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2022-2023 学年北师大版数学八年级上册压轴题专题精选汇编
专题 04 平面直角坐标系
考试时间：120分钟 试卷满分：100分
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2021八上·河南期末）在一次“寻宝”游戏中，寻宝人已经找到两个标志点 和
，并且知道藏宝地点的坐标是 ，则藏宝处应为图中的（ ）
A．点M B．点N C．点P D．点Q
【答案】B
【完整解答】解：∵点A（2，3）和B（1，-1），
∴坐标原点的位置如下图：
∵藏宝地点的坐标是（4，2）
∴藏宝处应为图中的：点N.
故答案为：B.
【思路引导】根据点A、B的坐标可知：将点B向左移动一个单位长度，再向上移动一个单位长度后的对
应点作为坐标原点，确定平面直角坐标系，再描出（4，2）的点即可判断.2．（2分）（2021八上·河南期末）如图，已知直线 与x轴交于点A，与y轴交于点B，以点B
为圆心、 长为半径画弧，与y轴正半轴交于点C，则点C的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【完整解答】解：当x=0时， ，点B的坐标为（0，-1）；当y=0时， ，解得， ，
点A的坐标为（2，0）；
即 ， ， ；
以点B为圆心、 长为半径画弧，与y轴正半轴交于点C，
故 ，则 ，
点C的坐标为 ；
故答案为：C.
【思路引导】 分别令x=0与y=0代入一次函数解析式求出对应的函数值y与自变量的值x，从而即可得
A、B坐标，从而利用勾股定理算出AB的长，然后根据同圆的半径相等得出BC=AB，进而即可解决问题.
3．（2分）（2021八上·长丰期末）已知点P（a-1，a+2）在x轴上，那么点Q（-a，a-1）在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【完整解答】解：∵点P（a-1，a+2）在x轴上，
∴a+2=0，
解得a=-2，
∴-a=2，a-1=-3，∴点Q的坐标为（2，-3），
∴Q（-a，a-1）在第四象限．
故答案为：D．
【思路引导】根据x轴上的点坐标的特征可得a+2=0，求出a的值，再求出-a=2，a-1=-3，即可得到点Q的
坐标为（2，-3），最后利用点坐标与象限的关系可得答案。
4．（2分）（2021八上·云梦期末）如图，在平面直角坐标系 中，已知点 的坐标是 ，以
为边在右侧作等边三角形 ，过点 作 轴的垂线，垂足为点 ，以 为边在右侧作等边三角形
，再过点 作 轴的垂线，垂足为点 ，以 为边在右侧作等边三角形 ……按此规律
继续作下去，得到等边三角形 ，则点 的纵坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【完整解答】解：∵点A的坐标是(0，2)，以OA为边在右侧作等边三角形OAA，过点A 作x轴的垂线，垂
1 1
足为点Q，
1
∴ ，
∴ ，即点 的纵坐标是
∵以 为边在右侧作等边三角形 ，过点 作 轴的垂线，垂足为点 ，∴ ，
∴ ，点 的纵坐标是 ，即
∵以 为边在右侧作等边三角形
同理，得点 的纵坐标是
按此规律继续作下去，得：点 的纵坐标是 ，即
故答案为：C.
【思路引导】 利用等边三角形的性质可求出∠AOO 的度数及OA 的长，利用30°角所对的直角边等于斜
1 1 1
边的一半，可求出AO 的长，即可得到点A 的纵坐标；再利用同样的方法分别求出A，A，的纵坐标，观
1 1 1 2 3
察其纵坐标的规律，可求出点A 的纵坐标.
2021
5．（2分）（2021八上·胶州期末）在平面直角坐标系中，已知点P（2a﹣4，a+3）在x轴上，则点（﹣
a+2，3a﹣1）所在的象限为（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【完整解答】解：∵点P（2a﹣4，a+3）在x轴上，
∴a+3=0，
解得a=-3，
∴﹣a+2=5，3a﹣1=-10，
∴点（﹣a+2，3a﹣1）所在的象限为第三象限，
故答案为：D．
【思路引导】根据x轴上的点坐标的特征可得a+3=0，求出a的值，即可得到点（﹣a+2，3a﹣1）为
（5，-10），再根据点坐标与象限的关系求解即可。
6．（2分）（2021八上·安丘期末）如图，OA平分∠BOD，AC⊥OB于点C，且AC=2，已知点A到y轴的距
离是3，那么点A关于x轴对称的点的坐标为（ ）A．(2，3) B．(3，2) C．(-2，-3) D．(-3，-2)
【答案】D
【完整解答】解：∵点A到y轴的距离是3，
∴点A横坐标为-3，
过点A作AE⊥OD，垂足为E，
∵∠DAO=∠CAO，AC⊥OB，AC=2，
∴AE=2，
∴点A的纵坐标为2，
∴点A的坐标为（-3，2），
∴点A关于x轴对称的点的坐标为（-3，-2），
故答案为：D．
【思路引导】过点A作AE⊥OD，垂足为E，利用角平分线的性质证明AE=2，从而求出点A的坐标，最后根
据关于x轴对称的点的坐标特征判断即可。
7．（2分）（2021八上·六盘水月考）在平面直角坐标系中，李明做走棋游戏，其走法是：棋子从原点出
发，第1步向右走1个单位长度，第2步向右走2个单位长度，第3步向上走1个单位长度，第4步向右走
1个单位长度……依此类推，第n步的走法是：当n能被3整除时，则向上走1个单位长度；当n被3除，
余数是1时，则向右走1个单位长度；当n被3除，余数是2时，则向右走2个单位长度.当走完第12步时，棋子所处位置的坐标是（ ）
A．（9，3） B．（9，4） C．（12，3） D．（12，4）
【答案】D
【完整解答】解：设走完第n步，棋子的坐标用A 来表示.
n
观察，发现规律：A（0，0），A（1，0），A（3，0），A（3，1），A（4，1），A（6，1），A（6，
0 1 2 3 4 5 6
2），…，
∴A （3n，n），A （3n+1，n），A （3n+3，n）.
3n 3n+1 3n+2
∵12＝4×3，
∴A （12，4）.
12
故答案为：D.
【思路引导】设走完第n步，棋子的坐标用A 来表示，先列出部分A的坐标，发现规律A （3n，n），A
n 3n 3n+1
（3n+1，n），A （3n+3，n），据此即可解答.
3n+2
8．（2分）（2021八上·河南期末）将△OBA按如图方式放在平面直角坐标系中，其中∠OBA=90°，
∠A=30°，顶点A的坐标为 ，将△OAB绕原点逆时针旋转，每次旋转60°，则第2023次旋转结束时，
点A对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【完整解答】解：由题意可知：6次旋转为1个循环，故只需要求出前6次循环对应的A点坐标即可
第一次旋转时：过点 作x轴的垂线，垂足为C，如下图所示：由A的坐标为 可知： ， ，
在 中， ，
由旋转性质可知： ，
， ，
，
在 与 中：
，
， ，
此时点A对应坐标为 ，
当第二次旋转时，如下图所示：
此时A点对应点的坐标为 .
当第3次旋转时，第3次的点A对应点与A点中心对称，故坐标为 .当第4次旋转时，第4次的点A对应点与第1次旋转的A点对应点中心对称，故坐标为 .
当第5次旋转时，第5次的点A对应点与第2次旋转的A点对应点中心对称，故坐标为 .
第6次旋转时，与A点重合.
故前6次旋转，点A对应点的坐标分别为： 、 、 、 、 、 .
由于 ，故第2023次旋转时，A点的对应点为 .
故答案为：A.
【思路引导】由题知6次旋转为1个循环，故可分别求出前6次循环对应的A点坐标，由
，故第2023次旋转时点A坐标与第一次旋转后点A的坐标相同，据此解答即可.
9．（2分）（2021八上·雨城期中）如图，长方形BCDE的各边分别平行于x轴或y轴，物体甲和物体乙
分别由点A(4，0)同时出发，沿长方形BCDE的边作环绕运动，物体甲按逆时针方向以2个单位/秒匀速运
动，物体乙按顺时针方向以6个单位秒匀速运动，则两个物体运动后的第2021次相遇地点的坐标是
（ ）
A．(0，2) B．(﹣4，0) C．(0，﹣2) D．(4，0)
【答案】A
【完整解答】解：矩形的边长为8和4，因为物体乙是物体甲的速度的3倍，
时间相同，物体甲与物体乙的路程比为1：3，由题意知：
①第一次相遇物体甲与物体乙行的路程和为24×1，
物体甲行的路程为24× ＝6，物体乙行的路程为24× ＝18，在DE边相遇；
②第二次相遇物体甲与物体乙行的路程和为24×2，物体甲行的路程为24×2× ＝12，物体乙行的路程为24×2× ＝36，在DC边相遇；
③第三次相遇物体甲与物体乙行的路程和为24×3，
物体甲行的路程为24×3× ＝18，物体乙行的路程为24×3× ＝54，在BC边相遇；
④第四次相遇物体甲与物体乙行的路程和为24×4，
物体甲行的路程为24×4× ＝24，物体乙行的路程为24×4× ＝72，在A点相遇；
此时甲乙回到原出发点，则每相遇四次，两点回到出发点，
2021÷4＝505…1，
故两个物体运动后的第2020次相遇地点的是点A，故两个物体运动后的第2021次相遇地点的是第一次相
遇的地点
此时相遇点的坐标为：（0，2），
故答案为：A.
【思路引导】由于矩形的边长为8和4，因为物体乙是物体甲的速度的3倍，利用行程问题中的相遇问题，
求出每一次相遇的相遇地点，从而得出每相遇四次，两点回到出发点，继而求出结论.
10．（2分）（2020八上·苍南期末）直角坐标系中，我们定义横、纵坐标均为整数的点为整点在0
