苏科版八年级数学上册专题5.6平面直角坐标系章末六大题型总结(拔尖篇)同步特训(学生版+解析)

专题5.6平面直角坐标系章末六大题型总结（拔尖篇）【苏科版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1坐标与点的移动规律探究】 1【题型2坐标与图形变换规律探究】 2【题型3坐标系中的新定义问题探究】 3【题型4坐标系中的动点问题探究】 5【题型5坐标系中角度之间的数量关系问题探究】 7【题型6坐标系中图形问题探究】 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)、AA．(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，

A．3032,−1 B．3034,4 C．3036,4 D．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，A7A．2023,0 B．805,0 C．804,1 D．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，△A5A

A．1,−1013 B．1,−1011 C．2,1012 D．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△OAA．(n,3),(n2,0) B．(n,3),(2n,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【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x<y，则点P的“绝对距离”为y．例如：点P−4,1，因为−4>1，所以点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−

(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(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【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(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(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+

(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【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(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12t个单位长度的情况．若存在，求点P【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

(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(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x①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（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（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【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

(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(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

(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

【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+(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5.6平面直角坐标系章末六大题型总结（拔尖篇）【苏科版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1坐标与点的移动规律探究】 1【题型2坐标与图形变换规律探究】 4【题型3坐标系中的新定义问题探究】 6【题型4坐标系中的动点问题探究】 13【题型5坐标系中角度之间的数量关系问题探究】 22【题型6坐标系中图形问题探究】 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)、A5A．(0,1011) B．(1011,0) C．(0,1012) D．(1012,0)【答案】A【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【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，

A．3032,−1 B．3034,4 C．3036,4 D．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，A7A．2023,0 B．805,0 C．804,1 D．805,1【答案】A【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【详解】∵2023÷10=202……3∴A2023对应的坐标为∴A2023横坐标为∴A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，△A5A

A．1,−1013 B．1,−1011 C．2,1012 D．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=5052点A2022纵坐标是2022÷2=1011，∴A2022故选：B．【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△OAA．(n,3),(n2,0) B．(n,3),(2n,0)【答案】A【分析】根据图中各点的坐标的变化，依次写出A1,A2,【详解】解：∵A∴A∵B∴B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【答案】−【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∴点M2019的坐标为−故答案为：−2【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)2【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，【详解】解：分别过点B1，B2，B3，作B1D⊥x轴，B2E⊥x轴，B∵A∴A1A2=3−1=2，A1D=1可得出B1∵A∴A3A2=6−3=3，E可得B2(9同理可得出：B3(8,2)，B4(25∵B1，B2，B3，…的横坐标分别为：42，9∴点Bn的横坐标为：(n+1)∵B1，B2，B3，…的纵坐标分别为：1，32，4∴点Bn的纵坐标为：n+1∴点B5的坐标为(18,3)；点Bn的坐标为：[(n+1)故答案为：[(n+1)22【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=25∵m为非负整数，∴m=25∴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=−1∴x=6y=−7或x=6∴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x<y，则点P的“绝对距离”为y．例如：点P−4,1，因为−4>1，所以点A．

B．

C．

D．

【答案】A【分析】根据点Px,y的“绝对距离”为2，可知x=2，y≤2或y=2，【详解】解：∵点Px,y∴x=2，y≤2或y=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−

(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(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【答案】(1)4(2)−1，−1(3)1(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（3）由题意可得n−2+（4）设Px，y，则x−0+y−0【详解】（1）解：由题意得，dA,B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∴dA,K∴t−1=2∴t−1=2或t−1=−2，∴t=3或t=−1，∴点K的坐标为−1，−1或∴直线l上与点A的折线距离为5的点的坐标−1，−1或（3）解：∵A2,1，Nn,n，且∴n−2+当n>2时，则n−2+n−1<2，解得n<5∴2<n<5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>1∴12综上所述，12（4）解：设Px∵dP,O∴x−0+∴x+∴当x≥0，y≥0时，当x≥0，y<0时，当x<0，y>0时，当x<0，y<0时，∴点P围成的图形区域即为四边形CDEF（C−3

∴围成的图形面积为2×1【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(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(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(2)x=43或(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'【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∴12∴x=4如图2中，当点P在线段AD上时，由题意，S△DCP∴12∴x=5综上所述，满足条件的x的值为43或5（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=D∴P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+

(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【答案】(1)A6,0．(2)C2,2(3)−4<t<−2且t≠−3【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+∴2a−b−9=0a+2b−12=0解得：a=6b=3∴A6,0，B（2）设点C的坐标为m,n，∵A6,0，B∴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解得：n=2，∴点C的坐标为2,2；（3）由平移可得：M4,−5，N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即12解得：−4<t<−2且t≠−3．【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(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12t个单位长度的情况．若存在，求点P【答案】(1)A(3,0),B(3,4)，C(0，4)(2)(3,83(3)(3,1)或(0,【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（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12【详解】（1）解：由题意知，a，b满足|a−3|+b−4∵|a−3|≥0,b−4∴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∵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①当S△POA此时点P在AB上，点P的坐标为(3,2t−3),AP=2t−3，∴S△POA∴t=17∴2t−3=∴点P的坐标为(3,8②当S△OPC此时点P在BC上，点P的坐标为(10−2t,4),CP=10−2t，∴S△OPC∴t=4,∴点P的坐标为(2,4)，综上可知，，点P的坐标为(3,83)（3）存在，理由如下：①当P在AB上运动时，AP=1由（2）可知，AP=2t−3，∴.2t−3=1∴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=1∴t=28∴OP=14−2t=14∴点P的坐标为(0,14综上可知，点P的坐标为(3,1)或(0,14【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

(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(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x①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【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°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（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P②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=1∵OF⊥OE，∴∠EOF=90°，∴∠POF=∠EOF−∠EOP=90°−60°=30°．故答案为：30°②∵OE平分∠AOP，∴∠EOP=1∴∠EOD=∠EOP−∠DOP=45°−1∵∠OPD=90°−∠DOP，∴a=∠OPD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，若点P在x轴上，则−6+2t=0，解得t=3，∴P(−1，∵A−2,0∴AP=1，∴SABP若点P在y轴上，则−4+t=0，解得t=4，∴P(0，∴BP=6，OA=2，故使得S△ABP=6的点P的坐标为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（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（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【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【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=∵三角形AMP的面积等于长方形面积的13∴t=30×13∴AP=12∵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(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(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)∵A(−2,0)，B(4,0)，∴AB=6，∵C(4,2)，∴△ABC的面积=1∵△COM的面积=△ABC的面积，∴△COM的面积=6，即12∴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∵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

(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)D(2)k=1(3)∠BPD=1【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（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，【详解】（1）解：∵点A(−5,−1)，B(−3,2)，设点C的坐标为(k，∴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)，

∴CQ=k+3，CH=2，∴S梯形∴12解得：k=1；（3）∠BPD=1如图，过P作PE∥

由平移的性质可得：AB∥∴AB∥∴∠ABP=∠BPE，∠ADC=∠A，∠ABC=∠BCD，∠EPD=∠PDC，∴∠BPD=∠BPE+∠DPE=∠ABP+∠CDP，∵BP平分∠ABC，DP平分∠ADC，∴∠PBA=12∠ABC∴∠BPD=1【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(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+∴a-b+2=0，b-m=0，∴b=m，3m＋2＞24，解得：m＞∵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)，∴SSΔ∵ΔODP与∴2t=12−3t，∴t=2.4，∴存在t=2.4时，使得ΔODP与Δ（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

(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(2)m=8−2x(0≤x≤4)(3)(447【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=3∴A