专题38 平面直角坐标系几何综合问题（题型专练）数学新教材浙教版八年级上册

专题38 平面直角坐标系几何综合问题 （题型突破·举一反三） 题型01 平面直角坐标系与全等三角形 题型02 平面直角坐标系与等腰三角形 题型03 平面直角坐标系与直角三角形 题型04 平面直角坐标系与等腰直角三角形 题型05 平面直角坐标系与折叠问题 题型06 平面直角坐标系与最值问题 题型07 平面直角坐标系中存在性问题 题型08 平面直角坐标系中旋转问题 ▌题型01 平面直角坐标系与全等三角形 1. 定边长：计算已知三角形三边； 2. 分对应：题干没有写明对应顶点，必须穷尽所有对应情况； 3. 找点：借助对称、平移，画出满足条件的点； 4. 做验证：求出坐标以后，回代检验边长，确保全等。 【典例1】（2025春•鼓楼区校级期末）【问题背景】 如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，OA、OB、AB的长分别为a，b，c，且满足，点P从A出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线AO匀速运动，设点P运动时间为t秒． （1）A的坐标为　 　 ，B的坐标为　 　 ． 【数学理解】 （2）如图2，连接BP，当BP平分∠ABO时，求出t的值．（提示：利用面积求解） 【深入探究】 （3）过P作PD⊥AB交直线AB于点D，交y轴于Q，在点P运动的过程中，当△QOP≌△AOB时（全等无需证明），画出图形，并求出t的值． 【变式1-1】（2023秋•东港区校级月考）如图平面直角坐标系内点A（2，0），B（0，4），若以BOC为顶点的三角形与△ABO全等，则点C的坐标不可能是（　　） A．（﹣2，4） B．（﹣2，0） C．（2，4） D．（0，4） 【变式1-2】（2025秋•海淀区校级期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，A（4，0），B（0，5），动点P，Q分别按照A﹣O﹣B和B﹣O﹣A的路线同时开始运动，点Q到达终点时点P也随之停止运动．直线l经过原点O，且l∥AB，过P，Q分别作l的垂线段，垂足分别为E，F．若点P的速度为每秒1个单位长度，点Q的速度为每秒2个单位长度，运动时间为t秒，当△OPE与△OQF全等（△OPE与△OQF不重合）时，t的值为（　　） A．t＝1 B．t＝2 C．t＝3 D．t＝8 【变式1-3】如图，在平面直角坐标系中，已知△ABO，A（1，1），B（3，0），若点C是平面内一点，写出满足△BOC与△AOB全等的点C的坐标：　 　 ． ▌题型02 平面直角坐标系与等腰三角形 1. 根据点的特征，设出动点坐标； 2. 按照“两圆一线”分成3大类； 3. 建立方程，求解未知数； 4. 根据取值范围取舍。 【典例1】（2026春•兴庆区校级期中）如图，点A的坐标为（2，2），若点P在y轴上，且△APO为等腰三角形，则点P位置的个数为（　　） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 【变式1-1】（2025秋•河东区期末）如图，在平面直角坐标系中A（﹣8，0）、B（4，0），C为y轴正半轴上一点，且∠ABC＝60°．点P从点A出发，沿射线AB方向运动，同时点Q从点B出发，沿射线BC方向运动，在运动过程中若点P的速度为每秒3个单位长度，点Q的速度为每秒1个单位长度，当△PQB是等腰三角形时，求点P的坐标（　　） A．（3，0） B．（1，0）或（9，0） C．（1，0）或（10，0） D．（3，0）或（6，0） 【变式1-2】（2025春•南昌期末）在平面直角坐标系中，点A（0，6），点B（﹣6，0），坐标轴上有一点C，使得△ABC为等腰三角形，则这样的点C一共有（　　）个． A．5 B．6 C．7 D．8 【变式1-3】（2025秋•崇川区月考）如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别在y轴和x轴上，∠ABO＝60°，在坐标轴上找一点P，使得△PAB是等腰三角形，则符合条件的点P共有（　　） A．6个 B．7个 C．8个 D．9个 ▌题型03 平面直角坐标系与直角三角形 1. 设点的坐标； 2. 直角顶点分为、、三类； 3. 利用距离平方列方程； 4. 求解方程； 5. 根据题意取舍点。 【典例1】如图，在平面直角坐标系中，已知点A（4，0），点B（0，3），若有一个直角三角形与Rt△AOB全等，且OB是它们的公共边，试写出这个直角三角形的顶点坐标． 【变式1-1】（2026春•嘉定区校级期中）已知：A（2，1），B（﹣1，2），C（5，y），且△ABC是直角三角形，其中∠A＝90°，求y的值． 【变式1-2】（2025春•玉溪期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形网格的每个小方格都是边长为1的正方形，△ABC的顶点都在格点上． （1）AB＝　 　 ，AC＝　 　 ，BC＝　 　 ； （2）通过计算判断△ABC的形状． 【变式1-3】（2025秋•泗阳县期末）如图所示，在平面直角坐标系中，已知A（0，4）、B（﹣4，1）、C（2，2）． （1）若点D与点B关于原点对称，则点D的坐标为　 　 ； （2）△ABC是否是直角三角形？　 　 （填“是”或“否”）； （3）仅用无刻度直尺在x轴上找一点P，使得射线AP平分∠BAO． ▌题型04 平面直角坐标系与等腰直角三角形 已知定点、，动点，为等腰直角三角形 ①为直角顶点：，； ②为直角顶点：，； ③为直角顶点：，。 【典例1】（2025秋•蒙城县期末）如图，等腰直角三角形的直角边BC在两坐标轴上滑动，使点A在第四象限内，在滑动的过程中，当点B的坐标为（0，4），点C的坐标为（5，0）时，点A的坐标为　 　． 【变式1-1】（2026春•二七区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，点A在x轴负半轴上，点B在y轴负半轴上，且OA＝OB，点C是坐标系内一点．若△ABC为等腰直角三角形，则点C可能的位置有（　　）个． A．4 B．5 C．6 D．7 【变式1-2】（2025秋•勃利县期中）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，2），△AOB为等腰直角三角形，∠AOB＝90°，且点B在第二象限，则点B的坐标为　 　． 【变式1-3】（2026春•中牟县校级期中）如图，在△ACB中，点C的坐标为（﹣2，0），点A的坐标为（﹣6，3），点B的坐标为（1，4），求证：△ACB是等腰直角三角形． ▌题型05 平面直角坐标系与折叠问题 1. 找相等：折叠前后，标记相等的边、相等角； 2. 造直角：作垂线，构造直角三角形； 3. 设未知：设未知数，勾股定理列方程； 4. 转坐标：线段长度转化为横纵坐标，检验多解。 【典例1】（2025春•大石桥市期中）如图，在平面直角坐标系中，将长方形AOCD沿直线AE折叠（点E在边DC上），折叠后顶点D恰好落在边OC上的点F处．若点D的坐标为（10，8）．则点E的坐标为（　　） A．（10，3） B．（10，4） C．（10，5） D．（10，6） 【变式1-1】（2025秋•枣庄期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点B的坐标为（1，0），边CD与y轴交于点G，点E在边CD上．将△ADE沿AE折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为（0，3），求点E的坐标． 【变式1-2】如图，直线AB与x轴，y轴分别相交于点A（6，0），B（0，8），M是OB上一点，若将△ABM沿AM折叠，则点B恰好落在x轴上的点B'处．求： （1）点B'的坐标； （2）△ABM的面积． 【变式1-3】如图，已知点A（﹣m，n），B（0，m），且m、n满足（n﹣5）2＝0，点C在y轴上，将△ABC沿y轴折叠，使点A落在点D处． （1）写出D点坐标并求A、D两点间的距离； （2）若EF平分∠AED，若∠ACF﹣∠AEF＝20°，求∠EFB的度数； （3）过点C作QH平行于AB交x轴于点H，点Q在HC的延长线上，AB交x轴于点R，CP、RP分别平分∠BCQ和∠ARX，当点C在y轴上运动时，∠CPR的度数是否发生变化？若不变，求其度数；若变化，求其变化范围． ▌题型06 平面直角坐标系与最值问题 1. 读清题意：分清定点、动点，动点在哪条直线上； 2. 选模型：求线段和最小→将军饮马（对称）；求差最大→三点共线；求距离最小→垂线段；面积最值→铅锤法； 3. 做变换：求对称点坐标； 4. 算结果：利用勾股定理求值计算长度；检验自变量范围。 【典例1】（2026春•鼓楼区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，将含30°角的Rt△ABC放在第一象限，其中30°角的对边BC长为1，斜边AB的端点A，B分别在y轴的正半轴，x轴的正半轴上滑动，连接OC，则线段OC的长的最大值是（　　） A． B． C．2 D． 【变式1-1】（2026春•淮南期末）如图，直线AB经过点A（﹣2，3），B（﹣2，﹣1），动点P在y轴上，则PA的最小值是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式1-2】（2026春•郯城县期末）如图，已知A（﹣1，5），B（﹣4，1），C（1，2），AB＝5．P为直线AB上一动点，连接CP，则线段CP的最小值为（　　） A． B．4 C． D．5 【变式1-3】如图，在直角坐标系中，△ABC的位置如图所示，请回答下列问题： （1）请直接写出A、B、C三点的坐标 　 　 、　 　 、　 　 ． （2）画出△ABC关于x轴的对称图形△A1B1C1． （3）△ABC的面积为 　 　． （4）已知P为x轴上一动点，则AP+BP的最小值为 　 　． ▌题型07 平面直角坐标系中存在性问题 是否存在点，使得三角形/四边形面积等于给定数值。 方法：割补法、铅锤高水平宽，列含参面积等式，解方程，检验。 【典例1】（2025秋•江北区同步）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为A（m，0），B（n，0），且m，n满足，点C的坐标为（0，3）． （1）直接写出m，n的值； （2）求三角形ABC的面积； （3）若动点P在坐标轴上运动，是否存在点P，使得，若存在请直接写出满足条件的所有点P的坐标，若不存在，请说明理由． 【变式1-1】（2026春•西山区期末）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．点P从原点出发，以每秒1个单位长度的速度沿着O﹣A﹣B﹣C﹣O的路线运动（回到O为止）． （1）求出点A，B的坐标； （2）点P运动t秒后（t≠0），是否存在点P到x轴的距离为个单位长度的情况．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式1-2】（2025秋•新化县校级月考）对于平面直角坐标系中任一点（a，b），规定以下三种“雅境变换”： ①A（a，b）＝（﹣a，b）．如：A（7，3）＝（﹣7，3）； ②B（a，b）＝（b，a）．如：B（7，3）＝（3，7）； ③C（a，b）＝（﹣a，﹣b）．如：C（7，3）＝（﹣7，﹣3）； 例如：A（B（2，﹣3））＝A（﹣3，2）＝（3，2）． 请回答下列问题： （1）利用“雅境变换”化简：B（﹣2，8）＝　 　 ；C（6，﹣5）＝　 　 ；A（C（5，﹣3））＝　 　 ； （2）通过以上“雅境变换”得到的坐标叫做“YJ”坐标，规定“YJ”坐标可以进行如下运算： （a，c）+（b，d）＝（a+b，c+d），（a，c）﹣（b，d）＝（a﹣b，c﹣d）； 当（a，c）＝（b，d）时，a＝b且c＝d． ①“YJ”坐标P（x，y）中横坐标为整数，满足： C（A（tx，﹣2））+B（C（﹣2，﹣6））＝（x+4t，y）（常数t为正整数），求存在的点P的坐标． ②“YJ”坐标Q（x，y）在第四象限，满足： A（B（2x，﹣kx））﹣C（A（1+y，﹣2））＝C（B（ky﹣1，﹣1））+A（C（y，x）），当k为正整数时，求点Q的坐标． 【变式1-3】（2026春•陆丰市校级期中）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．点P从原点出发，以每秒4个单位长度的速度沿着O→A→B→C→O的路线匀速运动，回到点O时停止运动． （1）求点A，B，C的坐标． （2）当点P运动3秒时，求出点P的坐标． （3）当点P运动t（t≠0）秒时，是否存在点P到x轴的距离为个单位长度的情况？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． ▌题型08 平面直角坐标系中旋转问题 1.定旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角度； 2.处理90°旋转优先构造K‑型全等；绕非原点，先平移到原点旋转再平移回去； 3.利用旋转性质：线段相等、旋转角相等，列等式求坐标； 4.检验：坐标是否符合图形位置，多解区分顺时针、逆时针。 【典例1】（2026•盐亭县二模）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，3），点B的坐标为（4，0），连接AB，若将△ABO绕点B顺时针旋转90°，得到△A′BO′，则点A′的坐标为（　　） A．（6，4） B．（4，3） C．（7，4） D．（8，6） 【变式1-1】（2026•浉河区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，等边三角形OAB的边OB在x轴上，点B的坐标为（2，0），将△OAB绕点O逆时针旋转90°得到△OCD，则点C的坐标为（　　） A． B．（﹣2，1） C． D．（﹣1，2） 【变式1-2】如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，三个顶点的坐标分别为A（2，2），B（1，0），C（3，1）． （1）将△ABC关于x轴作轴对称变换得△A1B1C1，则点C1的坐标为 　 　 ． （2）将△ABC绕原点O按逆时针方向旋转90°得△A2B2C2，则点C2的坐标为 　 　 ． （3）求△CC1C2的面积为 　 　 ． 【变式1-3】（2025秋•津南区校级月考）△OAB在平面直角坐标系中，点O（0，0），点B（t，0），其中t≠0，点A在第一象限，且．将△OAB绕点A逆时针旋转90°得到△O'AB'，点O，B的对应点分别为O'，B'，点O'恰在x轴上． （1）如图1，当t＜0时，求点A的坐标和OO'的长； （2）如图2，当t＝5时，求点B'的坐标． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题38 平面直角坐标系几何综合问题 （题型突破·举一反三） ▌题型01 平面直角坐标系与全等三角形 【典例1】 【解答】解：（1）由条件可得a﹣4＝0，b﹣3＝0，c﹣5＝0， ∴a＝4，b＝3，c＝5， ∴点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（0，3）， 故答案为：（4，0），（0，3）． （2）过点P作PC⊥AB于点C， 由（1）得，OA＝a＝4，OB＝b＝3，AB＝c＝5， 当点P运动t秒时，AP＝t， ∴OP＝OA﹣AP＝4﹣t， 由条件可知CP＝OP＝4﹣t， ∵S△ABP+S△OBP＝S△AOB， ∴， 即， 解得． （3）①当点P在线段AO上时，则OP＝OA﹣AP＝4﹣t， ∵△QOP≌△AOB， ∴OP＝OB，即4﹣t＝3， 解得t＝1； ②当点P在AO的延长线上时，则OP＝AP﹣OA＝t﹣4， ∵△QOP≌△AOB， ∴OP＝OB，即t﹣4＝3， 解得t＝7； 综上所述，当△QOP≌△AOB时，t的值为1或7． 【变式1-1】D． 【变式1-2】A． 【变式1-3】（1，﹣1）或（2，1）或（2，﹣1）． ▌题型02 平面直角坐标系与等腰三角形 【典例1】B． 【变式1-1】C． 【变式1-2】C． 【变式1-3】A． ▌题型03 平面直角坐标系与直角三角形 【典例1】 【解答】解：如图所示， 所以这个直角三角形的顶点坐标为（0，0），（0，3），（4，3）或（0，0），（0，3），（﹣4，0）或（0，0），（0，3），（﹣4，3）． 【变式1-1】 【解答】解：由条件可得：AB2+AC2＝BC2， ∵AB2＝[2﹣（﹣1）]2+（1﹣2）2＝9+1＝10，AC2＝（2﹣5）2+（1﹣y）2＝9+1﹣2y+y2＝y2﹣2y+10，BC2＝（﹣1﹣5）2+（2﹣y）2＝36+4﹣4y+y2＝y2﹣4y+40， ∴10+y2﹣2y+10＝y2﹣4y+40， 整理得，2y＝20， 解得y＝10． 【变式1-2】 【解答】解：（1），，； 故答案为：5，，． （2）△ABC是直角三角形． ∵，，， ∴， ∴△ABC是直角三角形． 【变式1-3】 【解答】解：（1）∵B（﹣4，1），点D与点B关于原点对称， ∴点D的坐标为（4，﹣1）， 故答案为：（4，﹣1）； （2）由勾股定理得：AB2＝32+42＝25，AC2＝22+22＝8，BC2＝12+62＝37， ∵25+8≠37， ∴AB2+AC2≠BC2， ∴△ABC不是直角三角形， 故答案为：否； （3）使得射线AP平分∠BAO的点P，如图即为所求． ▌题型04 平面直角坐标系与等腰直角三角形 【典例1】（1，﹣5）． 【变式1-1】C． 【变式1-2】（﹣2，3）． 【变式1-3】 【解答】证明：过点A和点B分别作AD⊥x轴于点D．BE⊥x轴于点E． 由条件可知CE＝3，BE＝4，AD＝3，CD＝4， 在△ACD与△CBE中． ∴△ACD≌△CBE（SAS）． ∴AC＝BC，∠ACD＝∠CBE． ∵∠CBE+∠BCE＝90°． ∴∠ACD+∠BCE＝90°． ∴∠ACB＝90°． 故△ACB为等腰直角三角形． ▌题型05 平面直角坐标系与折叠问题 【典例1】A． 【变式1-1】 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DAB＝AOG＝90°，AD＝AB＝CD＝BC，AB∥CD， ∴DA⊥AO，GO⊥AO， ∴AD＝OG，同理可得DG＝OA， 设AB＝x， ∴AD＝AB＝CD＝BC＝OG＝x， ∵点B的坐标为（1，0）， ∴OA＝x﹣1， ∵将△ADE沿AE折叠，点D落在点F处．点F的坐标为（0，3）， ∴OF＝3，AF＝AD＝x，DE＝EF， 在Rt△AOF中，由勾股定理得：AF2＝OA2+OF2， ∴x2＝32+（x﹣1）2， 解得：x＝5， ∴DG＝OA＝5﹣1＝4， 设EG＝a，则DE＝EF＝4﹣a，FG＝OG﹣OF＝5﹣3＝2， 在Rt△EFG中，由勾股定理得：EF2＝EG2+GF2， ∴（4﹣a）2＝a2+22， 解得：， ∴点E的坐标为． 【变式1-2】 【解答】解：（1）∵A（6，0），B（0，8）， ∴OA＝6，OB＝8， ∴AB10， ∵A B'＝AB＝10， ∴O B'＝10﹣6＝4， ∴B'的坐标为：（﹣4，0）． （2）设OM＝m，则B'M＝BM＝8﹣m， 在Rt△OMB'中，m2+42＝（8﹣m）2， 解得：m＝3， ∴OM＝3，BM＝OB﹣OM＝5， ∴S△ABMBM×AO5×6＝15． 【变式1-3】 【解答】解：（1）∵（n﹣5）2＝0， ∴m+5＝0，n﹣5＝0， ∴m＝﹣5，n＝5， ∴A点坐标为（5，5）， ∵△ABC沿y轴折叠，使点A落在点D处， ∴点D与点A关于y轴对称， ∴D点坐标为（﹣5，5）； ∴AD＝5﹣（﹣5）＝10； （2）如图2，∵△ABC沿x轴折叠，使点A落在点D处， ∴∠DCF＝∠ACF， ∵∠DCF＝∠EFB+∠DEF， ∴∠EFB＝∠ACF﹣∠DEF， ∵EF平分∠AED， ∴∠DEF＝∠AEF， ∴∠EFB＝∠ACF﹣∠AEF＝20°； （3）∠CPR＝45°．理由如下： 如图3，∵QH∥AB， ∴∠QCP＝∠1，∠ARX＝∠3， ∵CP、RP分别平分∠BCQ和∠ARX， ∴∠QCP∠BCQ，∠2∠ARX， ∴∠1∠BCQ，∠2∠3， ∵∠BCQ＝90°+∠3， ∴2∠1＝90°+2∠2，即∠1＝45°+∠2， ∵∠1＝∠CPR+∠2， ∴∠CPR＝45°． ▌题型06 平面直角坐标系与最值问题 【典例1】C． 【变式1-1】B． 【变式1-2】A． 【变式1-3】 【解答】解：（1）A、B、C三点的坐标为（1，4），（4，2），（3，5）； 故答案为：（1，4），（4，2），（3，5）； （2）如图所示： （3）△ABC的面积， 故答案为：3.5； （4）点P即为所求，AP+BP的最小值＝AB1， 故答案为：3． ▌题型07 平面直角坐标系中存在性问题 【典例1】 【解答】解：（1）由条件可得：m+1.5＝0，n﹣4.5＝0， 解得：m＝﹣1.5，n＝4.5； （2）由条件可知AB＝6， ∵点C的坐标为（0，3）， ∴三角形ABC的面积为； （3）存在， 若点P在x轴上时，设点P的坐标为（a，0），则AP＝|a+1.5|， ∵， ∴， 解得：a＝0.5或﹣3.5， 此时点P的坐标为（0.5，0）或（﹣3.5，0）； 若点P在y轴上时，设点P的坐标为（0，b），则AP＝|b﹣3|， ∵， ∴， 解得：b＝﹣1或7， 此时点P的坐标为（0，﹣1）或（0，7）； 综上所述点P的坐标为（0.5，0）或（﹣3.5，0）或（0，﹣1）或（0，7）． 【变式1-1】 【解答】解：（1）因为a，b满足， 所以a﹣4＝0，b﹣3＝0， 所以a＝4，b＝3， 所以点A坐标为（4，0），点B坐标为（4，3）； （2）存在，理由如下： 当点P在OA上时， 显然不存在点P到x轴的距离为个单位长度； 当点P在AB上，即4＜t＜7时， t﹣4， 解得t＝6， 此时点P坐标为（4，2）； 当点P在BC上，即7≤t≤11时， 3， 解得t＝9， 此时点P坐标为（2，3）； 当点P在CO上，即11＜t＜14时， 14﹣t， 解得t（舍去）， 综上所述，点P的坐标为（4，2）或（2，3）． 【变式1-2】 【解答】解：（1）B（﹣2，8）＝（8，﹣2）． C（6，﹣5）＝（﹣6，5）． A（C（5，﹣3））＝A（﹣5，3）＝（5，3）． 故答案为：（8，﹣2）．（﹣6，5）．）（5，3）． （2）①∵C（A（tx，﹣2））+B（c（﹣2，﹣6））＝（x+4t，y）． ∴（6+tx，4）＝（x+4t，y）． ∴6+tx＝x+4ty＝4． ． ∵x是整数，t为正整数． ∴t﹣1＝1或2． 解得 t＝2或t＝3． ∴P（2，4）或（3，4）． ②∵A（B（2x，﹣kx））﹣C（A（1+y，﹣2））＝C（B（ky﹣1，﹣1））+A（C（y，x）） ∴A（﹣kx，2x）﹣C（﹣1﹣y，﹣2）＝C（﹣1，ky﹣1）+A（﹣y，﹣x）， ∴（kx，2x）﹣（1+y，2）＝（1，﹣ky+1）+（y，﹣x）， ∴（kx﹣1﹣y，2x﹣2）＝（1+y，﹣ky+1﹣x）． ∵（a，c）＝（b，d） 时，a＝b且c＝d， ∴kx﹣1﹣y＝1+y，2x﹣2＝﹣ky+1﹣x， ∵坐标P（x，y）在第四象限， ∴x＞0，y＜0， ∴2k+6＞0，3k﹣6＜0， ∴﹣3＜k＜2， ∵k是正整数， ∴k＝1． ∴x，y． ∴． 【变式1-3】 【解答】解：（1）∵，， ∴a＝6，b＝8， ∴A（6，0），B（6，8）； ∵BC∥x轴，且点C在y轴上， ∴C（0，8）； （2）当点P运动3秒时，点P的运动路程为4×3＝12， ∵A（6，0），B（6，8）， ∴OA＝6，AB＝8， ∴当点P运动3秒时，点P在AB上，且AP＝12﹣6＝6， ∴P（6，6）； （3）存在，理由如下： ①当P在AB上运动时，， ∴AP＝4t﹣6， ∴， ∴， ∴， ∴点P的坐标为； ②当P在OC上运动时，OP＝28﹣4t， ∴， ∴， ∴， ∴点P的坐标为， 综上可知，点P的坐标为或． ▌题型08 平面直角坐标系中旋转问题 【典例1】C． 【变式1-1】C． 【变式1-2】 【解答】解：（1）△A1B1C1如图所示；点C1的坐标为（3，﹣1）； （2）△A2B2C2如图所示，点C2的坐标为（﹣1，3）； （3）△CC1C2的面积2×4＝4． 故答案为：（1）（3，﹣1）；（2）（﹣1，3）；（3）4． 【变式1-3】 【解答】解：（1）过A作AH⊥x轴于H， ∵将△OAB绕点A逆时针旋转90°得到△O'AB'， ∴AO＝AO′，∠OAO′＝90°， ∴△OAO′是等腰直角三角形， ∴∠AOH＝45°，AH＝OH，OO′OA， ∵OA＝4． ∴AH＝OHOA＝4，OO′＝8， ∴A（4，4）； （2）由（1）知，∠AOO′＝∠AO′O＝45°， ∵t＝5， ∴B（5，0）， ∴OB＝5， ∵将△OAB绕点A逆时针旋转90°得到△O'AB'， ∴∠AO′B＝∠AOB＝45°，O′B′＝OB＝5， ∴∠B′O′O＝90°， ∵OO′＝8， ∴B′（8，5）． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题38 平面直角坐标系几何综合问题 （题型突破·举一反三） 题型01 平面直角坐标系与全等三角形 题型02 平面直角坐标系与等腰三角形 题型03 平面直角坐标系与直角三角形 题型04 平面直角坐标系与等腰直角三角形 题型05 平面直角坐标系与折叠问题 题型06 平面直角坐标系与最值问题 题型07 平面直角坐标系中存在性问题 题型08 平面直角坐标系中旋转问题 ▌题型01 平面直角坐标系与全等三角形 1. 定边长：计算已知三角形三边； 2. 分对应：题干没有写明对应顶点，必须穷尽所有对应情况； 3. 找点：借助对称、平移，画出满足条件的点； 4. 做验证：求出坐标以后，回代检验边长，确保全等。 【典例1】（2025春•鼓楼区校级期末）【问题背景】 如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，OA、OB、AB的长分别为a，b，c，且满足，点P从A出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线AO匀速运动，设点P运动时间为t秒． （1）A的坐标为　（4，0）　 ，B的坐标为　（0，3）　 ． 【数学理解】 （2）如图2，连接BP，当BP平分∠ABO时，求出t的值．（提示：利用面积求解） 【深入探究】 （3）过P作PD⊥AB交直线AB于点D，交y轴于Q，在点P运动的过程中，当△QOP≌△AOB时（全等无需证明），画出图形，并求出t的值． 【分析】（1）先根据绝对值、偶次方和算术平方根的非负性求出a，b，c的值，由此即可解答； （2）过点P作PC⊥AB于点C，先根据角平分线的性质定理可得CP＝OP＝4﹣t，再根据S△ABP+S△OBP＝S△AOB建立方程，解方程即可得； （3）分两种情况：点P在线段AO上和点P在AO的延长线上，表示出OP的长，根据全等三角形的性质可得OP＝OB，由此建立方程，解方程即可得． 【解答】解：（1）由条件可得a﹣4＝0，b﹣3＝0，c﹣5＝0， ∴a＝4，b＝3，c＝5， ∴点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（0，3）， 故答案为：（4，0），（0，3）． （2）过点P作PC⊥AB于点C， 由（1）得，OA＝a＝4，OB＝b＝3，AB＝c＝5， 当点P运动t秒时，AP＝t， ∴OP＝OA﹣AP＝4﹣t， 由条件可知CP＝OP＝4﹣t， ∵S△ABP+S△OBP＝S△AOB， ∴， 即， 解得． （3）①当点P在线段AO上时，则OP＝OA﹣AP＝4﹣t， ∵△QOP≌△AOB， ∴OP＝OB，即4﹣t＝3， 解得t＝1； ②当点P在AO的延长线上时，则OP＝AP﹣OA＝t﹣4， ∵△QOP≌△AOB， ∴OP＝OB，即t﹣4＝3， 解得t＝7； 综上所述，当△QOP≌△AOB时，t的值为1或7． 【变式1-1】（2023秋•东港区校级月考）如图平面直角坐标系内点A（2，0），B（0，4），若以BOC为顶点的三角形与△ABO全等，则点C的坐标不可能是（　　） A．（﹣2，4） B．（﹣2，0） C．（2，4） D．（0，4） 【分析】根据各选项点C的坐标判定能否与△ABO全等，选择符合题意的选项即可． 【解答】解：如图所示： A：当点C（﹣2，4）时， ∵点A（2，0），B（0，4）， ∴OB＝BO＝4，OA＝BC＝2，∠CBO＝∠AOB， ∴△BOC≌△OBA（SAS），故选项A不符合题意； B、同理△OBC1≌△OBA（SAS），故选项B不符合题意； C、同理△OBC3≌△BOA（SAS），故选项C不符合题意； D、点C（0，4）与点B重合，不能构成三角形，符合题意； 故选：D． 【变式1-2】（2025秋•海淀区校级期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，A（4，0），B（0，5），动点P，Q分别按照A﹣O﹣B和B﹣O﹣A的路线同时开始运动，点Q到达终点时点P也随之停止运动．直线l经过原点O，且l∥AB，过P，Q分别作l的垂线段，垂足分别为E，F．若点P的速度为每秒1个单位长度，点Q的速度为每秒2个单位长度，运动时间为t秒，当△OPE与△OQF全等（△OPE与△OQF不重合）时，t的值为（　　） A．t＝1 B．t＝2 C．t＝3 D．t＝8 【分析】当P点在OA上，Q点在OB上，如图，则BQ＝2t，PA＝t，OQ＝5﹣2t，OP＝4﹣t，根据全等三角形的性质得到OQ＝OP，即5﹣2t＝4﹣t，解得t＝1；当P点在OB上，Q点在OA上，则OQ＝2t﹣5，OP＝t﹣4，根据全等三角形的性质得到OQ＝OP，即2t﹣5＝t﹣4，然后分别解方程可得满足条件的t的值． 【解答】解：当P点在OA上，Q点在OB上，如图，则BQ＝2t，PA＝t，OQ＝5﹣2t，OP＝4﹣t， ∵△OPE与△OQF全等， ∴OQ＝OP， 即5﹣2t＝4﹣t， 解得t＝1； 当P点在OB上，Q点在OA上，则OQ＝2t﹣5，OP＝t﹣4， ∵△OPE与△OQF全等， ∴OQ＝OP， 即2t﹣5＝t﹣4， 解得t＝1（不合题意舍去）， 综上所述，t的值为1． 故选：A． 【变式1-3】如图，在平面直角坐标系中，已知△ABO，A（1，1），B（3，0），若点C是平面内一点，写出满足△BOC与△AOB全等的点C的坐标：　（1，﹣1）或（2，1）或（2，﹣1）　 ． 【分析】对点C的位置进行分类讨论，并巧用数形结合的思想即可解决问题． 【解答】解：由题知， 当△BOC与△AOB关于OB对称时， 此时点C的坐标为（1，﹣1）； 因为， 则当△BOC与△AOB关于直线x＝2对称时， △BOC≌△OBA． 此时点C的坐标为（2，1）． 作上述△BOC关于OB的对称三角形， 所得三角形与△AOB也全等， 此时点C的坐标为（2，﹣1）． 综上所述：点C的坐标为（1，﹣1）或（2，1）或（2，﹣1）． 故答案为：（1，﹣1）或（2，1）或（2，﹣1）． ▌题型02 平面直角坐标系与等腰三角形 1. 根据点的特征，设出动点坐标； 2. 按照“两圆一线”分成3大类； 3. 建立方程，求解未知数； 4. 根据取值范围取舍。 【典例1】（2026春•兴庆区校级期中）如图，点A的坐标为（2，2），若点P在y轴上，且△APO为等腰三角形，则点P位置的个数为（　　） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 【分析】由A点坐标可得，∠AOP＝45°，分别讨论OA为腰和底边，求出点P在y轴正半轴和负半轴时，△APO是等腰三角形的P点坐标即可． 【解答】解：由A点坐标可得，∠AOP＝45°，分别讨论OA为腰和底边如下： 当点P在y轴正半轴上， ①以OA为腰时， ∵A（2，2）， ∴∠AOP＝45°，， ∴点P的坐标是（0，4）或； ②以OA为底边时， ∵A（2，2）， ∴当点P的坐标为：（0，2）时，OP＝AP； 当点P在y轴负半轴上， 以OA为腰时， ∵A（2，2）， ∴， ∴， ∴点P的坐标是； 综上所述：点P的位置有4个． 故选：B． 【变式1-1】（2025秋•河东区期末）如图，在平面直角坐标系中A（﹣8，0）、B（4，0），C为y轴正半轴上一点，且∠ABC＝60°．点P从点A出发，沿射线AB方向运动，同时点Q从点B出发，沿射线BC方向运动，在运动过程中若点P的速度为每秒3个单位长度，点Q的速度为每秒1个单位长度，当△PQB是等腰三角形时，求点P的坐标（　　） A．（3，0） B．（1，0）或（9，0） C．（1，0）或（10，0） D．（3，0）或（6，0） 【分析】设点P的运动路程是a，则，然后分两种情况：当a≤12时，即点P在线段AB上时，当a＞12时，即点P在线段AB的延长线上时，即可求解． 【解答】解：∵在平面直角坐标系xOy中，A（﹣8，0）、B（4，0）， ∴OA＝8，OB＝4， ∴AB＝8+4＝12． 设点P的运动路程是a， ∵点P的速度为每秒3个单位长度，点Q的速度为每秒1个单位长度， ∴BQa， 当a≤12时，如图1，即点P在线段AB上时，此时PB＝12﹣a， ∵△PQB是等腰三角形，∠ABC＝60°， ∴△PQB是等边三角形， ∴PB＝BQ， ∴12﹣aa， ∴a＝9， ∴OP＝9﹣8＝1， 此时点P的坐标为（1，0）； 当a＞12时，如图2，即点P在线段AB的延长线上时，此时PB＝a﹣12， ∵∠ABC＝60°， ∴∠PBQ＝120°， ∵△PQB是等腰三角形， ∴PB＝QB， ∴a﹣12a， ∴a＝18， ∴OP＝18﹣8＝10， ∴此时点P的坐标为（10，0）； 综上所述，点P的坐标为（1，0）或（10，0）． 故选：C． 【变式1-2】（2025春•南昌期末）在平面直角坐标系中，点A（0，6），点B（﹣6，0），坐标轴上有一点C，使得△ABC为等腰三角形，则这样的点C一共有（　　）个． A．5 B．6 C．7 D．8 【分析】分别讨论当BC＝AB、AC＝AB和AC＝BC时三种情况下，坐标轴上有几个这样的C点即可． 【解答】解：当BC＝AB时，以点B为圆心、AB为半径画圆，与坐标轴分别交于点C1、C2、C3（不包括点A）． 当AC＝AB时，以点A为圆心、AB为半径画圆，与坐标轴分别交于点C4、C5、C6（不包括点B）． 当AC＝BC时，点C应该在AB的垂直平分线上． ∵OA＝OB， ∴点O在AB的垂直平分线上． 综上，这样的C点共有7个，分别是点C1、C2、C3、C4、C5、C6、O． 故答案为：C． 【变式1-3】（2025秋•崇川区月考）如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别在y轴和x轴上，∠ABO＝60°，在坐标轴上找一点P，使得△PAB是等腰三角形，则符合条件的点P共有（　　） A．6个 B．7个 C．8个 D．9个 【分析】分AB＝AP，AB＝BP，AP＝PB三种情况进行讨论即可． 【解答】解：根据题意，分AB＝AP，AB＝BP，AP＝PB三种情况进行讨论如下： 当AB＝AP时，在x轴上有1个P满足题意，在y轴上有2个P满足题意； 当AB＝BP时，在x轴上有2个P满足题意，其中一个P与AB＝AP时的重合，在y轴上有1个P满足题意； 当AP＝PB，在x轴和y轴各有1个P满足题意，其中在x轴上的与AB＝AP时的重合， 故满足条件的点P共有3+2+1＝6个； 故选：A． ▌题型03 平面直角坐标系与直角三角形 1. 设点的坐标； 2. 直角顶点分为、、三类； 3. 利用距离平方列方程； 4. 求解方程； 5. 根据题意取舍点。 【典例1】如图，在平面直角坐标系中，已知点A（4，0），点B（0，3），若有一个直角三角形与Rt△AOB全等，且OB是它们的公共边，试写出这个直角三角形的顶点坐标． 【分析】根据题意，画出图形，再据此写出这个直角三角形的顶点坐标即可． 【解答】解：如图所示， 所以这个直角三角形的顶点坐标为（0，0），（0，3），（4，3）或（0，0），（0，3），（﹣4，0）或（0，0），（0，3），（﹣4，3）． 【变式1-1】（2026春•嘉定区校级期中）已知：A（2，1），B（﹣1，2），C（5，y），且△ABC是直角三角形，其中∠A＝90°，求y的值． 【分析】利用勾股定理建立方程解答即可求解． 【解答】解：由条件可得：AB2+AC2＝BC2， ∵AB2＝[2﹣（﹣1）]2+（1﹣2）2＝9+1＝10，AC2＝（2﹣5）2+（1﹣y）2＝9+1﹣2y+y2＝y2﹣2y+10，BC2＝（﹣1﹣5）2+（2﹣y）2＝36+4﹣4y+y2＝y2﹣4y+40， ∴10+y2﹣2y+10＝y2﹣4y+40， 整理得，2y＝20， 解得y＝10． 【变式1-2】（2025春•玉溪期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形网格的每个小方格都是边长为1的正方形，△ABC的顶点都在格点上． （1）AB＝　5　 ，AC＝　2　 ，BC＝　　 ； （2）通过计算判断△ABC的形状． 【分析】（1）由勾股定理求得三角形的三边， （2）利用勾股定理逆定理判断即可． 【解答】解：（1），，； 故答案为：5，，． （2）△ABC是直角三角形． ∵，，， ∴， ∴△ABC是直角三角形． 【变式1-3】（2025秋•泗阳县期末）如图所示，在平面直角坐标系中，已知A（0，4）、B（﹣4，1）、C（2，2）． （1）若点D与点B关于原点对称，则点D的坐标为　（4，﹣1）　 ； （2）△ABC是否是直角三角形？　否　 （填“是”或“否”）； （3）仅用无刻度直尺在x轴上找一点P，使得射线AP平分∠BAO． 【分析】（1）根据关于原点对称的点的横纵坐标互为相反数即可求解； （2）先由勾股定理求解AB2，AC2，BC2，再计算较短的两边的平方和是否等于最长边的平方即可； （3）取格点D（0，﹣1），连接BD与x轴交点即为点P，由（2）得AB＝5，则AD＝AB＝5，可证明△BTP≌△DOP（AAS）得到BP＝DP，根据等腰三角形三线合一即可得到射线AP平分∠BAO． 【解答】解：（1）∵B（﹣4，1），点D与点B关于原点对称， ∴点D的坐标为（4，﹣1）， 故答案为：（4，﹣1）； （2）由勾股定理得：AB2＝32+42＝25，AC2＝22+22＝8，BC2＝12+62＝37， ∵25+8≠37， ∴AB2+AC2≠BC2， ∴△ABC不是直角三角形， 故答案为：否； （3）使得射线AP平分∠BAO的点P，如图即为所求． ▌题型04 平面直角坐标系与等腰直角三角形 已知定点、，动点，为等腰直角三角形 ①为直角顶点：，； ②为直角顶点：，； ③为直角顶点：，。 【典例1】（2025秋•蒙城县期末）如图，等腰直角三角形的直角边BC在两坐标轴上滑动，使点A在第四象限内，在滑动的过程中，当点B的坐标为（0，4），点C的坐标为（5，0）时，点A的坐标为　（1，﹣5）　 ． 【分析】根据题意，OB＝4，OC＝5，如图所示，过点A作AD⊥x轴于点D，证明△BCO≌△CAD（AAS），得OB＝CD＝4，OC＝AD＝5，则OD＝OC﹣CD＝5﹣4＝1，结合平面直角坐标系的特点即可求解． 【解答】解：∵△ABC是等腰直角三角形， ∴∠ACB＝90°，BC＝AC， ∵C（5，0），B（0，4）， ∴OB＝4，OC＝5， 如图所示，过点A作AD⊥x轴于点D， ∴∠ADC＝∠COB＝90°， ∵∠BCO+∠ACO＝90°＝∠ACO+∠CAD， ∴∠BCO＝∠CAD， 在△BCO，△CAD中， ， ∴△BCO≌△CAD（AAS）， ∴OC＝AD＝5，OB＝CD＝4，则OD＝OC﹣CD＝5﹣4＝1， ∵点A在第四象限， ∴点C的坐标为（5，0）时，点A的坐标为（1，﹣5）， 故答案为：（1，﹣5）． 【变式1-1】（2026春•二七区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，点A在x轴负半轴上，点B在y轴负半轴上，且OA＝OB，点C是坐标系内一点．若△ABC为等腰直角三角形，则点C可能的位置有（　　）个． A．4 B．5 C．6 D．7 【分析】分点C是直角顶点，点A是直角顶点，点B是直角顶点三种情况讨论即可得结论． 【解答】解：在平面直角坐标系中，点A在x轴负半轴上，点B在y轴负半轴上，且OA＝OB，由题意设OA＝OB＝a，则， ①如图，当点C是直角顶点时， ∵OA＝OB，∠AOB＝90°， ∴点O即为点C1，∠OAB＝∠OBA＝45°， 过点A、B分别作x轴、y轴的垂线，相交于点C2，可得四边形OAC2B是正方形， ∴∠ACB＝90°，AC2＝BC2，即点C2符合题意； ∴点C有2个位置； ②如图，当点A是直角顶点时，有2个位置； 过点A作AC3⊥AB，交y轴于点C3，过点B作BC4⊥y轴，交C3A的延长线于点C4， ∴∠BAC3＝∠BAC4＝90°， ∵∠OBA＝45°， ∴∠AC3B＝∠OBA＝45°，∠AC4B＝∠ABC4＝90°﹣∠OBA＝45°， ∴AC3＝AB，AC4＝AB， ∴点C3，C4符合题意，即点C有2个位置； ③如图，当点B是直角顶点时，有2个位置； 过点B作BC5⊥AB，交x轴于点C5，过点A作AC6⊥x轴，交C5B的延长线于点C6，同理②可得点C5，C6符合题意，即点C有2个位置； 故选：C． 【变式1-2】（2025秋•勃利县期中）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，2），△AOB为等腰直角三角形，∠AOB＝90°，且点B在第二象限，则点B的坐标为　（﹣2，3）　 ． 【分析】过A作AC⊥x轴于点C，过B作BD⊥x轴于点D，则可证明△ACO≌△ODB，则可求得OD和BD的长，可求得B点坐标． 【解答】解：过A作AC⊥x轴于点C，过B作BD⊥x轴于点D， 由条件可知AC＝2，OC＝3， ∵△AOB为等腰直角三角形， ∴AO＝BO， ∵∠AOB＝90°， ∴∠AOC＝∠OBD， 在△ACO和△ODB中， ， ∴△ACO≌△ODB（AAS）， ∴OD＝AC＝2，BD＝OC＝3， ∴B（﹣2，3）． 故答案为：（﹣2，3）． 【变式1-3】（2026春•中牟县校级期中）如图，在△ACB中，点C的坐标为（﹣2，0），点A的坐标为（﹣6，3），点B的坐标为（1，4），求证：△ACB是等腰直角三角形． 【分析】过点A和点B分别作AD⊥x轴于点D．BE⊥x轴于点E．根据SAS证明△ACD≌△CBE，推出AC＝BC，∠ACD＝∠CBE，求出∠ACB＝90°即可 【解答】证明：过点A和点B分别作AD⊥x轴于点D．BE⊥x轴于点E． 由条件可知CE＝3，BE＝4，AD＝3，CD＝4， 在△ACD与△CBE中． ∴△ACD≌△CBE（SAS）． ∴AC＝BC，∠ACD＝∠CBE． ∵∠CBE+∠BCE＝90°． ∴∠ACD+∠BCE＝90°． ∴∠ACB＝90°． 故△ACB为等腰直角三角形． ▌题型05 平面直角坐标系与折叠问题 1. 找相等：折叠前后，标记相等的边、相等角； 2. 造直角：作垂线，构造直角三角形； 3. 设未知：设未知数，勾股定理列方程； 4. 转坐标：线段长度转化为横纵坐标，检验多解。 【典例1】（2025春•大石桥市期中）如图，在平面直角坐标系中，将长方形AOCD沿直线AE折叠（点E在边DC上），折叠后顶点D恰好落在边OC上的点F处．若点D的坐标为（10，8）．则点E的坐标为（　　） A．（10，3） B．（10，4） C．（10，5） D．（10，6） 【分析】先根据点D的坐标得到AD＝OC＝10，OA＝CD＝8，再由折叠的性质得到DE＝EF，AF＝AD＝10，利用勾股定理求出OF＝6，则CF＝4，设CE＝x，则DE＝EF＝8﹣x，由勾股定理得（8﹣x）2＝x2+42，解方程即可得到答案． 【解答】解：∵四边形AOCD是长方形，点D的坐标为（10，8）， ∴AD＝OC＝10，OA＝CD＝8， 由折叠的性质可得DE＝EF，AF＝AD＝10， ∴， ∴CF＝OC﹣OF＝4， 设CE＝x，则DE＝EF＝8﹣x， 在Rt△CEF中，由勾股定理得EF2＝CE2+CF2， ∴（8﹣x）2＝x2+42， 解得x＝3， ∴CE＝3， ∴E（10，3）， 故选：A． 【变式1-1】（2025秋•枣庄期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点B的坐标为（1，0），边CD与y轴交于点G，点E在边CD上．将△ADE沿AE折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为（0，3），求点E的坐标． 【分析】设AB＝x，可得OA＝x﹣1，在Rt△AOF中，利用勾股定理可求出x＝5，根据翻折的性质得出OF＝3，AF＝AD＝x，DE＝EF，设EG＝a，在Rt△EFG中利用勾股定理可求出a值，即可得答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DAB＝AOG＝90°，AD＝AB＝CD＝BC，AB∥CD， ∴DA⊥AO，GO⊥AO， ∴AD＝OG，同理可得DG＝OA， 设AB＝x， ∴AD＝AB＝CD＝BC＝OG＝x， ∵点B的坐标为（1，0）， ∴OA＝x﹣1， ∵将△ADE沿AE折叠，点D落在点F处．点F的坐标为（0，3）， ∴OF＝3，AF＝AD＝x，DE＝EF， 在Rt△AOF中，由勾股定理得：AF2＝OA2+OF2， ∴x2＝32+（x﹣1）2， 解得：x＝5， ∴DG＝OA＝5﹣1＝4， 设EG＝a，则DE＝EF＝4﹣a，FG＝OG﹣OF＝5﹣3＝2， 在Rt△EFG中，由勾股定理得：EF2＝EG2+GF2， ∴（4﹣a）2＝a2+22， 解得：， ∴点E的坐标为． 【变式1-2】如图，直线AB与x轴，y轴分别相交于点A（6，0），B（0，8），M是OB上一点，若将△ABM沿AM折叠，则点B恰好落在x轴上的点B'处．求： （1）点B'的坐标； （2）△ABM的面积． 【分析】（1）求出OA，OB，利用勾股定理求出AB即可解决问题． （2）设OM＝m，则B'M＝BM＝8﹣m，利用勾股定理构建方程求解即可． 【解答】解：（1）∵A（6，0），B（0，8）， ∴OA＝6，OB＝8， ∴AB10， ∵A B'＝AB＝10， ∴O B'＝10﹣6＝4， ∴B'的坐标为：（﹣4，0）． （2）设OM＝m，则B'M＝BM＝8﹣m， 在Rt△OMB'中，m2+42＝（8﹣m）2， 解得：m＝3， ∴OM＝3，BM＝OB﹣OM＝5， ∴S△ABMBM×AO5×6＝15． 【变式1-3】如图，已知点A（﹣m，n），B（0，m），且m、n满足（n﹣5）2＝0，点C在y轴上，将△ABC沿y轴折叠，使点A落在点D处． （1）写出D点坐标并求A、D两点间的距离； （2）若EF平分∠AED，若∠ACF﹣∠AEF＝20°，求∠EFB的度数； （3）过点C作QH平行于AB交x轴于点H，点Q在HC的延长线上，AB交x轴于点R，CP、RP分别平分∠BCQ和∠ARX，当点C在y轴上运动时，∠CPR的度数是否发生变化？若不变，求其度数；若变化，求其变化范围． 【分析】（1）先由非负数的性质求出m，n的值，得到A点坐标，再根据折叠的性质得点D与点A关于y轴对称，再根据关于y轴对称的点的坐标特征得到D点坐标，然后计算点A与点D的横坐标之差即可得到A、D两点间的距离； （2）根据折叠的性质得∠DCF＝∠ACF，再利用三角形外角性质得∠DCF＝∠EFB+∠DEF，则∠EFB＝∠ACF﹣∠DEF，又∠DEF＝∠AEF，所以∠EFB＝∠ACF﹣∠AEF＝20°； （3）根据平行线的性质由QH∥AB得到∠QCP＝∠1，∠ARX＝∠3，再根据角平分线的定义得∠QCP∠BCQ，∠2∠ARX，则∠1∠BCQ，∠2∠3，接着利用三角形外角性质得∠BCQ＝90°+∠3，所以2∠1＝90°+2∠2，即∠1＝45°+∠2，然根据∠1＝∠CPR+∠2即可得到∠CPR＝45°． 【解答】解：（1）∵（n﹣5）2＝0， ∴m+5＝0，n﹣5＝0， ∴m＝﹣5，n＝5， ∴A点坐标为（5，5）， ∵△ABC沿y轴折叠，使点A落在点D处， ∴点D与点A关于y轴对称， ∴D点坐标为（﹣5，5）； ∴AD＝5﹣（﹣5）＝10； （2）如图2，∵△ABC沿x轴折叠，使点A落在点D处， ∴∠DCF＝∠ACF， ∵∠DCF＝∠EFB+∠DEF， ∴∠EFB＝∠ACF﹣∠DEF， ∵EF平分∠AED， ∴∠DEF＝∠AEF， ∴∠EFB＝∠ACF﹣∠AEF＝20°； （3）∠CPR＝45°．理由如下： 如图3，∵QH∥AB， ∴∠QCP＝∠1，∠ARX＝∠3， ∵CP、RP分别平分∠BCQ和∠ARX， ∴∠QCP∠BCQ，∠2∠ARX， ∴∠1∠BCQ，∠2∠3， ∵∠BCQ＝90°+∠3， ∴2∠1＝90°+2∠2，即∠1＝45°+∠2， ∵∠1＝∠CPR+∠2， ∴∠CPR＝45°． ▌题型06 平面直角坐标系与最值问题 1. 读清题意：分清定点、动点，动点在哪条直线上； 2. 选模型：求线段和最小→将军饮马（对称）；求差最大→三点共线；求距离最小→垂线段；面积最值→铅锤法； 3. 做变换：求对称点坐标； 4. 算结果：利用勾股定理求值计算长度；检验自变量范围。 【典例1】（2026春•鼓楼区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，将含30°角的Rt△ABC放在第一象限，其中30°角的对边BC长为1，斜边AB的端点A，B分别在y轴的正半轴，x轴的正半轴上滑动，连接OC，则线段OC的长的最大值是（　　） A． B． C．2 D． 【分析】取AB的中点F，连接CF、OF．首先求出OF＝FC＝1，根据三角形的三边关系可知：OC≤OF+OC，推出当O、F、C共线时，OC的值最大，最大值为2． 【解答】解：取AB的中点F，连接CF、OF． 在Rt△ABC中， ∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1， ∴AB＝2BC＝2， ∵∠AOB＝90°，AF＝FB， ∴OF＝FCAB＝1， ∵OC≤OF+CF， ∴当O、F、C共线时，OC的值最大，最大值为2． 故选：C． 【变式1-1】（2026春•淮南期末）如图，直线AB经过点A（﹣2，3），B（﹣2，﹣1），动点P在y轴上，则PA的最小值是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据垂线段最短可知，当PA⊥AB时，PA最小，由点A的坐标可求出PA的最小值． 【解答】解：如图， 当PA⊥AB时，PA最小， 由条件可知AB∥y轴， ∵点P在y轴上，且PA⊥AB， ∴P（0，3）， ∴PA＝|﹣2﹣0|＝2． ∴PA的最小值是2． 故选：B． 【变式1-2】（2026春•郯城县期末）如图，已知A（﹣1，5），B（﹣4，1），C（1，2），AB＝5．P为直线AB上一动点，连接CP，则线段CP的最小值为（　　） A． B．4 C． D．5 【分析】利用面积法进行计算即可． 【解答】解：由题知， 因为A（﹣1，5），B（﹣4，1），C（1，2）， 所以S△ABC＝5×4． 当CP最小时， ， 解得CP， 所以CP的最小值为． 故选：A． 【变式1-3】如图，在直角坐标系中，△ABC的位置如图所示，请回答下列问题： （1）请直接写出A、B、C三点的坐标 　（1，4）　 、　（4，2）　 、　（3，5）　 ． （2）画出△ABC关于x轴的对称图形△A1B1C1． （3）△ABC的面积为 　3.5　 ． （4）已知P为x轴上一动点，则AP+BP的最小值为 　3　 ． 【分析】（1）根据图形得出坐标即可； （2）依据轴对称的性质即可得到点A关于x轴对称的点的坐标； （3）根据割补法进行计算即可得到△ABC的面积； （4）作点B关于x轴的对称点B1，连接AB1，依据两点之间，线段最短，可得与x轴的交点P即为所求． 【解答】解：（1）A、B、C三点的坐标为（1，4），（4，2），（3，5）； 故答案为：（1，4），（4，2），（3，5）； （2）如图所示： （3）△ABC的面积， 故答案为：3.5； （4）点P即为所求，AP+BP的最小值＝AB1， 故答案为：3． ▌题型07 平面直角坐标系中存在性问题 是否存在点，使得三角形/四边形面积等于给定数值。 方法：割补法、铅锤高水平宽，列含参面积等式，解方程，检验。 【典例1】（2025秋•江北区同步）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为A（m，0），B（n，0），且m，n满足，点C的坐标为（0，3）． （1）直接写出m，n的值； （2）求三角形ABC的面积； （3）若动点P在坐标轴上运动，是否存在点P，使得，若存在请直接写出满足条件的所有点P的坐标，若不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据绝对值和算术平方根的非负性，即可求解； （2）由（1）可得AB＝6，再根据三角形的面积公式计算，即可求解； （3）分两种情况：若点P在x轴上时，若点P在y轴上时，即可求解． 【解答】解：（1）由条件可得：m+1.5＝0，n﹣4.5＝0， 解得：m＝﹣1.5，n＝4.5； （2）由条件可知AB＝6， ∵点C的坐标为（0，3）， ∴三角形ABC的面积为； （3）存在， 若点P在x轴上时，设点P的坐标为（a，0），则AP＝|a+1.5|， ∵， ∴， 解得：a＝0.5或﹣3.5， 此时点P的坐标为（0.5，0）或（﹣3.5，0）； 若点P在y轴上时，设点P的坐标为（0，b），则AP＝|b﹣3|， ∵， ∴， 解得：b＝﹣1或7， 此时点P的坐标为（0，﹣1）或（0，7）； 综上所述点P的坐标为（0.5，0）或（﹣3.5，0）或（0，﹣1）或（0，7）． 【变式1-1】（2026春•西山区期末）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．点P从原点出发，以每秒1个单位长度的速度沿着O﹣A﹣B﹣C﹣O的路线运动（回到O为止）． （1）求出点A，B的坐标； （2）点P运动t秒后（t≠0），是否存在点P到x轴的距离为个单位长度的情况．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据非负数的性质进行计算即可； （2）根据题意，建立关于t的方程进行计算即可． 【解答】解：（1）因为a，b满足， 所以a﹣4＝0，b﹣3＝0， 所以a＝4，b＝3， 所以点A坐标为（4，0），点B坐标为（4，3）； （2）存在，理由如下： 当点P在OA上时， 显然不存在点P到x轴的距离为个单位长度； 当点P在AB上，即4＜t＜7时， t﹣4， 解得t＝6， 此时点P坐标为（4，2）； 当点P在BC上，即7≤t≤11时， 3， 解得t＝9， 此时点P坐标为（2，3）； 当点P在CO上，即11＜t＜14时， 14﹣t， 解得t（舍去）， 综上所述，点P的坐标为（4，2）或（2，3）． 【变式1-2】（2025秋•新化县校级月考）对于平面直角坐标系中任一点（a，b），规定以下三种“雅境变换”： ①A（a，b）＝（﹣a，b）．如：A（7，3）＝（﹣7，3）； ②B（a，b）＝（b，a）．如：B（7，3）＝（3，7）； ③C（a，b）＝（﹣a，﹣b）．如：C（7，3）＝（﹣7，﹣3）； 例如：A（B（2，﹣3））＝A（﹣3，2）＝（3，2）． 请回答下列问题： （1）利用“雅境变换”化简：B（﹣2，8）＝　（8，﹣2）　 ；C（6，﹣5）＝　（﹣6，5）　 ；A（C（5，﹣3））＝　（5，3）　 ； （2）通过以上“雅境变换”得到的坐标叫做“YJ”坐标，规定“YJ”坐标可以进行如下运算： （a，c）+（b，d）＝（a+b，c+d），（a，c）﹣（b，d）＝（a﹣b，c﹣d）； 当（a，c）＝（b，d）时，a＝b且c＝d． ①“YJ”坐标P（x，y）中横坐标为整数，满足： C（A（tx，﹣2））+B（C（﹣2，﹣6））＝（x+4t，y）（常数t为正整数），求存在的点P的坐标． ②“YJ”坐标Q（x，y）在第四象限，满足： A（B（2x，﹣kx））﹣C（A（1+y，﹣2））＝C（B（ky﹣1，﹣1））+A（C（y，x）），当k为正整数时，求点Q的坐标． 【分析】（1）根据新定义进行化简． （2）根据给出的例题对坐标进行化简，求出t的值． （3）先对式子进行化简，知坐标P（x，y）在第四象限，所以x＞0，y＜0，得出k的值，求出x，y． 【解答】解：（1）B（﹣2，8）＝（8，﹣2）． C（6，﹣5）＝（﹣6，5）． A（C（5，﹣3））＝A（﹣5，3）＝（5，3）． 故答案为：（8，﹣2）．（﹣6，5）．）（5，3）． （2）①∵C（A（tx，﹣2））+B（c（﹣2，﹣6））＝（x+4t，y）． ∴（6+tx，4）＝（x+4t，y）． ∴6+tx＝x+4ty＝4． ． ∵x是整数，t为正整数． ∴t﹣1＝1或2． 解得 t＝2或t＝3． ∴P（2，4）或（3，4）． ②∵A（B（2x，﹣kx））﹣C（A（1+y，﹣2））＝C（B（ky﹣1，﹣1））+A（C（y，x）） ∴A（﹣kx，2x）﹣C（﹣1﹣y，﹣2）＝C（﹣1，ky﹣1）+A（﹣y，﹣x）， ∴（kx，2x）﹣（1+y，2）＝（1，﹣ky+1）+（y，﹣x）， ∴（kx﹣1﹣y，2x﹣2）＝（1+y，﹣ky+1﹣x）． ∵（a，c）＝（b，d） 时，a＝b且c＝d， ∴kx﹣1﹣y＝1+y，2x﹣2＝﹣ky+1﹣x， ∵坐标P（x，y）在第四象限， ∴x＞0，y＜0， ∴2k+6＞0，3k﹣6＜0， ∴﹣3＜k＜2， ∵k是正整数， ∴k＝1． ∴x，y． ∴． 【变式1-3】（2026春•陆丰市校级期中）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．点P从原点出发，以每秒4个单位长度的速度沿着O→A→B→C→O的路线匀速运动，回到点O时停止运动． （1）求点A，B，C的坐标． （2）当点P运动3秒时，求出点P的坐标． （3）当点P运动t（t≠0）秒时，是否存在点P到x轴的距离为个单位长度的情况？若存在，请直接写出点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）先求出运动3秒时点P的运动路程，再求出OA＝6，AB＝8，可得此时点P在AB上，求出此时AP的长即可． （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，列出方程进行求解即可． 【解答】解：（1）∵，， ∴a＝6，b＝8， ∴A（6，0），B（6，8）； ∵BC∥x轴，且点C在y轴上， ∴C（0，8）； （2）当点P运动3秒时，点P的运动路程为4×3＝12， ∵A（6，0），B（6，8）， ∴OA＝6，AB＝8， ∴当点P运动3秒时，点P在AB上，且AP＝12﹣6＝6， ∴P（6，6）； （3）存在，理由如下： ①当P在AB上运动时，， ∴AP＝4t﹣6， ∴， ∴， ∴， ∴点P的坐标为； ②当P在OC上运动时，OP＝28﹣4t， ∴， ∴， ∴， ∴点P的坐标为， 综上可知，点P的坐标为或． ▌题型08 平面直角坐标系中旋转问题 1.定旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角度； 2.处理90°旋转优先构造K‑型全等；绕非原点，先平移到原点旋转再平移回去； 3.利用旋转性质：线段相等、旋转角相等，列等式求坐标； 4.检验：坐标是否符合图形位置，多解区分顺时针、逆时针。 【典例1】（2026•盐亭县二模）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，3），点B的坐标为（4，0），连接AB，若将△ABO绕点B顺时针旋转90°，得到△A′BO′，则点A′的坐标为（　　） A．（6，4） B．（4，3） C．（7，4） D．（8，6） 【分析】作A'C⊥x轴于点C，由旋转的性质可得BC＝A'O'＝OA＝3，A'C＝O'B＝OB＝4，进而求解． 【解答】解：过A′作A'C⊥x轴于点C， 由旋转可得∠O'＝90°，O'B⊥x轴， ∴四边形O'BCA'为矩形， ∴BC＝A'O'＝OA＝3，A'C＝O'B＝OB＝4， ∴OC＝OB+BC＝7， ∴点A'坐标为（7，4）． 故选：C． 【变式1-1】（2026•浉河区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，等边三角形OAB的边OB在x轴上，点B的坐标为（2，0），将△OAB绕点O逆时针旋转90°得到△OCD，则点C的坐标为（　　） A． B．（﹣2，1） C． D．（﹣1，2） 【分析】过点C作CE⊥y轴于点E，先根据等边三角形的性质结合旋转的性质可得到OC＝OA＝2，∠COD＝∠AOB＝60°，结合含30°角直角三角形的性质和勾股定理即可求出点C的坐标． 【解答】解：如图，过点C作CE⊥y轴于点E， ∵△OAB是等边三角形，B（2，0）， ∴∠AOB＝60°，OA＝OB＝2， ∵△OAB绕点O逆时针旋转90°得到△OCD， ∴∠COD＝∠AOB＝60°，OC＝OA＝2， ∴∠OCE＝90°﹣∠COD＝30°， ∴，， ∴点C的坐标为． 故选：C． 【变式1-2】如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，三个顶点的坐标分别为A（2，2），B（1，0），C（3，1）． （1）将△ABC关于x轴作轴对称变换得△A1B1C1，则点C1的坐标为 　（3，﹣1）　 ． （2）将△ABC绕原点O按逆时针方向旋转90°得△A2B2C2，则点C2的坐标为 　（﹣1，3）　 ． （3）求△CC1C2的面积为 　4　 ． 【分析】（1）根据网格结构找出点A、C关于x轴的对称点A1、C1的位置，然后顺次连接，再根据平面直角坐标系写出点C1的坐标即可； （2）根据网格结构找出点A、B、C绕原点O逆时针旋转90°的对应点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接，再根据平面直角坐标系写出点C2的坐标即可； （3）根据三角形的面积公式列式进行计算即可得解． 【解答】解：（1）△A1B1C1如图所示；点C1的坐标为（3，﹣1）； （2）△A2B2C2如图所示，点C2的坐标为（﹣1，3）； （3）△CC1C2的面积2×4＝4． 故答案为：（1）（3，﹣1）；（2）（﹣1，3）；（3）4． 【变式1-3】（2025秋•津南区校级月考）△OAB在平面直角坐标系中，点O（0，0），点B（t，0），其中t≠0，点A在第一象限，且．将△OAB绕点A逆时针旋转90°得到△O'AB'，点O，B的对应点分别为O'，B'，点O'恰在x轴上． （1）如图1，当t＜0时，求点A的坐标和OO'的长； （2）如图2，当t＝5时，求点B'的坐标． 【分析】（1）过A作AH⊥x轴于H，根据旋转的性质得到AO＝AO′，∠OAO′＝90°，推出△OAO′是等腰直角三角形，得到∠AOH＝45°，AH＝OH，OO′OA，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论； （2）由（Ⅰ）知，∠AOO′＝∠AO′O＝45°，得到点B（5，0），求得OB＝5，根据旋转的性质得到∠AO′B＝∠AOB＝45°，O′B′＝OB＝5，求得∠B′O′O＝90°，于是得到B′（8，5）． 【解答】解：（1）过A作AH⊥x轴于H， ∵将△OAB绕点A逆时针旋转90°得到△O'AB'， ∴AO＝AO′，∠OAO′＝90°， ∴△OAO′是等腰直角三角形， ∴∠AOH＝45°，AH＝OH，OO′OA， ∵OA＝4． ∴AH＝OHOA＝4，OO′＝8， ∴A（4，4）； （2）由（1）知，∠AOO′＝∠AO′O＝45°， ∵t＝5， ∴B（5，0）， ∴OB＝5， ∵将△OAB绕点A逆时针旋转90°得到△O'AB'， ∴∠AO′B＝∠AOB＝45°，O′B′＝OB＝5， ∴∠B′O′O＝90°， ∵OO′＝8， ∴B′（8，5）． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $