′E′∽△BCA，
∴＝，
∴＝，
∴BO′＝3，
∴OC′＝7﹣2﹣3＝2，
∴当点E落在AB边上时，点D的坐标为（2，2），
故选：B．

【总结】本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，相似三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
2019年河南中招填空题第9题
9．（3分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D＝90°，AD＝4，BC＝3．分别以点A，C为圆心，大于AC长为半径作弧，两弧交于点E，作射线BE交AD于点F，交AC于点O．若点O是AC的中点，则CD的长为（　　）

A．2 B．4 C．3 D．
【答案】A
【解析】连接FC，根据基本作图，可得OE垂直平分AC，由垂直平分线的性质得出AF＝FC．再根据ASA证明△FOA≌△BOC，那么AF＝BC＝3，等量代换得到FC＝AF＝3，利用线段的和差关系求出FD＝AD﹣AF＝1．然后在直角△FDC中利用勾股定理求出CD的长．
【详解】解：如图，连接FC，则AF＝FC．
∵AD∥BC，
∴∠FAO＝∠BCO．
在△FOA与△BOC中，
，
∴△FOA≌△BOC（ASA），
∴AF＝BC＝3，
∴FC＝AF＝3，FD＝AD﹣AF＝4﹣3＝1．
在△FDC中，∵∠D＝90°，
∴CD2+DF2＝FC2，
∴CD2+12＝32，
∴CD＝2．
故选：A．

【总结】本题考查了作图﹣基本作图，勾股定理，线段垂直平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，难度适中．求出CF与DF是解题的关键．
2018年河南中招填空题第9题
9．（3分）如图，已知▱AOBC的顶点O（0，0），A（﹣1，2），点B在x轴正半轴上按以下步骤作图：①以点O为圆心，适当长度为半径作弧，分别交边OA，OB于点D，E；②分别以点D，E为圆心，大于DE的长为半径作弧，两弧在∠AOB内交于点F；③作射线OF，交边AC于点G，则点G的坐标为（　　）

A．（﹣1，2） B．（，2） C．（3﹣，2） D．（﹣2，2）
【答案】A
【解析】依据勾股定理即可得到Rt△AOH中，AO=，依据∠AGO=∠AOG，即可得到AG=AO=，进而得出HG=﹣1，可得G（﹣1，2）．
【详解】解：∵▱AOBC的顶点O（0，0），A（﹣1，2），
∴AH=1，HO=2，
∴Rt△AOH中，AO=，
由题可得，OF平分∠AOB，
∴∠AOG=∠EOG，
又∵AG∥OE，
∴∠AGO=∠EOG，
∴∠AGO=∠AOG，
∴AG=AO=，
∴HG=﹣1，
∴G（﹣1，2），
故选：A．

【总结】本题主要考查了角平分线的作法，勾股定理以及平行四边形的性质的运用，解题时注意：求图形中一些点的坐标时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．
模拟演练
1．如图，在平面直角坐标系中，，，，，将四边形向左平移个单位后，点恰好和原点重合，则的值是　　

A．11.4 B．11.6 C．12.4 D．12.6
【答案】A
【解析】如图，过点作交于，交于，连接．

，，
，
，
．
，
，
，
，，
，
，
，
，
设，，
，
解得，
，
将四边形向左平移个单位后，点恰好和原点重合，
，
故选：．
【总结】本题考查了平移的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，利用点的坐标求出相应相应的值是解答本题的关键．
2. 如图，将绕点旋转得到，设点D的坐标为，则点A的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设点A的坐标是，根据旋转变换的对应点关于旋转中心对称，再根据中点公式列式求解即可．
【详解】解：根据题意，点A、点D关于点C对称，
点C是线段AD的中点，
设点A的坐标是，
，，
，，
解得，，
点的坐标是
故选D．
【总结】本题考查了利用旋转进行坐标与图形的变化，根据旋转的性质得出点D、点A关于点C成中心对称是解题的关键，还需注意中点公式的利用，也是容易出错的地方．
3. 如图，在平面直角坐标系中，等边的顶点在原点上，在轴上，，为边的中点，将等边向右平移，当点落在直线：上时，点的对应点的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】过作轴于，根据等边三角形的性质得出，求出，根据勾股定理求出，求出点的纵坐标，根据平移的性质得出平移后点的纵坐标不变，把点的纵坐标代入，求出即可．
【详解】解：过作轴于，

是等边三角形，，
，
，
，
由勾股定理得：，
为的中点，
点的纵坐标是，
当将等边向右平移，当点落在直线上时，点的纵坐标还是，
把代入得：，
解得：，
即点的坐标是，
故选：．
【总结】本题考查了一次函数图形上点的坐标特征，坐标与图形变化平移，等边三角形的性质和勾股定理等知识点，能求出点的纵坐标是解此题的关键．
4. 如图，在平面直角坐标系中，已知，，点与坐标原点关于直线对称．将沿轴向右平移，当线段扫过的面积为20时，此时点的对应点的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】连接AA1、BB1，过C点作CE⊥x轴于E点，过B点作BD⊥CE，交EC的延长线于点D，根据A(-2，0)、B(0，4)，OA=2，OB=4，进而得到AC=2，BC=4，再证Rt△DBC∽Rt△ECA，得到，设AE=x，则有CD=2x，OE=AO+AE=2+x，在Rt△ACE中，，即有，解方程求出x，即可求出AE，则C点坐标可求，再根据AB扫过的面积为20，求得，可知△ABC向右平移了5个单位，则问题得解．
【详解】平移后的效果如图，连接AA1、BB1，过C点作CE⊥x轴于E点，过B点作BD⊥CE，交EC的延长线于点D，

根据平移的性质可知AA1=BB1，且，
即有四边形是平行四边形．
∵CE⊥x轴，BD⊥CE，
∴∠D=∠CEA=90°，
根据对称的性质可知△AOB≌△ACB，
∴∠ACB=∠AOB=90°，AO=AC，OB=BC，
∵A(-2，0)、B(0，4)，
∴OA=2，OB=4，
∴AO=AC=2，OB=BC=4，
∵∠ACB=90°=∠D，
∴∠DCB+∠ACE=90°，∠DCB+∠DBC=90°，
∴∠ACE=∠CBD，
∴Rt△DBC∽Rt△ECA，
∴，
设AE=x，则有CD=2x，
∴OE=AO+AE=2+x，
∵∠D=∠CEA=90°=∠AOB，
∴四边形OBDE是矩形，
∴BD=OE，即BD=2+x，
∵，
∴，
∴在Rt△ACE中，，
∴有，解得，（负值舍去），
∴，
∴，，
∴C点坐标为，
根据平移的性质可知直线AB扫过的图形为是平行四边形，
∴根据题意有，
∵，
∴，
∴，
∴可知△ABC向右平移了5个单位，
∴C也向右平移了5个单位才得到C1，
∴即，
∴C1点坐标为，
故选：B．
【总结】本题考查了平移的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，求出C点的坐标是解答本题的关键．
5. 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】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．
【总结】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．
6. 如图，△OAB与△OCD是以点O为位似中心的位似图形，相似比为1：2，，，若，则点C的坐标为（　　）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】利用已知条件求出D点坐标，再证明为等腰直角三角形，连接BC，根据“三线合一”性质求出，进一步可求出C点坐标．
【详解】解：∵与是以点O为位似中心的位似图形，相似比为1：2，且，
∴，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
连接BC，

根据“三线合一”性质可知，
∴点C的坐标为：．
故选：D.
【总结】此题考查位似变换的性质，正确理解位似与相似的关系，理解关于原点位似的两个图形对应点坐标之间的关系是解题的关键．
7. 如图，在△AOB中，顶点O与原点重合，，，，点C为边OA上一点，且．将△AOB向右平移，当点C的对应点恰好落在直线上时，点B的对应点的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】先求得点，的坐标，根据平移后纵坐标相等，求得点的坐标，进而求得平移距离，即可求得点的坐标．
【详解】解：如图，过点分别作轴的垂线，垂足分别为，过点作轴，与的延长线交于点，则四边形是矩形，

设，则，


又

，


∵




，

∴





中，

将△AOB向右平移，当点C的对应点恰好落在直线上时，

解得

平移

点的对应点的坐标为．
故选B
【总结】本题考查了坐标与图形，平移的性质，一次函数的性质，平行线分线段成比例，求得点的坐标是解题的关键．
8. 在平面直角坐标系中，已知两点，，先将线段向右平移1个单位，再向上平移1个单位，然后以原点为位似中心，将其缩小为原来的，得到线段，则点的对应点的坐标为（ ）
A. B. 或 C. D. 或
【答案】B
【解析】先根据平移得出点A平移后的坐标，再根据关于原点成位似变换的点的坐标特点即可求出答案.
【详解】解：∵点A平移后的坐标为（8，6），
∴以原点O为位似中心，位似比为的对应点C的坐标为（8，6）或（8，6），
即C的坐标为（4，3）或（－4，－3）.
故选B.
【总结】本题考查了坐标系中的平移与位似变换.掌握平移和位似变换的性质是解题的关键.
9. 如图，在平面直角坐标系中Rt△ABC斜边BC在x轴上，点B坐标为（1，0），AC=2，∠ABC=30°，把Rt△ABC先绕B点顺时针旋转180°，然后再向下平移2个单位，则A点的对应点A′的坐标为（　　）

A. （﹣4，﹣2﹣） B. （﹣4，﹣2+） C. （﹣2，﹣2+） D. （﹣2，﹣2﹣）
【答案】D
【解析】本题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质和平移的性质，作出图形利用旋转的性质和平移的性质是解答此题的关键．
【详解】解：作AD⊥BC，并作出把Rt△ABC先绕B点顺时针旋转180°后所得△A1BC1，如图所示．
∵AC=2，∠ABC=30°，
∴BC=4，
∴AB=2，
∴AD===，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠BAC=90°，
∵∠DBA=∠ABC，
∴△ABD∽△CBA，
∴，
∴BD===3．
∵点B坐标为（1，0），
∴A点的坐标为（4，）．
∵BD=3，
∴BD1=3，
∴D1坐标为（﹣2，0），
∴A1坐标为（﹣2，﹣）．
∵再向下平移2个单位，
∴A′的坐标为（﹣2，﹣﹣2）．
故选D．

【总结】本题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质和平移的性质，作出图形利用旋转的性质和平移的性质是解答此题的关键．
10．我们知道：四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形ABCD的边AB在x轴上，AB的中点是坐标原点O，固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点D′处，则点C的对应点C′的坐标为（　　）

A．（，1） B．（2，1） C．（1，） D．（2，）
【答案】D
【解析】由已知条件得到AD′=AD=2，AO=AB=1，根据勾股定理得到OD′==，于是得到结论．
【解答】解：∵AD′=AD=2，
AO=AB=1，
∴OD′==，
∵C′D′=2，C′D′∥AB，
∴C（2，），
故选D．
【点评】本题考查了正方形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．