2024届中考数学第一轮专题复习-图形与坐标（含解析）

2024届中考数学第一轮专题复习——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（2023秦皇岛二模）如图，在平面直角坐标系中，等边△OAB的顶点B的坐标为(2，0)，点A在第一象限内，将△OAB沿直线OA的方向平移至△O′A′B′的位置，此时点A′的横坐标为3，则点B′的坐标为()A.(4，2) B.(3，3) C.(4，3) D.(3，2)类型二与图形旋转有关的点的坐标例2（2023黄冈二模）如图所示，边长为2的正三角形ABO的边OB在x轴上，将△ABO绕原点O逆时针旋转30°得到三角形OA1B1，则点A1的坐标为（）A.（，1） B.（，﹣1） C.（1，﹣） D.（2，﹣1）类型三与图形对称有关的点的坐标例3（2023天津和平区三模）如图，矩形的顶点，，顶点C在x轴的正半轴上.作如下操作：①对折矩形，使得与重合，得到折痕，把纸片展平；②再一次折叠纸片，使点A落在上，并使折痕经过点O，得折痕，同时，得到了线段．则点N的坐标是（）A. B. C. D.类型四与图形计算有关的点的坐标例4（2023许昌二模）在正六边形中，以点为原点建立直角坐标系，边落在轴上，对角线与交于点．若点的坐标为，则点的坐标为（）A. B. C. D.专题过关1.（2023天津南开区三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（﹣2，0），点D在y轴上，则点C的坐标（）A.（﹣3，4） B.（﹣2，3） C.（﹣5，4） D.（5，4）2.（2023北京东城二模）在平面直角坐标系中，已知点，将线段平移得到线段，若点的对应点的坐标是，则点的对应点的坐标是（）A. B. C. D.3.（2023郑州一中三模）小星利用平面直角坐标系绘制了如下风车图形，他先将固定在坐标系中，其中，接着他将绕原点O逆时针转动至，称为第一次转动，然后将绕原点O逆时针转动至，称为第二次转动，……那么按照这种转动方式，转动2023次后，点A的坐标为（）A. B. C. D.4.（2023新乡三模）如图，已知点，点在轴负半轴上，若将沿直线折叠，使点的对应点恰好落在轴正半轴上的点处，则点的坐标是（）A. B. C. D.5.（2023驻马店二模）如图，平面直角坐标系中点为轴上一点，，以为底构造等腰，且，将沿着射线方向平移，每次平移的距离都等于线段的长，则第70次平移结束时，点的对应点坐标为（）A. B. C. D.6.（2023新乡二模）如图，在矩形中，点，点，，先将矩形沿y轴向下平移至点B与点O重合，再将平移后的矩形绕点O逆时针旋转90°得到矩形，则点D的对应点N的坐标为（）A. B. C. D.7.（2023商丘二模）如图，的顶点，点B在第二象限，将绕点O顺时针旋转得到，当点A的对应点落在x轴正半轴上时，点B的对应点恰好落在的延长线上，则点的坐标是（）A. B. C. D.8.（2023三门峡二模）如图，菱形的四个顶点均在坐标轴上．已知点，，，点P是菱形边上的一个动点，连接，把绕着点E顺时针旋转90°得到，连接．若点P从点A出发，以每秒5个单位长度沿A→D→C→B→A方向运动，则第2023秒时，点F的坐标为（）A.（−1，6） B.（−2，6） C.（2，6） D.（10，−6）9.（2023濮阳二模）如图，点坐标为，点坐标为，将线段绕点逆时针旋转至，则点的坐标是（）A. B. C. D.10.（2023南阳油田二模）如图，点，将线段平移得到线段，若，则点D的坐标是（）A. B. C. D.11.（2023河南邓州二模）如图，在平面直角坐标系中，点，，将沿轴正方向平移得到，交于点，若，则点的坐标为()A. B. C. D.12.（2023商丘一模）如图，四边形OABC为矩形，点A，C分别在x轴和y轴上，连接AC，点B的坐标为（8，6），以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AC、AO于点M、N，再分别以M、N为圆心，大于MN长为半径画弧两弧交于点Q，作射线AQ交y轴于点D，则点D的坐标为（）A. B. C. D.13.（2023河南宛城一模）如图，在直角坐标系中，矩形的边在轴上，在轴上，顶点的坐标为，将矩形沿对角线翻折，点落在点的位置，且交轴于点．那么点的坐标为（）A. B. C. D.14.（2023洛阳一模）如图，在平面直角坐标系中，点，轴于点B，将沿OA翻折得到，连接并延长交x轴于点C，则点C的坐标为（）A. B. C. D.15.（2023开封一模）如图，点坐标为，点在轴的正半轴上，过点作轴于点，将绕点顺时针旋转得到，当点的对应点落在边上时，的延长线恰好经过点，则点的坐标为（）A. B. C. D.16.（2023焦作一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点B的坐标为，D为的中点，E是上一动点，将四边形沿折叠，使点A落在F处，点O落在G处，当线段的延长线恰好经过的中点H时，点F的坐标为（）A. B. C. D.17.（2023鹤壁一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的BC边的中点O在坐标原点上，，，轴，将菱形ABCD绕原点O逆时针旋转90°，点A的对应点为点，则点的坐标为（）A. B. C. D.18.（2023天津南开区三模）已知B，C是平面直角坐标系中与x轴平行且距离x轴1个单位长度的直线上的两个动点（点B在点C左侧），且，若有点和点，则当的值最小时，点B的坐标为________．19.(2023泰州二模）如图，在平面直角坐标系中，点，，的坐标分别为（8，0），（8，6），，点为线段上一动点，将沿翻折，使点落到点处．当，两点之间距离最短时，点的坐标为______．20.（2023苏州二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点B在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上，⊙C经过A，B，D，O四点，∠OAB＝120°，OB＝4，则点D的坐标是_____．21.（2023山西大学附中一模）如图，△OAB与△OCD是以点O为位似中心的位似图形，位似比为1：2，∠OCD=90°，CO=CD=2，则点B的坐标为______．

答案和解析典例分析类型一与图形平移有关的点的坐标例1（2023秦皇岛二模）如图，在平面直角坐标系中，等边△OAB的顶点B的坐标为(2，0)，点A在第一象限内，将△OAB沿直线OA的方向平移至△O′A′B′的位置，此时点A′的横坐标为3，则点B′的坐标为()A.(4，2) B.(3，3) C.(4，3) D.(3，2)【正确答案】A【分析】作AM⊥x轴，根据等边三角形的性质得出OA=OB=2，∠AOB=60°，利用含30°角的直角三角形的性质求出OM=OA=1，即可求出AM的长，进而可得A点坐标，即可得出直线OA的解析式，把x=3代入可得A′点的坐标，由一对对应点A与A′的移动规律即可求出点B′的坐标.【详解】如图，作AM⊥x轴于点M，∵等边△OAB的顶点B坐标为（2，0），∴OA=OB=2，∠AOB=60°，∴OM=OA=1，AM=OM=，∴A（1，），∴直线OA的解析式为：y=x，∴当x=3时，y=3,∴A′（3，3），∴将A点向右平移2个单位，再向上平移2个单位后得到A′点，∴将B（2，0）向右平移2个单位，再向上平移2个单位后可得到B′点，∴点B′的坐标为（4，2），故选A本题考查坐标与图形变化—平移及等边三角形的性质，根据等边三角形的性质得到平移规律是解题关键.类型二与图形旋转有关的点的坐标例2（2023黄冈二模）如图所示，边长为2的正三角形ABO的边OB在x轴上，将△ABO绕原点O逆时针旋转30°得到三角形OA1B1，则点A1的坐标为（）A.（，1） B.（，﹣1） C.（1，﹣） D.（2，﹣1）【正确答案】B【详解】试题分析：设A1B1与x轴相交于C，∵△ABO是等边三角形，旋转角为30°，∴∠A1OC=60°﹣30°=30°，∴A1B1⊥x轴，∵等边△ABO的边长为2，∴OC=×2=，A1C=×2=1，∴点A1的坐标为（，﹣1）．故选B．考点：1.坐标与图形变化-旋转2.等边三角形性质．类型三与图形对称有关的点的坐标例3（2023天津和平区三模）如图，矩形的顶点，，顶点C在x轴的正半轴上.作如下操作：①对折矩形，使得与重合，得到折痕，把纸片展平；②再一次折叠纸片，使点A落在上，并使折痕经过点O，得折痕，同时，得到了线段．则点N的坐标是（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】由矩形性质和折叠性质可得，，，过点N作于点G，在中，依据勾股定理可求出的长，从而可得出结论．【详解】解：∵，，∴∵四边形为矩形，∴由折叠性质可得：过点N作于点G，如图，∵∴四边形是矩形，∴，在中，由勾股定理得，，∴点,故选：D．本题考查了坐标与图形，折叠性质，矩形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是熟练掌握折叠的性质．类型四与图形计算有关的点的坐标例4（2023许昌二模）在正六边形中，以点为原点建立直角坐标系，边落在轴上，对角线与交于点．若点的坐标为，则点的坐标为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】根据几何的性质，分别求出点的坐标，运用待定系数法求出一次函数解析式，再根据一次函数图像有交点，联立方程解二元一次方程组即可求解．【详解】解：正六边形中，每个内角的度数为，如图所示，过点作轴于，连接，点的坐标为，∴，，在中，，∴，∴，则，在中，∵，∴，，∵是正六边形的对称轴，∴，∴，∴在是直角三角形，且，，∴在中，，，∴，∵，∴，设过点，点的直线的解析式为，∴，解得，，∴所在直线的解析式为，同理，设过点，点的直线的解析式为，∴，解得，，∴所在直线的解析式为，∵点是的交点，∴联立方程组得，，解得：，∴点的坐标为，故选：．本题主要考查几何图形与坐标，一次函数图像的交点问题，掌握几何图形的性质，待定系数法求一次函数解析式，一次函数图像的性质等知识是解题的关键．专题过关1.（2023天津南开区三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（﹣2，0），点D在y轴上，则点C的坐标（）A.（﹣3，4） B.（﹣2，3） C.（﹣5，4） D.（5，4）【正确答案】C【分析】利用菱形的性质以及勾股定理得出DO的长，进而求出C点坐标．【详解】解：∵菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（﹣2，0），点D在y轴上，∴AB＝5，∴DO＝4，∴点C的坐标是：（﹣5，4）．故选C．此题主要考查了菱形的性质以及坐标与图形的性质，得出DO的长是解题关键.2.（2023北京东城二模）在平面直角坐标系中，已知点，将线段平移得到线段，若点的对应点的坐标是，则点的对应点的坐标是（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】根据点A、C的坐标确定出平移规律，再根据平移规律解答即可．【详解】解：∵点的对应点的坐标为，∴平移规律为向左平移4个单位，∴的对应点的坐标为．故选：A．本题考查了坐标与图形变化-平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．3.（2023郑州一中三模）小星利用平面直角坐标系绘制了如下风车图形，他先将固定在坐标系中，其中，接着他将绕原点O逆时针转动至，称为第一次转动，然后将绕原点O逆时针转动至，称为第二次转动，……那么按照这种转动方式，转动2023次后，点A的坐标为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】根据每次转动可知，4次一个循环，分别求出第一次到第四次的点的坐标，利用规律解决问题即可．【详解】解：第一次转动后，点A的坐标为；第二次转动后，点A的坐标为；第三次转动后，点A的坐标为；第四次转动后，点A的坐标为；每次转动可知，4次一个循环，∵，∴转动2023次后，点A的坐标为，故选：A本题考查坐标与图形变化旋转，规律型：点的坐标，解题的关键是掌握探究规律的方法，属于中考常考题型．4.（2023新乡三模）如图，已知点，点在轴负半轴上，若将沿直线折叠，使点的对应点恰好落在轴正半轴上的点处，则点的坐标是（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据勾股定理求得，设，，根据折叠的性质得出，，在中，勾股定理即可求解．【详解】解：∵点，∴，∴，∵将沿直线折叠，使点的对应点恰好落在轴正半轴上的点处，∴∴，设，，∴在中，，∴解得：，∴的坐标为

故选B.本题考查了勾股定理与折叠问题，坐标与图形，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．5.（2023驻马店二模）如图，平面直角坐标系中点为轴上一点，，以为底构造等腰，且，将沿着射线方向平移，每次平移的距离都等于线段的长，则第70次平移结束时，点的对应点坐标为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据等腰三角形的性质得到点、、……的坐标，从而得到平移的规律．【详解】解：作于点，，是等腰三角形，且为底边，，，在中，，由图观察可知，第1次平移相当于点向上平移个单位，向右平移1个单位，第2次平移相当于点向上平移个单位，向右平移2个单位，…点的坐标为，第次平移后点的对应点坐标为，第70次平移结束时，点的对应点坐标为，故选：C．本题考查了等腰三角形的性质和在平面直角坐标系中的平移规律，解直角三角形，掌握等腰三角形的性质是解题的关键．6.（2023新乡二模）如图，在矩形中，点，点，，先将矩形沿y轴向下平移至点B与点O重合，再将平移后的矩形绕点O逆时针旋转90°得到矩形，则点D的对应点N的坐标为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】过点D作轴于点F，如图所示，先证明，得到，进而求出，，则点．由题意知矩形向下平移了4个单位长度，将点D向下平移4个单位长度到点，连接，，则点F在线段上，过点N作轴于点P，连接ON，如图所示证明．得到，，则点N的坐标为．【详解】解：过点D作轴于点F，如图所示，由题意得，，∴，∴，∴，∵，∴．∵，，∴，，∴，．∴点．由题意知矩形向下平移了4个单位长度，将点D向下平移4个单位长度到点，连接，，则点F在线段上，过点N作轴于点P，连接ON，如图所示由旋转的性质可得，．又∵，∴．∴．∴．∴，．∴点N的坐标为，故选C．本题主要考查了矩形的性质，平移的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形，等等，正确作出辅助线构造相似三角形和全等三角形是解题的关键．7.（2023商丘二模）如图，的顶点，点B在第二象限，将绕点O顺时针旋转得到，当点A的对应点落在x轴正半轴上时，点B的对应点恰好落在的延长线上，则点的坐标是（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】由旋转性质得，由平行四边形的性质得，，可证，过点作于点E，由三线合一的性质求出，由勾股定理求出，进而可求出答案．【详解】解：∵，∴，∵将绕点O顺时针旋转得到，∴，∵四边形和四边形是平行四边形，∴，，∴，∴，∴，过点作于点E，∵，∴，∴，，∴．故选：B．本题考查了旋转的性质，平行四边形的性质，三线合一的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．8.（2023三门峡二模）如图，菱形的四个顶点均在坐标轴上．已知点，，，点P是菱形边上的一个动点，连接，把绕着点E顺时针旋转90°得到，连接．若点P从点A出发，以每秒5个单位长度沿A→D→C→B→A方向运动，则第2023秒时，点F的坐标为（）A.（−1，6） B.（−2，6） C.（2，6） D.（10，−6）【正确答案】C【分析】由勾股定理求得菱形边长，周长，确定动点于对应时刻所处的位置，即点B处；如图，作，垂足为点G，求证，进而求得，，得到．【详解】如图，由，知，菱形边长，∴菱形周长为20，点P运行菱形一周需时秒∵∴第2023秒时，点P运行至点B处如图，作，垂足为G，∵，∴又∵，∴∴，∴∴故选C．本题考查动点运动规律探索、菱形的性质、全等三角形的判定和性质；探索规律，确定对应时刻动点的位置是解题的关键．9.（2023濮阳二模）如图，点坐标为，点坐标为，将线段绕点逆时针旋转至，则点的坐标是（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】分别过作轴的垂线，垂足分别为，则，证明，结合坐标性即可求解．【详解】解：如图所示，分别过作轴的垂线，垂足分别为，则∵点坐标为，点坐标为，∴∵将线段绕点逆时针旋转至，∴，∴∴，∴，∴，∴，故选：B．本题考查了旋转的性质，坐标与图形，全等三角形的性质与判定，数形结合是解题的关键．10.（2023南阳油田二模）如图，点，将线段平移得到线段，若，则点D的坐标是（）A. B. C. D.【正确答案】D【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坐标为(6，5)，选项D符合题意，故答案选D本题考查了图象的平移、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象左右、上下平移的距离是解题的关键．11.（2023河南邓州二模）如图，在平面直角坐标系中，点，，将沿轴正方向平移得到，交于点，若，则点的坐标为()A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据先证明，从而求出与，继而得解．【详解】解：∵，∴．在中，，，∴根据平移的性质可知：，轴∴，∴，即∴∴∴故选：B本题考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，平移的性质，利用相似三角形对应边相等求解是解题的关键．12.（2023商丘一模）如图，四边形OABC为矩形，点A，C分别在x轴和y轴上，连接AC，点B的坐标为（8，6），以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AC、AO于点M、N，再分别以M、N为圆心，大于MN长为半径画弧两弧交于点Q，作射线AQ交y轴于点D，则点D的坐标为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】过点D作DE⊥AC于点E，由勾股定理可求AC=10，由“AAS”可证△ADO≌△ADE，可证AE=AO=8，OD=DE，可得CE=2，由勾股定理可求OD的长，即可求点D坐标．【详解】解：如图，过点D作DE⊥AC于点E，∵四边形OABC为矩形，点B的坐标为（8，6），∴OA=8，OC=6∴AC==10由题意可得AD平分∠OAC∴∠DAE=∠DAO，AD=AD，∠AOD=∠AED=90°∴△ADO≌△ADE（AAS）∴AE=AO=8，OD=DE∴CE=2，∵CD2=DE2+CE2，∴（6-OD）2=4+OD2，∴OD=∴点D（0，）故选B．本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，证明△ADO≌△ADE是本题的关键．13.（2023河南宛城一模）如图，在直角坐标系中，矩形的边在轴上，在轴上，顶点的坐标为，将矩形沿对角线翻折，点落在点的位置，且交轴于点．那么点的坐标为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】先证明（设），根据勾股定理列出，求得，即可解决问题．【详解】解：设，∵矩形沿对角线翻折，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，在中，，∴，解得：，∴，∴点的坐标为．故选：A．本题考查翻折变换的性质及其应用问题．解题的关键是掌握翻折变换的性质，矩形的性质及勾股定理．14.（2023洛阳一模）如图，在平面直角坐标系中，点，轴于点B，将沿OA翻折得到，连接并延长交x轴于点C，则点C的坐标为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】由折叠可知，然后根据互余关系得到，可得到，计算的值即可得到C的坐标．【详解】解：由题意可知：，∴∵轴，∴，∴，∵点∴，∴，即，∴点C坐标为．故选：C本题主要考查折叠的基本性质，折叠前后图形对应点连线被折痕坐在直线垂直平分，借助互余关系和三角函数计算是解题的关键．15.（2023开封一模）如图，点坐标为，点在轴的正半轴上，过点作轴于点，将绕点顺时针旋转得到，当点的对应点落在边上时，的延长线恰好经过点，则点的坐标为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据题意，点坐标为，由旋转性质得到，从而，由勾股定理得到，根据过点作轴于点得到轴，得到，从而，得到，即，解得，从而得到点的坐标为．【详解】解：由旋转性质得到，点坐标为，，，，，轴，，，，即，解得，点的坐标为，故选：C．本题考查利用全等及相似求线段长，涉及旋转性质、全等三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握旋转性质是解决问题的关键．16.（2023焦作一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点B的坐标为，D为的中点，E是上一动点，将四边形沿折叠，使点A落在F处，点O落在G处，当线段的延长线恰好经过的中点H时，点F的坐标为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】连接，根据勾股定理得到，延长交的延长线于，根据三角形中位线定理得到，，根据平行四边形的性质得到，，根据折叠的性质得到，，求得，过作于，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．【详解】解：连接，矩形的顶点的坐标为，，，，延长交的延长线于，为的中点，为的中点，，，，四边形是平行四边形，，，，，，将四边形沿折叠，使点落在处，点落在处，，，，，，，，，，过作于，，，，，，，，．故选：A．本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质，平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，正确地作出辅助线是解题的关键．17.（2023鹤壁一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的BC边的中点O在坐标原点上，，，轴，将菱形ABCD绕原点O逆时针旋转90°，点A的对应点为点，则点的坐标为（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】根据60°的菱形的性质得到OB长，再根据旋转的性质和解直角三角形得到OP，P，OP长，结合图形从而得到点的坐标；【详解】如图1，连接OA，∵，点O为菱形ABCD中BC边的中点，∴，，∴，∴，由旋转的性质可知，，在中，，，∴，∴点的坐标为，故选D．本题考查了菱形的性质，坐标由图形的性质，旋转的性质，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键18.（2023天津南开区三模）已知B，C是平面直角坐标系中与x轴平行且距离x轴1个单位长度的直线上的两个动点（点B在点C左侧），且，若有点和点，则当的值最小时，点B的坐标为________．【正确答案】或【分析】分当B，C是直线上的两个点时，当B，C是直线上的两个点时，两种情况讨论，利用轴对称的性质，以及一次函数的性质求解即可．【详解】解：当B，C是直线上的两个点时，取点，作点D关于直线的对称点，则，连接交直线交于一点B，此时，的值最小，如图，∴四边形为平行四边形，则，∵点D与点