北师大版八年级数学上册专题3.6位置与坐标章末六大题型总结(拔尖篇)同步练习(学生版+解析)

这是一份北师大版八年级数学上册专题3.6位置与坐标章末六大题型总结(拔尖篇)同步练习(学生版+解析)，共47页。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc7851" 【题型1 坐标与点的移动规律探究】 PAGEREF _Tc7851 \h 1
\l "_Tc5783" 【题型2 坐标与图形变换规律探究】 PAGEREF _Tc5783 \h 2
\l "_Tc5321" 【题型3 坐标系中的新定义问题探究】 PAGEREF _Tc5321 \h 3
\l "_Tc19782" 【题型4 坐标系中的动点问题探究】 PAGEREF _Tc19782 \h 5
\l "_Tc7110" 【题型5 坐标系中角度之间的数量关系问题探究】 PAGEREF _Tc7110 \h 7
\l "_Tc21710" 【题型6 坐标系中图形问题探究】 PAGEREF _Tc21710 \h 9
【题型1 坐标与点的移动规律探究】
【例1】（2023春·广东肇庆·八年级统考期中）如图，点A在x轴正半轴及y轴正半轴上运动，点A从原点出发，依次跳动至点A1(0,1)、A2(1,0)、A3(2,0)、A4(0,2)、A5(0,3)、A6(3,0)、A7(4,0)、A8(0,4)，……按此规律，则点A2023的坐标是( )
A．(0,1011)B．(1011,0)C．(0,1012)D．(1012,0)
【变式1-1】（2023春·八年级统考期末）如图，已知A11,1，A22,−1，A34,4，A46,−4，A57,1，A68,−1，A710,4，A812,−4……，按这样的规律，则点A2023的坐标为（ ）

A．3032,−1B．3034,4C．3036,4D．3031,1
【变式1-2】（2023春·北京西城·八年级北师大实验中学校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点A从A1−4,0依次跳动到A2−4,1，A3−3,1，A4−3,0，A5−2,0，A6−2,3，A7−1,3，A8−1,0，A9−1,−3，A100,−3，A110,0，…，按此规律，则点A2023的坐标为（ ）
A．2023,0B．805,0C．804,1D．805,1
【变式1-3】（2023春·湖北孝感·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系上有点A（1，0），点A第一次跳动至点A1（﹣1，1），第二次向右跳动3个单位至点A2（2，1），第三次跳动至点A3（﹣2，2），第四次向右跳动5个单位至点A4（3，2），……，依此规律跳动下去，点A第2018次跳动至点A2018的坐标是 .
【题型2 坐标与图形变换规律探究】
【例2】（2023春·江西宜春·八年级统考期末）在如图所示的方格纸上（小正方形的边长均为1），△A1A2A3，△A3A4A5，△A5A6A7,⋯都是斜边在x轴上的等腰直角三角形，且它们的斜边长分别为2，4，6…若△A1A2A3的顶点坐标分别为A12,0，A21,−1，A30,0，则依图中所示规律，A2022的坐标为（ ）

A．1,−1013B．1,−1011C．2,1012D．2,1010
【变式2-1】（2023春·内蒙古鄂尔多斯·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，第一次将△OAB变换成△OA1B1，第二次将△OA1B1变换成△OA2B2，第三次将△OA2B2变换成△OA3B3，…，观察每次变换前后的三角形的变化规律，找出规律，推测An、Bn的坐标分别是（ ）
A．(n,3),(n2,0)B．(n,3),(2n,0)C．(2n,3),(2n,0)D．(2n,3),(2n+1,0)
【变式2-2】（2023春·八年级课时练习）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OM0M1的直角边OM0在x轴上，点M1在第一象限，且OM0=1，以点M1为直角顶点，OM1为一直角边作等腰直角三角形OM1M2，再以点M2为直角顶点，OM2为直角边作等腰直角三角形OM2M3…依此规律则点M2019的坐标是 ．
【变式2-3】（2023春·全国·八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，点A1（1，0）、A2（3，0）、A3（6，0）、A4（10，0）、……，以A1A2为对角线作第一个正方形A1C1A2B1，以A2A3为对角线作第二个正方形A2C2A3B2，以A3A4，为对角线作第三个正方形A3C3A4B3，……，顶点B1，B2，B3……都在第一象限，按照此规律依次下去，则点Bn的坐标为 ．
【题型3 坐标系中的新定义问题探究】
【例3】（2023春·北京海淀·八年级人大附中校联考期中）在平面直角坐标系xOy中，对于点P，给出如下定义：
点P的“第Ⅰ类变换”：将点P向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度；
点P的“第Ⅱ类变换”：将点P向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度．
(1)①点A的坐标为(3,0)，对点A进行1次“第Ⅰ类变换”后得到的点的坐标为 ；
②点B为平面内一点，若对点B进行1次“第Ⅰ类变换”后得到点(0,2)，则对点B进行1次“第Ⅱ类变换”后得到的点的坐标为 ；
(2)点C在x轴上，若对点C进行a次“第Ⅰ类变换”，再进行b次“第Ⅱ类变换”后，所得到的点仍在x轴上，直接用等式表示a与b的数量关系为 ；
(3)点P的坐标(−10,3)，对点P进行“第1类变换”和“第Ⅱ类变换”共计20次后得到点Q，请问是否存在一种上述两类变换的组合，使得点Q恰好在y轴上？如果存在，请求出此时点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
【变式3-1】（2023春·辽宁抚顺·八年级统考期末）对于平面直角坐标系xOy中的任意一点P(x,y)，给出如下定义：记a=x+y，b=−y，将点M(a,b)与N(b,a)称为点P的一对“相伴点”．
例如：点P(2,3)的一对“相伴点”是点(5,−3)与(−3,5)．
(1)点Q(4,−1)的一对“相伴点”的坐标是______与______；
(2)若点A(8,y)的一对“相伴点”重合，则y的值为______；
(3)若点B的一个“相伴点”的坐标为(−1,7)，求点B的坐标．
【变式3-2】（2023春·北京海淀·八年级北理工附中校考期中）在平面直角坐标系xOy中，对于任意一点Px,y的“绝对距离”，给出如下定义：若x≥y，则点P的“绝对距离”为x；若x1，所以点P−4,1的“绝对距离”为−4=4．当点Px,y的“绝对距离”为2时，所有满足条件的点P组成的图形为（ ）
A． B．
C． D．
【变式3-3】（2023春·浙江台州·八年级统考期末）定义：已知平面上两点Ax1,y1，Bx2,y2，称dA,B=x1−x2+y1−y2为A，B两点之间的折线距离．例如点M2,−3与点N5,2之间的折线距离为dM,N=2−5+−3−2=3+5=8．如图，已知平面直角坐标系中点A2,1，B−1,0．

(1)dA,B=___________；
(2)过点B作直线l平行于y轴，求直线l上与点A的折线距离为5的点的坐标；
(3)已知点Nn,n，且dA,N<2，求n的取值范围；
(4)已知平面上点P与原点O的折线距离为3，即dP,O=3，直接写出所有满足条件的点P围成的图形面积．
【题型4 坐标系中的动点问题探究】
【例4】（2023春·吉林·八年级统考期末）如图，四边形ABCD是长方形，边AB在x轴上，AD⊥x轴． 已知点A坐标为(2,0)，点C坐标为(6,3)． 动点P从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线BA−AD−DC向终点C运动，设点P的运动时间为x(s)．

(1)点D坐标为 ；
(2)连接PC，当直线PC将长方形ABCD的面积分为1:2的两部分时，求x的值；
(3)连接OP，OD，直接写出三角形OPD的面积为3时，点P的坐标．
【变式4-1】（2023春·湖北襄阳·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，点Aa,0．B0,b，a、b满足2a−b−9+a+2b−122=0，连接AB．

(1)求出点A、B的坐标；
(2)如图1，点C是线段AB上一点，若AC=2BC，求点C坐标．小军想到：可连接OC，此时将三角形OAB分成两个小三角形，而三角形OBC的面积恰好是三角形OAB的三分之一，从而求出点C坐标．请你根据小军的思路写出求解点C坐标的过程；
(3)如图2，将线段AB先向下平移5个单位，再向左平移2个单位得到线段MN（点A的对应点为M），线段MN与y轴交于点P．点E0,t是y轴上一动点，当三角形MNE的面积小于3时，请直接写出t的取值范围．
【变式4-2】（2023春·吉林·八年级校联考期中）如图，在以点O为原点的平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为(a，0)、(a，b)，点C在y轴上，且BC∥x轴，a、b满足|a－3|＋ b−4 =0，一动点P从原点出发，以每秒一动点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O－A－B－C－O的路线运动（回到点O时停止）
(1)直接写出点A、B、C的坐标；
(2)在点P运动的过程中，连接PO，若PO把四边形ABCO的面积分成1：2两部分，求点P的坐标；
(3)点P运动t秒后(t≠0)，是否存在点P到x轴的距离为12 t个单位长度的情况．若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式4-3】（2023春·广东广州·八年级统考期末）已知点A−2，0，B0，−4，C−4，−6，过点C作x轴的平行线m，交y轴于点D，一动点P从C点出发，在直线m上以1个单位长度/秒的速度向右运动，

(1)如图，当点P在第四象限时，连接OP，作射线OE平分∠AOP，过点O作OF⊥OE．
①填空；若∠OPD=60°，则∠POF=______；
②设a=∠OPD∠DOE，求a的值．
(2)若与此同时，直线m以2个单位长度/秒的速度竖直向上运动，设运动时间为t秒，点P的坐标为x，y
①在坐标轴上是否存在满足条件的点P，使得S△ABP=6，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
②求x和y的关系式．
【题型5 坐标系中角度之间的数量关系问题探究】
【例5】（2023春·广东潮州·八年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为长方形，其中点A，C坐标分别为−4,2，1,−4，且AD//x轴，交y轴于点M，AB交x轴于点N
（1）直接写出B，D两点的坐标，并求出长方形ABCD的面积．
（2）一动点P从点A出发，以每秒12个单位长度的速度沿AB边向B点运动，在P点的运动过程中，连接MP，OP，试探究∠AMP，∠MPO，∠PON之间的数量关系（写出探究过程以及结论）．
（3）在（2）的条件下，是否存在某一时刻t，使得三角形AMP的面积等于长方形ABCD面积的13？若存在，求t的值以及此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式5-2】（2023春·福建福州·八年级统考期末）如图1，在平面直角坐标系中，已知点A(−5,−1)，B(−3,2)，将线段AB平移至线段CD，使点A的对应点C恰好落在x轴的正半轴上，设点C的坐标为(k，0)，点B的对应点D在第一象限．

(1)求点D的坐标（用含k的式子表示）；
(2)连接BD，BC．如图2，若三角形BCD的面积为8，求k的值；
(3)连接AD，如图3，分别作∠ABC和∠ADC的平分线，交于点P，试探究∠BAD，∠BCD和∠BPD之间的等量关系，并说明理由．
【变式5-3】（2023春·重庆江津·八年级重庆市江津中学校校考期中）如图1，以直角△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A0，a，Cb，0，并且满足a−b+2+b−m=0．其中m是3m＋2＞24的最小整数解．
(1)求A点，C点的坐标；
(2)如图1，坐标轴上有两动点P、Q同时出发，点P从点C出发沿x轴负方向以每秒2个单位长度的速度匀速运动，点Q从点O出发沿y轴正方向以每秒1个单位长度的速度匀速运动，当点P到达点O整个运动随之结束；线段AC的中点D的坐标是D（4，3），设运动时间为t秒．是否存在t，使得三角形△DOP与△DOQ的面积相等？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；
(3)如图2，在（2）的条件下，若∠DOC=∠DCO，点G是第二象限中一点，并且OA平分∠DOG，点E是线段OA上一动点，连接CE交OD于点H，当点E在OA上运动的过程中，探究∠DOG，∠OHC，∠ACE之间的数量关系，并说明理由．
【题型6 坐标系中图形问题探究】
【例6】（2023春·辽宁大连·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为边长为8的正方形，点D为OA的中点，点E在AB上，且AE=34AB．点P(x，m)是线段CD和DE上的动点，点Q(x，n)是线段CE上的动点，连接PQ．

(1)求三角形ADE和三角形OCD的面积；
(2)用等式表示m与x之间的数量关系；
(3)直接写出线段PQ的长等于3时，点Q的坐标．
【变式6-1】（2023春·辽宁大连·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，第一象限内矩形ABCD,AB∥y轴，点D(1,1)，点B(a,b)，满足a−4+|b−3|=0．
(1)求a、b的值；
(2)求矩形ABCD的面积；
(3)矩形ABCD以每秒1个单位长度的速度向左平移，设运动时间为t秒，矩形ABCD在y轴右侧部分面积为S．
①当t=4时，点C的坐标为____________；
②用含t的代数式表示在运动过程中的S，并直接写出t的取值范围．
【变式6-2】（2023春·北京西城·八年级期末）在单位长度为1的正方形网格中，如果一个凸四边形的顶点都是网格线交点，我们称其为格点凸四边形．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ORST的四个顶点分别为O0,0，R0,5，T8,0，S8,5．已知点E2,4，F0,3，G4,2．若点P在矩形ORST的内部，以P，E，F，G四点为顶点的格点凸四边形的面积为6，所有符合题意的点P的坐标为 ．

【变式6-3】（2023春·江西南昌·八年级江西师范大学附属外国语学校校考期中）如图，在平面直角坐标系中，已知A(a,0)，B(b,0)，其中a、b满足a+1+(b−3)2=0.
(1)a=__________.b=__________.
(2)如图，已知点M(−2,−2)，P为坐标轴上一点，且△BMP的面积与△ABM的面积相等，求出点P的坐标.
(3)如图，作长方形ABCD，点C的纵坐标为y，且点C在第四象限，点F在AD上，且△BEF的面积为5，△OCF
专题3.6 位置与坐标章末六大题型总结（拔尖篇）
【北师大版】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc7851" 【题型1 坐标与点的移动规律探究】 PAGEREF _Tc7851 \h 1
\l "_Tc5783" 【题型2 坐标与图形变换规律探究】 PAGEREF _Tc5783 \h 4
\l "_Tc5321" 【题型3 坐标系中的新定义问题探究】 PAGEREF _Tc5321 \h 6
\l "_Tc19782" 【题型4 坐标系中的动点问题探究】 PAGEREF _Tc19782 \h 13
\l "_Tc7110" 【题型5 坐标系中角度之间的数量关系问题探究】 PAGEREF _Tc7110 \h 22
\l "_Tc21710" 【题型6 坐标系中图形问题探究】 PAGEREF _Tc21710 \h 29
【题型1 坐标与点的移动规律探究】
【例1】（2023春·广东肇庆·八年级统考期中）如图，点A在x轴正半轴及y轴正半轴上运动，点A从原点出发，依次跳动至点A1(0,1)、A2(1,0)、A3(2,0)、A4(0,2)、A5(0,3)、A6(3,0)、A7(4,0)、A8(0,4)，……按此规律，则点A2023的坐标是( )
A．(0,1011)B．(1011,0)C．(0,1012)D．(1012,0)
【答案】D
【分析】根据已知点的坐标特征，将连续的4个点看成一组，由第1组，第2组确定组内点的位置特征、点坐标与组序数的联系；以此类推，2023=4×505+3，故点A2023是第506组的第3个点，则A2023在x轴上，其非零坐标即横坐标为2×506=1012．
【详解】解：根据题意，将连续的4个点A看成一组，
第1组：A1(0，1)，A2(1，0)，A3(2，0)，A4(0，2)，其位置分别为y轴、x轴、x轴、y轴，前两个点的非零坐标为1，后两个点的非零坐标为2；其中，1=2×1−1，2=2×1；
第2组：A5(0，3)，A6(3，0)，A7(4，0)，A8(0，4)，其位置分别为y轴、x轴、x轴、y轴，前两个点的非零坐标为3，后两个点的非零坐标为4；其中，3=2×2−1，4=2×2；
……
以此类推，2023=4×505+3，
则点A2023是第506组的第3个点，则A2023在x轴上，其非零坐标即横坐标为2×506=1012，故点A2023的坐标是(1012,0)；
故选：D．
【点睛】本题考查规律探索，根据已知的点坐标，对点分组找出规律是解题的关键．
【变式1-1】（2023春·八年级统考期末）如图，已知A11,1，A22,−1，A34,4，A46,−4，A57,1，A68,−1，A710,4，A812,−4……，按这样的规律，则点A2023的坐标为（ ）

A．3032,−1B．3034,4C．3036,4D．3031,1
【答案】B
【分析】先找到点的规律，然后计算解题即可．
【详解】由题可知，每四个点纵坐标重复一次，横坐标向左平移6个单位长度，
∴2023÷4=505⋯3，
则A2023的横坐标为：505×6+4=3034，纵坐标为4，
故选B．
【点睛】本题考查坐标的规律问题，解题的关键是找到点的坐标规律．
【变式1-2】（2023春·北京西城·八年级北师大实验中学校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点A从A1−4,0依次跳动到A2−4,1，A3−3,1，A4−3,0，A5−2,0，A6−2,3，A7−1,3，A8−1,0，A9−1,−3，A100,−3，A110,0，…，按此规律，则点A2023的坐标为（ ）
A．2023,0B．805,0C．804,1D．805,1
【答案】D
【分析】由图可知，10个坐标为一循环，因此判断A2023对应的坐标是A3−3,1，那么纵坐标为1，横坐标每多一个循环则大4，可算出横坐标为805，然后直接求解即可．
【详解】∵2023÷10=202……3
∴A2023对应的坐标为A3−3,1
∴A2023横坐标为−3+202×4=805
∴A2023805,1
故选：D
【点睛】此题考查点坐标的规律探究，解题关键是找到循环然后直接求解．
【变式1-3】（2023春·湖北孝感·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系上有点A（1，0），点A第一次跳动至点A1（﹣1，1），第二次向右跳动3个单位至点A2（2，1），第三次跳动至点A3（﹣2，2），第四次向右跳动5个单位至点A4（3，2），……，依此规律跳动下去，点A第2018次跳动至点A2018的坐标是 .
【答案】（1010，1009）
【分析】观察所给图形，不难得到第偶数次跳动至点的横坐标是跳的次数的一半加上1，纵坐标是跳的次数的一半；由此可得规律：第2n次跳动至点A2n的坐标是(n+1，n)，进而求出点A2018的坐标．
【详解】解：观察发现可知：
第2次跳动至点A2的坐标是（2，1），
第4次跳动至点A4的坐标是（3，2），
第6次跳动至点A6的坐标是（4，3），
第8次跳动至点A8的坐标是（5，4），
…
则第2n次跳动至点A2n的坐标是（n+1，n），
故第2018次跳动至点的坐标是（1010，1009）．
故答案为（1010，1009）．
【点睛】本题考查了点的坐标规律，解题在关键在于明确偶数次跳动的点的横坐标、纵坐标与跳动次数的关系．
【题型2 坐标与图形变换规律探究】
【例2】（2023春·江西宜春·八年级统考期末）在如图所示的方格纸上（小正方形的边长均为1），△A1A2A3，△A3A4A5，△A5A6A7,⋯都是斜边在x轴上的等腰直角三角形，且它们的斜边长分别为2，4，6…若△A1A2A3的顶点坐标分别为A12,0，A21,−1，A30,0，则依图中所示规律，A2022的坐标为（ ）

A．1,−1013B．1,−1011C．2,1012D．2,1010
【答案】B
【分析】根据题意发现规律：当下标是2、6、10…时，横坐标为1，纵坐标为下标的一半的相反数；当下标是4、8、12…时，横坐标是2，纵坐标为下标的一半，据此即可得到答案．
【详解】解：∵图中的各三角形都是等腰直角三角形，
∴各等腰直角三角形的直角顶点的纵坐标的绝对值为斜边的一半，
∴A21,−1、A42,2，A61,−3，A82,4，A101,−5，A122,6
当下标为偶数时的点的坐标规律如下：
当下标是2、6、10…时，横坐标为1，纵坐标为下标的一半的相反数，
当下标是4、8、12…时，横坐标是2，纵坐标为下标的一半，
∵每四个字母为一组，
2022÷4=，
点A2022在第一象限，横坐标为１，
纵坐标是2022÷2=1011，
∴A2022(1,−1011)，
【点睛】本题主要考查了点的坐标变化规律，根据坐标正确得到规律是解题关键．
【变式2-1】（2023春·内蒙古鄂尔多斯·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，第一次将△OAB变换成△OA1B1，第二次将△OA1B1变换成△OA2B2，第三次将△OA2B2变换成△OA3B3，…，观察每次变换前后的三角形的变化规律，找出规律，推测An、Bn的坐标分别是（ ）
A．(n,3),(n2,0)B．(n,3),(2n,0)C．(2n,3),(2n,0)D．(2n,3),(2n+1,0)
【答案】D
【分析】根据图中各点的坐标的变化，依次写出A1,A2,A3,⋯，B1,B2,B3,⋯．再根据点的坐标变化的特点写出An、Bn的坐标即可．
【详解】解：∵A1(2,3),A2(22,3),A3(23,3),⋯，
∴An(2n,3)；
∵B1(22,0),B2(23,0),B3(24,0),⋯，
∴Bn(2n+1,0)；
故选：D．
【点睛】此题考查了坐标与图形的变化，正确写出前几个点的坐标、找出坐标变化的规律是解答此题的关键．
【变式2-2】（2023春·八年级课时练习）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OM0M1的直角边OM0在x轴上，点M1在第一象限，且OM0=1，以点M1为直角顶点，OM1为一直角边作等腰直角三角形OM1M2，再以点M2为直角顶点，OM2为直角边作等腰直角三角形OM2M3…依此规律则点M2019的坐标是 ．
【答案】−22019,22019
【分析】本题点M坐标变化规律要分别从旋转次数与点M所在象限或坐标轴、点M到原点的距离与旋转次数的对应关系．
【详解】由已知，点M每次旋转转动45°，则转动一周需转动8次，每次转动点M到原点的距离变为转动前的2倍
∵2019＝252×8＋3
∴点M2019的在第二象限的角平分线上，
∴点M2019的坐标为−22019,22019,
故答案为：−22019,22019.
【点睛】本题是平面直角坐标系下的规律探究题，除了研究动点变化的相关数据规律，还应该注意象限符号．
【变式2-3】（2023春·全国·八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，点A1（1，0）、A2（3，0）、A3（6，0）、A4（10，0）、……，以A1A2为对角线作第一个正方形A1C1A2B1，以A2A3为对角线作第二个正方形A2C2A3B2，以A3A4，为对角线作第三个正方形A3C3A4B3，……，顶点B1，B2，B3……都在第一象限，按照此规律依次下去，则点Bn的坐标为 ．
【答案】[(n+1)22，n+12]
【分析】利用图形分别得出B点横坐标B1，B2，B3，…的横坐标分别为：42，92，162，252…，点Bn的横坐标为：(n+1)22，再利用纵坐标变化规律进而得出答案．
【详解】解：分别过点B1，B2，B3，作B1D⊥x轴，B2E⊥x轴，B3F⊥x轴于点D，E，F，
∵A1(1,0)，
∴A1A2=3−1=2，A1D =1，OD=2，B1D=A1D =1，
可得出B1(2,1)，
∵A2(3,0)，
∴A3A2=6−3=3，EB2=32，B2E=EA2=32，OE=6−32=92，
可得B2(92，32)，
同理可得出：B3(8,2)，B4(252，52)，…，
∵B1，B2，B3，…的横坐标分别为：42，92，162，252…，
∴点Bn的横坐标为：(n+1)22，
∵B1，B2，B3，…的纵坐标分别为：1，32，43，52，…，
∴点Bn的纵坐标为：n+12，
∴点B5的坐标为(18,3)；点Bn的坐标为：[(n+1)22，n+12]．
故答案为：[(n+1)22，n+12]．
【点睛】此题主要考查了点的坐标规律，培养学生观察和归纳能力，从所给的数据和图形中寻求规律分别得出B点横纵坐标的规律是解答本题的关键．
【题型3 坐标系中的新定义问题探究】
【例3】（2023春·北京海淀·八年级人大附中校联考期中）在平面直角坐标系xOy中，对于点P，给出如下定义：
点P的“第Ⅰ类变换”：将点P向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度；
点P的“第Ⅱ类变换”：将点P向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度．
(1)①点A的坐标为(3,0)，对点A进行1次“第Ⅰ类变换”后得到的点的坐标为 ；
②点B为平面内一点，若对点B进行1次“第Ⅰ类变换”后得到点(0,2)，则对点B进行1次“第Ⅱ类变换”后得到的点的坐标为 ；
(2)点C在x轴上，若对点C进行a次“第Ⅰ类变换”，再进行b次“第Ⅱ类变换”后，所得到的点仍在x轴上，直接用等式表示a与b的数量关系为 ；
(3)点P的坐标(−10,3)，对点P进行“第1类变换”和“第Ⅱ类变换”共计20次后得到点Q，请问是否存在一种上述两类变换的组合，使得点Q恰好在y轴上？如果存在，请求出此时点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)①(2,2)；②(4,−1)
(2)2a=b
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）①利用点P的“第Ⅰ类变换”的定义，可求解；②利用点P的“第Ⅰ类变换”的定义和点P的“第Ⅱ类变换”的定义，可求解；
（2）利用点P的“第Ⅰ类变换”的定义和点P的“第Ⅱ类变换”的定义列出方程可求解；
（3）利用点P的“第Ⅰ类变换”的定义和点P的“第Ⅱ类变换”的定义列出方程可求解．
【详解】（1）解：①∵点A的坐标为(3,0)，
∴点A进行1次“第Ⅰ类变换”后得到的点的坐标(2,2)，
故答案为：(2,2)；
②∵点B进行1次“第Ⅰ类变换”后得到点(0,2)，
∴点B坐标为(1,0)，
∴点B进行1次“第Ⅱ类变换”后得到的点的坐标为(4,−1)，
故答案为：(4,−1)；
（2）设点C(c,0)，
∵点C进行a次“第Ⅰ类变换”，再进行b次“第Ⅱ类变换”后，所得到的点仍在x轴上，
∴0+2a−1×b=0，
∴2a=b，
故答案为：2a=b；
（3）不存在，理由如下：
设经过m次“第1类变换”，经过(20−m)次“第Ⅱ类变换”，使得点Q恰好在y轴上，
∵点P的坐标(−10,3)，对点P进行“第1类变换”和“第Ⅱ类变换”共计20次后得到点Q，点Q恰好在y轴上，
∴−10−1×m+3(20−m)=0，
∴m=252，
∵m为非负整数，
∴m=252不合题意舍去，
∴不存在一种上述两类变换的组合，使得点Q恰好在y轴上．
【点睛】本题是平移变换综合题，理解点P的“第Ⅰ类变换”的定义和点P的“第Ⅱ类变换”的定义是解题的关键．
【变式3-1】（2023春·辽宁抚顺·八年级统考期末）对于平面直角坐标系xOy中的任意一点P(x,y)，给出如下定义：记a=x+y，b=−y，将点M(a,b)与N(b,a)称为点P的一对“相伴点”．
例如：点P(2,3)的一对“相伴点”是点(5,−3)与(−3,5)．
(1)点Q(4,−1)的一对“相伴点”的坐标是______与______；
(2)若点A(8,y)的一对“相伴点”重合，则y的值为______；
(3)若点B的一个“相伴点”的坐标为(−1,7)，求点B的坐标．
【答案】(1)(1,3)，(3,1)；
(2)−4；
(3)(6,−7)或(6,1)．
【分析】（1）根据新定义求出a，b，即可得出结论；
（2）根据新定义，求出点A的一对“相伴点”，进而得出结论；
（3）设出点B的坐标，根据新定义，建立方程组，即可得出结论．
【详解】（1）∵Q(4,−1)，
∴a=4+(−1)=3，b=−(−1)=1，
∴点Q(4,−1)的一对“相伴点”的坐标是(1,3)与(3,1)，
故答案为：(1,3)，(3,1)；
（2）∵点A(8,y)，
∴a=8+y，b=−y，
∴点A(8,y)的一对“相伴点”的坐标是(8+y,−y)和(−y,8+y)，
∵点A(8,y)的一对“相伴点”重合，
∴8+y=−y，
∴y=−4，
故答案为：−4；
（3）设点B(x,y)，
∵点B的一个“相伴点”的坐标为(−1,7)，
∴ x+y=−1−y=7或−y=−1x+y=7，
∴ x=6y=−7或x=6y=1，
∴B(6,−7)或(6,1)．
【点睛】此题主要考查了新定义，解方程组，解方程，理解和应用新定义是解本题的关键．
【变式3-2】（2023春·北京海淀·八年级北理工附中校考期中）在平面直角坐标系xOy中，对于任意一点Px,y的“绝对距离”，给出如下定义：若x≥y，则点P的“绝对距离”为x；若x1，所以点P−4,1的“绝对距离”为−4=4．当点Px,y的“绝对距离”为2时，所有满足条件的点P组成的图形为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据点Px,y的“绝对距离”为2，可知x=2，y≤2或y=2，x≤2，即可确定点P组成的图形．
【详解】解：∵点Px,y的“绝对距离”为2，
∴x=2，y≤2或y=2，x≤2，
即x=2时，−2≤y≤2，x=−2时，−2≤y≤2，y=2时，−2≤x≤2，y=−2时，−2≤x≤2，
即可确定点P组成的图形为图D中的正方形，
故选：D．
【点睛】本题考查了点的坐标，新定义，理解新定义是解题的关键．
【变式3-3】（2023春·浙江台州·八年级统考期末）定义：已知平面上两点Ax1,y1，Bx2,y2，称dA,B=x1−x2+y1−y2为A，B两点之间的折线距离．例如点M2,−3与点N5,2之间的折线距离为dM,N=2−5+−3−2=3+5=8．如图，已知平面直角坐标系中点A2,1，B−1,0．

(1)dA,B=___________；
(2)过点B作直线l平行于y轴，求直线l上与点A的折线距离为5的点的坐标；
(3)已知点Nn,n，且dA,N<2，求n的取值范围；
(4)已知平面上点P与原点O的折线距离为3，即dP,O=3，直接写出所有满足条件的点P围成的图形面积．
【答案】(1)4
(2)−1，−1或−1，3
(3)12(4)18
【分析】（1）根据折线距离的定义进行求解即可；
（2）根据题意可得直线l上的点的横坐标都为−1，设点K−1，t是直线上与点A的折线距离为5的点，则dA,K=t−1+3=5，据此求解即可；
（3）由题意可得n−2+n−1<2，然后去绝对值解不等式即可；
（4）设Px，y，则x−0+y−0=3，由此去绝对值得到x、y的关系式即可确定围成的区域图形，进而求出对应的面积即可．
【详解】（1）解：由题意得，dA,B=−1−2+0−1=−3+−1=3+1=4，
故答案为：4；
（2）解：∵直线l平行于y轴， B−1,0，
∴直线l上的点的横坐标都为−1，
设点K−1，t是直线上与点A的折线距离为5的点，
∴dA,K=−1−2+t−1=−3+t−1=t−1+3=5，
∴t−1=2，
∴t−1=2或t−1=−2，
∴t=3或t=−1，
∴点K的坐标为−1，−1或−1，3，
∴直线l上与点A的折线距离为5的点的坐标−1，−1或−1，3；
（3）解：∵A2,1，Nn,n，且dA,N<2，
∴n−2+n−1<2，
当n>2时，则n−2+n−1<2，解得n<52，
∴2当1≤n≤2时，则2−n+n−1<2，即1<2，此时恒成立；
当n<1时，则2−n+1−n<2，解得n>12，
∴12综上所述，12（4）解：设Px，y，
∵dP,O=3，
∴x−0+y−0=3，
∴x+y=3，
∴当x≥0，y≥0时，x+y=3；
当x≥0，y<0时，x−y=3；
当x<0，y>0时，−x+y=3；
当x<0，y<0时，−x−y=3；
∴点P围成的图形区域即为四边形CDEF（C−3，0，D0，−3，E3，0，F0，3 ）如下所示：

∴围成的图形面积为2×12×3×6=18．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，解一元一次不等式，解绝对值方程等等，正确理解题意是解题的关键．
【题型4 坐标系中的动点问题探究】
【例4】（2023春·吉林·八年级统考期末）如图，四边形ABCD是长方形，边AB在x轴上，AD⊥x轴． 已知点A坐标为(2,0)，点C坐标为(6,3)． 动点P从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线BA−AD−DC向终点C运动，设点P的运动时间为x(s)．

(1)点D坐标为 ；
(2)连接PC，当直线PC将长方形ABCD的面积分为1:2的两部分时，求x的值；
(3)连接OP，OD，直接写出三角形OPD的面积为3时，点P的坐标．
【答案】(1)(2，3)
(2)x=43或52；
(3)满足条件的点P的坐标为(2,0)或(4,3)．
【分析】（1）利用矩形的性质求出OA，AD，可得结论；
（2）分两种情形：如图1中，当点P在线段AB上时，如图2中，当点P在线段AD上时，分别构建方程求解；
（3）当点P与A重合时，△POD的面积为3，此时P(2,0)，过点A作AP'∥OD交CD于点P'，此时OA=DP'=2，△ODP'的面积为3，求出P'坐标即可．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，A(2,0)，C(6,3)，
∴OA=2，BC=AD=3，
∴D(2,3)，
故答案为：(2,3)；
（2）解：如图1中，当点P在线段AB上时，
由题意，S△PBC=13S矩形ABCD，
∴ 12×2x×3=13×3×4，
∴x=43．
如图2中，当点P在线段AD上时，
由题意，S△DCP=13S矩形ABCD，
∴ 12×(7−2x)×4=13×3×4，
∴x=52．
综上所述，满足条件的x的值为43或52；
（3）解：如图3中，
当点P与A重合时，△POD的面积为3，此时P(2,0)，
过点A作AP'∥OD交CD于点P'，此时OA=DP'=2，△ODP'的面积为3，
∴P'(4,3)，
综上所述，满足条件的点P的坐标为(2,0)或(4,3)．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题．
【变式4-1】（2023春·湖北襄阳·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，点Aa,0．B0,b，a、b满足2a−b−9+a+2b−122=0，连接AB．

(1)求出点A、B的坐标；
(2)如图1，点C是线段AB上一点，若AC=2BC，求点C坐标．小军想到：可连接OC，此时将三角形OAB分成两个小三角形，而三角形OBC的面积恰好是三角形OAB的三分之一，从而求出点C坐标．请你根据小军的思路写出求解点C坐标的过程；
(3)如图2，将线段AB先向下平移5个单位，再向左平移2个单位得到线段MN（点A的对应点为M），线段MN与y轴交于点P．点E0,t是y轴上一动点，当三角形MNE的面积小于3时，请直接写出t的取值范围．
【答案】(1)A6,0．B0,3
(2)C2,2，过程见解析
(3)−4【分析】（1）根据非负数的性质得出关于a，b的二元一次方程组，解之即可；
（2）设点C的坐标为m,n，根据三角形OBC的面积恰好是三角形OAB的三分之一，以及三角形OAC的面积恰好是三角形OAB的三分之二，分别列出方程，求出m和n的值，即可得到坐标；
（3）求出各点平移后的坐标，得到点C平移后在y轴上，即为点P，根据三角形MNE的面积小于3，列出不等式，解之即可．
【详解】（1）解：∵2a−b−9+a+2b−122=0，
∴2a−b−9=0a+2b−12=0，
解得：a=6b=3，
∴A6,0，B0,3；
（2）设点C的坐标为m,n，
∵A6,0，B0,3，
∴OA=6，OB=3，
∵AC=2BC，
∴三角形OBC的面积恰好是三角形OAB的三分之一，
∴12×3×m=13×12×6×3，
解得：m=2，
同理：三角形OAC的面积恰好是三角形OAB的三分之二，
∴12×6×n=23×12×6×3，
解得：n=2，
∴点C的坐标为2,2；
（3）由平移可得：M4,−5，N−2,−2，
而点C平移后的坐标为2−2,2−5，即0,−3，
∴点C平移后在y轴上，即为点P，则P0,−3，
∴S△MNE=12×PE×xM−xN<3，
即12×−3−t×6<3，
解得：−4【点睛】本题考查了解二元一次方程组，坐标与图形，非负数的性质，点的平移，三角形的面积，解不等式，解题的关键是利用坐标表示三角形的面积，体现了数形结合的思想．
【变式4-2】（2023春·吉林·八年级校联考期中）如图，在以点O为原点的平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为(a，0)、(a，b)，点C在y轴上，且BC∥x轴，a、b满足|a－3|＋ b−4 =0，一动点P从原点出发，以每秒一动点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O－A－B－C－O的路线运动（回到点O时停止）
(1)直接写出点A、B、C的坐标；
(2)在点P运动的过程中，连接PO，若PO把四边形ABCO的面积分成1：2两部分，求点P的坐标；
(3)点P运动t秒后(t≠0)，是否存在点P到x轴的距离为12 t个单位长度的情况．若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A(3,0),B(3,4)，C(0，4)
(2)(3,83)或(2,4)
(3)(3,1)或(0,145)
【分析】（1）直接利用非负数的性质即可解答；
（2）证明四边形ABCO为长方形，求出面积，再分两种情况：当S△POA=4时和当S△OPC=4时，分别列出方程，求解即可；
（3）分两种情况：点P在AB上运动和点P在OC上运动，根据点P到x轴的距离为12t个单位长度列出方程，求解即可．
【详解】（1）解：由题意知，a，b满足|a−3|+b−4=0，
∵|a−3|≥0,b−4>0.，
∴a−3=0,b−4=0，
∴a=3,b=4，
∴A(3,0),B(3,4)，C(0，4)；
（2）由题意可知，AB⊥x轴，BC=OA，
∵BC∥x轴，
∴四边形ABCO为长方形，
∵B(3,4)，
∴S矩形ABCO=3×4=12，
∵PO把四边形ABCO的面积分成1:2的两部分，
∴一部分面积为4，另一部分面积为8，
∴可分两种情况讨论：当S△POA=4时和当S△OPC=4时，
①当S△POA=4时，
此时点P在AB上，点P的坐标为(3,2t−3),AP=2t−3，
∴S△POA=12⋅OA⋅AP=12×3×2t−3=4，
∴t=176，
∴2t−3=83，
∴点P的坐标为(3,83)，
②当S△OPC=4时，
此时点P在BC上，点P的坐标为(10−2t,4),CP=10−2t，
∴S△OPC=12⋅CP⋅CO=12×10−2t×4=4，
∴t=4,
∴点P的坐标为(2,4)，
综上可知，，点P的坐标为(3,83)或(2,4)；
（3）存在，理由如下：
①当P在AB上运动时，AP=12t，
由（2）可知，AP=2t−3，
∴.2t−3=12t，
∴t=2，
∴AP=2t−3=1，
∴点P的坐标为(3,1)，
②当P在OC上运动时，
OP=14−2t，
∴14−2t=12t，
∴t=285，
∴OP=14−2t=145，
∴点P的坐标为(0,145)，
综上可知，点P的坐标为(3,1)或(0,145)．
【点睛】本题考查非负数的性质、坐标与图形的性质、三角形的面积、一元一次方程的应用，分类讨论是解题关键．
【变式4-3】（2023春·广东广州·八年级统考期末）已知点A−2，0，B0，−4，C−4，−6，过点C作x轴的平行线m，交y轴于点D，一动点P从C点出发，在直线m上以1个单位长度/秒的速度向右运动，

(1)如图，当点P在第四象限时，连接OP，作射线OE平分∠AOP，过点O作OF⊥OE．
①填空；若∠OPD=60°，则∠POF=______；
②设a=∠OPD∠DOE，求a的值．
(2)若与此同时，直线m以2个单位长度/秒的速度竖直向上运动，设运动时间为t秒，点P的坐标为x，y
①在坐标轴上是否存在满足条件的点P，使得S△ABP=6，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
②求x和y的关系式．
【答案】(1)①30°；②a的值为2．
(2)①存在点P的坐标为P(0，2)；②x和y的关系式为y=2x+2．
【分析】（1）①由x轴∥直线m可得∠AOP+∠OPD=180°，∠AOP=120°，由角平分线的定义得到∠EOP=12∠AOP=60°，由垂直的定义知∠EOF=90°，即可求得∠POF=30°；
②由角平分线的定义，可把∠EOP表示为45°+12∠DOP，因此∠EOD=∠EOP−∠DOP=45°−12∠DOP，由于∠OPD=90°−∠DOP，故可得到a的值为2；
（2）①由题意，经过t秒后，点P的坐标为(−4+t，−6+2t)，然后分点P在x轴上和点P在y轴上两种情况求点P的坐标，进而求出S△ABP，可得到点P坐标为(0，2)时符合题意；
②由①知x=−4+ty=−6+2t，消去t，即可得到x和y的关系式为y=2x+2．
【详解】（1）解：①∵ x轴∥直线m，
∴ ∠AOP+∠OPD=180°，
∵∠OPD=60°，
∴∠AOP=120°，
∵OE平分∠AOP，
∴∠EOP=12∠AOP=60°，
∵OF⊥OE，
∴∠EOF=90°，
∴∠POF=∠EOF−∠EOP=90°−60°=30°．
故答案为：30°
②∵OE平分∠AOP，
∴∠EOP=12∠AOP=12(90°+∠DOP)=45°+12∠DOP，
∴∠EOD=∠EOP−∠DOP=45°−12∠DOP，
∵∠OPD=90°−∠DOP，
∴a=∠OPD∠DOE=90°−∠DOP45°−12∠DOP=2，
即a的值为2．
（2）解：①存在符合题意的点P．
由题意，经过t秒后，点P的坐标为(−4+t，−6+2t)，
若点P在x轴上，则−6+2t=0，解得t=3，
∴P(−1，0)，
∵A−2,0，
∴AP=1，
∴SABP=12AP⋅OB=12×1×4=2≠6，不合题意；
若点P在y轴上，则−4+t=0，解得t=4，
∴P(0，2)，
∴BP=6，OA=2，SABP=12BP⋅OA=12×6×2=6，符合题意．
故使得S△ABP=6的点P的坐标为P(0，2)；
②由①知x=−4+ty=−6+2t，
由x=−4+t得t=x+4，
代入y=−6+2t，得y=−6+2(x+4)=2x+2，
故x和y的关系式为y=2x+2．
【点睛】此题考查了角平分线的定义，平行线的性质，垂线的定义以及消元等知识点，掌握相应的知识点是解答此题的关键．
【题型5 坐标系中角度之间的数量关系问题探究】
【例5】（2023春·广东潮州·八年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为长方形，其中点A，C坐标分别为−4,2，1,−4，且AD//x轴，交y轴于点M，AB交x轴于点N
（1）直接写出B，D两点的坐标，并求出长方形ABCD的面积．
（2）一动点P从点A出发，以每秒12个单位长度的速度沿AB边向B点运动，在P点的运动过程中，连接MP，OP，试探究∠AMP，∠MPO，∠PON之间的数量关系（写出探究过程以及结论）．
（3）在（2）的条件下，是否存在某一时刻t，使得三角形AMP的面积等于长方形ABCD面积的13？若存在，求t的值以及此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）B（-4，-4），D（1，2），30；（2）见解析；（3）存在，t=10，P（-4，-3）
【分析】（1）利用点A、C的坐标和矩形的性质易得B（-4，-4），D（1，2），然后根据矩形面积公式计算矩形ABCD的面积；
（2）分类讨论：当点P在线段AN上时，作PQ//AM，如图，利用平行线的性质易得∠QPM=∠AMP，∠QPO=∠PON，则∠MPO=∠AMP+∠PON；当点P在线段NB上时，同样方法可得∠MPO=∠AMP-∠PON；
（3）由于AM=4，AP=12t，根据三角形面积公式得到S△AMP=t，再利用三角形AMP的面积等于长方形面积的13可计算出t=10，则AP=5，然后根据点的坐标的表示方法写出P点坐标．
【详解】解：（1）∵点A、C坐标分别为（-4，2）、（1，-4），
而四边形ABCD为矩形，
∴B（-4，-4），D（1，2）；
矩形ABCD的面积=（1+4）×（2+4）=30；
（2）当点P在线段AN上时，作PQ//AM，如图，
∵AM//ON，
∴AM//PQ//ON，
∴∠QPM=∠AMP，∠QPO=∠PON，
∴∠QPM+∠QPO=∠AMP+∠PON，
即∠MPO=∠AMP+∠PON；
当点P在线段NB上时，同样方法可得∠MPO=∠AMP-∠PON；
（3）存在．
∵AM=4，AP=12t，
∴S△AMP=12×4×12t=t，
∵三角形AMP的面积等于长方形面积的13，
∴t=30×13=10，
∴AP=12×10=5，
∵AN=2，
∴P点坐标为（-4，-3）．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质：利用点的坐标计算相应线段的长和判断线段与坐标轴的位置关系．也考查了三角形面积公式．
【变式5-1】（2023春·广东汕头·八年级汕头市潮阳实验学校校考期中）如图，在平面直角坐标系中，长方形ABCD的顶点A(a,0)，B(b,0)在坐标轴上，C的纵坐标是2,且a,b满足式子:a+b−2+|b−4|=0
(1)求出点A、B、C的坐标．
(2)连接AC，在y轴上是否存在点M，使△COM的面积等于△ABC的面积，若存在请求出点M的坐标，若不存在请说明理由．
(3)若点P是边CD上一动点，点Q是CD与y轴的交点，连接OP，OE平分∠AOP交直线CD于点E，OF⊥OE交直线CD于点F，当点P运动时，探究∠OPD和∠EOQ之间的数量关系，并证明.
【答案】(1) A−2,0,B4,0,C4,2;(2) M的坐标为(0,3)或(0,-3);
(3)∠OPD =2∠EOQ.
【分析】(1)根据非负数的性质列出关于a、b的二元一次方程组，然后解方程组即可求出点A、B、C的坐标．
(2)求出△ABC的面积，根据△COM的面积与△ABC的面积相等，求得OM的长，即可求得M的坐标；
(3) 利用∠BOF，根据平行线的性质，以及角平分线的定义表示出∠OPD和∠EOQ即可求解．
【详解】(1)∵a+b−2+|b−4|=0，
∴a+b−2=0b−4=0，
解得a=−2b=4.
故a、b的值分别是−2、4；
点A、B、C的坐标分别为：A−2,0,B4,0,C4,2;
(2)∵A(−2,0)，B(4,0)，
∴AB=6，
∵C(4,2)，
∴△ABC的面积=12AB⋅BC=12×6×2=6，
∵△COM的面积=△ABC的面积，
∴△COM的面积=6，即12OM⋅OB=12×OM×4=6，
∴OM=3.
∴M的坐标为(0,3)或(0,-3)
(3) ∵ABCD是长方形，
∴AB∥CD，
∴∠OPD=∠POB.
∵OF⊥OE，
∴∠POF+∠POE=90∘，∠BOF+∠AOE=90∘，
∵OE平分∠AOP，
∴∠POE=∠AOE，
∴∠POF=∠BOF，
∴∠OPD=∠POB=2∠BOF.
∵∠EOQ+∠QOF=∠BOF+∠QOF=90∘，
∴∠EOQ=∠BOF，
∴∠OPD=2∠BOF=2∠EOQ.
【点睛】坐标与图形性质，解二元一次方程组，三角形的面积，同角的余角相等，角平分线的性质等，数形结合是解题的关键.
【变式5-2】（2023春·福建福州·八年级统考期末）如图1，在平面直角坐标系中，已知点A(−5,−1)，B(−3,2)，将线段AB平移至线段CD，使点A的对应点C恰好落在x轴的正半轴上，设点C的坐标为(k，0)，点B的对应点D在第一象限．

(1)求点D的坐标（用含k的式子表示）；
(2)连接BD，BC．如图2，若三角形BCD的面积为8，求k的值；
(3)连接AD，如图3，分别作∠ABC和∠ADC的平分线，交于点P，试探究∠BAD，∠BCD和∠BPD之间的等量关系，并说明理由．
【答案】(1)Dk+2,3
(2)k=1
(3)∠BPD=12∠BCD+12∠A，证明见解析
【分析】（1）由A，C的坐标变化得出平移方式，从而可得答案；
（2）如图，过B作BQ⊥x轴于Q，过D作DH⊥x轴于H，可得Q−3,0，Hk+2,0，结合C(k，0)，B(−3,2)，Dk+2,3，可得CQ=k+3，CH=2，由S梯形BQHD−S△CBQ−S△CDH=8，再建立方程求解即可；
（3）如图，过P作PE∥AB，由平移的性质可得：AB∥CD，可得AB∥PE∥CD，可得∠ABP=∠BPE，∠ADC=∠A，∠ABC=∠BCD，∠EPD=∠PDC，证明∠BPD=∠BPE+∠DPE=∠ABP+∠CDP，再结合角平分线可得结论．
【详解】（1）解：∵点A(−5,−1)，B(−3,2)，设点C的坐标为(k，0)，
∴平移方式为向右平移k+5个单位长度，再向上平移1个单位长度，
∴Dk+2,3；
（2）如图，过B作BQ⊥x轴于Q，过D作DH⊥x轴于H，
∴Q−3,0，Hk+2,0，而C(k，0)，B(−3,2)，Dk+2,3，

∴CQ=k+3，CH=2，
∴S梯形BQHD−S△CBQ−S△CDH=8，
∴122+3×k+5−12×2×k+3−12×2×3=8，
解得：k=1；
（3）∠BPD=12∠BCD+12∠A；理由如下：
如图，过P作PE∥AB，

由平移的性质可得：AB∥CD，
∴AB∥PE∥CD，
∴∠ABP=∠BPE，∠ADC=∠A，∠ABC=∠BCD，∠EPD=∠PDC，
∴∠BPD=∠BPE+∠DPE=∠ABP+∠CDP，
∵BP平分∠ABC，DP平分∠ADC，
∴∠PBA=12∠ABC，∠PDC=12∠ADC，
∴∠BPD=12∠ABC+12∠ADC=12∠BCD+12∠A．
【点睛】本题考查的是坐标与图形面积，平移的性质，平行公理的应用，角平分线的定义，平行线的性质，熟练的利用割补法求解图形面积，作出合适的辅助线都是解本题的关键．
【变式5-3】（2023春·重庆江津·八年级重庆市江津中学校校考期中）如图1，以直角△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A0，a，Cb，0，并且满足a−b+2+b−m=0．其中m是3m＋2＞24的最小整数解．
(1)求A点，C点的坐标；
(2)如图1，坐标轴上有两动点P、Q同时出发，点P从点C出发沿x轴负方向以每秒2个单位长度的速度匀速运动，点Q从点O出发沿y轴正方向以每秒1个单位长度的速度匀速运动，当点P到达点O整个运动随之结束；线段AC的中点D的坐标是D（4，3），设运动时间为t秒．是否存在t，使得三角形△DOP与△DOQ的面积相等？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；
(3)如图2，在（2）的条件下，若∠DOC=∠DCO，点G是第二象限中一点，并且OA平分∠DOG，点E是线段OA上一动点，连接CE交OD于点H，当点E在OA上运动的过程中，探究∠DOG，∠OHC，∠ACE之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)A（0，6），C（8，0）；
(2)存在，t=2.4；
(3)∠DOG+∠ACE=∠OHC，理由见解析．
【分析】（1）利用非负性即可求出a，b，再解出不等式3m＋2＞24的最小整数解，即可得出结论；
（2）先表示出OQ，OP，利用面积相等，建立方程求解即可得出结论；
（3）先判断出∠OAC=∠AOD，进而判断出OG∥AC，即可判断出∠FHC=∠ACE，同理∠FHO=∠DOG，即可得出结论．
【详解】（1）∵a−b+2+b−m=0，
∴a-b+2=0，b-m=0，
∴b=m，
3m＋2＞24，
解得：m＞223，
∵m是3m＋2＞24的最小整数解．
∴m=8，
∴b=8，
∴a-8+2=0，得：a=6，
∴A（0，6），C（8，0），
（2）由（1）知，A(0,6)，C(8,0)，
∴OA=6，OB=8，
由运动知，OQ=t，PC=2t，
∴OP=8−2t，
∵D(4,3)，
∴SΔODQ=12OQ×xD=12t×4=2t，
SΔODP=12OP×yD=12(8−2t)×3=12−3t，
∵ΔODP与ΔODQ的面积相等，
∴2t=12−3t，
∴t=2.4，
∴存在t=2.4时，使得ΔODP与ΔODQ的面积相等；
（3）猜想：∠DOG+∠ACE=∠OHC，
理由如下：
∵x轴⊥y轴，
∴∠AOC=∠DOC+∠AOD=90°，
∴∠OAC+∠ACO=90°，
又∵∠DOC=∠DCO，
∴∠OAC=∠AOD，
∵y轴平分∠GOD，
∴∠GOA=∠AOD，
∴∠GOA=∠OAC，
∴OG//AC，
如图，过点H作HF//OG交x轴于F，
∴HF//AC，
∴∠FHC=∠ACE，
同理∠FHO=∠GOD，
∵OG//FH，
∴∠DOG=∠FHO，
∴∠DOG+∠ACE=∠FHO+∠FHC，
即∠DOG+∠ACE=∠OHC．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了非负性的性质，三角形的面积公式，角平分线的定义，平行线的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．
【题型6 坐标系中图形问题探究】
【例6】（2023春·辽宁大连·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为边长为8的正方形，点D为OA的中点，点E在AB上，且AE=34AB．点P(x，m)是线段CD和DE上的动点，点Q(x，n)是线段CE上的动点，连接PQ．

(1)求三角形ADE和三角形OCD的面积；
(2)用等式表示m与x之间的数量关系；
(3)直接写出线段PQ的长等于3时，点Q的坐标．
【答案】(1)S△ADE=12，S△OCD=16
(2)m=8−2x(0≤x≤4)32x−6(4(3)(447，457)或(127，537)
【分析】（1）先求出OD=4，AE=6，再利用三角形面积公式求解即可；
（2）连接PO，利用三角形面积求解即可；
（3）按照（2）的方法表示n与x之间的数量关系,再根据PQ=3求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形OABC为边长为8的正方形，点D为OA的中点，点E在AB上，且AE=34AB，
∴AD=OD=4，AE=34×8=6，BE=AB−AE=2，
∴S△ADE=12AD·AE=12×4×6=12，
S△OCD=12OC·OD=12×8×4=16．
（2）解：当点P(x，m)是线段CD上的动点时，连接PO，
S△OCP=12OC·x=4x，S△ODP=12OD·m=2m，
∵S△OCP+S△ODP=S△OCD，
∴4x+2m=16，
∴m=8−2x(0≤x≤4)；

当点P(x，m)是线段DE上的动点时，连接PA，
S△AEP=12AE·(8−x)=24−3x，S△ADP=12AD·m=2m，
∵S△AEP+S△ADP=S△ADE，
∴24−3x+2m=12，
∴m=32x−6(4综上，m=8−2x(0≤x≤4)32x−6(4
（3）解：连接BQ，S△CBE=12BC·BE=12×8×2=8
S△CBQ=12CB·(8−n)=32−4n，S△BEQ=12BE·(8−x)=8−x，
∵S△CBQ+S△BEQ=S△CBE，
∴32−4n+8−x=8，
∴n=−14x+8，
当点P(x，m)是线段CD上的动点时，PQ=n−m，
即−14x+8−(8−2x)=3，
解得，x=127，n=−14×127+8=537，
点Q的坐标为(127，537)．
当点P(x，m)是线段DE上的动点时，PQ=n−m，
即−14x+8−(32x−6)=3，
解得，x=447．
n=−14×447+8=457，
点Q的坐标为(447，457)．
综上，点Q的坐标为(447，457)或(127，537)．

【点睛】本题考查图形与坐标，解题关键是熟练运用面积得出点的横纵坐标的关系，列出方程解决问题．
【变式6-1】（2023春·辽宁大连·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，第一象限内矩形ABCD,AB∥y轴，点D(1,1)，点B(a,b)，满足a−4+|b−3|=0．
(1)求a、b的值；
(2)求矩形ABCD的面积；
(3)矩形ABCD以每秒1个单位长度的速度向左平移，设运动时间为t秒，矩形ABCD在y轴右侧部分面积为S．
①当t=4时，点C的坐标为____________；
②用含t的代数式表示在运动过程中的S，并直接写出t的取值范围．
【答案】(1)a=4，b=3；
(2)6
(3)①点C的坐标为（-3，3）；②S=60≤t≤18−2t1【分析】（1）根据非负数的性质可得a-4=0，b-3=0，解方程即可；
（2）由矩形的性质可得AD和AB的长，从而得出面积；
（3）①由t=4可知平移的距离为4，从而得出点C的坐标；
②根据矩形ABCD在y轴右侧部分的图形变化，分三种情形分别计算即可．
（1）
解：∵a−4+|b−3|=0．
∴a-4=0，b-3=0，
∴a=4，b=3；
（2）
解：∵D（1，1），B（4，3），
∴AD=3，AB=2，
∴矩形ABCD的面积为2×3=6；
（3）
解：①当t=4时，点C的横坐标为1-4=-3，
∴C（-3，3），
故答案为：（-3，3）；
②当0＜t≤1时，S=6；
当1＜t＜4时，如图：
∴C'F=t-1，
∴S=6-2（t-1）=8-2t；
当t≥4时，S=0．
综上，S=60≤t≤18−2t1【点睛】本题主要考查了绝对值和算术平方根的非负性，坐标与图形的性质，矩形的平移等知识，化动为静是解决此类问题的关键，注意分类讨论思想的运用．
【变式6-2】（2023春·北京西城·八年级期末）在单位长度为1的正方形网格中，如果一个凸四边形的顶点都是网格线交点，我们称其为格点凸四边形．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ORST的四个顶点分别为O0,0，R0,5，T8,0，S8,5．已知点E2,4，F0,3，G4,2．若点P在矩形ORST的内部，以P，E，F，G四点为顶点的格点凸四边形的面积为6，所有符合题意的点P的坐标为 ．

【答案】6,3,5,4,7,2,2,1
【分析】画出图形，运用分割法求出与P，E，F，G四点为顶点的格点凸四边形的面积为6时的点P即可．
【详解】解：如图，S△EFG=4×2−12×1×2−12×1×4−12×2×2=3,S△P1EG=12×3×2=3,
∴S四边形P1EFG=S△EFG+S△P1EG=3+3=6，
此时，格点P1的坐标为5,4,

过格点P1作EG的平行线，过格点P2,P3,则有：S△P2EG=S△P3EG=S△P1EG=3,
∴S四边形P2EFG=6,S四边形P3EFG=6,
∴P26,3, P37,2,
又S△P4FG=12×1+2×4−12×2×2−12×2×1=3,
∴S四边形P1EFG=S△EFG+S△P4FG=3+3=6
∴P42,1,
所以，以P，E，F，G四点为顶点的格点凸四边形的面积为6的点P有四处，坐标为6,3,5,4,7,2,2,1，
故答案为：6,3,5,4,7,2,2,1．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，找准、找全点P的坐标是解答本题的关键．
【变式6-3】（2023春·江西南昌·八年级江西师范大学附属外国语学校校考期中）如图，在平面直角坐标系中，已知A(a,0)，B(b,0)，其中a、b满足a+1+(b−3)2=0.
(1)a=__________.b=__________.
(2)如图，已知点M(−2,−2)，P为坐标轴上一点，且△BMP的面积与△ABM的面积相等，求出点P的坐标.
(3)如图，作长方形ABCD，点C的纵坐标为y，且点C在第四象限，点F在AD上，且△BEF的面积为5，△OCF的面积为8，则y=__________.
【答案】(1)−1；3；(2)P1(7,0)；P2(−1,0)；P30,25；P40,−145；(3)−265
【分析】(1)根据非负数的性质确定a，b的值；
(2)需要分点P在x轴上和y轴上两种情况讨论，三角形的三边都不与坐标轴平行时，求它的面积的方法是过三角形的三个顶点分别作坐标轴的平行线，构成一个长方形，再用面积的和差关系表示出三角形的面积；
(3)设F−1,m，根据△BEF的面积为5，△OCF的面积为8，用面积的和差关系列出关于m，y的二元一次方程组求y.
【详解】解：(1)∵a+1+b−32=0，
根据非负性得，
a+1=0，b−3=0，
∴a=−1，b=3.
(2)∵A−1,0，B3,0，M−2,−2，
∴AB=4，yM=2，
∴S△ABM=12AB×yM=4，
∴S△BMP=4，
当点P在x轴上时，
S△BMP=12BP×yM=4，即：BP=4，
∴P1−1,0，P27,0.
当点P在y轴上时(如图).
①当点P在线段MB上方时，设P0,t，作如图长方形CMED，
S△BMP=S矩形CMED−S△CMP−S△BDP−S△MEB
=2+t×5−12×2+t×2−12×t×3−12×5×2
=52t+3
=4.
得t=25.
∴P30,25.
②当点P在线段MB下方时，同理可得，P40,−145，
综上所述，P点坐标为−1,0，7,0，0,25，0,−145.
(3)∵A−1,0，B3,0，
由题可知：C3,y，D−1,y，E0,y，
∴设F−1,m，