湘教版数学八年级下学期 3.2 简单图形的坐标表示同步分层训练培优题
一、选择题
1．（2023九上·佛山期中）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A，B，C在坐标轴上，若点B的坐标为，，则点D的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023九上·南山期中）如图，四边形OABC是矩形，A（2，1），B（0，5），点C在第二象限，则点C的坐标是（ ）
A．（-1，3） B．（-1，2） C．（-2，3） D．（-2，4）
3．（2020八下·闽侯期中）如图，在矩形COED中，点D的坐标是(1，3)，则CE的长是（ ）
A．3 B． C． D．4
4．（2023九上·高碑店月考）如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，已知点的坐标为，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023九上·中牟月考）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A，B，C在坐标轴上，若点A、B的坐标分别为（0，2）、（-1，0），则点D的坐标为（ ）
A．（，2） B．（2，） C．（，2） D．（2，）
6．（2023·白云模拟） 如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点，的坐标分别是，，，则顶点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024八上·坪山期末）如图，平面直角坐标系中，点、的坐标分别为、，点在第一象限内，连接交轴于点，连接，，则的面积为（ ）
A．12 B．20 C．24 D．25
8．（2023八上·天津市期中）已知，中，，A点在负半轴上，直角顶点在轴上，点在轴上方．
①如图所示，若的坐标是，点的坐标是，则点的坐标为；
②如图，过点作轴于则；
③如图，过点作轴于则；④如图，若轴恰好平分，与轴交于点，过点作轴于，则；⑤如图，若轴恰好平分，与轴交于点，过点作轴于，则．上述结论正确的有（ ）个
A．2 B．3 C．4 D．5
二、填空题
9．（2024八上·揭阳期末）已知线段MN平行于轴，且，那么 .
10．（2023八上·长沙期中）如图，在平面直角坐标系中，C（4，4），点B，A分别在x轴正半轴和y轴正半轴上，∠ACB＝90°，则OA＋OB＝ ．
11．（2023八上·四川期中） 对于平面直角坐标系xOy中的点P与图形M，N给出如下定义：点P到图形M上的各点的最小距离为m，点P到图形N上各点的最小距离为n，当m＝n时，称点P为图形M与图形N的“等长点”．如：点E（﹣2，0），O（0，0），F（2，0）中，点O就是点E与点F的“等长点”，已知点A（2，0），B（2，2），C（2，﹣2），连接BC，若点P既是点O与点A的“等长点”，也是线段OA与线段BC的“等长点”，则点P的坐标为 ．
12．（2023八上·花垣期中）如图，在中，，，以C为原点，所在直线为y轴，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，在坐标轴上取一点M，使为等腰三角形，符合条件的点M有 个．
13．如图，在平面直角坐标系中，有一只用七巧板拼成的“猫”，三角形①的边BC及四边形②的边CD都在c轴上“猫”耳尖E在y轴上.若“猫”尾巴尖A的横坐标为1，则“猫”爪尖F的坐标为 .
三、解答题
14．（2024八上·讷河期末）如图，在平面直角坐标系中，△AOP为等边三角形，A点坐标为（0，1），点B在y轴上且位于A点上方，以BP为边向BP的右侧作等边△PBC，连接CA，并延长CA交x轴于点E．
（1）求证：OB＝AC；
（2）判断AP是否平分∠OAC？请说明理由；
（3）在y轴上是否存在点Q，使得△AEQ为等腰三角形？若存在，请直接写出满足条件的所有点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
15．（2023八上·亳州月考）如图，在中，，点和点分别落在轴的正半轴和轴的正半轴上，已知点的坐标为．
图1 图2 图3
（1）如图1，过点作轴于点，证明：，并直接写出点的坐标；
（2）如图2，若与轴交于点，证明：是的中线；
（3）如图3，若与轴交于点，连接，探索线段和之间的数量关系，并加以证明．
四、综合题
16．（2023八上·佳木斯开学考）在平面直角坐标系中，点、的坐标分别为，且，满足，已知点坐标为，
（1）求、的值及的面积；
（2）若点在坐标轴上，且，请直接写出点的坐标．
17．（2023七下·长沙期末）在直角坐标系中，已知点，，且a是的立方根，方程是关于x，y的二元一次方程，d为不等式组的最大整数解．
（1）直接写出A、B、C的坐标；
（2）如图1，若D为y轴负半轴上的一个动点，连交x轴于点E，问是否存在点D，使得？若存在，请求出点D的纵坐标的范围，若不存在，请说明理由；
（3）如图2，若线段向上平移2个单位长度，点G为x轴上一点，点为第一象限内一动点，连、、，若的面积等于由、、、四条线段围成图形的面积，求点G的横坐标（用含n的式子表示）．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；菱形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：过点D作DH⊥x轴于点H，
∴∠DHC=∠AOB=90°，
∵点B（-3，0），
∴OB=3，
∵菱形ABCD，
∴AB=BC，AB∥CD，
∴∠ABO=∠DCH=60°，∠CDH=30°，
在△ABO和△DCH中
∴△ABO≌△DCH（AAS）
∴BO=CH=3，
∴DC=2CH=6，OH=3+3=6，
，
∴点D
故答案为：A.
【分析】过点D作DH⊥x轴于点H，可证∠DHC=∠AOB=90°，利用点B的坐标可得到OB的长；再利用菱形的性质可证得AB=BC，AB∥CD，同时可得到∠ABO=∠DCH=60°，∠CDH=30°，利用AAS证明△ABO≌△DCH，利用全等三角形的性质可求出CH的长，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得到DC，OH的长；然后利用勾股定理求出DH的长，可得到点D的坐标.
2．【答案】D
【知识点】坐标与图形性质；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：过A作AE⊥x轴于E，过C作CF⊥y轴于F，
∴∠AEO=∠BFC=90°，
∵四边形OABC是矩形，
∴∠ABC=∠BOE=∠BAO=90°，BC=AO，
∴∠BOE+∠AOE=90°，∠BOE+∠ABO=90°，∠CBF+∠ABO=90°，∠CBF+∠BCF=90°，
∴∠BCF=∠AOE，
在△BCF和△AOE中
∴△BCF≌△AOE（AAS）
∴CF=OE，BF=AE，
∵A（2，1），B（0，5），
∴CF=OE=2，BF=AE=1，
∴OF=5-1=4，
∴C（-2，4）.
故答案为：D.
【分析】过A作AE⊥x轴于E，过C作CF⊥y轴于F，由同角的余角相等可得∠AOB=∠CBF，由等角的余角相等可得∠AOE=∠FCB，结合矩形的性质用角角边可证△BCF≌△AOE，由全等三角形的性质可得CF=OE，BF=AE，结合A、B两点的坐标即可求解.
3．【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形COED是矩形，
∴CE＝OD，
∵点D的坐标是（1，3），
∴ ，
∴ ，
故答案为：C.
【分析】根据矩形的性质可得CE＝OD，利用勾股定理求出OD的长，即得结论.
4．【答案】A
【知识点】坐标与图形性质
【解析】【解答】解：如图所示作AFX轴于F，作CEX轴于E
四边形ABCD是正方形
在中
≌ （AAS）
结合象限，C的坐标为（-1，2）
故答案为：A
【分析】根据平面直角坐标系内点坐标的意义，通过全等找到相应线段长，再结合象限判定符号。
5．【答案】A
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵点A、B的坐标分别为（0，2）、（-1，0），
∴OB=1，AO=2，
∴，
∵四边形ABCD是菱形，
∴，AD∥BC，
∴点D坐标为，
故答案为：A.
【分析】根据点的坐标可求得OB=1，AO=2，根据勾股定理：直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方可求得AB的值，根据菱形的四条边都相等可得AD的值，即可求解.
6．【答案】D
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图所示，连接AC交x轴于点D，
∵菱形的顶点，的坐标分别是，，
∴OD=
∵
∴
∴
∴顶点的坐标是
故答案为：D．
【分析】连接AC交x轴于点D，根据菱形的性质，勾股定理求CD的长，即可求解．
7．【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；三角形的面积；三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：过点B作轴于点E，则，
∵点、的坐标分别为、，点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的面积
．
故答案为：C.
【分析】过点B作轴于点E，则，先证明，由全等三角形的性质可得，再由，可得，由等腰三角形的性质可得，再根据的面积，计算求解即可．
8．【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：①如图，过点C作y轴的垂线，垂足为点D，
∵的坐标是，点的坐标是，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，故①正确，符合题意；
②和①同理可得，
∴，
∵，
∴，故②正确，符合题意；
③∵轴，
∴，
∴，
∵，
∴，故③正确，符合题意；
④∵，，
∴，
∵轴平分，
∴，
∴，故④不正确，不符合题意；
⑤∵，
∴，
∴，故⑤正确，符合题意；
综上：正确的有①②③⑤，共4个，
故选：C．
【分析】①过点C作CD⊥y轴于点D，证明△ABO≌△BCD，得出OA=BD=3，OB=CD=1，即可求出点C的坐标，②同理可得△CDB≌△BOA，则OB=CD， BD=OA，根据BD=OB+OD，即可得出OA=CD+OD ；③易得CD∥OA，则∠OAC=∠ACD，根据△CDB≌△BOA，即可得出∠OAC+∠ACB=∠ABO ；④易得∠CAF=∠CAB=22.5°≠30°，则CF≠AC ；⑤根据∠CEF=∠AEF，∠CFE=∠ABE=90°得出∠BAO=∠ECF，即可推出∠ACB=∠ACF-∠BAO.
9．【答案】3
【知识点】坐标与图形性质
【解析】【解答】解：∵ 线段MN平行于轴，且，
∴x=3.
故答案为：3.
【分析】 由线段MN平行于轴，则M、N的横坐标相同，据此解答即可.
10．【答案】8
【知识点】坐标与图形性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】过C作CM⊥y轴于M，CN⊥x轴于N，
∵C（4，4），
∴CN=CM=4，
∵x轴⊥y轴，
∴∠MON=∠CNO=∠CMO=90°，
∴∠MCN=360°-90°-90°-90°=90°，
则四边形MONC是正方形，
∴OM=ON=CN=CM=4，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠MON，
∴∠MCA=90°-∠ACN，∠BCN=90°-∠ACN，
∴∠ACM=∠BCN，
在△ACM和△BCN中，
，
∴△ACM≌△BCN（ASA），
∴AM=BN，
∴OA+OB
=OA+ON+BN
=OA+ON+AM
=ON+OM
=4+4
=8．
故答案为：8．
【分析】过C作CM⊥y轴于M，CN⊥x轴于N，得到四边形MONC是正方形，进一步得到OM=ON=CN=CM=4，证明△ACM≌△BCN（ASA），利用三角形全等的性质得到AM=BN，求得OA+OB=ON+OM，代入数据计算即可求解.
11．【答案】P′（1，1）或P″（1，﹣1）
【知识点】坐标与图形性质；线段垂直平分线的性质；定义新运算
【解析】【解答】解：如下图，
由图可知，直线垂直平分，因此直线上的点是点O与点A的“等长点”，
由图可知，是直线与的角平分线的交点，是直线与的角平分线的交点，
因此或到线段与线段距离相等，是线段与线段的“等长点”，
故点P的坐标为或．
故答案为：或．
【分析】根据坐标与图形的性质求解。利用格点找出线段的垂直平分线，根据线段的垂直平分线的性质可得上的点到点O与点A的距离相等，直线与或的角平分线的交点即为所求．
12．【答案】6
【知识点】坐标与图形性质；等腰三角形的判定
【解析】【解答】解：如图，
①以A为圆心，AB为半径画圆，
交x轴有一点，交y轴有两点，
此时AB= AM，
为等腰三角形；
②以B为圆心，BA为半径画圆，
交直线x轴有两点，交y轴有一点，
此时BM = BA，
为等腰三角形；
③作AB的垂直平分线交y轴于点，交x轴于点，
此时MA = MB，
为等腰三角形，
是等边三角形，故重合
符合条件的点有6个，
故答案为：6．
【分析】等腰三角形一般分三类：MA=MB或AM=AB或BM=BA，分别画图求解即可。
13．【答案】
【知识点】坐标与图形性质
【解析】【解答】解：如图，作AH⊥x轴于H，过点F作FJ⊥y轴于J交PQ于K，延长PQ交OB于T．设大正方形的边长为4a，则OC＝a，CD＝2a，
在Rt△ADH中，∠ADH＝45°，
∴AH＝DH＝a，
∴OH＝4a，
∵点A的横坐标为1，
∴4a＝1，
∴，
在Rt△FPQ中，PF＝FQ＝2a，
∴PQPF，
∵FK⊥PQ，
∴PK＝KQ，
∴FK＝PK＝QK，
∵KJ，PT＝1+()，
∴FJ， KT＝PT﹣PK，
∴F(，)．
故答案为：(，)．
【分析】如图，过点A作AH⊥x轴于点H，过点F作FJ⊥y轴于点J交PQ于点K，延长PQ交OB于点T．设大正方形的边长为4a，则OC＝a，CD＝2a，根据点A 的横坐标为1，由4a＝1可求出a，然后再解直角三角形求出FJ，KT，最后根据F在第二象限，从而可确定F点的坐标即可解答．
14．【答案】（1）证明：∵△BPC和△AOP是等边三角形，
∴OP＝AP，BP＝PC，∠OAP＝∠APO＝∠CPB＝60°，
∴∠APO+∠APB＝∠BPC+∠APB，
即∠OPB＝∠APC，
在△PBO和△PCA中，
，
∴△PBO≌△PCA （SAS），
∴OB＝AC；
（2）解：AP平分∠OAC
理由如下：
∵△AOP是等边三角形
∴∠OAP＝∠AOP＝＝60°
由（1）知△PBO≌△PCA，
∴∠POB＝∠PAC＝60°，
∴∠PAC＝∠OAP＝60°，
∴AP平分∠OAC
（3）解：存在Q（0，3），（0，﹣1）．
【知识点】坐标与图形性质；等腰三角形的判定；等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（3）∵A（0，1），
∴AO=1，
∵∠EAO=∠CAB=180°-∠CAP-∠OAP=60°，∠AOE=90°，
∴∠AEO=30°，
∴AE=2AO=2，
当AQ=AE=2， △AEQ为等腰三角形 ，
∴OQ=AQ-AO=1或OQ=AQ+AO=3，
∴Q（0，-1）或（0，3），
当EQ=AE=2， △AEQ为等腰三角形 ，
此时x轴垂直平分AQ，
∴Q（0，-1），
当AQ=QE， △AEQ为等腰三角形 ，如图所示，
∵∠EAO=60°，
∴△AEQ为等边三角形，
∴AQ=AE=2，
∴OQ=AQ-OA=1，
∴Q（0，-1）
综上可得： 在y轴上是否存在点Q，使得△AEQ为等腰三角形 ，Q的坐标为（0，3），（0，﹣1）．
【分析】（1）证明△PBO≌△PCA （SAS），可得OB＝AC；
（2）由等边三角形的性质可得∠OAP＝∠AOP＝＝60°，由全等三角形的性质可得∠POB＝∠PAC＝60°，从而得出∠PAC＝∠OAP＝60°，由角平分线的定义即得结论；
（3）易求∠AEO=30°，利用直角三角形的性质可得AE=2AO=2，分三种情况：当AQ=AE=2，当EQ=AE=2和AQ=QE，利用等腰三角形的性质分别求解即可.
15．【答案】（1）证明：由题意可知，
．
又．
点的坐标为；
（2）如图，过点作轴于点，则．
由（1）可知，
，即点是的中点，是的中线；
（3），理由如下：
如图，在上截取，使得，连接．
在和中，，
，则．
由（2）可知，
．
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；三角形全等的判定；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）根据证明，求出，根据全等三角形对应边相等可得，即可得出点的坐标；
（2）过点作轴于点，则．根据可得，进而根据ASA证明，推出，即可证明是的中线；
（3）在上截取，使得，连接．先根据SAS证和，根据全等三角形的性质得出，可证．
16．【答案】（1）解：∵，即，
∴，．
∴，，
∴点，点，
又∵点，
∴，，
∴；
（2）点的坐标或或或．
【知识点】坐标与图形性质；绝对值的非负性
【解析】【解答】解：（2）分情况讨论，当点在x轴上时，
设点的坐标为，则
又∵，
∴，
∴．
∴，
即，解得：或，
故点的坐标为或；
当点在y轴上时，
设点的坐标为，则
又∵，
∴，
∴．
∴，
即，解得：或5，
故点的坐标为或；
综上，点的坐标或或或．
【分析】(1)利用非负数的性质，求出a，b的值，接着求出A、B的坐标，计算出BC、OA的长，利用三角形面积公式求出 ；
（2）当点在x轴上时，只需求出横坐标，可以利用“ ”求得；当点在y轴上时，只需求出纵坐标，可以利用“ ”求得.
17．【答案】（1），，．
（2）解：存在D点使得．
理由：连交y轴于F，连接．
设点D的纵坐标为，
∵，
∴，即，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴点F的坐标为，
∴，
由题意得，， 解得，，
∵D在y轴负半轴上，
∴，
∴D的纵坐标的取值范围是．
（3）解：如图，过作于，而，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵线段向上平移2个单位长度，
∴，，
如图，作轴于H，延长交x轴于K， 连接，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
当点G在点K右侧时，设， 而，
∵，
∴，
∴，
解得，
∴，
当点在K的左边时，的面积也等于四边形的面积，
同理可得：，
综上所述，满足条件的点的横坐标为或．
【知识点】二元一次方程的概念；解一元一次不等式组；坐标与图形性质；三角形的面积
【解析】【解答】（1）∵ a是-8的立方根
∴ a=-2
∴ A（-2，0）
∵方程是关于x，y的二元一次方程
∴
解得：b=2，c=4
∴ B（2，4）
∵d为不等式组的最大整数解．
∴
∴ d=5
∴ C（5，0）
则 A（-2，0），B（2，4）， C（5，0）
【分析】本题考查二元一次方程的定义、解不等式组、铅锤法表示三角形面积及动点求图形面积。（1）通过立方根、二元一次方程的定义和不等式组的特殊解，求出三个点的坐标即可；
（2）根据得，即，根据三个点的坐标计算得， 则， 可知， 则得D的纵坐标的取值范围；
（3） 作轴于H，延长交x轴于K， 连接，，可得，可得.
当点G在点K右侧时，设， 而，根据， 有， 得， 则，
当点在K的左边时，的面积也等于四边形的面积， 得：，
综上所述，满足条件的点的横坐标为或．
1 / 1湘教版数学八年级下学期 3.2 简单图形的坐标表示同步分层训练培优题
一、选择题
1．（2023九上·佛山期中）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A，B，C在坐标轴上，若点B的坐标为，，则点D的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；菱形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：过点D作DH⊥x轴于点H，
∴∠DHC=∠AOB=90°，
∵点B（-3，0），
∴OB=3，
∵菱形ABCD，
∴AB=BC，AB∥CD，
∴∠ABO=∠DCH=60°，∠CDH=30°，
在△ABO和△DCH中
∴△ABO≌△DCH（AAS）
∴BO=CH=3，
∴DC=2CH=6，OH=3+3=6，
，
∴点D
故答案为：A.
【分析】过点D作DH⊥x轴于点H，可证∠DHC=∠AOB=90°，利用点B的坐标可得到OB的长；再利用菱形的性质可证得AB=BC，AB∥CD，同时可得到∠ABO=∠DCH=60°，∠CDH=30°，利用AAS证明△ABO≌△DCH，利用全等三角形的性质可求出CH的长，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得到DC，OH的长；然后利用勾股定理求出DH的长，可得到点D的坐标.
2．（2023九上·南山期中）如图，四边形OABC是矩形，A（2，1），B（0，5），点C在第二象限，则点C的坐标是（ ）
A．（-1，3） B．（-1，2） C．（-2，3） D．（-2，4）
【答案】D
【知识点】坐标与图形性质；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：过A作AE⊥x轴于E，过C作CF⊥y轴于F，
∴∠AEO=∠BFC=90°，
∵四边形OABC是矩形，
∴∠ABC=∠BOE=∠BAO=90°，BC=AO，
∴∠BOE+∠AOE=90°，∠BOE+∠ABO=90°，∠CBF+∠ABO=90°，∠CBF+∠BCF=90°，
∴∠BCF=∠AOE，
在△BCF和△AOE中
∴△BCF≌△AOE（AAS）
∴CF=OE，BF=AE，
∵A（2，1），B（0，5），
∴CF=OE=2，BF=AE=1，
∴OF=5-1=4，
∴C（-2，4）.
故答案为：D.
【分析】过A作AE⊥x轴于E，过C作CF⊥y轴于F，由同角的余角相等可得∠AOB=∠CBF，由等角的余角相等可得∠AOE=∠FCB，结合矩形的性质用角角边可证△BCF≌△AOE，由全等三角形的性质可得CF=OE，BF=AE，结合A、B两点的坐标即可求解.
3．（2020八下·闽侯期中）如图，在矩形COED中，点D的坐标是(1，3)，则CE的长是（ ）
A．3 B． C． D．4
【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形COED是矩形，
∴CE＝OD，
∵点D的坐标是（1，3），
∴ ，
∴ ，
故答案为：C.
【分析】根据矩形的性质可得CE＝OD，利用勾股定理求出OD的长，即得结论.
4．（2023九上·高碑店月考）如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，已知点的坐标为，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】坐标与图形性质
【解析】【解答】解：如图所示作AFX轴于F，作CEX轴于E
四边形ABCD是正方形
在中
≌ （AAS）
结合象限，C的坐标为（-1，2）
故答案为：A
【分析】根据平面直角坐标系内点坐标的意义，通过全等找到相应线段长，再结合象限判定符号。
5．（2023九上·中牟月考）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A，B，C在坐标轴上，若点A、B的坐标分别为（0，2）、（-1，0），则点D的坐标为（ ）
A．（，2） B．（2，） C．（，2） D．（2，）
【答案】A
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵点A、B的坐标分别为（0，2）、（-1，0），
∴OB=1，AO=2，
∴，
∵四边形ABCD是菱形，
∴，AD∥BC，
∴点D坐标为，
故答案为：A.
【分析】根据点的坐标可求得OB=1，AO=2，根据勾股定理：直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方可求得AB的值，根据菱形的四条边都相等可得AD的值，即可求解.
6．（2023·白云模拟） 如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点，的坐标分别是，，，则顶点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图所示，连接AC交x轴于点D，
∵菱形的顶点，的坐标分别是，，
∴OD=
∵
∴
∴
∴顶点的坐标是
故答案为：D．
【分析】连接AC交x轴于点D，根据菱形的性质，勾股定理求CD的长，即可求解．
7．（2024八上·坪山期末）如图，平面直角坐标系中，点、的坐标分别为、，点在第一象限内，连接交轴于点，连接，，则的面积为（ ）
A．12 B．20 C．24 D．25
【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；三角形的面积；三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：过点B作轴于点E，则，
∵点、的坐标分别为、，点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的面积
．
故答案为：C.
【分析】过点B作轴于点E，则，先证明，由全等三角形的性质可得，再由，可得，由等腰三角形的性质可得，再根据的面积，计算求解即可．
8．（2023八上·天津市期中）已知，中，，A点在负半轴上，直角顶点在轴上，点在轴上方．
①如图所示，若的坐标是，点的坐标是，则点的坐标为；
②如图，过点作轴于则；
③如图，过点作轴于则；④如图，若轴恰好平分，与轴交于点，过点作轴于，则；⑤如图，若轴恰好平分，与轴交于点，过点作轴于，则．上述结论正确的有（ ）个
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：①如图，过点C作y轴的垂线，垂足为点D，
∵的坐标是，点的坐标是，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，故①正确，符合题意；
②和①同理可得，
∴，
∵，
∴，故②正确，符合题意；
③∵轴，
∴，
∴，
∵，
∴，故③正确，符合题意；
④∵，，
∴，
∵轴平分，
∴，
∴，故④不正确，不符合题意；
⑤∵，
∴，
∴，故⑤正确，符合题意；
综上：正确的有①②③⑤，共4个，
故选：C．
【分析】①过点C作CD⊥y轴于点D，证明△ABO≌△BCD，得出OA=BD=3，OB=CD=1，即可求出点C的坐标，②同理可得△CDB≌△BOA，则OB=CD， BD=OA，根据BD=OB+OD，即可得出OA=CD+OD ；③易得CD∥OA，则∠OAC=∠ACD，根据△CDB≌△BOA，即可得出∠OAC+∠ACB=∠ABO ；④易得∠CAF=∠CAB=22.5°≠30°，则CF≠AC ；⑤根据∠CEF=∠AEF，∠CFE=∠ABE=90°得出∠BAO=∠ECF，即可推出∠ACB=∠ACF-∠BAO.
二、填空题
9．（2024八上·揭阳期末）已知线段MN平行于轴，且，那么 .
【答案】3
【知识点】坐标与图形性质
【解析】【解答】解：∵ 线段MN平行于轴，且，
∴x=3.
故答案为：3.
【分析】 由线段MN平行于轴，则M、N的横坐标相同，据此解答即可.
10．（2023八上·长沙期中）如图，在平面直角坐标系中，C（4，4），点B，A分别在x轴正半轴和y轴正半轴上，∠ACB＝90°，则OA＋OB＝ ．
【答案】8
【知识点】坐标与图形性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】过C作CM⊥y轴于M，CN⊥x轴于N，
∵C（4，4），
∴CN=CM=4，
∵x轴⊥y轴，
∴∠MON=∠CNO=∠CMO=90°，
∴∠MCN=360°-90°-90°-90°=90°，
则四边形MONC是正方形，
∴OM=ON=CN=CM=4，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠MON，
∴∠MCA=90°-∠ACN，∠BCN=90°-∠ACN，
∴∠ACM=∠BCN，
在△ACM和△BCN中，
，
∴△ACM≌△BCN（ASA），
∴AM=BN，
∴OA+OB
=OA+ON+BN
=OA+ON+AM
=ON+OM
=4+4
=8．
故答案为：8．
【分析】过C作CM⊥y轴于M，CN⊥x轴于N，得到四边形MONC是正方形，进一步得到OM=ON=CN=CM=4，证明△ACM≌△BCN（ASA），利用三角形全等的性质得到AM=BN，求得OA+OB=ON+OM，代入数据计算即可求解.
11．（2023八上·四川期中） 对于平面直角坐标系xOy中的点P与图形M，N给出如下定义：点P到图形M上的各点的最小距离为m，点P到图形N上各点的最小距离为n，当m＝n时，称点P为图形M与图形N的“等长点”．如：点E（﹣2，0），O（0，0），F（2，0）中，点O就是点E与点F的“等长点”，已知点A（2，0），B（2，2），C（2，﹣2），连接BC，若点P既是点O与点A的“等长点”，也是线段OA与线段BC的“等长点”，则点P的坐标为 ．
【答案】P′（1，1）或P″（1，﹣1）
【知识点】坐标与图形性质；线段垂直平分线的性质；定义新运算
【解析】【解答】解：如下图，
由图可知，直线垂直平分，因此直线上的点是点O与点A的“等长点”，
由图可知，是直线与的角平分线的交点，是直线与的角平分线的交点，
因此或到线段与线段距离相等，是线段与线段的“等长点”，
故点P的坐标为或．
故答案为：或．
【分析】根据坐标与图形的性质求解。利用格点找出线段的垂直平分线，根据线段的垂直平分线的性质可得上的点到点O与点A的距离相等，直线与或的角平分线的交点即为所求．
12．（2023八上·花垣期中）如图，在中，，，以C为原点，所在直线为y轴，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，在坐标轴上取一点M，使为等腰三角形，符合条件的点M有 个．
【答案】6
【知识点】坐标与图形性质；等腰三角形的判定
【解析】【解答】解：如图，
①以A为圆心，AB为半径画圆，
交x轴有一点，交y轴有两点，
此时AB= AM，
为等腰三角形；
②以B为圆心，BA为半径画圆，
交直线x轴有两点，交y轴有一点，
此时BM = BA，
为等腰三角形；
③作AB的垂直平分线交y轴于点，交x轴于点，
此时MA = MB，
为等腰三角形，
是等边三角形，故重合
符合条件的点有6个，
故答案为：6．
【分析】等腰三角形一般分三类：MA=MB或AM=AB或BM=BA，分别画图求解即可。
13．如图，在平面直角坐标系中，有一只用七巧板拼成的“猫”，三角形①的边BC及四边形②的边CD都在c轴上“猫”耳尖E在y轴上.若“猫”尾巴尖A的横坐标为1，则“猫”爪尖F的坐标为 .
【答案】
【知识点】坐标与图形性质
【解析】【解答】解：如图，作AH⊥x轴于H，过点F作FJ⊥y轴于J交PQ于K，延长PQ交OB于T．设大正方形的边长为4a，则OC＝a，CD＝2a，
在Rt△ADH中，∠ADH＝45°，
∴AH＝DH＝a，
∴OH＝4a，
∵点A的横坐标为1，
∴4a＝1，
∴，
在Rt△FPQ中，PF＝FQ＝2a，
∴PQPF，
∵FK⊥PQ，
∴PK＝KQ，
∴FK＝PK＝QK，
∵KJ，PT＝1+()，
∴FJ， KT＝PT﹣PK，
∴F(，)．
故答案为：(，)．
【分析】如图，过点A作AH⊥x轴于点H，过点F作FJ⊥y轴于点J交PQ于点K，延长PQ交OB于点T．设大正方形的边长为4a，则OC＝a，CD＝2a，根据点A 的横坐标为1，由4a＝1可求出a，然后再解直角三角形求出FJ，KT，最后根据F在第二象限，从而可确定F点的坐标即可解答．
三、解答题
14．（2024八上·讷河期末）如图，在平面直角坐标系中，△AOP为等边三角形，A点坐标为（0，1），点B在y轴上且位于A点上方，以BP为边向BP的右侧作等边△PBC，连接CA，并延长CA交x轴于点E．
（1）求证：OB＝AC；
（2）判断AP是否平分∠OAC？请说明理由；
（3）在y轴上是否存在点Q，使得△AEQ为等腰三角形？若存在，请直接写出满足条件的所有点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明：∵△BPC和△AOP是等边三角形，
∴OP＝AP，BP＝PC，∠OAP＝∠APO＝∠CPB＝60°，
∴∠APO+∠APB＝∠BPC+∠APB，
即∠OPB＝∠APC，
在△PBO和△PCA中，
，
∴△PBO≌△PCA （SAS），
∴OB＝AC；
（2）解：AP平分∠OAC
理由如下：
∵△AOP是等边三角形
∴∠OAP＝∠AOP＝＝60°
由（1）知△PBO≌△PCA，
∴∠POB＝∠PAC＝60°，
∴∠PAC＝∠OAP＝60°，
∴AP平分∠OAC
（3）解：存在Q（0，3），（0，﹣1）．
【知识点】坐标与图形性质；等腰三角形的判定；等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（3）∵A（0，1），
∴AO=1，
∵∠EAO=∠CAB=180°-∠CAP-∠OAP=60°，∠AOE=90°，
∴∠AEO=30°，
∴AE=2AO=2，
当AQ=AE=2， △AEQ为等腰三角形 ，
∴OQ=AQ-AO=1或OQ=AQ+AO=3，
∴Q（0，-1）或（0，3），
当EQ=AE=2， △AEQ为等腰三角形 ，
此时x轴垂直平分AQ，
∴Q（0，-1），
当AQ=QE， △AEQ为等腰三角形 ，如图所示，
∵∠EAO=60°，
∴△AEQ为等边三角形，
∴AQ=AE=2，
∴OQ=AQ-OA=1，
∴Q（0，-1）
综上可得： 在y轴上是否存在点Q，使得△AEQ为等腰三角形 ，Q的坐标为（0，3），（0，﹣1）．
【分析】（1）证明△PBO≌△PCA （SAS），可得OB＝AC；
（2）由等边三角形的性质可得∠OAP＝∠AOP＝＝60°，由全等三角形的性质可得∠POB＝∠PAC＝60°，从而得出∠PAC＝∠OAP＝60°，由角平分线的定义即得结论；
（3）易求∠AEO=30°，利用直角三角形的性质可得AE=2AO=2，分三种情况：当AQ=AE=2，当EQ=AE=2和AQ=QE，利用等腰三角形的性质分别求解即可.
15．（2023八上·亳州月考）如图，在中，，点和点分别落在轴的正半轴和轴的正半轴上，已知点的坐标为．
图1 图2 图3
（1）如图1，过点作轴于点，证明：，并直接写出点的坐标；
（2）如图2，若与轴交于点，证明：是的中线；
（3）如图3，若与轴交于点，连接，探索线段和之间的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）证明：由题意可知，
．
又．
点的坐标为；
（2）如图，过点作轴于点，则．
由（1）可知，
，即点是的中点，是的中线；
（3），理由如下：
如图，在上截取，使得，连接．
在和中，，
，则．
由（2）可知，
．
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；三角形全等的判定；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）根据证明，求出，根据全等三角形对应边相等可得，即可得出点的坐标；
（2）过点作轴于点，则．根据可得，进而根据ASA证明，推出，即可证明是的中线；
（3）在上截取，使得，连接．先根据SAS证和，根据全等三角形的性质得出，可证．
四、综合题
16．（2023八上·佳木斯开学考）在平面直角坐标系中，点、的坐标分别为，且，满足，已知点坐标为，
（1）求、的值及的面积；
（2）若点在坐标轴上，且，请直接写出点的坐标．
【答案】（1）解：∵，即，
∴，．
∴，，
∴点，点，
又∵点，
∴，，
∴；
（2）点的坐标或或或．
【知识点】坐标与图形性质；绝对值的非负性
【解析】【解答】解：（2）分情况讨论，当点在x轴上时，
设点的坐标为，则
又∵，
∴，
∴．
∴，
即，解得：或，
故点的坐标为或；
当点在y轴上时，
设点的坐标为，则
又∵，
∴，
∴．
∴，
即，解得：或5，
故点的坐标为或；
综上，点的坐标或或或．
【分析】(1)利用非负数的性质，求出a，b的值，接着求出A、B的坐标，计算出BC、OA的长，利用三角形面积公式求出 ；
（2）当点在x轴上时，只需求出横坐标，可以利用“ ”求得；当点在y轴上时，只需求出纵坐标，可以利用“ ”求得.
17．（2023七下·长沙期末）在直角坐标系中，已知点，，且a是的立方根，方程是关于x，y的二元一次方程，d为不等式组的最大整数解．
（1）直接写出A、B、C的坐标；
（2）如图1，若D为y轴负半轴上的一个动点，连交x轴于点E，问是否存在点D，使得？若存在，请求出点D的纵坐标的范围，若不存在，请说明理由；
（3）如图2，若线段向上平移2个单位长度，点G为x轴上一点，点为第一象限内一动点，连、、，若的面积等于由、、、四条线段围成图形的面积，求点G的横坐标（用含n的式子表示）．
【答案】（1），，．
（2）解：存在D点使得．
理由：连交y轴于F，连接．
设点D的纵坐标为，
∵，
∴，即，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴点F的坐标为，
∴，
由题意得，， 解得，，
∵D在y轴负半轴上，
∴，
∴D的纵坐标的取值范围是．
（3）解：如图，过作于，而，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵线段向上平移2个单位长度，
∴，，
如图，作轴于H，延长交x轴于K， 连接，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
当点G在点K右侧时，设， 而，
∵，
∴，
∴，
解得，
∴，
当点在K的左边时，的面积也等于四边形的面积，
同理可得：，
综上所述，满足条件的点的横坐标为或．
【知识点】二元一次方程的概念；解一元一次不等式组；坐标与图形性质；三角形的面积
【解析】【解答】（1）∵ a是-8的立方根
∴ a=-2
∴ A（-2，0）
∵方程是关于x，y的二元一次方程
∴
解得：b=2，c=4
∴ B（2，4）
∵d为不等式组的最大整数解．
∴
∴ d=5
∴ C（5，0）
则 A（-2，0），B（2，4）， C（5，0）
【分析】本题考查二元一次方程的定义、解不等式组、铅锤法表示三角形面积及动点求图形面积。（1）通过立方根、二元一次方程的定义和不等式组的特殊解，求出三个点的坐标即可；
（2）根据得，即，根据三个点的坐标计算得， 则， 可知， 则得D的纵坐标的取值范围；
（3） 作轴于H，延长交x轴于K， 连接，，可得，可得.
当点G在点K右侧时，设， 而，根据， 有， 得， 则，
当点在K的左边时，的面积也等于四边形的面积， 得：，
综上所述，满足条件的点的横坐标为或．
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