人教版七年级数学下册章节重难点举一反三 专题2.3 平面直角坐标系全章五类必考压轴题（原卷版+解析）

这是一份人教版七年级数学下册章节重难点举一反三 专题2.3 平面直角坐标系全章五类必考压轴题（原卷版+解析），共58页。

必考点1
坐标与点的移动规律问题
1．在平面直角坐标系内原点O0，0第一次跳动到点A10，1，第二次从点A1跳动到点A21，2，第三次从点A2跳动到点A3−1，3，第四次从点A3跳动到点A4−1，4，…，按此规律下去，则点A2022的坐标是（ ）
A．674，2022B．675，2022C．−674，2022D．−675，2022
2．如图，动点P按图中箭头所示方向运动，第1次从原点运动到点(1,1)，第2次运动到点(2,0)，第3次运动到点(3,2)，…，按这样的运动规律，则第2023次运动到点（ ）
A．(2023,0)B．(2023,1)C．(2023,2)D．(2022,0)
3．如图，在平面直角坐标系上有点A1,0，点A第一次跳动至点A1−1,1，第二次点A1跳动至点A22,1，第三次点A2跳动至点A3−2,2，第四次点A3跳动至点A43,2，……依此规律跳动下去，则点A2021与点A2022之间的距离是（ ）
A．2023B．2022C．2021D．2020
4．如图，在直角坐标系中，一个智能机器人接到的指令是：从原点O出发，按“向上→向右→向下→向右”的方向依次不断移动，每次移动1个单位长度，其移动路线如图所示，第1次移动到点A1，第2次移动到点A2，…第n次移动到点An，则点A2023的坐标是（ ）
A．1011，0B．1012，1C．1012，0D．1011，1
5．如图所示，在平面直角坐标系中.有若干个整数点，其顺序按图中箭头方向排列.如1,0，2,0，2,1，3,2，3,1，3,0，根据这个规律探索可得.第2022个点的坐标为（ ）
A．64,4B．63,0C．63,4D．64,5
6．如图，在平面直角坐标系中，半径均为2个单位长度的半圆组成一条平滑的曲线，点P从原点O出发，沿这条曲线向右运动，速度为每秒π个单位长度，则第2023秒时，点P的坐标是（ ）
A．4044,2B．4046,−2C．4046,0D．2023,−2
7．如图，在平面直角坐标系中，有若干个横坐标分别为整数的点，其顺序按图中“→”方向排列．如1，0，2，0，2，1，1，1，1，2，2，2…根据这个规律，第2022个点的坐标为___________．
必考点2
坐标与图形变换规律及新定义型问题
1．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)
2．在平面直角坐标系中，点Px,y经过某种变换后得到点P′−y+1,x+2，我们把点P′−y+1,x+2叫做点Px,y的终结点，已知点P1的终结点为P2，点P2的终结点为P3，点P3的终结点为P4，这样由P1依次得到P2,P3,P4⋅⋅⋅⋅⋅⋅pn，若点P1的坐标为2,0，则点P2023的坐标为（ ）
A．2,0B．−2,−1C．−3,3D．1,4
3．如图所示，已知点A−1,2，将长方形ABOC沿x轴正方向连续翻转2022次，点A依次落在点A1，A2，A3，……，A2022的位置，则A2022的坐标是______．
4．如图，在平面直角坐标系中，将△ABC绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置，点B，O分别落在点B1，C1处，点B1在x轴上，再将△AB1C1绕点B1顺时针旋转到△A1B1C2的位置，点C2在x轴上，再将△A1B1C2绕点C2顺时针旋转到△A2B2C2的位置，点A2在x轴上，依次进行下去，…，若点A(3,0)，B(0,4)，AB=5，则点B2022的坐标为________．
5．如图，在平面直角坐标系中，四边形ABOC是正方形，点A的坐标为(1,1)，弧AA1是以点B为圆心，BA为半径的圆弧；弧A1A2是以点O为圆心，OA1为半径的圆弧；弧A2A3是以点C为圆心，CA2为半径的圆弧；弧A3A4是以点A为圆心，AA3为半径的圆弧，继续以点B，O，C，A为圆心，按上述作法得到的曲线AA1A2A3A4A5…，称为正方形的“渐开线”，则A4的坐标是______，那么A4n+1的坐标为______．
必考点3
求点的坐标问题
1．如图，在平面直角坐标系中，点A，B 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2个单位长度的速度沿着O﹣A﹣B﹣C﹣O的路线运动（点P首次回到点O时停止），运动时间为t秒（t≠0）．
(1)直接写出点A，B的坐标；
(2)点P在运动过程中，连接PO，若PO把四边形ABCO的面积分成1:2的两部分，求出点P的坐标．
(3)点P在运动过程中，是否存在点P到x轴的距离为12t个单位长度的情况，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
2．如图，在下面直角坐标系中，已知A0,a，Bb,0，Cb,c三点，其中a、b、c满足关系式a−2+b−32=0和c−42=0．
(1)求a、b、c的值；
(2)如果在第二象限内有一点Pm，13，请用含m的式子表示四边形ABOP的面积；
(3)在（2）的条件下，是否存在点P，使得四边形ABOP的面积与△ABC的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
3．在平面直角坐标系中，已知点Aa,0，B0,b，Cc,0，且a，b，c满足关系式a−42+b−3+c+2=0，点Pm,n在第一象限．
(1)求a，b，c的值；
(2)如图1，当n=5时，△ABP的面积等于10，求m的值；
(3)如图2，连接BC，当△ABC的面积等于△ABP的面积时，求满足上述条件的整点P（m，n都是整数）的坐标．
4．在平面直角坐标系中，已知点Aa,0，Bb,3，C4,0，且满足a+b+(a−b+6)2=0，线段AB交y轴于点F，点D是y轴正半轴上的一点．
(1)求出点A，B的坐标；
(2)如图2，若DB∥AC，∠BAC=a，且AM，DM分别平分∠CAB，∠ODB，求∠AMD的度数；(用含a的代数式表示)．
(3)如图3，坐标轴上是否存在一点P，使得△ABP的面积和△ABC的面积相等？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
5．在平面直角坐标中有三个点A（a，0），B（b，0），C（0，c），且a，b，c满足a+62+b−2+c−4=0，点P、Q是平面直角坐标系上两个点．
(1)直接写出a，b，c的值；
(2)如图，若点P从点A出发以每秒2个单位的速度沿射线AB方向运动；点Q从C点出发以每秒1个单位的速度沿射线OC方向运动．当△QAC的面积等于△PBC面积的2倍时，求P、Q两点的坐标．
6．如图，在平面直角坐标系中，Aa,0，Bb,0，且满足a+22+b−2=0，过点B作直线m⊥x轴，点P是直线m上一动点，连接AP，过点B作BC∥AP交y轴于C点，AD，CD分别平分∠PAB，∠OCB．
(1)填空：a=_______，b=______；
(2)在点P的运动过程中，∠ADC的度数是否变化？若不变，请求出它的度数；若变化，请说明理由；
(3)若点P的纵坐标为−4，在y轴上是否存在点Q，使得△APQ的面积和△ABP的面积相等？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．
必考点4
探究角度之间的数量关系
1．在平面直角坐标系中，A(a,0)，B(b,0)，C(−1,2)（见图①），且a+2+2b−6=0．
(1)求a、b的值；
(2)在坐标轴的其它位置是否存在点M，使△COM的面积等于12△ABC的面积仍然成立？若存在，请直接写出符合条件的点M的坐标；
(3)如图②，过点C作CD⊥y轴交y轴于点D，点P为线段CD延长线上的一动点，连OP，OE平分∠AOP，OF⊥OE，当点P运动时，∠OPD∠DOE的值是否会改变？若不变，求其值；若改变，说明理由．
2．已知点A（1，a），将线段OA平移至线段CB（A的对应点是B点），B（b，0），a是m+6n的算术平方根，m2＝3，n＝4，且m＜n，正数b满足(b+1)2=16．
(1)求出：A、B、C三点坐标．
(2)如图1，连接AB、OC，求四边形AOCB的面积；
(3)如图2，若∠AOB＝α，点P为y轴正半轴上一动点，试探究∠CPO与∠BCP之间的数量关系．
3．在平面直角坐标系中，有点Am,0,B0,n，且m，n满足m=n2−1+1−n2−4n+1．
(1)求A、B两点坐标；
(2)如图1，直线l⊥x轴，垂足为点Q1,0．点P为直线l上任意一点，若△PAB的面积为72，求点P的坐标；
(3)如图2，点D为y轴负半轴上一点，过点D作CD∥AB，E为线段AB上任意一点，以O为顶点作∠EOF，使∠EOF=90°,OF交CD于F．点G为线段AB与线段CD之间一点，连接GE,GF，且∠AEG=13∠AEO．当点E在线段AB上运动时，EG始终垂直于GF，试写出∠CFG与∠GFO之间的数量关系，并证明你的结论．
4．如图1，以直角△AOC的直角项点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A（0，a），C（b，0），并且满足a−b+2+b−8=0．
(1)直接写出点A，点C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个单位长的速度匀速运动，当点P到达点O整个运动随之结束；点D的坐标是（4，3），设运动时间为t秒．是否存在t，使得△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，
①说明GO∥AC的理由
②直接写出∠DOG，∠OHC，∠ACE之间的数量关系．
5．如图，点A的坐标为a,0，点B在y轴上，将△OAB沿x轴负方向平移，平移后的图形为△DEC，且点C的坐标为b,2，且a，b满足a−1+b+3=0．
(1)点E的坐标为______，点B的坐标为______；
(2)在四边形ABCD中，点P从点B出发，沿“BC→CD”移动．若点P的速度为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，回答下列问题：
①当t=______时，点P的横坐标与纵坐标互为相反数；
②当3③当点P运动到什么位置时，直线OP将四边形ABCD的面积分成2：5两部分．
6．如图，在平面直角坐标系中，A0,3，C2,0．
（1）若点B在x轴上，使得三角形BAC的面积是三角形AOC的面积的2倍，求出点B的坐标；
（2）若点F在AC上，且∠COF=∠FCO，∠AOG=∠AOF．
①求证：AC//OG；
②若点E是线段OA上一动点，连结CE交OF于点H，探求∠OHC+∠ACE∠OEC的值是否会发生变化？若不变，求出它的值；若变化，说明理由．
必考点5
坐标与图形综合
1．将长方形OABC的顶点O放在直角坐标系中，点C，A分别在x轴，y轴上，点B（a，b），且a，b满足|a−2b|+(b−4)2=0．
(1)求B点的坐标
(2)若过O点的直线OD交长方形的边于点D，且直线OD把长方形的周长分为2：3两部分，求点D的坐标；
(3)若点P从点C出发，以2单位／秒的速度向O点运动（不超过O点），同时点Q从O点出发以1单位／秒的速度向A点运动（不超过A点），试探究四边形BQOP的面积在运动中是否会发生变化？若不变，求其值；若变化，求变化范围．
2．已知A（0，a）、B（b，0），且a−5+（b﹣4）2＝0．
（1）直接写出点A、B的坐标；
（2）点C为x轴负半轴上一点满足S△ABC＝15．
①如图1，平移直线AB经过点C，交y轴于点E，求点E的坐标；
②如图2，若点F（m，10）满足S△ACF＝10，求m．
（3）如图3，D为x轴上B点右侧的点，把点A沿y轴负半轴方向平移，过点A作x轴的平行线l，在直线l上取两点G、H（点H在点G右侧），满足HB＝8，GD＝6．当点A平移到某一位置时，四边形BDHG的面积有最大值，直接写出面积的最大值．
3．在平面直角坐标系中，Aa,0，B1,b，a，b满足a+b−1+2a−b+10=0，连接AB交y轴于C．

(1)直接写出a=______，b=______；
(2)如图1，点P是y轴上一点，且三角形ABP的面积为12，求点P的坐标；
(3)如图2，直线BD交x轴于D4,0，将直线BD平移经过点A，交y轴于E，点Qx,y在直线AE上，且三角形ABQ的面积不超过三角形ABD面积的13，求点Q横坐标x的取值范围．
4．如图，已知点Aa,0、Bb,0满足3a+b2+b−3=0．将线段AB先向上平移2个单位，再向右平移1个单位后得到线段CD，并连接AC、BD．
(1)请求出点A和点B的坐标；
(2)点M从O点出发，以每秒1个单位的速度向上平移运动．设运动时间为t秒，问：是否存在这样的t，使得四边形OMDB的面积等于9？若存在，请求出t的值：若不存在，请说明理由；
(3)在（2）的条件下，点M从O点出发的同时，点N从点B出发，以每秒2个单位的速度向左平移运动，设射线DN交y轴于点E．设运动时间为t秒，问：SΔEMD−SΔOEN的值是否会发生变化？若不变，请求出它的值：若变化，请说明理由．
5．如图，已知平面直角坐标系中，点A(a,0)、B(0,b)，a、b满足a+2+(4−b)2=0．
将线段AB经过水平、竖直方向平移后得到线段A′B′，已知直线A′B′经过点C(4,0)，A′的横坐标为5．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）连接BC,BA′，求三角形ABC和三角形ABA′的面积．得S△ABC=____________；S△ABA′=________．
（3）①求A′的纵坐标，并写出线段AB的平移方式，
②直线A′B′上一点P(m,n)，直接写出m、n之间的数量关系．
6．如图1，在平面直角坐标系中，点A（a，2），B（b，4），且a，b满足关系式（a+5）2+b+4＝0
（1）直接写出A，B两点的坐标：A（ ， ），B（ ， ）；
（2）线段AB以每秒2个单位长度的速度向右水平移动，A，B的对应点分别为A1，B1；（友情提示：S△ABO表示三角形ABO的面积）
①如图2，若线段A1B1交y轴于点C，当SΔA1B1O=32时，求平移时间t的值；
②若直线A1B1交y轴于点C，当SΔA1COSΔB1CO=32时，试求出平移时间t的值，并直接写出点C的坐标．
专题2.3 平面直角坐标系全章五类必考压轴题
【人教版】
必考点1
坐标与点的移动规律问题
1．在平面直角坐标系内原点O0，0第一次跳动到点A10，1，第二次从点A1跳动到点A21，2，第三次从点A2跳动到点A3−1，3，第四次从点A3跳动到点A4−1，4，…，按此规律下去，则点A2022的坐标是（ ）
A．674，2022B．675，2022C．−674，2022D．−675，2022
【分析】根据已知点的坐标寻找规律并应用解答即可．
【详解】解：∵A10，1，A21，2，
A3−1，3，A4−1，4，
A52，5，A6−2，6，
A5−2，7，A83，8，
…，
∴可知A3n−1n，3n−1，A3n−n，3n，A3n+1−n，3n+1（n为正整数），
∵3×674=2022，
∴n=674，
∴A2022−674，2022，
故选：C．
2．如图，动点P按图中箭头所示方向运动，第1次从原点运动到点(1,1)，第2次运动到点(2,0)，第3次运动到点(3,2)，…，按这样的运动规律，则第2023次运动到点（ ）
A．(2023,0)B．(2023,1)C．(2023,2)D．(2022,0)
【分析】根据前几次运动的规律可知第4n次接着运动到点(4n,0)，第4n+1次接着运动到点(4n+1,1)，第4n+2次从原点运动到点(4n+2,0)，第4n+3次接着运动到点(4n+3,2)，根据规律求解即可
【详解】解：由题意可知，第1次从原点运动到点(1,1)，
第2次接着运动到点(2,0)，
第3次接着运动到点(3,2)，
第4次从原点运动到点(4,0)，
第5次接着运动到点(5,1)，
第6次接着运动到点(6,0)，
……
第4n次接着运动到点(4n,0)，
第4n+1次接着运动到点(4n+1,1)，
第4n+2次从原点运动到点(4n+2,0)，
第4n+3次接着运动到点(4n+3,2)，
∵2023÷4=505⋯⋯3，
∴第2023次接着运动到点(2023,2)，
故选C．
3．如图，在平面直角坐标系上有点A1,0，点A第一次跳动至点A1−1,1，第二次点A1跳动至点A22,1，第三次点A2跳动至点A3−2,2，第四次点A3跳动至点A43,2，……依此规律跳动下去，则点A2021与点A2022之间的距离是（ ）
A．2023B．2022C．2021D．2020
【分析】根据图形观察发现，第偶数次跳动至点的坐标，横坐标是次数的一半加上1，纵坐标是次数的一半，奇数次跳动与该偶数次跳动的横坐标的相反数加上1，纵坐标相同，可分别求出点A2021与点A2022的坐标，进而可求出点A2021与点A2022之间的距离．
【详解】解：观察发现，第2次跳动至点的坐标是2,1，
第4次跳动至点的坐标是3,2，
第6次跳动至点的坐标是4,3，
第8次跳动至点的坐标是5,4，
…
第2n次跳动至点的坐标是n+1,n，
则第2022次跳动至点的坐标是1012,1011，
第2021次跳动至点A2021的坐标是−1011,1011．
∵点A2021与点A2022的纵坐标相等，
∴点A2021与点A2022之间的距离=1012−−1011=2023，
故选：A．
4．如图，在直角坐标系中，一个智能机器人接到的指令是：从原点O出发，按“向上→向右→向下→向右”的方向依次不断移动，每次移动1个单位长度，其移动路线如图所示，第1次移动到点A1，第2次移动到点A2，…第n次移动到点An，则点A2023的坐标是（ ）
A．1011，0B．1012，1C．1012，0D．1011，1
【分析】根据题意可得移动四次完成一次循环，从而得到点A2023的坐标．
【详解】解：A10，1，A21，1，A31，0，A42，0，A52，1，A63，1，…，
2023÷4=505⋯3，
∴点A2023的坐标为505×2+1，0，
∴A20231011，0，
故选：A．
5．如图所示，在平面直角坐标系中.有若干个整数点，其顺序按图中箭头方向排列.如1,0，2,0，2,1，3,2，3,1，3,0，根据这个规律探索可得.第2022个点的坐标为（ ）
A．64,4B．63,0C．63,4D．64,5
【分析】通过观察可以发现每列的数的个数是有规律的，分别有1，2，3，4…，n个，而且奇数列点的顺序是由上到下，偶数列点的顺序由下到上，按这个规律即可求出第2022个点的坐标．
【详解】解：将点（1，0）作为第1列，
将横坐标为2的点即点（2，0）和点（2，1）作为第2列，
将横坐标为3的点作为第3列，依次类推……；
则第n列的点的横坐标为n，则前n列一共有的点的个数为1+2+3+…+n，
当n=63时，1+2+3+…+63=2016，
则第2022个点在64列自下向上第5个数，则该点坐标为64,5．
故选：D．
6．如图，在平面直角坐标系中，半径均为2个单位长度的半圆组成一条平滑的曲线，点P从原点O出发，沿这条曲线向右运动，速度为每秒π个单位长度，则第2023秒时，点P的坐标是（ ）
A．4044,2B．4046,−2C．4046,0D．2023,−2
【分析】根据图象可得移动4秒图象完成一个循环，从而可得出点P的坐标．
【详解】解：半径为2个单位长度的半圆的周长为12×2π×2=2π，
∵点P从原点O出发，沿这条曲线向右运动，速度为每秒π个单位长度，
∴点P每秒走12个半圆，
当点P从原点O出发，沿这条曲线向右运动，运动时间为1秒时，点P的坐标为（2，2），
当点P从原点O出发，沿这条曲线向右运动，运动时间为2秒时，点P的坐标为（4，0），
当点P从原点O出发，沿这条曲线向右运动，运动时间为3秒时，点P的坐标为（6，-2），
当点P从原点O出发，沿这条曲线向右运动，运动时间为4秒时，点P的坐标为（8，0），
当点P从原点O出发，沿这条曲线向右运动，运动时间为5秒时，点P的坐标为（10，2），
当点P从原点O出发，沿这条曲线向右运动，运动时间为6秒时，点P的坐标为（12，0），
…，
∵2023÷4=505……3，
∴P的坐标是（4046，-2），
故选：B．
7．如图，在平面直角坐标系中，有若干个横坐标分别为整数的点，其顺序按图中“→”方向排列．如1，0，2，0，2，1，1，1，1，2，2，2…根据这个规律，第2022个点的坐标为___________．
【分析】以正方形最外边上的点为准考虑，点的总个数等于x轴上右下角的点的横坐标的平方，且横坐标为奇数时，最后一个点在x轴上；为偶数时，从x轴上的点向上开始排列，求出与2022最接近的平方数为2025，然后写出第2022个点的坐标即可．
【详解】解：从正方形的观点考虑，
右下角对应的横坐标为1时，共有1个整数点，即12=1；
右下角对应的横坐标为2时，共有4个整数点，即22=4；
右下角对应的横坐标为3时，共有9个整数点，即32=9；
右下角对应的横坐标为4时，共有16个整数点，即42=16；
…
∴可得：右下角对应的横坐标为n时，共有n2个整数点，
根据图形，可得：横坐标为奇数时，最后一个点在x轴上；为偶数时，从x轴上的点向上开始排列，
∵452=2025，45是奇数，
∴第2022个点是横坐标45时，从x轴上的点向上的第2025−2022=3个点，
∴第2022个点的坐标为45，3．
故答案为：45，3
必考点2
坐标与图形变换规律及新定义型问题
1．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)
【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．
2．在平面直角坐标系中，点Px,y经过某种变换后得到点P′−y+1,x+2，我们把点P′−y+1,x+2叫做点Px,y的终结点，已知点P1的终结点为P2，点P2的终结点为P3，点P3的终结点为P4，这样由P1依次得到P2,P3,P4⋅⋅⋅⋅⋅⋅pn，若点P1的坐标为2,0，则点P2023的坐标为（ ）
A．2,0B．−2,−1C．−3,3D．1,4
【分析】利用点Px,y的终结点的定义分别写出点点P2的坐标为(1,4)，点P3的坐标为(−3,3)，点P4的坐标为(−2,−1)，点P5的坐标为2,0，…，从而得到每4次变换为一个循环，然后利用2023=4×505+3可判断点P2023的坐标与点P3的坐标相同．
【详解】解：根据题意得点P1的坐标为2,0，则点P2的坐标为(1,4)，点P3的坐标为(−3,3)，点P4的坐标为(−2,−1)，点P5的坐标为2,0，…，
而2023=4×505+3，
所以点P2023的坐标与点P3的坐标相同，为(−3,3)．
故选C．
3．如图所示，已知点A−1,2，将长方形ABOC沿x轴正方向连续翻转2022次，点A依次落在点A1，A2，A3，……，A2022的位置，则A2022的坐标是______．
【分析】先求出A12,1，A23,0，A3(3,0)，A4(5,2)，A5(8,1)，找到规律求解．
【详解】解：由题意得：从A开始翻转，当旋转到A4，时，A回到矩形的起始位置，所以为一个循环，故坐标变换规律为4次一循环．
A12,1，A23,0，A3(3,0)，A4(5,2)，
A5(8,1)，A6(9,0)，A7(9,0)，A8(11,2)，
A9(14,1)，A10(15,0)，A11(15,0)，A12(17,2)，
……，
A4n+1(6n+2,1)，A4n+2(6n+3,0)，A4n+3(6n+3,0)，A4n+4(6n+5,2)，
当A2022时，即4n+2=2022，解得n=505，
∴横坐标为6n+3=6×505+3=3033，纵坐标为0，
则A2022的坐标3033,0，
故答案为：3033,0．
4．如图，在平面直角坐标系中，将△ABC绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置，点B，O分别落在点B1，C1处，点B1在x轴上，再将△AB1C1绕点B1顺时针旋转到△A1B1C2的位置，点C2在x轴上，再将△A1B1C2绕点C2顺时针旋转到△A2B2C2的位置，点A2在x轴上，依次进行下去，…，若点A(3,0)，B(0,4)，AB=5，则点B2022的坐标为________．
【分析】首先根据已知求出三角形三边长度，然后通过旋转发现，B、B2、B4…每偶数之间的B相差12个单位长度，根据这个规律可以求得B2022的坐标．
【详解】解：∵AO=3，BO=4，AB=5
∴OA+AB1+B1C2=3+5+4=12，
∴B2的横坐标为：12，且B2C2=4，
∴B4的横坐标为：2×12=24，
∵2022÷2=1010…2，
∴点B2022的横坐标为：1010×12+12=12132．
2022÷3=674，
∴点B2022的纵坐标为4，
∴B2022(12132,4)，
故答案为：(12132,4)．
5．如图，在平面直角坐标系中，四边形ABOC是正方形，点A的坐标为(1,1)，弧AA1是以点B为圆心，BA为半径的圆弧；弧A1A2是以点O为圆心，OA1为半径的圆弧；弧A2A3是以点C为圆心，CA2为半径的圆弧；弧A3A4是以点A为圆心，AA3为半径的圆弧，继续以点B，O，C，A为圆心，按上述作法得到的曲线AA1A2A3A4A5…，称为正方形的“渐开线”，则A4的坐标是______，那么A4n+1的坐标为______．
【分析】根据题意分别写出的坐标，根据规律求得A4n+1的坐标．
【详解】解：A(1,1)，
由题意得，A1(2,0)，A2(0,−2)，A3(−3,1)，A4(1,5)，
A5(6,0)，A6(0,−6)，A7(−7,1)，A8(1,9)⋯，
∴A4n(1,4n+1)，A4n+1(4n+2,0)．
故答案为：(1,5)；(4n+2,0)．
必考点3
求点的坐标问题
1．如图，在平面直角坐标系中，点A，B 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2个单位长度的速度沿着O﹣A﹣B﹣C﹣O的路线运动（点P首次回到点O时停止），运动时间为t秒（t≠0）．
(1)直接写出点A，B的坐标；
(2)点P在运动过程中，连接PO，若PO把四边形ABCO的面积分成1:2的两部分，求出点P的坐标．
(3)点P在运动过程中，是否存在点P到x轴的距离为12t个单位长度的情况，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【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)；
（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)．
2．如图，在下面直角坐标系中，已知A0,a，Bb,0，Cb,c三点，其中a、b、c满足关系式a−2+b−32=0和c−42=0．
(1)求a、b、c的值；
(2)如果在第二象限内有一点Pm，13，请用含m的式子表示四边形ABOP的面积；
(3)在（2）的条件下，是否存在点P，使得四边形ABOP的面积与△ABC的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据非负数的性质进行求解即可；
（2）根据S四边形ABOP=S△AOB+S△AOP进行求解即可；
（3）先求出S△ABC=6，进而得到关于m的方程，解方程即可得到答案．
【详解】（1）解；∵a−2+b−32=0，c−42=0，a−2≥0，b−32≥0，c−42≥0，
∴a−2=b−32=0，
∴a−2=0，b−3=0，c−4=0，
∴a=2，b=3，c=4；
（2）解：∵a=2，b=3，c=4，
∴A0，2，B3，0，C3，4，，
∴OA=2，OB=3，
∵S△ABO=12OA⋅OB=3，S△APO=12OA⋅−xP=−m，
∴S四边形ABOP=S△AOB+S△AOP=−m+3；
（3）解；∵A0，2，B3，0，C3，4，，
∴BC=3，BC⊥x轴，
∴S△ABC=12BC⋅xB=12×4×3=6，
∵四边形ABOP的面积与△ABC的面积相等，
∴−m+3=6，
∴m=−3，
∴P−3，12，
∴存在点P−3，12，使得四边形ABOP的面积与△ABC的面积相等．
3．在平面直角坐标系中，已知点Aa,0，B0,b，Cc,0，且a，b，c满足关系式a−42+b−3+c+2=0，点Pm,n在第一象限．
(1)求a，b，c的值；
(2)如图1，当n=5时，△ABP的面积等于10，求m的值；
(3)如图2，连接BC，当△ABC的面积等于△ABP的面积时，求满足上述条件的整点P（m，n都是整数）的坐标．
【分析】（1）根据绝对值和算术平方根的非负性，即可求解；
（2）过点P作PD⊥y轴于点D，根据梯形OAPD的面积等于三个三角形的面积之和，即可求解；
（3）先求出△ABC的面积，然后分四种情况讨论，即可求解．
【详解】（1）解：∵a−42+b−3+c+2=0，
∴a−4=0,b−3=0,c+2=0，
解得：a=4,b=3,c=−2；
（2）解：如图，过点P作PD⊥y轴于点D，PD∥AO，
∵Pm,n，n=5，
∴PD=m，OD=AE=5，
由（1）得：A4,0，B0,3，
∴OA=4，OB=3，
∴BD=2，
∵△ABP的面积等于10，
∴12×3×4+12×2m+10=12×54+m，
解得：m=4；
（3）解：∵A4,0，B0,3，C−2,0，
∴AC=6，OB=3，
∴S△ABC=12×6×3=9，
∵△ABC的面积等于△ABP的面积，
∴S△ABP=9，
∵点Pm,n在第一象限．
∴AE=OD=n，DE=OA=4，
当0如图，过点P作PD⊥y轴于点D，过点A作AE⊥PD交DP延长线于点E，则AE∥y轴，PD∥AO，
∴BD=n−3,DP=4−m，
∴12×3×4+12×mn−3+12×n4−m+9=4n，
∴2n+32m=15，
∵m，n都是整数，
∴m=2，n=6，
此时P（2，6）；
如图，过点B作BG⊥AE于点G，则AG=OB=3，BG=OA=4，
∴△ABG的面积为12×3×4=6<9，
∴0当m>4，0∴12×3×4+9+12nm−4=12m3+n，
∴2n+32m=15，
∵m，n都是整数，
∴m=6，n=3，
此时点P（6，3）；
当m>4，n>3时，如图，过点P作PH⊥y轴于点H，
∴12×3×4+9+12mn−3=12n4+m，
∴2n+32m=15，
∵m，n都是整数，
此时无解；
综上所述，点P的坐标为（2，6）或（6，3）．
4．在平面直角坐标系中，已知点Aa,0，Bb,3，C4,0，且满足a+b+(a−b+6)2=0，线段AB交y轴于点F，点D是y轴正半轴上的一点．
(1)求出点A，B的坐标；
(2)如图2，若DB∥AC，∠BAC=a，且AM，DM分别平分∠CAB，∠ODB，求∠AMD的度数；(用含a的代数式表示)．
(3)如图3，坐标轴上是否存在一点P，使得△ABP的面积和△ABC的面积相等？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】1根据非负数的性质可求出a和b，即可得到点A和B的坐标；
2作MN∥DB ，由DB∥AC知MN∥AC，从而得出∠DMN=∠BDM、∠AMN=∠MAC，再由角平分线得出∠MAC=12a ，∠BDM=45° ，根据∠AMD=∠AMN+∠DMN 可得答案；
3连接OB，如图3，设F0,t，根据S△AOF+S△BOF=S△AOB，得到关于t的方程，可求得t的值，则可求得点F的坐标；计算△ABC的面积，再分点P在y轴上和在x轴上讨论．当P点在y轴上时，设P0,y，利用S△ABP=S△APF+S△BPF，可解得y的值，可求得P点坐标；当P点在x轴上时，设Px,0，根据三角形面积公式得，同理可得到关于x的方程，可求得x的值，可求得P点坐标．
（1）解：1∵a+b+(a−b+6)2=0，
∴a+b=0，a−b+6=0，
∴a=−3，b=3，
∴A−3,0，B3,3；
（2）解：如图2，过点M作MN∥DB ，交y轴于点N，
∴∠DMN=∠BDM，
又∵DB∥AC ，
∴MN∥AC，
∴∠AMN=∠MAC，
∵DB∥AC ，∠DOC=90°，
∴∠BDO=90°，
又∵AM，DM分别平分∠CAB，∠ODB，∠BAC=a，
∴∠MAC=12a，∠BDM=45°，
∴∠AMN=12a，∠DMN=45°，
∴∠AMD=∠AMN+∠DMN=45°+12a；
（3）存在．
连接OB，如图3，
设F0,t，
∵S△AOF+S△BOF=S△AOB，
∴12⋅3⋅t+12⋅t⋅3=12×3×3，解得t=32，
∴F点坐标为0,32，
△ABC的面积=12×7×3=212，
当P点在y轴上时，设P0,y，
∵S△ABP=S△APF+S△BPF，
∴12⋅y−32⋅3+12⋅y−32⋅3=212，解得y=5或y=−2，
∴此时P点坐标为0,5或0,−2；
当P点在x轴上时，设Px,0，
则12⋅x+3⋅3=212，解得x=−10或x=4，
∴此时P点坐标为−10,0，
综上可知存在满足条件的点P，其坐标为0,5或0,−2或−10,0．
5．在平面直角坐标中有三个点A（a，0），B（b，0），C（0，c），且a，b，c满足a+62+b−2+c−4=0，点P、Q是平面直角坐标系上两个点．
(1)直接写出a，b，c的值；
(2)如图，若点P从点A出发以每秒2个单位的速度沿射线AB方向运动；点Q从C点出发以每秒1个单位的速度沿射线OC方向运动．当△QAC的面积等于△PBC面积的2倍时，求P、Q两点的坐标．
【分析】（1）根据绝对值的非负性、被开方数的非负性以及平方的非负性即可求解；
（2）由A(-6，0)，B(2，0)，C(0，4)，可得AO=6，OB=2，OC=4，即AB=8，设运动的时间为t秒，即t＞0，即有AP=2t，CQ=t，S△QAC=3t，即有S△PBC=32t，此时分类讨论：当P点在线段AB之间时，BP=AB-AP=8-2t，即有S△PBC=12×BP×OC=16−4t，根据S△PBC=32t，可得16−4t=32t，解方程即可求解；当P点在B点右侧时，BP=AP-AB=2t-8，同理可求出t的值，则问题即可得解．
（1）∵a+62+b−2+c−4=0，
又∵a+62≥0，b−2≥0，c−4≥0，
∴a+62=0，b−2=0，c−4=0，
∴a=−6，b=2，c=4，
即a=−6，b=2，c=4；
（2）∵a=−6，b=2，c=4，
∴A(-6，0)，B(2，0)，C(0，4)，
∴AO=6，OB=2，OC=4，即AB=AO+OB=6+2=8，
设运动的时间为t秒，即t＞0，
根据题意有：AP=2t，CQ=t，
∴S△QAC=12×QC×AO=12×t×6=3t，
∵S△QAC=2S△PBC，
∴S△PBC=32t，
当P点在线段AB之间时，如图，
此时BP=AB-AP=8-2t，
∴S△PBC=12×BP×OC=12×8−2t×4=16−4t，
∵S△PBC=32t，
∴16−4t=32t，解得t=3211，
∴AP=2t=2×3211=6411＜6，QC=t=3211，
∴PO=AO−AP=6−6411=211，OQ=OC+QC=4+3211=7611，且P点x轴负半轴，
∴此时P点坐标为−211,0，Q点坐标为0,7611，
当P点在B点右侧时，如图，
BP=AP-AB=2t-8，
∴S△PBC=12×BP×OC=12×2t−8×4=4t−16，
∵S△PBC=32t，
∴4t−16=32t，解得t=325，
∴AP=2t=2×325=645＞8，QC=t=325，
∴PO=AP−AO=645−6=345，OQ=OC+QC=4+325=525，
∴此时P点坐标为345,0，Q点坐标为0,525，
综上：P点坐标为−211,0，Q点坐标为0,7611，或者P点坐标为345,0，Q点坐标为0,525．
6．如图，在平面直角坐标系中，Aa,0，Bb,0，且满足a+22+b−2=0，过点B作直线m⊥x轴，点P是直线m上一动点，连接AP，过点B作BC∥AP交y轴于C点，AD，CD分别平分∠PAB，∠OCB．
(1)填空：a=_______，b=______；
(2)在点P的运动过程中，∠ADC的度数是否变化？若不变，请求出它的度数；若变化，请说明理由；
(3)若点P的纵坐标为−4，在y轴上是否存在点Q，使得△APQ的面积和△ABP的面积相等？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据“两个非负数和为0，则这两个非负数都为0”即可求解；
（2）根据平行线得性质，证明∠ADC=∠BCD+∠PAD，结合角平分线的性质，证明∠BCD+∠PAD等于一个固定值即可；
（3）易证△ABP为等腰直角三角形，从而得到AP与y轴交点坐标，将△APQ分割成两个三角形即可求解．
【详解】（1）∵a+22+b−2=0，
∴a+2=0，b－2=0，
∴a=－2，b=2，
故答案为：2，－2．
（2）连接AC，
∵BC∥AP，
∴∠BCA+∠PAC=180°，
∴∠BCD+∠PAD=180°－（∠1+∠2），
∵∠ADC=180°－（∠1+∠2），
∴∠ADC=∠BCD+∠PAD，
∵BC∥AP，
∴∠PAB=∠CBA，
∵∠CBA+∠OCB=90°，
∴∠PAB+∠OCB=90°，
∵AD、CD分别平分∠PAB、∠OCB，
∴∠BCD+∠PAD=12（∠PAB+∠OCB）=45°，
∴∠ADC=45°，不会改变．
（3）如图∶令AP与y轴交于点E，
∵点P的纵坐标为－4，
∴点P到x轴距离为4，即BP=4，
∵A（－2，0），B（2，0），
∴AB=4，
∴SΔABP=12AB·BP=8，
∵AB=BP=4，∠ABP=90°，
∴∠OAE=45°，
∵∠AOE=90°，
∴∠AEO=45°，即OA=OE=2，
设点Q的坐标为（0，m），
①当点Q在点E上方时：QE=m+2，
SΔAPQ=SΔAEQ+SΔEPQ=12·QE·OA+12·QE·OB=12QE(OA+OB)，
即：12(m+2)(2+2)=8，解得：m=2，
∴Q（0，2），
②当点Q在点E下方时：QE=－2－m，
S△APQ=S△AEQ+S△EPQ=12·QE·OA+12·QE·OB=12QE(OA+OB)，
即：12(−2−m)(2+2)=8，解得：m=－6，
∴Q（0，－6），
综上：点Q的坐标为（0，2）或（0，－6）．
必考点4
探究角度之间的数量关系
1．在平面直角坐标系中，A(a,0)，B(b,0)，C(−1,2)（见图①），且a+2+2b−6=0．
(1)求a、b的值；
(2)在坐标轴的其它位置是否存在点M，使△COM的面积等于12△ABC的面积仍然成立？若存在，请直接写出符合条件的点M的坐标；
(3)如图②，过点C作CD⊥y轴交y轴于点D，点P为线段CD延长线上的一动点，连OP，OE平分∠AOP，OF⊥OE，当点P运动时，∠OPD∠DOE的值是否会改变？若不变，求其值；若改变，说明理由．
【分析】（1）根据非负数的性质得a+2=0，b−3=0，然后解一次方程即可得到a与b的值；
（2）分类讨论：当M点在x轴的正半轴上时，设M(t,0)，根据三角形面积公式可计算出S△ABC=5，由于△COM的面积=12△ABC的面积，则12⋅t⋅2=12×5，然后解方程求出t即可得到M点坐标；当M点在x轴的负半轴上时，易得M点坐标为(−52，0)；当M点在y轴的轴上时，设M点坐标为(0,m)，根据三角形面积公式得到12⋅|m|⋅1=12×5，然后解方程求出t即可得到M点坐标；
（3）由OE平分∠AOP得到∠AOE=∠POE=∠1+∠2，根据垂直的定义得到∠1+∠2+∠3=90°，∠4+∠AOE=90°，于是得到∠3=∠4，接着证明CD∥AB，利用平行线的性质得∠OPD=∠POB=2∠3，然后利用∠1+∠2+∠3=90°，∠2+∠3+∠4=90°可得∠1=∠3，则可计算出∠OPD∠DOE=2．
【详解】（1）解：∵a+2+2b−6=0
∴a+2=0，2b−6=0，
∴a=−2，b=3；
（2）当M点在x轴的正半轴上时，设M(t,0)，
S△ABC=12×(3+2)×2=5，
∵△COM的面积=12△ABC的面积，
∴ 12⋅t⋅2=12×5，解得t=52，
∴M点坐标为(52，0)；
当M点在x轴的负半轴上时，同理：M点坐标为(−52，0)；
当M点在y轴的轴上时，设M点坐标为(0,m)，
则12⋅|m|⋅1=12×5，解得m=±5，
此时M点坐标为(0,5)或(0,−5)；
综上：存在M点坐标为(52，0)或(−52，0)或(0,5)或(0,−5)；
（3）∠OPD∠DOE的值不会改变．如图，
∵OE平分∠AOP，
∴∠AOE=∠POE=∠1+∠2，
∵OF⊥OE，
∴∠1+∠2+∠3=90°，∠4+∠AOE=90°，
∴∠3=∠4，
∵CD⊥y轴，
∴CD∥AB，
∴∠OPD=∠POB=2∠3，
∵∠1+∠2+∠3=90°，∠2+∠3+∠4=90°，
∴∠1+∠2+∠3=∠2+2∠3，
∴∠1=∠3，
∴ ∠OPD∠DOE=2∠3∠1=2．
2．已知点A（1，a），将线段OA平移至线段CB（A的对应点是B点），B（b，0），a是m+6n的算术平方根，m2＝3，n＝4，且m＜n，正数b满足(b+1)2=16．
(1)求出：A、B、C三点坐标．
(2)如图1，连接AB、OC，求四边形AOCB的面积；
(3)如图2，若∠AOB＝α，点P为y轴正半轴上一动点，试探究∠CPO与∠BCP之间的数量关系．
【分析】（1）根据算术平方根、二次根式和偶次幂确定出点A、B的坐标，然后确定出平移方式，即可确定点C的坐标；
（2）根据平移的性质和三角形的面积解答即可；
（3）过点P作PD∥OA，可证得PD∥OA∥BC，由平行线的性质进行解答即可．
【详解】（1）解：∵a是m+6n的算术平方根，m2＝3，n＝4，且m＜n，正数b满足(b+1)2=16．
∴m＝﹣3，n＝2，b＝3，
∴m+6n=9
∴a＝3，
∴A（1，3），B（3，0），
点A与点B为对应点，点B由点A平移得到，
∴平移方式为：先向下平移3个单位，然后再向右平移2个单位，
点O的对应点为点C，平移后的点的坐标为（2，-3），
故答案为：A（1，3）；B（3，0）；C(2，-3)；
（2）如图1所示：
由（1）知：C（2，﹣3），
∵B（3，0），
∴OB＝3，
∴S四边形AOCB=S△AOB+S△BOC= 12×3×3+12×3×3=9，
故答案为：9；
（3）过点P作PD∥OA，如图2所示：
∵OA平移至CB，
∴OA∥BC，
∴PD∥OA∥BC，
∴∠BCP＝∠DPC，∠DPO＝∠AOP．
∵∠AOB＝?，
∴∠AOP＝90°﹣∠AOB＝90°﹣?．
∴∠DPO＝90°﹣?．
∵∠DPC＝∠DPO+∠CPO，
∴∠BCP＝∠CPO+90°﹣?，
即∠BCP﹣∠CPO＝90°﹣?，
故答案为：∠BCP﹣∠CPO＝90°﹣?．
3．在平面直角坐标系中，有点Am,0,B0,n，且m，n满足m=n2−1+1−n2−4n+1．
(1)求A、B两点坐标；
(2)如图1，直线l⊥x轴，垂足为点Q1,0．点P为直线l上任意一点，若△PAB的面积为72，求点P的坐标；
(3)如图2，点D为y轴负半轴上一点，过点D作CD∥AB，E为线段AB上任意一点，以O为顶点作∠EOF，使∠EOF=90°,OF交CD于F．点G为线段AB与线段CD之间一点，连接GE,GF，且∠AEG=13∠AEO．当点E在线段AB上运动时，EG始终垂直于GF，试写出∠CFG与∠GFO之间的数量关系，并证明你的结论．
【分析】（1）利用算术平方根的非负性，可得n2=1，从而求出m,n的值，由此即可得；
（2）连接BQ，设点P的坐标为P1,a，根据S△PAB=S△ABQ+S△APQ−S△BPQ=3.5建立方程，解方程即可得；
（3）过点G作GH∥AB于点H，设∠AEG=x，则∠AEO=3x,∠OEG=2x，根据四边形的内角和可得∠GFO=180°−2x，再根据平行线的性质可得∠EGH=∠AEG=x，从而可得∠FGH=90°−x，根据平行公理推论可得GH∥CD，然后根据平行线的性质可得∠CFG=∠FGH=90°−x，由此即可得出结论．
【详解】（1）解：∵m=n2−1+1−n2−4n+1，
∴n2−1≥0,1−n2≥0，
∴n2=1，解得：n=−1（舍去）或1，
∴m=−41+1=−2，
∴点A−2,0,B0,1；
（2）解：如图，连接BQ，
由题意，设点P的坐标为P1,a，
∵A−2,0,B0,1,Q1,0，
∴AQ=3,OB=1,OQ=1，
当点P位于点Q下方时，PQ=−a，
∵△PAB的面积为3.5，
∴S△ABQ+S△APQ−S△BPQ=3.5，即12×3×1+12×3⋅−a−12×1⋅−a=72，
解得a=−2，
则点P的坐标为P1,−2；
当点P位于点Q上方时，PQ=a，
∵△PAB的面积为3.5，
∴S△APQ−S△ABQ−S△BPQ=3.5，即12×3a−12×3×1−12×a=72，
解得a=5，
则点P的坐标为P1,5；
综上所述，点P的坐标为1,5或1,−2；
（3）解：∠GFO=2∠CFG，证明如下：
如图，过点G作GH∥AB于点H，
设∠AEG=x，则∠AEO=3x,∠OEG=2x，
∵∠EOF=90°,EG⊥GF，
∴∠OEG+∠GFO=360°−90°−90°=180°，
解得∠GFO=180°−2x，
∵GH∥AB，
∴∠EGH=∠AEG=x，
∴∠FGH=90°−∠EGH=90°−x，
又∵CD∥AB，
∴GH∥CD，
∴∠CFG=∠FGH=90°−x=12∠GFO，
即∠GFO=2∠CFG．
4．如图1，以直角△AOC的直角项点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A（0，a），C（b，0），并且满足a−b+2+b−8=0．
(1)直接写出点A，点C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个单位长的速度匀速运动，当点P到达点O整个运动随之结束；点D的坐标是（4，3），设运动时间为t秒．是否存在t，使得△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，
①说明GO∥AC的理由
②直接写出∠DOG，∠OHC，∠ACE之间的数量关系．
【分析】（1）根据二次根式和绝对值的非负性即可求解；
（2）先表示出OQ，OP，利用两个三角形面积相等，建立方程求解即可得出结论；
（3）①先判断出∠OAC＝∠AOD，根据OA平分∠GOD，得出∠GOA＝∠AOD，进而推出∠GOA＝∠OAC，即可得证；
②过点H作HF∥OG交x轴于F，根据平行线的性质得出∠FHC=∠ACE，∠FHO=∠GOD，进而得出∠GOD+∠ACE=∠FHO+∠FHC，即可求解．
【详解】（1）∵a−b+2+b−8=0，
∴a−b+2=0，b−8=0，∴a=6，b=8，
∴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），
∴S△ODQ=12OQ×xD=12t×4=2t，
S△ODP=12OP×yD=128−2t×3=12−3t，
∵△ODP与△ODQ的面积相等，
∴2t=12−3t，
∴t＝2.4，
∴存在t＝2.4时，使得△ODP与△ODQ的面积相等；
（3）①∵x轴⊥y轴，
∴∠AOC＝∠DOC+∠AOD＝90°
∴∠OAC+∠ACO＝90°，
又∵∠DOC＝∠DCO，
∴∠OAC＝∠AOD，
∵OA平分∠GOD，
∴∠GOA＝∠AOD，
∴∠GOA＝∠OAC，
∴OG∥AC
②如图，过点H作HF∥OG交x轴于F，
∴HF∥AC
∴∠FHC=∠ACE，
∵HF∥OG，
∴∠FHO=∠GOD，
∴∠GOD+∠ACE=∠FHO+∠FHC，
即∠GOD+∠ACE=∠OHC．
5．如图，点A的坐标为a,0，点B在y轴上，将△OAB沿x轴负方向平移，平移后的图形为△DEC，且点C的坐标为b,2，且a，b满足a−1+b+3=0．
(1)点E的坐标为______，点B的坐标为______；
(2)在四边形ABCD中，点P从点B出发，沿“BC→CD”移动．若点P的速度为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，回答下列问题：
①当t=______时，点P的横坐标与纵坐标互为相反数；
②当3③当点P运动到什么位置时，直线OP将四边形ABCD的面积分成2：5两部分．
【分析】（1）根据绝对值的非负性和二次根式的非负性，求出a、b的值，再根据平移的性质即可得出答案；
（2）①根据点P移动的路径确定点P移动的距离，再求出点P移动时间即可；
②过点P作PF∥BC交AB于点F，根据BC∥AD，得出PF∥AD，再根据平行线的性质，即可得出答案；
③先求出梯形ABCD的面积，然后分点P在CD上时，点P在BC上时两种情况进行讨论，求出结果即可．
(1)解：a−1+b+3=0，
∴a−1=0b+3=0，解得：a=1b=−3，
∴点A的坐标为：（1，0），点C的坐标为−3,2，
∵点B在y轴上，△OAB沿x轴负方向平移，平移后的图形为△DEC，
∴点B的坐标为：0,2，点E的坐标为：（-2，0）．
故答案为：−2,0；0,2．
(2)
①∵点C−3,2，点B0,2，
∴BC=3，CD=2，
∵点P从点B出发，沿“BC→CD”移动，
∴要使点P的横坐标与纵坐标互为相反数，点P一定在BC上运动，
∴此时点P的纵坐标为2，
∴点P的横坐标为-2时，点P的横坐标与纵坐标互为相反数，
∴此时点P移动的距离为2，
∵点P的速度为每秒1个单位长度，
∴移动时间为：t=2÷1=2（秒）．
故答案为：2；
②能确定z=x+y；理由如下：
∵3∴点P在线段CD上，过点P作PF∥BC交AB于点F，如图所示：
∵BC∥AD，
∴PF∥AD，
∴∠CBP=∠BPF=x°，∠PAD=∠APF=y°，
又∵∠BPA=z°，
∴z°=x°+y°，
∴z=x+y．
③S梯形ABCD=12BC+AD×CD=12×3+3+1×2=7，
a．当点P在CD上时，S△PDO=22+5S梯形ABCD，
∴12×3×PD=27×7，
∴PD=43，
∴P−3,43；
b．当点P在BC上时，若S梯形PCDO=27S梯形ABCD，
则CP+3×2×12=27×7，
解得CD=−1（舍），
若S梯PCDO=57S梯形ABCD，
则CP+3×2×12=57×7，
解得：CP=2，
∴BP=3−2=1，
∴P−1,2；
综上所述，当点P与点B的距离为1，或与点D的距离为43时，直线OP将四边形ABCD的面积分成2：5两部分，此时点P的坐标为P−1，2或P−3，43．
6．如图，在平面直角坐标系中，A0,3，C2,0．
（1）若点B在x轴上，使得三角形BAC的面积是三角形AOC的面积的2倍，求出点B的坐标；
（2）若点F在AC上，且∠COF=∠FCO，∠AOG=∠AOF．
①求证：AC//OG；
②若点E是线段OA上一动点，连结CE交OF于点H，探求∠OHC+∠ACE∠OEC的值是否会发生变化？若不变，求出它的值；若变化，说明理由．
【分析】（1）根据三角形BAC的面积是三角形AOC的面积的2倍可求出BC的长度，即可确定点B的坐标；
（2）①根据∠2+∠3=90°，∠1=∠2，∠3=∠FCO可得出∠GOC+∠ACO=180°，即可证明结论；
②过点H作PH//AC，交x轴于P，根据平行线的性质得出∠OHC=∠1+∠2+∠4，同理得出∠OEC=∠1+∠4，将各角度代入∠OHC+∠ACE∠OEC中即可求得结果．
【详解】解：（1）∵A0,3，C2,0，
∴OA=3，OC=2，
∵三角形BAC的面积是三角形AOC的面积的2倍，
∴BC=4，
∴点B的坐标是6,0或−2,0；
（2）如图，
①证明：∵∠2+∠3=90°，∠1=∠2，
∴∠1+∠3=90°，
∵∠3=∠FCO，
∴∠GOC+∠ACO=180°，
∴OG//AC；
②解：∠OHC+∠ACE∠OEC的值不变，其值为2．
解：由①可知，OG//AC，
过点H作PH//AC，交x轴于P，则∠4=∠PHC，
∵PH//AC，OG//AC，
∴PH//OG，
∴∠OHC=∠OHP+∠PHC=∠GOF+∠4=∠1+∠2+∠4，
同理可求：∠OEC=∠1+∠4，
∴∠OHC+∠ACE∠OEC=∠1+∠2+∠4+∠4∠1+∠4
=2∠1+∠4∠1+∠4=2．
必考点5
坐标与图形综合
1．将长方形OABC的顶点O放在直角坐标系中，点C，A分别在x轴，y轴上，点B（a，b），且a，b满足|a−2b|+(b−4)2=0．
(1)求B点的坐标
(2)若过O点的直线OD交长方形的边于点D，且直线OD把长方形的周长分为2：3两部分，求点D的坐标；
(3)若点P从点C出发，以2单位／秒的速度向O点运动（不超过O点），同时点Q从O点出发以1单位／秒的速度向A点运动（不超过A点），试探究四边形BQOP的面积在运动中是否会发生变化？若不变，求其值；若变化，求变化范围．
【分析】（1）根据非负数的性质列式求出得到a-2b=0，b-4=0，然后解方程求出a与b的值，再写出B点坐标；
（2）分类讨论：当点D在AB上，和点D在BC上，根据题意列方程，解方程即可得到D点坐标；
（3）设运动的时间为t，则CP=2t，OQ=t（0≤t≤4），则可根据三角形面积公式和S四边形BQOP=S长方形ABCO−SΔABQ−SΔCPB计算得到S四边形BQOP=16，即四边形BQOP的面积在运动中不发生变化．
【详解】（1）解：∵|a−2b|+(b−4)2=0，
∴a-2b=0，b-4=0，
∴a=8，b=4，
∴B点坐标为（8，4）；
（2）解：当点D在AB上，如图，
设D（m，4），则AD=m，BD=8-m，
∵直线OD把长方形的周长分为2：3两部分，
∴（4+m）：（8-m+4+8）=2：3，
解得m=5.6，
∴D点坐标为（5.6，4）；
当点D在BC上，如图，
设D（8，n），则CD=n，BD=4-n，
∵直线OD把长方形的周长分为2：3两部分，
∴（8+n）：（4-n+4+8）=2：3，
解得m=1.6，
∴D点坐标为（8，1.6），
综上所述，D点坐标为（5.6，4）或（8，1.6）；
（3）解：四边形BQOP的面积在运动中不会发生变化．
如图，设运动的时间为t，则CP=2t，OQ=t（0≤t≤4），
S四边形BQOP=S长方形ABCO−SΔABQ−SΔCPB
=4×8-12×8×（4-t）-12×8×t
=16；
∴四边形BQOP的面积在运动中不会发生变化．面积为16．
2．已知A（0，a）、B（b，0），且a−5+（b﹣4）2＝0．
（1）直接写出点A、B的坐标；
（2）点C为x轴负半轴上一点满足S△ABC＝15．
①如图1，平移直线AB经过点C，交y轴于点E，求点E的坐标；
②如图2，若点F（m，10）满足S△ACF＝10，求m．
（3）如图3，D为x轴上B点右侧的点，把点A沿y轴负半轴方向平移，过点A作x轴的平行线l，在直线l上取两点G、H（点H在点G右侧），满足HB＝8，GD＝6．当点A平移到某一位置时，四边形BDHG的面积有最大值，直接写出面积的最大值．
【分析】（1）根据二次根式和偶次幂的非负性得出a，b解答即可；
（2）①根据三角形的面积公式得出点C的坐标，根据平行线的性质解答即可；②延长CA交直线l于点H（a，10），过点H作HM⊥x轴于点M，根据三角形面积公式解答即可；
（3）平移GH到DM，连接HM，根据三角形面积公式解答即可．
【详解】解：（1）∵a−5+(b−4)2=0，且a−5≥0，（b﹣4）2≥0，
∴a﹣5＝0，b﹣4＝0，
解得：a＝5，b＝4，
∴A（0，5），B（4，0）；
（2）①连接BE，如图1，
∵SΔABC=12×OA×BC=12×|yA|×BC=12×5×BC=15，
∴BC＝6，
∴C（﹣2，0），
∵AB∥CE，
∴S△ABC＝S△ABE，
∴SΔABE=12×AE×OB=12AE×4=15，
∴AE＝152，
∴OE＝52，
∴E（0，﹣52）；
②∵F（m，10），
∴点F在过点G（0，10）且平行于x轴的直线l上，
延长CA交直线l于点H（a，10），过点H作HM⊥x轴于点M，则M（a，0），如图2，
∵S△HCM＝S△ACO+S梯形AOMH，
∴12(a+2)×10=12×2×5+12×(5+10)⋅a，
解得：a＝2，
∴H（2，10），
∵S△AFC＝S△CFH﹣S△AFH，
∴12FH⋅(10−5)=10，
∴FH＝4，
∵H（2，10），
∴F（﹣2，10）或（6，10），
∴m＝﹣2或6；
（3）平移GH到DM，连接HM，则GD∥HM，GD＝HM，如图3，
四边形BDHG的面积＝△BHM的面积，
当BH⊥HM时，△BHM的面积最大，其最大值＝12BH⋅HM=12BH⋅GD=12×8×6=24．
3．在平面直角坐标系中，Aa,0，B1,b，a，b满足a+b−1+2a−b+10=0，连接AB交y轴于C．

(1)直接写出a=______，b=______；
(2)如图1，点P是y轴上一点，且三角形ABP的面积为12，求点P的坐标；
(3)如图2，直线BD交x轴于D4,0，将直线BD平移经过点A，交y轴于E，点Qx,y在直线AE上，且三角形ABQ的面积不超过三角形ABD面积的13，求点Q横坐标x的取值范围．
【分析】（1）根据非负数的性质构建方程组，解方程组求出a，b；
（2）过点B作BM⊥x轴于M，设OC=m，由三角形面积关系得出12OA⋅OC+12(OC+BM)⋅OM=12AM⋅BM，求出m=3，过点B作BN⊥y轴于N，由三角形面积关系得出12×3×CP+12CP=12，求出CP即可；
（3）连接DQ，过点Q作QR⊥x轴，分点Q在第二象限，点Q在第三象限时，两种情况，分别列出方程，解之即可．
【详解】（1）解：∵ a+b−1+|2a−b+10|=0，
又∵a+b−1⩾0，|2a−b+10|⩾0，
∴ a+b−1=02a−b+10=0，
解得：a=−3b=4，
故答案为：-3，4．
（2）过点B作BM⊥x轴于M，
设OC=m，
∵三角形AOC的面积+四边形OCBM的面积=三角形ABM的面积，
∴ 12OA⋅OC+12(OC+BM)⋅OM=12AM⋅BM，
即12×3m+12(m+4)×1=12×4×4，
解得：m=3，
点C的坐标为(0,3)，
过点B作BN⊥y轴于N，
∵三角形ABP的面积=三角形ACP的面积+三角形BCP的面积，
∴ 12OA⋅CP+12BN⋅CP=12，
即12×3×CP+12CP=12，
∴CP=6，
∴点P的坐标为(0,−3)或(0,9)．
（3）点B向左平移4个单位长度，向下平移4个单位长度到点A，
∵点D向左平移4个单位长度后的对应点正好在y轴上，
∴点D平移后的对应点恰好是点E(0,−4)，
连接DQ，过点Q作QR⊥x轴，如图所示：
∵AE∥BD，
∴三角形ADQ的面积=三角形ABQ的面积，
当三角形ABQ的面积=13三角形ABD的面积时，QR=13yB=43，
当点Q在第三象限时，
∴ 12(x+3)×43+12(43+4)(−x)=12×4×3，
解得：x=−2，
当点Q在第二象限时，
∴ 12×3×4+12(3−x)×43=12(−x)×163，
解得：x=−4，
∴当三角形ABQ的面积不超过三角形ABD面积的13时，
点Q的横坐标x的取值范围是−4⩽x⩽−2，且x≠−3．
4．如图，已知点Aa,0、Bb,0满足3a+b2+b−3=0．将线段AB先向上平移2个单位，再向右平移1个单位后得到线段CD，并连接AC、BD．
(1)请求出点A和点B的坐标；
(2)点M从O点出发，以每秒1个单位的速度向上平移运动．设运动时间为t秒，问：是否存在这样的t，使得四边形OMDB的面积等于9？若存在，请求出t的值：若不存在，请说明理由；
(3)在（2）的条件下，点M从O点出发的同时，点N从点B出发，以每秒2个单位的速度向左平移运动，设射线DN交y轴于点E．设运动时间为t秒，问：SΔEMD−SΔOEN的值是否会发生变化？若不变，请求出它的值：若变化，请说明理由．
【分析】（1）利用绝对值与平方的非负性求出a，b的值，即可求解；
（2）由平移的性质可得点C（0，2），点D（4，2），OA＝1，OB＝2，OC＝2，CD＝4，由面积关系可求解；
（3）分点N在线段OB上，点N在BO的延长线上两种情况讨论，由面积和差关系可求解．
【详解】（1）解：∵3a+b2+b−3=0，3a+b2≥0,b−3≥0，
∴3a+b=0b−3=0，解得a=−1b=3，
∴点A和点B的坐标分别为（-1 ，0）和（3 ，0）；
（2）解：存在．
过D作DH⊥OB的延长线，垂足为H，如图所示：
由题意得点C和点D的坐标分别为（0 ，2）和（4 ，2），
∴CD=4 ，DH=2 ，OB=3 ，
设M点坐标为（0，t），连接MD、OD，
∴OM=t，
∵S四边形OMDB=S△OBD+S△OMD=9，
∴12OB⋅DH+12OM⋅CD=9，即12×3×2+12t×4=9，解得t=3，
存在这样的t=3，使得四边形OMDB的面积等于9；
（3）解：不变．
理由如下：
当点N在线段OB上时，如图所示，设运动时间为t秒，OM=t，ON=3-2t，
过D作DH⊥OB的延长线，垂足为H ，连接MD，OD，
∵SΔEMD−SΔOEN=S四边形OMDN，S四边形OMDN= S△OND+S△OMD ，
∴SΔEMD−SΔOEN= S△OND+S△OMD
=12ON·DH+12OM·CD
=12×3−2t×2+12t×4
=3-2t+2t
=3，
当点N运动到线段BO的延长线上时，如图所示，设运动时间为t秒，OM=t，ON=2t-3，连接OD，
SΔEMD−SΔOEN=SΔEMD+SΔOED−SΔOEN+SΔOED=SΔOMD−SΔOND
=12×4⋅OM−12×2⋅ON
=12×4t−12×22t−3
=2t−2t−3=3
∴SΔEMD−SΔOEN为定值3，故其值不会变化．
5．如图，已知平面直角坐标系中，点A(a,0)、B(0,b)，a、b满足a+2+(4−b)2=0．
将线段AB经过水平、竖直方向平移后得到线段A′B′，已知直线A′B′经过点C(4,0)，A′的横坐标为5．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）连接BC,BA′，求三角形ABC和三角形ABA′的面积．得S△ABC=____________；S△ABA′=________．
（3）①求A′的纵坐标，并写出线段AB的平移方式，
②直线A′B′上一点P(m,n)，直接写出m、n之间的数量关系．
【分析】（1）利用非负数的性质求出a、b的值即可解决问题；
（2）根据A，B，C三点坐标求出△ABC的面积，再利用平行线的性质得到△ABA'的面积；
（3）①连接A'B，CB，作A'D⊥x轴于点D，作B'E⊥x轴于点E，由三角形A'BA的面积求出A'D=2，则A'（5，2），从而得到平移方式；
②过B'作B'F⊥x轴于点F，连接PF，由三角形B'CF面积可求出答案．
【详解】解：（1）∵a、b满足a+2+(4−b)2=0，
∴a+2=0，4-b=0，
∴a=-2，b=4，
∴A（-2，0），B（0，4）；
（2）∵A（-2，0），B（0，4），C（4，0），
∴S△ABC=12×4+2×4=12，
∵A′B′∥AB，
∴点A′到AB的距离与点C到AB的距离相等，
∴S△ABA′=12；
（3）①如图，连接A'B，CB，作A'D⊥x轴于点D，作B'E⊥x轴于点E，
∵AB∥A'B'，
∴S△A'BA=S△ABC=12OB×AC＝12×4×（4+2）=12，
又∵S△A'BA=S△ABO+S梯形A'BOD-S△AA'D，
∴12=4+12A′D+4×5−125+2×A′D，
∴A'D=2，
∴A'（5，2），
∴平移方式为向右平移7个单位，向上平移2个单位；
②如图，过B'作B'F⊥x轴于点F，连接PF，
∵C（4，0），B'（7，6），P（m，n），
∴S△B'CF=12×3×6=9，
∵S△B'CF=S△PCF+S△B'PF=12×3×n+12×6×（7-m），
∴12×3×n+12×6×（7-m）=9，
∴2m-n=8．
6．如图1，在平面直角坐标系中，点A（a，2），B（b，4），且a，b满足关系式（a+5）2+b+4＝0
（1）直接写出A，B两点的坐标：A（ ， ），B（ ， ）；
（2）线段AB以每秒2个单位长度的速度向右水平移动，A，B的对应点分别为A1，B1；（友情提示：S△ABO表示三角形ABO的面积）
①如图2，若线段A1B1交y轴于点C，当SΔA1B1O=32时，求平移时间t的值；
②若直线A1B1交y轴于点C，当SΔA1COSΔB1CO=32时，试求出平移时间t的值，并直接写出点C的坐标．
【分析】（1）根据(a+5)2+b+4=0求出a、b即可求出坐标；
（2）①作A1M⊥x轴于M，B1N⊥x轴于N，根据三角形A1B1O的面积=梯形A1B1NM面积−三角形A1MO的面积−三角形B1NO的面积即可求出；
②根据面积的比值求出时间t，根据面积求出C点坐标即可．
【详解】解：（1）∵(a+5)2+b+4=0，
∴a+5=0，b+4=0，
∴a=−5，b=−4，
∴A(−5,2)，B(−4,4)，
故答案为：(−5,2)，(−4,4)；
（2）∵线段AB以每秒2个单位长度的速度向右水平移动，
∴平移t秒后，A(−5+2t,2)，B(−4+2t,4)，
①如图2，作A1⊥x轴于M，B1⊥x轴于N，
∵ S△A1B1O=32，
∴ S△A1B1O=S梯形A1B1NM−S△A1MO−S△B1NO=32，
即12(A1M+B1N)⋅MN−12A1M⋅OM−12B1N⋅ON=12×(2+4)×1−12×2×[−(−5+2t)]−12×4×(−4+2t)=32，
整理得：6−2t=32，
解得t=94；
②∵ S△A1COS△B1CO=32，
即12OC⋅OM12OC⋅ON=OMON=−2t+5−4+2t=32，
解得t=115，
∴此时A1(−35，2)，B1(25，4)，
∴ S△A1B1O=S梯形A1B1NM−S△A1MO−S△B1NO=12×2+4×1−12×2×35−12×4×25=85，
即12OC⋅OM+12OC⋅ON=85，
∴ 12OC×35+12OC×25=85，
解得OC=165，
∴C点的坐标为(0,165)．