培优02坐标平面内的图形变换、与动点问题（6大题型）（北师大2024）（解析版）_北师大初中数学_8上-北师大版初中数学_初中数学北师大8上-2025秋季新版_第二套推荐25_07习题试卷

培优 02 坐标平面内的图形变换、与动点问题（6 大题型）
题型1 坐标平面内点坐标的平移
平移规律：左减右加（x坐标），上加下减（y坐标）。例如，点 (a,b)向右平移m个单位、向上平移
n个单位后坐标为 (a+m,b+n)。注意反向平移时符号取反。
关键：明确平移方向与距离，直接应用坐标加减法则。
1．（24-25八年级下·四川成都·期中）在平面直角坐标系 中，将点 先向左平移2个单位长度，
再向上平移4个单位长度得到点B，则点B的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了点在坐标系下的平移，掌握好点平移的计算方式是关键．根据坐标平移的规律，横坐
标左减右加，纵坐标上加下减，将点A先向左平移2个单位，再向上平移4个单位，依次计算即可．
【详解】向左平移2个单位：横坐标减少2，
原横坐标为3，平移后横坐标为： ；
向上平移4个单位：纵坐标增加4，原纵坐标为 ，平移后纵坐标为： ；
则平移后点B的坐标为 ，
故选：A．
2．（24-25七年级下·湖北武汉·期中）在平面直角坐标系中，点 向左平移 个单位长度，向上平移
个单位长度后对应点 ，则点 在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【分析】本题主要考查坐标平移规律；根据坐标平移规律，点向左平移时横坐标减少，向上平移时纵坐标
增加．确定平移后的坐标，再根据各象限点的符号特征判断位置即可．
【详解】解：点 向左平移4个单位，横坐标变为 ；
向上平移6个单位，纵坐标变为 ；
故点 的坐标为 ．
在平面直角坐标系中，第二象限的点的横坐标为负，纵坐标为正，
因此点 位于第二象限．
故选：B．
3．（24-25七年级下·广东潮州·期末）如图，若在棋盘上建立平面直角坐标系，使“帅”位于点 ，则
将棋子“马”向上平移2个单位长度后的点的坐标是 ．
【答案】
【分析】本题考查了坐标与图形变化-平移，坐标确定位置，根据题目的已知条件建立适当的平面直角坐标
系是解题的关键．根据已知建立适当的平面直角坐标系，然后再根据点的平移规律，即可解答．
【详解】解：建立适当的平面直角坐标系如图所示：棋子“马”位于点 ，
将棋子“马”向上平移2个单位长度后的点的坐标是 ，
故答案为： ．
4．（24-25七年级下·山西吕梁·期末）随着3D打印技术的蓬勃兴起，我们正步入一个前所未有的便捷与创
新并存的新时代，这项革命性的技术极大地丰富了我们的生活．如图，这是利用3D打印技术打印的“5G”
字样的艺术字，若定位点A的坐标为 ，定位点B的坐标为 ，则打印喷头从点A先向右再向下
移动至点B时，向右和向下移动的距离之和为 ．
【答案】13
【分析】本题考查了平移的性质．根据平移的性质求解即可．
【详解】解：∵ 平移到点 ，
∴点A先向右8个单位，再向下移动5个单位至点B，
∴向右和向下移动的距离之和为 ，
故答案为：13．
5．（24-25八年级下·河北保定·期末）线段 两端点的坐标分别为 ， ，若将线段 平移，
使得点A的对应点为点C，点B的对应点为点D，点D的坐标为 ，则点C的坐标为 ．
【答案】
【分析】本题考查了平面直角坐标系中图形平移的性质，解题的关键是通过已知对应点（B与D）确定平移向量，再利用平移向量计算未知对应点（C）的坐标．
计算B到D的横、纵坐标变化量（平移向量）；用相同的变化量计算A平移后对应点C的坐标．
【详解】解： ，点B的对应点为点 ，
变化规律是横坐标减2，纵坐标减1，
，
平移后点A的对应点C的坐标为
故答案为：
6．（24-25八年级上·江苏连云港·阶段练习）如图： ，若将线段 平移至 ，则
的值为 ．
【答案】2
【分析】本题考查了坐标与图形变化——平移，掌握平移中点的变化规律：横坐标右移加，左移减；纵坐
标上移加，下移减是解决问题的关键．
根据点A和 的坐标确定出横向平移规律，点B和 的坐标确定出纵向平移规律，即可求出a、b的值，
然后代入求解即可．
【详解】解：∵ ， ， ， ，
∴平移规律为向右 个单位，向上 个单位，
∴ ，
∴ ．
故答案为：2．
7．（24-25七年级下·陕西榆林·期末）在平面直角坐标系中，点P的坐标为 ．
(1)若点P在过点 且与y轴平行的直线上，求点P的坐标；(2)将点P先向右平移2个单位，再向上平移3个单位后得到点M，若点M在第三象限，且点M到y轴的距
离为7，求m的值．
【答案】(1)点P的坐标为
(2)
【分析】（1）因为点P在过点 且与y轴平行的直线上，所以A、P两点的横坐标相同，令P点横坐
标为 ，解得m值并代入纵坐标的代数式中，求值即可得到答案；
（2）根据题意用含m的代数式表示点M的坐标，根据点M的位置特征，解得m的值并代入点M的坐标中，
即可得到答案．
本题考查了坐标与图形变化﹣平移，掌握平移中点的变化规律：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，
下移减是解题的关键．也考查了平面直角坐标系中各象限内点的坐标特征，平行于y轴的直线上点的坐标
特征．
【详解】（1）解：∵P点在过点 且与y轴平行的直线上，
∴ ，
解得 ，
∴ ，
∴点P的坐标为 ；
（2）由题意知，点M的坐标为 ，即 ，
∵点M在第三象限，且点M到y轴的距离为7，
∴ ，
解得 ．
8．（24-25七年级下·河南安阳·期末）平面直角坐标系中， 为原点，点 ．
(1)如图①，三角形 的面积为_____．(2)如图②，将点B向右平移4个单位长度，再向上平移3个单位长度，得到对应点D．
①点D的坐标_____；按照这样的平移方式，直接写出A、C平移后对应点E、F的坐标分别为_____、
_____；
②点 是一动点，若三角形 的面积等于三角形 的面积，直接写出点 坐标．
【答案】(1)3
(2)① ；②点 坐标 或
【分析】本题考查平移变换，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握平移的坐标变换规律“左减右加，
上加下减”，属于中考常考题型．
（1）利用三角形面积公式求解即可；
（2）①利用平移变换的坐标变换规律求解即可；
②根据两三角形面积相等，构建方程求解即可．
【详解】（1）解： ， ， ，
， ， ，
，
的面积 ，
故答案为：3；
（2）解：①∵将点 向右平移4个单位长度，再向上平移3个单位长度，得到对应点D．
∴点D的坐标为 ，即点 ，
同理： ， ，
∴点E的坐标为 ，点F的坐标为
故答案为： ； ； ．
② ， ， ，
∴∴
解得： 或 ，
∴点 坐标 或 ．
题型2 坐标平面内的线段的平移问题
平移线段即平移端点：将线段两个端点按相同方向和距离平移，再连接新端点。若求平移后长度，因平
移不改变长度，可直接用原长或距离公式验证。以线段平移为平台，可以涉及图形面积、角度之间关系
的等问题，需要结合相关知识解答。
9．（24-25七年级下·陕西延安·期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点 ，点 ，点
，且 ， ．
(1)点A的坐标为__________，点B的坐标为__________；
(2)将线段 平移得到线段 ，点A的对应点是点C，求三角形 的面积；
(3)在（2）的条件下，过点D作 轴于点E，请问在射线 上，是否存在点P，使得三角形 的
面积等于三角形 面积的一半？如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1) ， ．
(2)12
(3)存在，点
【分析】本题考查绝对值和平方根的性质、图形的平移、坐标与图形等知识，熟练掌握相关知识的运用，
分类讨论是解答的关键．
（1）利用绝对值和算术平方根的性质求得a、b值即可；
（2）先由点A和其对应点C的坐标得到平移方式，进而得到点B对应点D的坐标，过点D作 轴于点F，然后根据面积公式即可求解；
（3）设 ，三角形 的面积为 ，则 ，然后分当 时，当 时，当 时，
当 时四种情况分析即可．
【详解】（1）解：∵ ， ，
∴ ， ，
∵A在x轴负半轴，
∴ ，
∴ ， ，
故答案为： ， ．
（2）解： 点 的对应点是点 ，
将线段 先向右平移4个单位长度，再向下平移4个单位长度得到线段 ，
点 对应点D坐标为 ．
如图-1，过点D作 轴于点F，则 ， ．
三角形 的面积 ．
（3）解：存在，点 ．
设 ，三角形 的面积为 ，三角形 的面积为 ，则 ．
当 时，如图-1，连接 ．
， ，．
不成立；
当 时， ， 不成立；
当 时，如图-2．
．
， ．
．
，此时点P的坐标为 ．
当 时， ， 不成立．
综上可知，点P的坐标为 ．
10．（24-25七年级下·湖北武汉·阶段练习）如图1，在平面直角坐标系中，点 ， ，且
实数 、 满足 ．
(1)直接写出A、B两点的坐标；
(2)如图1， 为线段 上一点，且 ，求点 的坐标；
(3)如图2，将线段 平移至 ，使点 的对应点 落在x轴上，点 的对应点 落在 轴上，连接 、
， 为线段 上一点， 为 轴上一动点，若 ，求 的值．
【答案】(1) ，(2)
(3) 或
【分析】（1）利用 可得 ，解出 、 的值即可求出．
（2）如图，过点A作y轴的平行线，过点B作x轴的平行线，两线交于点H，过点H作 于点
G，过点C分别作 于点M， 于点N，连接 ，首先得到 ，
求出 ，得到 ， ， ，由 求出 ，进
而求解即可；
（3）设 与y交于K，连接 ，则 ，得出 ，因为 ，故
，由 代数求解即可．
【详解】（1） ，
，
，
， ．
（2）如图，过点A作y轴的平行线，过点B作x轴的平行线，两线交于点H，过点H作 于点
G，过点C分别作 于点M， 于点N，连接∴
∴
∵ ，
∴ ，
∴
∴ ，
∴
∵
∴ ，
∴
∴
∴ ；
（3）∵点 ， ，由平移可得点 ， ，
设 与y交于K，
连接 ，则 ，，
，
，
，
，
，
，
或 ．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形综合，平方值和根号值的非负性、平面几何和坐标、平面直角坐标系
中三角形面积求法、点的平移等知识，读懂题意，根据题意作出图形，数形结合转化为常见题型求解是解
决问题的关键．
11．（24-25七年级下·湖北孝感·期末）如图1，在平面直角坐标系中，点 在 轴正半轴，到 轴的距离
为 ，点 的坐标为 ，点 在 轴上点 的右侧，且 ，过点 作平行于 轴的直线 ，点
是直线 上的一个动点．
(1)若点 在第一象限，且到 轴的距离为 ．①则点 的坐标为______；
②如图2，连接 、 、 ，平移线段 ，使点 到点 的位置、点 到点 的位置，则点 的坐标
为______．
(2)平移图2中的线段 ，点 始终在直线 上，设点 的纵坐标为 ．
①在点 运动的过程中，若线段 与 轴有一个交点，求点 的纵坐标 的取值范围；
②当三角形 的面积等于 时，求点 的坐标．
【答案】(1)① ；②
(2)① ；② 或
【分析】本题考查了平移的性质，三角形、梯形的面积公式及利用割补法求面积，掌握平移的性质是解本
题的关键．
（1）①先确定出 ，进而求出 ，求出 ，即可求出答案；
②先判断出点A向右平移 个单位，向上平移1个单位到点 ，即可求出答案；
（2）①找出当点 平移到 轴上时和当点 平移到 轴上时， 的值，即可求出答案；
②分两种情况，由平移的性质，利用割补法，即可分别求出答案．
【详解】（1）解：① 点A在 轴正半轴，到 轴的距离为 ，
，
，
点 在 轴上点A的右侧，且 ，
，
，
过点 作平行于 轴的直线 ，
点 的横坐标为 ，
点 在第一象限，且到 轴的距离为 ，
点 ，
故答案为： ；
②由平移得，点 平移到点 ，点A向右平移 个单位，向上平移1个单位到点 ，
点 向右平移 个单位，向上平移1个单位到点 ，
，
，
故答案为： ；
（2）解：由（1）知， ， ，
①当点 平移到 轴上时，点 向下平移 个单位，此时 ，
当点 平移到 轴上时，点 向下平移2个单位，
点 也向下平移2个单位，此时 ，
当线段 与 轴有一个交点时，点 的纵坐标 的取值范围是 ，
故答案为： ；
② ，
，
由（1）知， ，
如备用图，当点 在 轴上方时， ，
三角形 的面积等于 ， ，
，
解得 ，
点 ，，
；
当点 在 轴下方时， ，
如备用图2：过点 作 直线 ，于点 ，
三角形 的面积等于 ， ， ， ，
，
解得 ，
点 ，
，
，
即点 或 ．
12．（24-25七年级下·河南许昌·期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点A坐标为 ，点B坐标为
，且 ．(1) ， ，点B的坐标为 ．
(2)点C在第一象限内， 轴，将线段 进行适当的平移得到线段 ，点A的对应点为点D，点B
的对应点为点C，连接 ．若 的面积为16，求线段 的长．
【答案】(1)3， ，
(2)8
【分析】本题是几何变换综合题，主要考查了非负数的性质，坐标和图形的性质，三角形的面积，平移的
性质等知识，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
（1）由非负数的性质可求出 ， ，则可得出答案；
（2）由（1）可知 ，由平移可知点B的对应点为点C，点B的纵坐标为 ，可得点D与点A的纵
坐标之差为4，得点D到 的距离为4，再结合三角形面积公式即可求解．
【详解】（1）解：∵ ，且 ， ，
， ，
， ，
则点B的坐标为 ，
故答案为：3， ， ；
（2）由（1）可知 ，
∵ 轴，
∴点C纵坐标为3，
由平移可知点B的对应点为点C，
∵点B的纵坐标为 ，
∴点C与点B的纵坐标之差为 ，∴点D与点A的纵坐标之差为4，
∵ 轴，
∴点D到 的距离为4，
∵ ，
∴ ．
13．（24-25七年级下·黑龙江齐齐哈尔·期末）综合与探究：
如图，已知点 满足 ．将线段 先向上平移2个单位，再向右平移1个
单位后得到线段 ，并连接
(1)点 的坐标是 ，点 的坐标是 ；
(2)点 从 点出发，以每秒1个单位的速度向上平移运动．设运动时间为 秒，问：是否存在这样的 ，
使得四边形 的面积等于9？若存在，请求出 的值；若不存在，请说明理由；
(3)在（2）的条件下，点 从 点出发的同时，点 从点 出发，以每秒2个单位的速度向左平移运动，
设射线 交 轴于点 ．设运动时间为 秒，直接写出 的值．
【答案】(1) ；
(2)存在，3
(3)3
【分析】（1）利用绝对值与平方的非负性求出a，b的值，即可求解；
（2）由平移的性质可得点 ，点 ， ，由面积关系可求解；
（3）分点N在线段 上，点N在 的延长线上两种情况讨论，由面积和差关系可求解．
【详解】（1）解：∵ ， ，，解得 ，
∴点A和点 的坐标分别为 ； ，
故答案为： ； ；
（2）解：存在．
过D作 的延长线，垂足为H，如图所示：
∵点A和点 的坐标分别为 ； ，
∴ ，
∵将线段 先向上平移2个单位，再向右平移1个单位后得到线段 ，
∴点C和点D的坐标分别为 和 ，
∴ ，
设M点坐标为 ，连接 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，即 ，解得 ，
∴存在这样的 ，使得四边形 的面积等于9；
（3）解：不变．
理由如下：
当点N在线段 上时，如图所示，设运动时间为 秒， ，过D作 的延长线，垂足为H ，连接 ，
∵ ， ，
∴
=
=
，
当点N运动到线段 的延长线上时，如图所示，设运动时间为 秒， ，连接 ，
，
综上可知， 的值为 ．
【点睛】本题是考查了平移的性质，非负数性质，解二元一次方程组，坐标与图形的性质，三角形的面积
公式等知识，利用分类讨论思想解决是本题的关键．题型3 坐标平面内的三角形的平移问题
整体平移三个顶点：按平移向量移动每个顶点，保持相对位置不变。若求面积，因平移不改变形状，面
积与原三角形相同，可用鞋带公式验证。
技巧：先标出平移后顶点，再连线成三角形，避免遗漏点。
14．（24-25七年级下·天津滨海新·期中）平面直角坐标系中，将三角形各点的纵坐标都减去 ，横坐标
保持不变，所得图形与原图形相比（ ）
A．向上平移了3个单位 B．向下平移了3个单位
C．向右平移了3个单位 D．向左平移了3个单位
【答案】B
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—平移，根据坐标平移的规律，纵坐标的变化对应上下平移，减
3则向下平移3个单位，据此可得答案．
【详解】解：将三角形各点的纵坐标都减去3，横坐标保持不变，相当于每个点的位置在竖直方向上减少
了3．根据平移规律，纵坐标减少表示向下平移，因此所得图形与原图形相比向下平移了3个单位．
故选B．
15．（24-25七年级下·山西忻州·期末）如图，透明胶片上有一平行四边形，该平行四边形的一顶点 的
坐标为 ，另一顶点 的坐标为 ，移动胶片，使顶点 移动至点 处，原来顶点 移动至点 处，
则点 的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】此题考查了坐标与图形变化－平移，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．
先由M到N判断平移的方式，再求点P的坐标．
【详解】解：∵点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，
∴由M到N先向右平移3个单位，再向上平移2个单位，
∴由N到P先向右平移3个单位，再向上平移2个单位，∴点 的坐标为 ．
故选C．
16．（24-25七年级下·山东临沂·期末）如图，方格纸中每个小方格都是边长为1个单位的正方形，学校位
置坐标为 ，图书馆位置坐标为 ，解答下列问题：
(1)在图中建立平面直角坐标系；
(2)若体育馆位置坐标为 ，请在坐标系中标出体育馆的位置 ；
(3)顺次连接学校、图书馆、体育馆，得到三角形 ，求三角形 的面积．
(4)若三角形 内部有一点 ，经过平移后的对应点 的坐标为 ，且 的对应点分
别为 ，请说明三角形 是如何由三角形 平移得到（沿网格线平移）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
(4)三角形 是由三角形 向右平移1个单位长度，向下平移2个单位得到的
【分析】本题主要考查了建立平面直角坐标系，平面直角坐标系内图形的平移，求三角形的面积，准确的
建立直角坐标系是解题的关键．
（1）根据点的坐标特点建立直角坐标系即可；
（2）根据直角坐标系描出点；
（3）根据梯形的面积减去两个三角形的面积可得答案；
（4）根据坐标的变化得出图形的平移特征，可得答案．
【详解】（1）解：建立直角坐标系，如图所示；（2）解：如图所示；
（3）解：如图所示：
三角形 的面积为 ．
（4）解：∵点 ，经过平移后的对应点 的坐标为 ，
∴三角形 是由三角形 向右平移1个单位长度，向下平移2个单位得到的．
17．（24-25七年级下·广东珠海·期末）如图，在平面直角坐标系 中，三角形 三个顶点的坐标分
别是 ， ， ，三角形 中任意一点 ，经平移后对应点为 ，
将三角形 作同样的平移得到三角形 ，点 ， ， 的对应点分别为 ， ， ．(1)点 的坐标为______；
(2) 画出三角形 ；
写出三角形 的面积______．
(3)若点 在 轴上且 的面积为 ，则点 的坐标为______．
【答案】(1) ；
(2) 见解析； ；
(3) 或 ．
【分析】本题考查了坐标系中的平移、坐标与图形等知识，正确得出平移的方式是解题的关键．
（1）先根据 点坐标得出图形的平移方式是先向左平移 个单位，再向上平移 个单位，进而得到答案；
（2） 先画出 ， ， 平移后的对应点 ， ， ，再顺次连接即可；
把 补充成一个 的矩形，利用割补法求解即可；
（3）设点 的坐标为 ，根据 的面积为 建立方程求解即可．
【详解】（1）解： 三角形 中任意一点 ，经平移后对应点为 ，
图形的平移方式是先向左平移 个单位，再向上平移 个单位，
点 的坐标为 ，
点 的横坐标为 ，纵坐标为 ，
点 的坐标为 ；故答案为： ；
（2） 解：如下图所示，三角形 即为所求作，
解：如下图所示，把 补充成一个 的矩形，
；
故答案为： ；
（3）解：设点 的坐标为 ，
的面积为 ， ， ，
，
解得： 或 ，
点 的坐标为 或 ，
故答案为： 或 ．
18．（24-25七年级下·山东德州·期末）如图，在平面直角坐标系中， 经过平移得到 ．(1)分别写出点 的坐标： ， ．并说明 是由 经过怎样的平移得到的．
(2)若点 是 内部一点，经过相同的平移后对应点 的坐标为 ，求 和 的值．
【答案】(1) ， ， 是由 先向右平移4个单位长度，再向下平移6个单位长度得到
的
(2)
【分析】本题主要考查了平面直角坐标系中点的平移，熟练掌握平移规律，是解题的关键．
（1）根据图形写出点 的坐标即可，根据点A向右平移4个单位长度，再向下平移6个单位长度得到
点 得出 是由 先向右平移4个单位长度，再向下平移6个单位长度得到的；
（2）根据点 是 内部一点，经过相同的平移后对应点 的坐标为 ，列出方程，解
方程即可．
【详解】（1）解：根据图形可知： ， ；
∵点A向右平移4个单位长度，再向下平移6个单位长度得到点 ，
∴ 是由 先向右平移4个单位长度，再向下平移6个单位长度得到的；
（2）解：∵点 是 内部一点，经过相同的平移后对应点 的坐标为 ，
∴ ， ，
解得： ．题型4 坐标平面中的轴对称变化
对称轴决定坐标变换：
关于 x 轴对称： (a,b)→(a,−b)；关于 y 轴对称： (a,b)→(−a,b)；关于直线 y=x 对称：交换坐标
(a,b)→(b,a)。
关键：先确定对称轴，再按规则改变坐标符号或位置。
19．（24-25八年级上·辽宁大连·阶段练习）在平面直角坐标系中，点 关于y轴的对称点是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了关于对称轴对称的点的坐标，根据关于y轴对称的点的坐标特征，横坐标互为相反数，
纵坐标不变，直接得出答案．
【详解】解：在平面直角坐标系中，点 关于y轴的对称点是 ，
故选：B．
20．（24-25八年级上·甘肃白银·阶段练习）已知 与点 关于x轴对称，则
．
【答案】0
【分析】根据关于x轴对称，横不变，纵坐标互为相反数，列式解答即可．
本题考查了x轴对称的特点，求代数式的值，熟练掌握对称是解题的关键．
【详解】解： 与点 关于x轴对称，
故 ，
解得 ，
故 ，
故答案为：0．
21．（22-23八年级上·江苏扬州·期末）若平面直角坐标系中的两点 关于y轴对称，则
的值是 ．
【答案】2【分析】本题考查了关于 轴对称的点的坐标特征，熟练掌握关于坐标轴对称的点的坐标特征是解此类问
题的关键，根据关于 轴对称的两点的横坐标互为相反数，纵坐标相同，求得a、b的值即可求得答案．
【详解】解： 点 关于 轴对称，，
， ，
则 的值是： ，
故答案为：2．
22．（24-25八年级下·河北邯郸·期末）如图，正方形网格中，点A的坐标为 ，点B的坐标为 ，
点C的坐标未知，图中已经画出y轴．
(1)在正方形网格中画出x轴，标出原点O，并直接写出点C的坐标；
(2)在平面直角坐标系中，画出 关于x轴对称的 ．并直接写出 的坐标．
【答案】(1) 轴及原点O 见详解，
(2) 见详解； ， ，
【分析】本题考查了平面直角坐标系，点的坐标，作轴对称图形；
（1）由点A的坐标为 ，确定原点，即可确定 轴，写出 的坐标，即可求解；
（2）作出 ，写出坐标，即可求解；
能根据已知点的坐标建立直角坐标系，会作轴对称图形是解题的关键．
【详解】（1）解： 轴及原点O，如图，；
（2）解：如图，
为所求作；
， ， ．
23．（24-25八年级上·浙江宁波·期中）在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为 ，格点三角
形（顶点是网格线的交点的三角形） 的顶点 ， 的坐标分别为 ， ．
(1)请在如图所示的网格平面内作出平面直角坐标系；
(2)请作出 关于 轴对称的 ；(3)把 先向右平移 个单位，再向下平移 个单位得到 ，写出点 的坐标．
【答案】(1)图形见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查平面直角坐标系，图形平移的知识，解题的关键是掌握平面直角坐标系中图形平移的性
质，进行解答，即可．
（1）根据 ， 的坐标 ， ，确定平面直角坐标系的原点，即可．
y
（2）由（1）平面直角坐标系可得点B的坐标，根据点关于 对称，纵坐标不变，横坐标变为相反数，得
到点A，B，C的坐标，依次连接，即可；
（3）根据平移的规律，左减右加，上加下减，即可．
【详解】（1）解：平面直角坐标系如图所示．
A4,5 C1,3 B2,1
（2）解：∵点 ， ，
VABC y ABC
A4,5 C1,3 B2,1
∴ 关于 轴对称的 的坐标， ， ， ，依次连接，
∴ ABC即为所求．A4,5 C1,3 B2,1
（3）解：∵ ， ， ，
∴

ABC先向右平移1个单位，再向下平移2个单位得到△ABC，
B21,12
∴ ，
B3,1
∴ ．
A1,1 B2,0
24．（24-25七年级上·山东淄博·阶段练习）如图所示，在平面直角坐标系中，已知 ， ，
C4,3
．
(1)在平面直角坐标系中画出VABC．
(2)点A关于 y 轴的对称点A的坐标为__________，点C关于x轴的对称点C的坐标为__________；
PAPC
(3)在 x 轴上找一点P，使 最大；
y Q ACQ

(4)在 轴上找一点 ，使 的周长最小，并求出周长；
(5)已知M 为x轴上一点，若 ABM 的面积为4，求点M 的坐标．【答案】(1)见解析
1,1 4,3
(2) ，
P,A,C PAPC AC
(3)当点 在同一条直线上时， 最大，最大值为 的长度，图见详解
 ACQ 13 29
(4)图见详解， 的周长最小为
M
10,0 6,0
(5)点 的坐标为 或
【分析】本题主要考查了网格坐标系和几何图形，求关于坐标轴对称的点的坐标，利用三角形的三边关系
确定最值，利用轴对称解决最短路径问题，勾股定理，根据三角形的面积确定点的坐标等知识点，解题的
关键是熟练掌握以上性质．
（1）根据点的坐标确定图形即可；
（2）利用轴对称的性质即可求出点的坐标；
（3）利用三角形的三边关系即可确定点的位置和最值；
（4）利用轴对称的性质即可确定点的位置，并利用勾股定理求出三角形的周长；
Mx,0 x2 8
（5）设 ，根据三角形的面积得 ，求解即可确定点的坐标．
【详解】（1）解：VABC即为所求；
y 1,1
A A
（2）解：点 关于 轴的对称点 的坐标为 ，
4,3
C x C
点 关于 轴的对称点 的坐标为 ，
1,1 4,3
故答案为： ， ；
（3）解：如图，延长CA交x轴于一点P，点P即为所求；P,A,C PAPC <AC
当点 不在同一条直线上时，三点构成三角形，根据三角形的三边关系， ；
P,A,C PAPC AC
所以，当点 在同一条直线上时， 最大，最大值为 的长度；
A y A AC y Q Q
（4）解：如图，找点 关于 轴的对称点 ，连接 交 轴于一点 ，点 即为所求；
AQ AQ
此时， ，
AC  412312  29 AC  412312  13
根据勾股定理得， ， ，
ACQ ACAQCQ ACAQCQ ACAC  13 29
所以， 的周长为 ；
Mx,0
（5）解：设 ，根据题意得，
1 1
S  BM y  BM 4，
ABM 2 A 2
BM 8
解得 ，
x2 8
即 ，解得，x10或x6，
M
10,0 6,0
所以，点 的坐标为 或 ．
题型5 点坐标的规律探究
观察序号与坐标关系；若坐标呈周期性变化，可归纳通项公式或分组求解。
xOy
A1,1 B1,1
25．（2025七年级下·全国·专题练习）如图，在平面直角坐标系 中，已知点 ， ，
C1,2 D1,2
2025
， ．现把一条长为 个单位长度且没有弹性的细线（线的粗细忽略不计）的一端固定
在点A处，并按ABCD AB的规律紧绕在四边形ABCD的边上，则细线另一端所在位置
的点的坐标是（ ）
1,1 1,1 1,2 1,2
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查规律型：点的坐标，解题的关键是理解题意，求出四边形ABCD的周长；
本题先求出四边形ABCD的周长为10，再计算2025�10 202

5，得到余数为5，由此解题．
A1,1 B1,1 C1,2 D1,2
【详解】解：∵点 ， ， ， ，
∴四边形ABCD的周长为232310，
∴2025�10 202

5，
∵AB2，BC 3，
C1,2
∴细线另一端所在位置的点在B点的下方3个单位的位置，即点 ；故选：C
26．（24-25七年级上·陕西西安·阶段练习）一组正整数1，2，3，4，5…按下面的方法进行排列：
第1列 第2列 第3列 第4列 第5列 第6列
1 2 3 4 5 6 第1行
12 11 10 9 8 7 第2行
…
1,2 2,5
我们规定，正整数2的位置记为 ，正整数8的位置记为 ，问题：则正整数2024的位置可记为
（ ）
338,4 338,2 338,5 337,5
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了规律型：点的坐标．根据每行6个数，且奇数行从左往右依次增大1，偶数行从
左往右依次减少1，据此可解决问题．
【详解】解： 20246337  2，
∴所以数2024在第338行，第5列．
338,5
故其位置记作 ．
故选：C．
xOy
P
27．（24-25七年级下·四川绵阳·期末）如图，平面直角坐标系 内，动点 按图中箭头所示方向依次运
0,1 1,0 2,2 3,0
动，第 1 次从点 运动到点 ，第二次运动到点 ，第 3 次运动到点 ，按这样的运动规律，
动点P第2025次运动到的点的坐标是（ ）
2025,0 2025,1 2025,2 2025,2025
A． B． C． D．【答案】A
【分析】本题考查点坐标的规律：解题的关键是找到点的横坐标和纵坐标的规律．
观察图形可知：每4次运动为一个循环，点的纵坐标依次为0、2、0，1，并且每一个循环向右运动4个
单位，用20254可判断出第2025次运动时，点P在第几个循环第几次运动中，进一步即可计算出坐标．
【详解】解：由题意得，动点P的运动规律可以看作每运动四次为一个循环，点的纵坐标依次为0、2、
0，1，每个循环向右运动4个单位，
∵202545061，
第2025次运动时，点P在第507次循环的第1次运动上，
横坐标为2025，纵坐标为0，
P 2025,0
 此时 2025 ．
故选：A．
A1,3 B2,0
VAOB
28．（24-25七年级下·广东湛江·期末）如图，在直角坐标系中， ， ，第一次将 变换
OAB A 2,3 B 4,0 OAB △OAB A 4,3 B 8,0 △OAB
成 1 1， 1 ， 1 ；第二次将 1 1变换成 2 2， 2 ， 2 ，第三次将 2 2
OAB B
变换成  3 3，…，则 2025的横坐标为（ ）
22023 22024 22025 22026
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查点的坐标变化规律，能根据所给点的坐标，发现点的横坐标依次增加2倍是解题的
B B B
关键．依次求出点 1， 2， 3，…，的横坐标，发现规律即可解决问题．
【详解】解：由题知，
221
点B的横坐标为： ，
点
B
1的横坐标为：
422
，B 823
点 2的横坐标为： ，
…，
B 2n1
依次类推，点 n的横坐标为： ；
当n2025时，
点
B
2025的横坐标为
22026
．
故选：D．
29．（24-25七年级下·甘肃定西·期末）如图，平面直角坐标系中有若干个横、纵坐标都是整数的点，其顺
0,00,11,11,02,02,2
 
序按图中“ ”方向排列，即 ．根据这个规律，第2025
个点的坐标为（ ）
675,675 0,675 675,0 0,0
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题是对点的坐标变化规律的考查，根据规律得出从第二个点开始，每3个点为一组求解是解题
的关键，也是本题的难点．
从第二个点开始，每3个点为一组，第奇数组第一个点在y轴，第三个点在x轴，第二个点为相应的横坐
表和纵坐标，第偶数组，第一个点在x轴，第三个点在y轴，第二个点为相应的横坐表和纵坐标，用
202513
，根据商的情况确定点的位置和坐标即可．
20251367432
【详解】解：∵ ，
∴第2025个点是第675组的第二个点，
675,675
∴坐标为 ．
故选A．3,0
30．（24-25七年级下·内蒙古通辽·期末）如图，小球起始时位于 处，沿所示的方向击球，小球运动
1,0
的轨迹如图所示．如果小球起始时位于 处，仍按原来方向击球，小球第一次碰到球桌边时，小球的位
0,1
置是 ，那么小球第2025次碰到球桌边时，小球的位置是（ ）
(3,4) (5,4) (7,0) (8,1)
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了坐标确定位置，解答本题的关键是明确题意，发现点的坐标位置的变化特点，利用数
形结合的思想解答．
根据题意，可以画出相应的图形，然后即可发现点所在位置的变化特点，即可得到小球第2025次碰到球桌
边时，小球的位置．
【详解】解：由图可得，
1,0 0,1
点 第一次碰撞后的点的坐标为 ，
3,4
第二次碰撞后的点的坐标为 ，
7,0
第三次碰撞后的点的坐标为 ，
8,1
第四次碰撞后的点的坐标为 ，5,4
第五次碰撞后的点的坐标为 ，
1,0
第六次碰撞后的点的坐标为 ，
…，
∵20256337

3，
7,0
∴小球第2025次碰到球桌边时，小球的位置是 ．
故选：C．
31．（24-25八年级下·重庆九龙坡·期末）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形①沿x轴正半轴滚
A(0,2) A (6,0)
动变换，①在滚动变换过程中，只改变边长，形状不变，点 1 对应点 2 ，得到等腰直角三角形
 A A (6,0)
②，称① ②为第一次滚动变换；第二次滚动变换后点 2对应点 3 ，得到等腰直角三角形③；第三
A A (10,4 2) A
次滚动变换后点 3对应点 4 ，得到等腰直角三角形④；第四次滚动变换后点 4对应点
A (1012 2,0)
5 ，得到等腰直角三角形⑤；……依此规律，则第2025个等腰直角三角形的面积是（
）
22024 22025 21002 22024 2
A． B． C． D．
【答案】B
A(0,2)
【分析】本题考查的是勾股定理，等腰直角三角形的性质和面积，根据 1 确定第1个等腰直角三角形
) A (6,0) )
（即等腰直角三角形① 的面积，根据 2 确定第2个等腰直角三角形（即等腰直角三角形② 的面积，，同理，确定规律可得结论，确定各个等腰直角三角形的边长是本题的关键．
A(0,2)
【详解】解：点 1 ，
1
 222
第1个等腰直角三角形的面积 ，
 2
A (6,0)
 2
，
62
2 2
第2个等腰直角三角形的腰长为 2 ，
1
第2个等腰直角三角形的面积 2 22 2 422 ，
 2
 
A 10,4 2
 4 ，
第3个等腰直角三角形的腰长为1064，
1
第3个等腰直角三角形的面积 44823 ，
 2

22025
则第2025个等腰直角三角形的面积是 ；
故选：B．
(1,0)
A
32．（24-25七年级下·山东德州·期末）如图，在平面直角坐标系中，动点 从 出发，向上运动1个单
B1,1
BC BD C(0,2) D(2,2)
位长度到达点 ，分裂为两个点，分别沿 ， 向左、右分别运动到点 点 ，此时称动
G(1,4),H1,4,I(3,4)
点A完成第一次跳跃，再分别从C、D点出发，每个点重复上边的运动，到达点 ，
此时称动点A完成第二次跳跃，依此规律跳跃下去，动点A完成第2025次跳跃时最左边点的坐标是
（ ）(2021,4051) (2024,4050) (2024,4051) (2022,4051)
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了点的坐标规律探索，观察可知每完成一次跳跃，到达点的纵坐标增加2，到达最
左边的点的横坐标减1，左右两个点的横坐标相差2，据此规律求解即可．
【详解】解：由题意可得：每完成一次跳跃，到达点的纵坐标增加2，到达最左边的点的横坐标减1，左右
两个点的横坐标相差2，
∴动点A完成第2025次跳跃时，所到达点的纵坐标为202524050，最左边的点的横坐标为：
120252024，
∴最左边的点的坐标为(2024,4050)，
故选B．
O0,0
33．（24-25八年级上·江苏淮安·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点 第1次向右跳动1个单
P1,0 P 1,1 P 1,1
位至点 1 ，紧接着第2次向上跳动1个单位至点 2 ，第3次向左跳动2个单位至点 3 ，第4
P P P
次向上跳动1个单位至点 4，第5次又向右跳动3个单位至点 5，第6次向上跳动1个单位至点 6，…照
P
此规律， 2024的坐标是 ．506,1012
【答案】
【分析】本题考查了点的坐标规律探求，找准规律是解题的关键．先求出前几个点的坐标，找出规律，再
根据规律解答．
P(1,0) P(1,1) P(1,1) P(1,2) P(2,2) P(2,3) P(2,3) P(2,4)
【详解】解：观察发现： 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ， 6 ， 7 ， 8 ，
P(3,4)
9 ……，
P (n1,2n) P (n1,2n1) P (n1,2n1) P (n1,2n2)
∴ 4n1 ， 4n2 ， 4n3 ， 4n4 （n为自然数），
∵2024506450544，
P (5051,25052)
506,1012
∴ 2024 ，即 ；
506,1012
故答案为：
OAA
34．（24-25八年级上·江苏连云港·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形 1的直角
OA x A OA1 A OA
边 在 轴上，点 1在第一象限，且 ，以点 1为直角顶点， 1为一直角边作等腰直角三角形
OA 1 A 2，再以点 A 2为直角顶点， OA 2为直角边作等腰直角三角形 OA 2 A 3 依此规律，则点 A 2024的坐标是
。 21012,0 
【答案】
【分析】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，还应该注意各个象
限内点的坐标符号．点A坐标变化规律要分别从旋转次数与点A所在象限或坐标轴、点A到原点的距离与
旋转次数的对应关系寻找，再求解．
【详解】解：由已知，点A每次旋转转动45，则转动一周需转动8次，每次转动点A到原点的距离变为
2
转动前的 倍，
∵20248253，
A
∴点 2024在x轴的正半轴上，
 2024
OA  2 21012
则 2024 ，
A  21012,0 
∴ 2024 ．
 21012,0 
故答案为： ．
A1,3 B1,1 C3,1
ABCD
35．（24-25八年级上·广东清远·期末）如图，已知正方形 ，顶点 、 、 ，规定
“把正方形ABCD先沿x轴翻折，再向左平移1个单位”为一次变换，如此这样，连续经过2019次变换后，
正方形ABCD的对角线交点M的坐标变为 ．2017,2
【答案】
【分析】本题主要考查坐标系中图形轴对称和平移变换规律问题，解此题的关键在于熟练掌握平移与关于
坐标轴对称的点的坐标特征．
先求得M点坐标，再根据题意列出经过变换后M点的坐标，然后发现规律即可得解．
A1,3 C3,1
ABCD
【详解】解：∵正方形 ， ， ，
M2,2
∴
1,2
∴经过1次变换后M点的坐标为 ，
0,2
经过2次变换后M点的坐标为 ，
1,2
经过3次变换后M点的坐标为 ，
······
2n,21n
经过n次变换后M点的坐标为 ，
2017,2
n2019
则 时，M点的坐标为 ．
2017,2
故答案为： ．
A1,0
x
36．（24-25七年级下·黑龙江齐齐哈尔·期末）如图所示，平面直角坐标系中， 轴负半轴有一点 ，
A 1,1 A 0,1
点A先向上平移1个单位至 1 ，接着又向右平移1个单位至点 2 ，然后再向上平移1个单位至
A 0,2 A 1,2 A A
点 3 ，向右平移1个单位至点 4 ，照此规律平移下去，点A平移至点 2025时，点 2025的坐标为．
1011,1013
【答案】
【分析】本题考查了坐标与图形的变化—平移，学会探究规律的方法是解题的关键．
A 2n，n
根据题意得出前若干个点的坐标进而即可得到 2n1 进而即可解答．
A 1，1 A 0，2 A 1，3
【详解】解：∵ 1 ， 3 ， 5 ……，
A 2n，n
∴ 2n1 ，
∵2025101321，
∴n1013
A 1011，1013
∴ 2025 ．
1011,1013
故答案为： ．
37．（24-25七年级下·内蒙古巴彦淖尔·期末）如图，爱好编程的小明编了一个“步步高升”程序，已知点
OA A A  A 1,2 A 2,1 A 3,3 A 4,2
A在平面直角坐标系中按 1 2 3 规律跳到．已知 1 ， 2 ， 3 ， 4 ，
A 5,4 A 6,3 A
5 ， 6 ，…以此类推，则 100的坐标为 ．
100,50
【答案】【分析】本题考查了坐标系中点的坐标规律，解题的关键是找到点的坐标变化规律，
A
根据已知点的坐标规律分别表示出偶数点和奇数点的坐标的规律，然后求得点 100的坐标即可．
 n
【详解】解：观察偶数项的坐标规律 A 2 2,1 ， A 4 4,2 ， A 6 6,3 可得 A n   n, 2  ，奇数项的横坐标为
n，纵坐标为前一个偶数的纵坐标加2，

100为偶数，
A 100,50
 100的坐标为 ，
100,50
故答案为： ．
P(1,1) P(2,4) P(3,9) P(4,16)
38．（24-25七年级下·黑龙江佳木斯·期末）探索规律：点 1 ， 2 ， 3 ， 4 ，…，按此
规律，求：
P
(1)点 5的坐标；
P
(2)点 n的坐标( n 为正整数)；
P
(3)若点 n到 x 轴的距离为 625 ，求 n 的值．
P(5,25)
【答案】(1) 5
P (n,n2)
(2)点 n的坐标为
(3)n25
【分析】本题考查了点的坐标规律探究，求一个数的算术平方根，找到纵坐标是横坐标的平方，是解题的
关键；
P
（1）根据规律直接写出点 5的坐标；
P
（2）根据纵坐标是横坐标的平方写出点 n的坐标；
（3）根据到x轴的距离为纵坐标的绝对值，即可求解．
P(1,1) P(2,4) P(3,9) P(4,16)
【详解】（1）解：点 1 ， 2 ， 3 ， 4 ，P(5,25)
∴ 5
P (n,n2)
（2）解：依题意，点 n的坐标为
P(n,n2)
（3）解：由（2）可得 n
∴n2 625．
又∵n为正整数，
∴n25
xOy
P
39．（24-25七年级下·河北邢台·期末）在平面直角坐标系 中，对于点 ，给出如下定义：
点P的“第I类变换”：将点P向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度；
点P的“第II类变换”：将点P向右平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度．
A3,0
(1)①已知点 ，对点A进行1次“第 I 类变换”后得到的点的坐标是_____；
0,2
②点B为平面内一点，若对点B进行1次“第II类变换”后得到点 ，则点B的坐标是_____．
Cm,n
C D
(2)已知点 ，若对点 连续进行5次“第I类变换”，再连续进行4次“第II类变换”后得到点 ，
求点D的坐标（用含m，n的式子表示）．
(3)已知点P的坐标
 10，3 
，对点P进行“第I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．
1,1 1,5
【答案】(1)① ；②
Dm6,n7
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）①根据题目新定义再结合坐标平移特点得出结果即可；②根据题目新定义再结合坐标平移
特点得出结果即可；
Cm,n
(m52,n51)
（2）对点 连续进行5次“第I类变换”后，得到的点的坐标 ，再进行4次“第II
(m10 41,n543)
类变换”后，得到的点的坐标是 ，化简即可；（3）设点P经过m次“第I类变换”，经过n次“第II类变换，得到点Q的坐标为
mn20
102mn,3m3n
，根据题意得到

102mn0，解出m、n为非负整数，即可得出结论．
A3,0 1,0 1,1
【详解】（1）解：①点 向左平移2个单位长度，得到 ；再向上平移1个单位长度得到 ；
A3,0 1,1
∴点 ，对点A进行1次“第 I 类变换”后得到的点的坐标是 ；
1,1
故答案为： ．
0,2 1,2 1,5
②点 ，向左平移1个单位长度得到 ，再向上平移3个单位长度得到 ；
0,2 1,5
∴对点B进行1次“第II类变换”后得到点 ，则点B的坐标 ；
1,5
故答案为： ．
Cm,n
（2）解：对点 连续进行5次“第I类变换”后，
得到的点的坐标是(m52,n51)，化简得（m10，n5），
(m10 41,n543)
再进行4次“第II类变换”后，得到的点的坐标是 ，
m6,n7
化简得 ；
Dm6,n7
；
（3）解：不存在，
P10,3

理由如下： ，
设点P经过m次“第I类变换”，经过n次“第II类变换，
102mn,3m3n
得到点Q的坐标为
点Q恰好在 y 轴上，

mn20

102mn0， 10
m

 3
解得 ，
50
n
 3

m、n为非负整数，

不合题意舍去，

不存在一种上述两类变换的组合，使得点Q恰好在y轴上．
题型6 平面直角坐标系中的动点问题
分段分析动点轨迹：根据速度或时间t表示坐标（如 (2t,t+1)），结合几何条件（如到某点距离为定
值）列方程求解。注意边界情况。
①
Aa,b Bb,0
40．（24-25七年级下·湖北武汉·期中）如图 ，在平面直角坐标系中， ， ，且满足
a2  b5 0
，将线段AB平移得线段 DC ，点A对应点D，点B对应点 C ，点A的对应点D在 x 轴上，
点B的对应点C在 y 轴上．
(1)直接写出A、B、C三点的坐标；
② P y CPD APD P
(2)如图 ，点 是 轴上的一个动点，当三角形 面积是三角形 的面积的一半时，求点 的坐标；
③ E D F C 1
(3)如图 ，若动点 从点 出发向左运动，同时动点 从点 出发向上运动，两个点的运动速度之比是 ：
2，运动过程中直线DF和CE交于点N ，若三角形DCN的面积等于9，求出点N 的坐标．
A2,5 B5,0 C0,5
【答案】(1) ， ， 15
(2)
0,45
或


0,
11


36 61
(3)
0,1
或

11
,
11


【分析】（1）根据绝对值和算术平方根的非负性求出a，b，根据A到D向下平移的距离，求出点C坐标
即可；
（2）设AD交 y 轴于E，作AF x轴于F ，根据△ADF 的面积等于 DOE和梯形AFOE的面积和，求出
E点坐标，根据割补法，用P点坐标表示出△CPD和△APD的面积，然后代入数量关系求解即可；
（3）连接ON，假设N 点坐标，根据N 点位置分类讨论，根据不同的割补方法列出关于N 点坐标的二元
一次方程组，求解N 点坐标即可．
a2  b5 0

【详解】（1）解： ，
a20，b50，
a2，b5，
A2,5 B5,0
， ，

A平移到D向下平移了5，
B到C向下平移了5，
C0,5
；
A2,5 B5,0 C0,5

（2）解： ， ， ，
D3,0
，
设AD交 y 轴于E，作AF x轴于F ，如图：
设OEx，S S S
 ADF DOE 梯形AFOE，
1 1 1
 55 3x 2x5 ，
2 2 2
解得：x3，
E0,3
，
P0,a
设 ，
1 3 1 1 5
S   a53 a5 ，S S S  2 a3  3 a3  a3 ，
PCD 2 2 APD APE DPE 2 2 2
3 1 5
 a5   a3 ，
2 2 2
3 5
当 或 时，
a5 a3
，
a5 a3 2 4
解得：a45，
3 5
当 时， a5 a3 ，
5≤a≤3 2 4
15
解得：a ，
11
 15
P0,45
或


0,
11

；
1
（3）解： S
COD

2
537.510，
N不在△COD内，
Nm,n
设 ，

E，F 运动速度之比是1:2，
CF 2DE，
设DEk，CF 2k ，
当N 在x轴上方时，如图：，
S S S S S
 CDN DEN CDE CFN CDF
1 1 1 1
 kn k5 2km 2k3，
2 2 2 2
2mn1，
1 1 1
又 S
CDN
S
DON
S
COD
S
CON

2
3n
2
35
2
5m9，
3n5m3，
解得：m0，n1，
N0,1
；
N x NGx G NH  y H
当 在 轴下方时，作 轴于 ， 轴于 ，如图：
，
S S S S S
 CDN DFN CDF DEN CDE
1 1 1 1
 2km 2k3 kn k5，
2 2 2 2
2mn1，
1 1 1

S
CDN
S
长方形OGNH
S
COD
S
DNG
S
CHN
mn
2
53
2
m3n
2
5nm，5m3n33，
36 61
解得：m ，n ，
11 11
36 61
N , ，
11 11
36 61
综上所述，
N
点坐标为0,1或
11
,
11


．
【点睛】本题考查的是坐标与图形，平移的性质，动点问题与面积，合理利用割补法求三角形面积是本题
解题的关键．
A0,6 B4,0
AB
41．（24-25七年级下·陕西榆林·期末）如图，在平面直角坐标系中， ， ，将线段 沿x
轴向右平移12个单位长度得到线段DC，点P 为射线AD上一动点．
(1)点C 的坐标为_________，点D 的坐标为________；
(2)如图①，点M是线段CD上一点（不与点C，D重合），当点P 在线段AD上运动时（点P不与点D重
合），连接PM，DPM，PMC，ABC之间有怎样的数量关系？ 请说明理由；
(3)如图②，点N是y轴上任意一点，连接BN，CN，PN，PC ，若ON OB，三角形PNC的面积等于三角
形AOB的面积，求点 P 的坐标．
8,0 12,6
【答案】(1) ，
(2)ABCPMCDPM 180或ABC PMCDPM ，理由见解析
2,6 14,6 26,6
(3) 或 或
【分析】本题考查了平行线的判定和性质，坐标系中的几何面积关系，注意分类讨论是解题的关键．
（1）根据坐标平移的规律，即可解答；
（2）根据点P为射线AD上一动点，当点P在点D右边时，当点P在点D左边时，利用平行线的性质进
行解答即可；
△PNC
（3）根据点N在y轴正半轴或负半轴两种情况，再考虑点P在点A左边或者右边，利用 的面积等于VAOB的面积列方程即可解答．
A0,6 B4,0
AB
【详解】（1）解：由题意可得： ， ，将线段 沿x轴向右平移12个单位长度得到线段
DC，
C8,0 D12,6
∴ ， ，
8,0 12,6
故答案为： ， ；
ME AD

（2）解：当点P在点D右边时，如图，过点M作 ，
∴DPM PME，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠ABC∠BCD180，∠ADC∠BCD180，
∴ADCABC，
∵AD∥BC，
∴ME∥BC，
∴ADC DMEPMEDMPDPM DMP，
∴ABC DPM DMP，
∵DMP180PMC，
∴ABC DPM 180PMC，
即ABCPMCDPM 180，
当点P在点D左边时，
同理可得ADC ABC，ADC EMC，DPM PME，∴ABC EMC PMCPME PMCDPM ，
即ABC PMCDPM ，
∴ABCPMCDPM 180或ABC PMCDPM ；
A0,6,B4,0
（3）解：∵ ，
∴OA6，OB4，
1
∴S
△AOB

2
4612，
∵ON OB，
∴ON 4，AN 2，
C8,0,D12,6
∵ ，
∴OC 8，OD12，
①点P在点A右边，N在正半轴时，
S S S S S
可得 △PNC 梯形AOCD △APN △PDC △NOC ，
Pm,6
PD12m
设 ，则 ，
1 1286 2m 612m 48
∴ 46    ，
2 2 2 2 2
∴m2，
P2,6
∴ ；
N在负半轴时，点C在PN 的下方时，S S S S S
可得 △PNC 梯形AOCD △NOC △APN △PDC，
Pm,6
设 ，
1286 48 10m 612m
∴12    ，
2 2 2 2
∴m=14，
P14,6
∴ ；
②点P在点D右边，点C在PN 的上方时如图，连接AC，
S S S S
可得
△PNC △APN △ANC △APC，
Pm,6
设 ，
10m 108 6m
∴12   ，
2 2 2
∴m26，
P26,6
∴ ，
2,6 14,6 26,6
综上，P点的坐标为 或 或 ．
Aa,0,B0,b,C0,c
a,b,c
42．（24-25七年级下·湖北武汉·期末）如图，在平面直角坐标系中，点 ．且a82
 b10  2c4 0
满足 ，
(1)直接写出点A，B，C的坐标；
Mx,y
AB
(2)如图（1）， 是线段 上一点，
①求x，y之间的关系；
②若点 N 的坐标是
x,y
，连接 AN、CN ，且 S ACN =28 ，求点 M 的坐标；
48
(3)如图（2），过点
C
作直线
l∥AB
，已知Pm,n是
l
上的一点，且0<S
BCP
�
5
，直接写出
n
的取值范
围．
A8,0,B0,10,C0,2
【答案】(1)
 15
M5, 
(2)①4y5x40；②  4 
(3)4n0且n2
【分析】本题考查的坐标与图形综合题，
a,b,c
（1）根据平方、绝对值及算术平方根的非负性求出 ，即可解决；
S S S S =S +S +S
（2）①根据 AOB AOM BOM得出结论即可；②连接 ON ，由 ACN CON AOC AON，得出方程组
4y5x40

4yx20 ，解出即可得出结论；
48 8 8
（3）根据 � 求出- ＃m ，再分两种情况：当 时，连接 ，当 时，连接
0<S 5 5 5 n0 AP、OP n0
BCP
AP，过点P作PH x轴于H，分别求出结论即可．a82
 b10  2c4 0
【详解】（1）解： ，
\ a+8=0,b-10=0,2c+4=0
，
\ a=-8,b=10,c=-2
，
A8,0,B0,10,C0,2
；
S S S
（2）①由 AOB AOM BOM，得：
1 1 1
8y 10x 108，
2 2 2
4y5x40
；
S =S +S +S
②连接 ON ，由 ACN CON AOC AON，得：
，
1 1 1
2x 82 8y28
2 2 2
4yx20
化简得， ，
4y5x40

联立方程组4yx20 ，
x5

解得 15，
y

 4
 15
M5, ；
 4 
（3）解：4n0且n2，理由如下：
B0,10,C0,2

，
BC 12，1 1 48
S  BC m  12 m 
BCP 2 2 5
8
解得： m  ，
5
8 8
 m ，
5 5
8
当 时，如图，连接 ，若m ，
n0 AP、OP 5
S =S =S +S +S
由 BCP ACP ACO AOP COP，得：
1 1 1 8 48
82 8n 2  ，
2 2 2 5 5
解得：n0，
8 
点P ,0在 轴上，
 5  x
8
当 时，如图，连接 ，过点 作 轴于 ，若m ，
n0 AP P PH x H 5
S S S S S
由 BCP ACP APH 四边形OCPH ACO，得：
1  8  1 8 1 48
 8(n) [2(n)]  28
2  5  2 5 2 5 ，解得：n4，
48
 0<S BCP � 5 ，又当 n2 时，点 P,C 重合，不合题意，
4n0且n2．
A6,0、B0,4
MN
43．（24-25七年级下·福建龙岩·期末）在平面直角坐标系中，直线 与x轴、y轴交于 ，
Cm,n
AB
点 是直线 上且不与A、B两点重合的动点．
(1)求三角形AOB的面积；
(2)如图1，点D、点E分别是线段OB、x轴负半轴上的动点，过E作EF∥AB，连接DE．若ABO x，
请探究BDE与DEF之间的数量关系；（可用含x的代数式表示，并说明理由）
(3)若三角形BOC的面积不小于三角形AOC的面积的2倍，求m的取值范围．
【答案】(1)12
BDEDEF x180
(2)
18
(3) m18且
5 m6
1
【分析】（1）根据A6,0、B0,4，得
OA6
，
OB4
，根据S
△AOB

2
OAOB求解即可；
DH AB EF AB DH BDH ABOx,DEFEDH 180
  
（2）过点D作 ，则 ，推出得 ，据此可
BDEDEF x180
得 ；
（3）分三种情况：①当点C在第一象限时，②当点C在第二象限时，③ 当点C在第四象限时，分别得到
CP的长，然后利用2S 3S 列出不等式求解，即可得到结果．
BOC AOC
A6,0、B0,4
【详解】（1）解：∵ ，∴OA6，OB4，
1 1
∴S  OAOB 6412；
AOB 2 2
DH AB

（2）解：如图1所示，过点D作 ，
则EF  AB  DH ，
BDH ABOx,DEFEDH 180
∴ ，
BDEDEF BDH EDH DEF  x180DEFDEF x180
∴ ；
（3）解：分三种情况：
CP y
P CPm
①当点C在第一象限时，作 轴于点 ，则 ，如下图所示：
∴ ，
1 1
S  OBCP 4m2m
BOC 2 2
S S S 122m
∴ AOC AOB BOC ，
若2S 3S ，
BOC AOC
22m3122m
则 ，
18
解这个不等式得m ，
5
又∵点C在第一象限且不与A、B重合，则m6，18
∴ m6；
5
②当点C在第二象限时，如下图所示，则CPm，
∴ ，
1 1
S  OBCP 4(m)2m
BOC 2 2
S S S 122m
∴ AOC AOB BOC ，
若2S 3S ，
BOC AOC
2·2m3122m
则 ，
解这个不等式得m18，
又∵点C在第二象限且不与A、B重合，则m0，
C 2S 3S
∴不存在点 ，使得 BOC AOC；
③ 当点C在第四象限时，则CPm，
∴ ，
1 1
S  OBCP 4m2m
BOC 2 2
S S S 2m12
∴ AOC BOC AOB
若2S 3S ，
BOC AOC
22m32m12
则 ，
解这个不等式得m18，
又∵点C在第四象限且不与A、B重合，则m6，
∴6m18；18
综上所述，若 ， 的取值范围是 m18且 ．
2S 3S m 5 m6
BOC AOC
【点睛】本题考查了坐标与图形，平行线的性质、三角形内角和定理、三角形外角的性质等知识，解题的
关键是熟练掌握基本知识，学会利用特殊点解决问题．
A0,m,Nn,0
1cm
44．（24-25七年级下·广东云浮·期中）在平面直角坐标系中（单位长度为 ），已知点
(m4)2 n6 0
，，且 ．
(1)m ______，n________；
(2)如图，若点E是第一象限内一点，且EN x轴，过点E作x轴的平行线a，与y轴交于点A，点P从点
E处出发，以每秒2cm的速度沿直线a向左移动，点Q从原点O同时出发，以每秒1cm的速度沿x轴向右
移动．
①经过几秒APOQ？
11cm2
②若某一时刻以A、O、Q、P为顶点的四边形的面积是 ，求此时点P的坐标？
【答案】(1)4；6；
 5 
(2)①2秒或6秒；②点P的坐标为
5,4
或



3
,4

【分析】本题考查了坐标与图形性质，非负性的应用，平行线的判定与性质，梯形的面积，运用数形结合
与方程思想是解题的关键．
（1）利用平方和绝对值的非负性，即可求出答案；
6,4
（2）①先求出点E的坐标为 ，设运动时间为t秒，然后分两种情况：当点P在y轴的右侧时，当点P
在y轴的左侧时，根据APOQ列出方程，即可求解；
②设运动时间为t秒，然后分两种情况∶当点P在y轴的右侧时，当点P在y轴的左侧时，根据以A、O、
11cm2
Q、P为顶点的四边形的面积是 列出方程，即可求解．m42 n6 0
【详解】（1）解：∵ ，
m40,n60
∴ ，
∴m4,n6；
故答案为：4；6；
A0,4,N6,0
（2）解：①由（1）得： ，
EN x EA  x
∵ 轴， 轴，
6,4
∴点E的坐标为 ，
设运动时间为t秒，
根据题意得：OQtcm，
AP62tcm
当点P在y轴的右侧时， ，
∵APOQ，
∴62t t，
解得：t2；
AP2t6cm
当点P在y轴的左侧时， ，
∴2t6t，
解得：t6；
综上所述，经过2秒或6秒，APOQ；
②设运动时间为t秒，
根据题意得：OA2cm，
AP62tcm
OQtcm
当点P在y轴的右侧时， ， ，
11cm2
∵以A、O、Q、P为顶点的四边形的面积是 ，
1 1
∴
OAAPOQ 462tt11，
2 2
1
解得：t  ，
25,4
此时点P的坐标为 ；
AP2t6cm
OQtcm
当点P在y轴的左侧时， ， ，
1 1
∴
OAAPOQ 42t6t11，
2 2
23
解得：t  ，
6
 5 
 ,4
此时点P的坐标为 3 ；
 5 
综上所述，点P的坐标为
5,4
或



3
,4
．
45．（24-25七年级下·辽宁抚顺·期中）在数学活动课上，某小组研究了平面直角坐标系中的特殊线段的长
Px,y  Qx ,y  x x PQ y PQ
度：在平面直角坐标系中有不重合的两点 1 1 和点 2 2 ，当 1 2时，  轴，且线段 的
∣y y∣ y  y PQ x PQ ∣x x∣
长为 1 2 ；当 1 2时，则  轴，且线段 的长为 1 2 ．
【实践操作】
（1）若点
P1,1,Q2,1
，且 PQ  x 轴，则 PQ 的长为______；若点
P1,0
， PQ  y 轴，当 PQ2 时，则
点Q的坐标为______；
【初步运用】
3,2
OA CB AB
（2）点A的坐标为 ，将线段 向上平移6个单位长度，得到线段 ，连接 ．
OC,AB
①如图，点M，N分别是线段 上的动点（不与端点重合），点M从点O出发以每秒1个单位长度的速度向点C运动，点N从点B出发以每秒0.5个单位长度的速度向点A运动，若两点同时出发，运动的
MN x

时间为t秒，当 轴时，求t的值；
【问题解决】
AB AM,CM,CM OA
②如图，若点M是x轴正半轴上的一个动点，且在 的左侧，连接 交 于点D，当
1
S ACM  3 S 四边形OABC 时，求S 四边形ABCD S ODM 的值．（说明：三角形 ACM 记作  ACM,  ACM 的面积记作
S
ACM）
16 27
【答案】（1）3，1,2或1,2；（2）①t  ， ②
3 2
【分析】本题考查坐标与图形，点坐标的特征，平移的性质，点到坐标轴的距离．
（1）根据题意列式计算即可；
B3,8 M0,t,N0,80.5t
MN x M,N
（2）①由平移的性质得到 ，由题意得 ，根据  轴，得到点 的纵坐
A3,2,B3,8,C0,6
80.5t t AGx
标相等，即 ，求解即可；②过点A作 轴于点 G，由题意，得 ，
S 18 Mx,0 S S S S S 92x
求出 四边形OABC ， 设点 ，由 ACM 梯形AGOC AGM OCM ，求出 ACM ；再根据
1 3 
S  S M ,0
ACM 3 四边形OABC，求出 2 ；最后利用 S 四边形ABCD S ODM S 四边形ABCO S OMC即可求解．
P1,1,Q2,1
PQ x
【详解】解：（1）∵ ，  轴，
PQ 12 3
∴ ；
P1,0
PQ y
∵ ，  轴，
x  x 1
∴ Q P ，
∵PQ2，y y 2 0y 2
∴ P Q ，即 Q ，
y 2
∴ Q ，
Q1,2 Q1,2
∴ 或 ；
（2）①如图，
3,2
OA CB
∵点A的坐标为 ，将线段 向上平移6个单位长度，得到线段 ，
B3,8
∴ ，
M0,t,N3,80.5t
由题意得 ，
∵MN

x轴，
∴点M,N的纵坐标相等，
∴80.5t t，
16
∴t  ；
3
②过点A作 AGx轴于点 G，
A3,2,B3,8,C0,6
由题意，得 ，S OC·x 6318
∴ 四边形OABC A ，
Mx,0
设点 ，
S S S S
∵ ACM 梯形AGOC AGM OCM ，
1 1 1
 263 23x 6x
2 2 2
92x；
1
∵S  S ，
ACM 3 四边形OABC
1
∴92x 18，
3
3
∴x ，
2
3 
M ,0
∴ 2 ；
1 3 27
∴S S S S 18  6 ．
四边形ABCD ODM 四边形ABCO OMC 2 2 2
A2,0
46．（24-25七年级下·吉林·期末）在平面直角坐标系中，已知O为坐标原点，点 ．将点O先向上
平移4个单位长度，得到对应点B，再将点B向右平移4个单位长度，得到对应点C，连接AB、BC．
(1)直接写出点B、C的坐标；
(2)连接AC，如图①，求三角形ABC的面积；
M0,m
OC AOM BCM
(3)连接 ，如图②，点 在y轴上，若三角形 与三角形 的面积相等，求m的值；
(4)如图③，过点C作CE x轴于点E，P是射线CE上的一个动点（点P不与点C、E重合），连接AP、
BP，直接写出BPA、CBP、PAE之间的数量关系．B0,4 C4,4
【答案】(1) ，
(2)8
8
m
(3)m8或
3
．
(4)BPACBPPAE或BPACBPPAE
【分析】本题主要考查了坐标系中点的平移规律、三角形面积、平行线的性质等知识点，掌握分类讨论思
想是解题的关键．
（1）根据平移的方式求出点的坐标；
（2）利用三角形面积公式求解即可；
BM  m4 OM  m
OA2 AOM BCM
（3）首先求出 ， ， ，然后根据三角形 与三角形 的面积相等得到
1 1
4m4  2m ，然后分情况讨论求解即可；
2 2
PF BC

（4）如图所示，过点P作 ，根据题意分两种情况讨，然后分别利用平行线的性质求解即可．
【详解】（1）∵将点O先向上平移4个单位长度，得到对应点B，
B0,4
∴
∵将点B向右平移4个单位长度，得到对应点C，
C4,4
∴ ；
B0,4 C4,4
（2）∵ ，
∴BC 4，BC∥x轴
A2,0
∵
1
 448
∴三角形ABC的面积
2
；
M0,m B0,4 A2,0
（3）∵ ， ，
BM  m4 OM  m
OA2
∴ ， ，
∵三角形AOM 与三角形BCM 的面积相等1 1
∴ 4m4  2m
2 2
2 m4  m
∴
24mm
m0 m8
∴当 时， ，解得 ，不符合题意，应舍去；
8
∴当0m4时，24mm，解得 m
3
，符合题意；
2m4m
m4 m8
∴当 时， ，解得 ，符合题意；
8
m
综上所述，m8或
3
．
PF  BC CE
（4）如图所示，过点P作 ，当点P在线段 上时，
PF BC

∵
∴CBPBPF
∵BC∥AE
∴PF∥AE
∴FPAEAP
∴BPABPF FPACBPPAE；
如图所示，当点P在射线CE上时，PF BC

∵
∴CBPBPF
∵BC∥AE
∴PF∥AE
∴FPAEAP
∴BPABPF FPACBPPAE；
综上所述，BPA、CBP、PAE之间的数量关系为BPACBPPAE或BPACBPPAE．
AB5 A(a,0),B(b,3) a,b
47．（24-25七年级下·天津河东·期末）在平面直角坐标系中，已知 ，点 ，且 满
ab|3ab4|0
足 ；
a,b
(1)求 的值；
(2)如图1求三角形AOB的面积；
(3)若点P从点A出发在射线AB上运动（点P不与点A点B重合），设运动时间为t秒
①如图2连接OP，当动点P的速度为每秒3个单位时，请用含t的式子表示三角形BOP的面积；
②如图3设AB与y轴交点为C，在点P运动的同时，点Q从点C出发，以每秒1个单位的速度沿y轴向下
BQ，AQ ABQ BOP
运动，连接 ，问：是否存在某一时刻t，使三角形 的面积是三角形 的面积的2倍，若存
在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)a2，b2
(2)3 9  5
  t30t 
 5  3
S 
(3)① BOP  9  5 ；②存在， 15 或 15
t3t  
 5  3 14 4
【分析】（1）利用算术平方根和绝对值的非负性求解；
1
（2）根据S  OA y 即可求解；
AOB 2 B
6
OH 
（3）①如图，作OH  AB于点H，先根据面积法计算出 5 ，再分点P在线段AB上和线段AB的延长
1
线上两种情况，根据S
BOP

2
BPOH 列代数式即可；②先用含t的式子表示出S
△ABQ
，再根据
S 2S
ABQ BOP，结合①中结论，列方程求出t的值即可．
ab|3ab4|0
【详解】（1）解： ，
ab0

3ab40，
a2

解得b2；
（2）解：由（1）得a2，b2，
 A(2,0),B(2,3)
，
1 1
S  OA y  2 3 3；
 AOB 2 B 2
（3）解：①如图，作OH  AB于点H，1 1
则S = AB�OH 醋 5=OH 3，
AOB 2 2
6
OH 
解得 ；
5
点P的速度为每秒3个单位，AB5，
5 5
当0t 时，点P在线段 上，当t  点P在线段 的延长线上，
 3 AB 3 AB
当点P在线段AB上时，
BP ABAP53t

1 1 6 9
S  BPOH  53t  t3，
 BOP 2 2 5 5
当点P在线段AB的延长线上时，

BP APAB3t5，
1 1 6 9
S  BPOH  3t5  t3，
 BOP 2 2 5 5
 9  5
  t30t 
 5  3
S 
综上可知 BOP  9  5 ；
t3t  
 5  3
15 15
②存在，t的值为 或 ．
14 4
CQt
由题意知， ，
1 1
S S S  CQx x  t222t，
ABQ ACQ BCQ 2 A B 2
5  9 
0t 2t 2 t3
当 3时，由 S ABQ 2S BOP得：  5 ，
15
t 
解得 ，符合题意；
14
5 9 
当t  时，由 得：2t 2 t3，
3 S ABQ 2S BOP 5 
15
解得t  ，符合题意；
4
15 15
综上可知，t的值为 或 ．
14 4【点睛】本题考查坐标与图形，非负数的性质，三角形面积公式，一元一次方程的应用，注意分情况讨论
是解题的关键．
Aa,0,Bb,0 (a5)2 b1 0
48．（24-25七年级下·云南昭通·期末）如图，已知点 ，且满足 ．将线段
AB DC AD,BC
先向上平移5个单位，再向左平移1个单位后得到线段 ，连接 ．
(1)求a、b的值；
(2)点M 从O点出发，以每秒1个单位的速度沿OC向上运动．设运动时间为t秒，当t为多少时，四边形
43
OADM 的面积等于 2 ？
6
(3)在（2）的条件下，点 从 点出发的同时，点 从 点出发，以每秒 个单位的速度沿 轴向右运动，
M O N A 5 x
直线DN交 y 轴于点E．在运动过程中，三角形EMD与三角形EON的面积之差是否会发生变化？请说明
理由．
a5,b1
【答案】(1)
(2)t3
(3)不会发生变化，理由见解析
【分析】本题考查了平面直角坐标系、平移的性质、一元一次方程的应用、图形的面积公式，熟练掌握相
关知识点是解题的关键．
a50,b10
（1）根据完全平方式和绝对值的非负性得到 ，即可求解；
OA∥CD,OC CD,OC 5,DC  AB6
（2）根据平移的性质可得 ，再利用梯形的面积公式求出
55
S 梯形OADC  2 ，推出点 M 在线段 OC 上，再利用S 四边形OADM S 梯形OADC S 三角形CDM 列出方程，求出 t 的值即可；
（3）分①点N 在点O左侧；②点N 在点O的右侧两种情况讨论，再利用图形的面积公式即可解答．(a5)2 b1 0

【详解】（1）解： ，
a50,b10
，
解得：a5,b1；
AB156
OA5
（2）解：由（1）可知： ， ，
OA∥CD,OC CD,OC 5,DC  AB6
由平移的性质可得 ，
1 1 55 43
 S 梯形OADC  2 OADCOC  2 565 2  2 ，
点M 在线段OC上，
由题意知，OM t，
55 1
S S S   5t6，
四边形OADM 梯形OADC 三角形CDM 2 2
55 1 43
由题得：  5t6 ，
2 2 2
解得：t3，
43

当t3时，四边形OADM 的面积等于
2
；
（3）解：不会发生变化，理由如下：
①当点N 在点O左侧时，易知点M 在线段OC上．
如图所示：S S S S S
则 三角形EMD 三角形EON 四边形ONDM 梯形ONDC 三角形CDM
1 6   1
 5 t6

5 5t6
2 5   2
1 6 
 11 t535t
2 5 
25
 ；
2
②当点N 在点O的右侧时，如图所示，连接OD．
S S S S
则 三角形EMD 三角形EON 三角形OMD 三角形DON
1 16 
 t6  t55
2 25 
25
3t3t
2
25
 ；
2
∴由①②可得，在运动过程中三角形EMD与三角形EON的面积之差不会发生变化．
培优综合练
m,n
49．（24-25七年级下·山东临沂·期末）七年级某班有48名学生，所在教室有6行8列座位，用 表示
m,n i, j
m n
第 行第 列的座位，新学期准备调整座位．设某个学生原来的座位为 ，若调整后的座位为 ，
a,bmi,n j
ab mn
则称该生作了平移 ，并称 为该生的位置数．若某生的位置数为8，则 的最小
值为（ ）
A．10 B．14 C．15 D．25【答案】A
1i6，1 j8
【分析】本题考查了坐标确定位置，生活中平移现象，根据 ，且i、j都是整数，某生的位
置数为8，可得出mn的最小值．
a,bmi,n j
【详解】解：∵ ，
abmin jmni j
∴ ，
又∵ab8，
mni j8
mni j8
∴ ，即 ，
1i6，1 j8
∵ ，且i、j都是整数，
∴mn的最小值为10，
故选：A．
A0,2，B0,4，E0,2
l  y
50．（2025·贵州遵义·一模）如图，在平面直角坐标系中， ，直线 轴且过
点E，长为5的线段DC在直线l上移动（点D在点C左侧），则ACBD的最小值为 ．
5 5
【答案】
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—平移和轴对称，两点距离计算公式，将BD向右平移5个单位
G5,4，F0,6
长度得到CG，作点A关于直线l的对称点F，连接 CF，GF ，则 ，则 CGBD ，
CF CA，进而可得当F、C、G三点共线时，FCCG有最小值，即此时ACBD有最小值，最小值为
FG的长，利用两点距离计算公式求出FG的长即可得到答案．
【详解】解：如图所示，将BD向右平移5个单位长度得到CG，作点A关于直线l的对称点F，连接
G5,4，F0,6
CF，GFG5,4，F0,6
CF，GF
，则 ，
由平移的性质可得CGBD，
由轴对称的性质可得CF CA，
∴ACBDFCCG，
∵FCCGFG，
∴当F、C、G三点共线时，FCCG有最小值，即此时ACBD有最小值，最小值为FG的长，
G5,4，F0,6
∵ ，
FG
052 642
5 5
∴ ，
ACBD 5 5
∴ 的最小值为 ，
5 5
故答案为： ．
51．（24-25七年级下·辽宁抚顺·期末）平面直角坐标系中，我们把横、纵坐标都是整数，且横、纵坐标之
和大于0的点称为“和点”，将某“和点”平移，每次平移的方向取决于该点横、纵坐标之和除以3 所得
的余数(当余数为0时，向右平移；当余数为1时，向上平移；当余数为2时，向左平移)，每次平移1个单
位长度．
P2,1 P 2,2 P2,1
例：“和点” 按上述规则连续平移3次后，到达点 3 ．其平移过程如下：点 横、纵坐标
P3,1 P3,1
之和除以3所得的余数为0，向右平移1个单位长度得到点 1 ，点 1 横、纵坐标之和除以3所得P 3,2 P 3,2
的余数为1，向上平移1个单位长度得到点 2 ，点 2 横、纵坐标之和除以3所得的余数为2，向
P 2,2
左平移1个单位长度得到点 3 ．若“和点”Q按上述规则连续平移2026次后， 到达点
P 1013,2025
2026 ，则Q的坐标为 ．
2026,1012 2024,1012
【答案】 或
P 2,2
【分析】本题考查了点的坐标规律探索，根据已知：点 3 横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，继
P 2,3
而向上平移1个单位得到 4 ，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为2，继而向左平移1个单位得
P 1,3
到 5 ，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，又向上平移1个单位……，因此发现规律为若
“和点”横、纵坐标之和除以3所得的余数为0时，先向右平移1个单位，再按照向上、向左，向上、向左
P 1013,2025
不断重复的规律平移；若“和点”Q按上述规则连续平移2026次后，到达点 2026 ，则按照
P 1013,2025
“和点” 2026 反向运动2026次即可，即向右，向下或者向下，向右，据此进行分析，即可作
答．
【详解】解：依题意，可以分为两种情况：
P 1013,2025 P 1014,2025
① 2026 先向右 1 个单位得到 2025 ，
101420253303931013
此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为0，
(1015,2025) P 1013,2025
应向右平移得到点 ，与到达点 2026 矛盾，不成立；
P 1013,2025 P 1013,2024
② 2026 先向下 1 个单位得到 2025 ，
1013202433037310121
P 1013,2024 P 1013,2025
即横、纵坐标之和除以 3 所得的余数为 1 ，则 2025 应该向上平移 1 个单位得到 2026 ，故符合题意，
P 1013,2025
 点 2026 先向下平移，再向右平移，当平移到第2025次时，共计向下平移了1013次，向右平
移了1012次，
∴202510131012，101310122025，
2025,1012
此时坐标为 ，
Qx,y
设
Qx,y 2025,1012
1
当 第一次向右平移 个单位得 ，
∴x12025，y1012，
∴x2024，
Q2024,1012
故 ；
202410123303631012
则
Q2024,1012 2025,1012
即 向右平移得 ，符合题意；
Qx,y 2025,1012
1
当 第一次向左平移 个单位得 ，
∴x12025，y1012，
∴x2026，
Q2026,1012
故 ；
2026101233038310122
则
Q2026,1012 2025,1012
1
即 向左平移 个单位得 ，符合题意；
Qx,y 2025,1012
1
当 第一次向上平移 个单位得 ，
x2025 y11012
∴ ， ，
y1011
∴ ，Q2025,1011
故 ；
202510113303631012
则
Q2025,1011 2026,1011
1
即 向右平移 个单位得 ，不符合题意；
2026,1012 2024,1012
故答案为： 或 ．
52．（24-25七年级下·安徽淮南·期末）已知长方形ABCD在平面直角坐标系中，连接线段OB，OD，且
OD交BC于点E．
(1)如图1，BC边与x轴平行，Y 是 y 轴的正半轴上一点，X 是x轴的正半轴上一点，BOY 的平分线和
BEO的平分线交于点F ，若BOE20，求OFE的度数；
A2,8 B2,6 C7,6
(2)如图2，若长方形的三个顶点A，B， C 的坐标分别为 ， ， ．
①请直接写出点D的坐标；
t0t6
ABCD t
②若长方形 以每秒1个单位的速度向下运动，设运动的时间为 秒．是否存在某一时刻 ，
使得三角形OBD的面积等于长方形ABCD的面积的一半？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)OFE的度数为125
16
(2)①D7,8；②存在某一时刻t  ，使得三角形 的面积等于长方形 面积的一半
5 OBD ABCD
【分析】本题考查了平行线的性质、平面直角坐标系中点的坐标、动点问题，熟练掌握以上知识点是解题
的关键．
FEOx BOF  y F FG∥OX FG∥BC
（1）设 ， ，过点 作 ，则 ，根据平行线的性质解题；
（2）①由长方形的性质写出坐标；
②延长DA交 y 轴于点M ，则AM OM ，列出对应方程，进行求解．FEOx BOF  y
【详解】（1）解：如图1，设 ， ，
的平分线和 的平分线交于点 ，
 BOY BEO F
BEF x FOY  y
， ，
 BC∥OX ，
EOX BEO2x，
XOY 2x202y90
，
xy35
，
过点F 作FG∥OX ，则FG∥BC，
EFGx，
GFO180FOX 180y202x160y2x
，
OFEEFGGFO x160y2x160x y16035125
，
即OFE的度数为125；
A2,8 B2,6 C7,6
（2）解：①∵ ， ， ，
∴AB862，
由长方形的性质知CD AB2，
D7,8
∴ ；
16
②存在某一时刻t  ，使得三角形 的面积等于长方形 面积的一半；理由如下：
5 OBD ABCD

0t6，
∴长方形ABCD只在第一象限内移动，
如图2，延长DA交 y 轴于点M ，则AM OM ，∵AB2，BC 725，
S  ABBC 2510
∴ 长方形ABCD ，
A2,8t B2,6t C7,6t D7,8t
由题意知 ， ， ， ，
1
S S S S 10 5，
OBD ODM ABD 梯形AMOB 2
1 1
∵S  OM·DM  78t ，
ODM 2 2
1 1
S  S  105，
ABD 2 长方形ABCD 2
ABMO 28t
S  AM  2，
梯形AMOB 2 2
1 1
 8t75 28t25，
2 2
16
解得t  ．
5
xOy 2n
53．（24-25七年级下·北京·期末）在平面直角坐标系 中，给定 （n为正整数）个不同的点
1 1
P 1 x 1 ,y 1 ，P 2 x 2 ,y 2 ，  ，P 2n  x 2n ,y 2n ， 给出如下定义：记a 2n

x 1 x 2   x 2n
，b
2n

y 1 y 2    y 2n
，
 1
点 Qa,b 称为这2n个点的n阶中点．例如，当n1时，点 Q  1, 2  为 P 1 2,2，P 2 4,1 的1阶中点， 已
A2,2 B4，4 C4,10 D2,4
知点 ， ， ， ．(1)点A，B，C，D的2阶中点P的坐标是 ；
(2)点A，B，C，D中任意两点的1阶中点坐标共有 种可能的情况；
F4,b G1,7 H2,d
ABCD
(3)在四边形 的四条边上分别取点E， ， ， ， 点Q为E，F，G，H的2阶
中点， 点R为A，B，C，D，E，F，G，H的3阶中点，
① 若点Q与点 R重合时，则点E的坐标为 ；b，d满足的关系式为 ；
② 若点E，F，H分别在线段AB，BC，DA上运动，请直接写出所有点 R组成的图形面积．
1,4
【答案】(1)
(2)5
9
(3)①1,1， ②
bd 8 8
【分析】本题考查新定义的运算，点的坐标，掌握新定义的运算法则是解题的关键．
（1）根据新定义运算法则计算解答；
（2）分别根据新定义运算法则计算，然后判断解答即可；
x,y
E AB E x
（3）①先判断点 在 边上，设点 的作标为 ,然后根据新定义的运算法则列等式求出 值，即可
解题；
②根据新定义的运算法则求出点R的坐标，然后根据点的位置求出R组成的图形是平行四边形形，然后计
算面积解答即可．2442
24104
1 4
【详解】（1）解： 22 ， 22 ，
1,4
∴点A，B，C，D的2阶中点P的坐标是 ，
1,4
故答案为： ；
24 24
（2）解：点A和B的1阶中点坐标为

 21
,
21

，即
1,1
；
24 210
点A和C的1阶中点坐标为

 21
,
21

，即
1,4
；
22 24
 , 
点A和D的1阶中点坐标为 21 21 ，即2,1；
 
44 104
点B和C的1阶中点坐标为

 21
,
21

，即
4,7
；
24 44
点B和D的1阶中点坐标为

 21
,
21

，即
1,4
；
24 44
点C和D的1阶中点坐标为

 21
,
21

，即
1,7
；
故答案为：5；
x,y
（3）①解：设点E的坐标为 ，
x412 2442x412
yb7d 24104 yb7d
则  ，  ，
22 23 22 23
解得x1，ybd 9，
F4,b G1,7 H2,d
又∵E， ， ， ，
∴点G在CD边上，点F在BC边上，点H在AD上，
∴点E在AB上，
1,1
E
则点 的坐标为 ，
∴bd 8，1,1
8
故答案为： ， ；
②解：∵点E在AB上，
yx
∴
2442x412 24104yb7d 
 , 
点R的坐标为 23 23 ，即为
 
x7 7x 16bd 
 ,  
 8 8 8 ，
∵2x4，2 y4，2b4，4d 10，
5 x7 11 9 16bd 15
∴   ，   ，
8 8 8 4 8 4
15 9 3 11 5 3
∴点R构成的图形是长为   ，高为   的平行四边形，
4 4 2 8 8 4
3 3 9
∴点R构成的图形的面积为   ．
2 4 8
xOy P a MN
54．（24-25七年级下·北京东城·期末）在平面直角坐标系 中，对于点 和长度为 的线段 给出如
下定义：若线段MN平行于x轴（或与x轴重合），则将线段MN向下平移a个单位长度，得到线段MN；
若线段MN平行于 y 轴（或与 y 轴重合），则将线段MN向右平移a个单位长度，得到线段MN．若点P
在以M，N，M，N为顶点的正方形的边上，则称点P是线段MN的“方田点”．
1,1 1,1
已知点A的坐标为 ，点B的坐标为 ．
 1
P0,1，P 0,  ，P 1,0，P 1,2
(1)在 1 2  2 3 4 这四个点中，___________是线段AB的“方田点”； 1
Cm,  ，Dm2,1
(2)点  2 ，若线段CD上存在线段AB的“方田点”，则m的取值范围是___________；
 3
Gt,t，Ht,t

(3)点  2，点P是线段AB的“方田点”，将点P向下平移3个单位长度，得到点Q．若线
GH PQ t
段 的“方田点”都是线段 的“方田点”，直接写出 的取值范围．
P P
【答案】(1) 1， 3
(2)3m1
1 1
(3)1t 或 t1
2 2
【分析】本题考查了新定义、坐标与图形变化—平移、一元一次方程的应用，理解线段的“方田点”的定
义，运用数形结合思想是解题的关键．
（1）由题意得，AB2，AB∥x轴，将线段AB向下平移2个单位长度得到线段AB，在坐标系中画出图
形，再根据线段AB的“方田点”的定义即可得出结论；
1
（2）结合点 和点 的坐标可得，点 在直线y 上，点 在直线 上，根据线段 上存在线段
C D C 2 D y1 CD
AB的“方田点”，得到线段CD与正方形ABBA有交点，再结合图形对线段CD的位置进行分析即可求解；
3 3
（3）由题意得， GH  2 ， GH∥y 轴，将线段 GH 向右平移 2 个单位长度得到线段 GH ；再根据题意分
PQ M GH PQ
析出线段 的“方田点”所在的区域，记此时的区域为区域 ，根据线段 的“方田点”都是线段
的“方田点”，得到正方形GHHG的边都落在区域M ，再结合图形对正方形GHHG的位置进行分析即
可求解．
1,1 1,1
【详解】（1）解：∵点A的坐标为 ，点B的坐标为 ，
∴AB2，AB∥x轴，
由题意得，将线段AB向下平移2个单位长度得到线段AB，
A1,1 B1,1
∴ ， ，
画图如下：P0,1 P 1,0
由图可知，点 1 和 3 是线段 AB 的“方田点”；
P P
故答案为： 1， 3；
 1
Cm,  ，Dm2,1
（2）解：∵点  2 ，
1
∴点 在直线y 上，点 在直线 上，
C 2 D y1
1
∴线段 介于直线y 和直线 之间，
CD 2 y1
当点D恰好落在点B上，则m21，解得m3，
当点D恰好落在点A上，则m21，解得m1，
当点C恰好落在线段BB上，则m1，
当点C恰好落在线段AA上，则m1，
∴由图可得，当3m1时，线段CD与正方形ABBA有交点，
∴若线段CD上存在线段AB的“方田点”，则m的取值范围是3m1；
故答案为：3m1； 3
Gt,t，Ht,t

（3）解：∵点  2，
3
∴ GH  2 ， GH∥y 轴，
3
由题意得，将线段 向右平移 个单位长度得到线段 ，
GH 2 GH
 3   3 3
G t ,t H t ,t 
∴  2 ，  2 2，
∴线段GH 的“方田点”在正方形GHHG的边上，
∵点P是线段AB的“方田点”，
∴点P在正方形ABBA的边上，
ABBA
将正方形ABBA向下平移3个单位长度，得到正方形 1 1 1 1 ，
∵点P向下平移3个单位长度，得到点Q，
Q
ABBA
∴点 落在正方形 1 1 1 1 的边上，
ABBA A B BA AB BA
将正方形ABBA和正方形 1 1 1 1 分别向右平移3个单位长度，得到正方形 2 2 2 2 和正方形 3 3 3 3 ，
PQ PQ
由题意得，将线段 向右平移3个单位长度得到线段 ，
∴点P和点 Q 分别落在正方形 A 2 B 2 B 2 A 2  和正方形 A 3 B 3 B 3 A 3  的边上，
PQ A BBA AB BA
∴由图可得，线段 的“方田点”组成正方形 2 1 3 内部区域及边界，且不含正方形 1 3 2 内部区
域，记此时的区域为区域M ；
当点G恰好落在点B上，正方形GHHG的边都恰好落在区域M ，B1,1 Gt,t
∵ ， ，
∴t1；
当点 H 恰好落在点 A 1上，正方形 GHHG 的边都恰好落在区域 M ，
 3 3
∵ H   t 2 ,t 2  ， A 1 1,2 ，
3 3
∴t 1，t 2，
2 2
1
解得：t ；
2
当点H恰好落在点 B 2  上，正方形GHHG 的边都恰好落在区域M ， 3 3
∵ H   t 2 ,t 2  ， A 1 2,1 ，
3 3
∴t 2，t 1，
2 2
1
解得：t  ；
2
当点 G 恰好落在点 B 2  上，正方形GHHG 的边都恰好落在区域M ，
A1,1 Gt,t
∵ ， ，
∴t 1；
1
∴结合图形可得，若线段
GH
的“方田点”都是线段PQ的“方田点”，则
t
的取值范围为1t
2
或
1
t1．
2
0,4 (3,0)
55．（24-25七年级下·吉林·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为 ，点B的坐标为 ，
点 C 的坐标为
6,0
，连接 AB,AC ．动点P在以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿折线 AOC
运动到点 C 停止，连接 AP,BP ．设点P运动时间为
t0t10
秒．(1)OA ，OB ．
(2)①当点P在线段OA上时，AP ．（用含t的式子表示）
②当点P在线段OB上时，BP ．（用含 t 的式子表示）
③当点P在线段BC上时，BP ．（用含 t 的式子表示）
(3)当 ABP的面积等于3时，求t的值．
(4)设点 C 到直线 AB 的距离为 h 1，点 P 到直线 AB 的距离为 h 2．
①当 h 1 h 2时， S ABC S △ABP．（填“ ＞ ”，“ ＜ ”或“ ＝ ”）
h 2h t
②当 1 2时，直接写出 的取值范围．
4,3
【答案】(1)
(2)①t;②7t;③t7
(3)t2或t 5.5或t8.5
(4)①；②2t5.5或8.5t10
【分析】本题主要考查平面直角坐标系中动点问题，涉及线段长度的计算、三角形面积公式以及点到直线
距离的相关知识．对于每个小问，根据动点P的不同位置，利用相应的几何关系和公式进行求解．关键在
于根据动点的运动路径和时间，准确确定线段长度的表达式，并结合面积条件列出方程或不等式求解．
（1）根据平面直角坐标系中坐标与线段长度的关系求解即可；
（2）①当点P在线段OA上时，根据路程速度时间求解即可；②当点P在线段OB上时，点P在OB上
的运动时间为t4，OPt4，由BPOBOP即可求解；③当点P在线段BC上时，根据点点P在BC
上的运动时间即可求解；
（3）分情况讨论，根据三角形的面积公式求解即可；
h h h 2h S 2S
（4）①当 1 2时，直接根据三角形面积公式判断即可；②当 1 2时， ABC ABP，分情况讨论不
同情况下t的取值范围．
(0,4) (3,0)
 A B
【详解】（1）解： 点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，
点A到x轴的距离OA4；点B到 y 轴的距离OB3，
4,3
故答案为： ；
（2）①当点P在线段OA上时，动点P的速度为每秒1个单位长度，运动时间为 t 秒，
APt；
故答案为：t．
②当点P在线段OB上时，
点P从A到O运动的时间为OA速度414秒，
AO4，OPt4，

OB3， BPOBOP，
BP3(t4)7t
；
故答案为：7t．
③当点P在线段BC上时，
OAOB 4317
点P从A到O再到B运动的时间为 速度 秒，
点P在BC上的运动时间为t7，
BPt7（7t10）；
故答案为：t7．
（3）当点P在线段OA上时（0t4），
1
 S ABP  2 APOB， S
ABP
3， OB3 ，
1
 t33，
2
解得t2；
当点P在线段OB上时（4t7），1
 S ABP  2 BPOA， S
ABP
3， OA4 ， BP7t ，
1
 (7t)43，
2
11
解得t  ；
2
当点P在线段BC上时（7t10），
1
 S ABP  2 BPOA， S
ABP
3， OA4 ， BPt7 ，
1
 (t7)43，
2
17
解得t  ；
2
h h
1 2
（4）①当 时，
1
根据三角形面积公式S  ah（a为底，这里底都为 ），
2 AB
h h
 1 2，
S S
ABC ABP；
故答案为：．
h 2h
②当 1 2时，1 1
S  BCOA 346，
ABC 2 2
h 2h S 2S
当 1 2时， ABC ABP．
1 1
当点P在线段 上时（ ），S  t3，由62 t3，解得 ，
OA 0t4 ABP 2 2 t2
2t4；
1 1 3
当点P在线段 上时（ ），S  (7t)4，由62 (7t)4， ， 7t，
OB 4t7 ABP 2 2 64(7t) 2
t5.5，所以4t5.5；
1 1 3
当点 在线段 上时( )，S  (t7)4，由62 (t7)4， ， t7，
P BC 7t10 ABP 2 2 64(t7) 2
t 8.5，所以8.5t10．
综上，t的取值范围是2t5.5或8.5t10．
xOy Ax,y  Bx ,y 
56．（24-25七年级下·北京西城·阶段练习）在平面直角坐标系 中，对于点 1 1 ， 2 2 ，令
mx 1 x 2， n y 1 y 2，将 mn 称为点A与点B的特征值．对于图形 M 和图形 N ，若点A为图形 M 上
的任意一点，点B为图形N 上的任意一点，且点A与点B的特征值存在最大值，则将该最大值称为图形M
与图形N 的特征值．
A3,2,B2,4
(1)已知点 ．
①点A与点B的特征值为_______；
②已知点C在 y 轴上，若点A与点C的特征值为5，则点C的坐标为_______；(2)已知点
D6,0,E4，0
，将线段 DE 以每秒 1 个单位的速度向左平移，经过 t(t 0) 秒后得到线段 D 1 E 1．
①已知点
F2,4
， 0t8 ，求点 F 与线段 D 1 E 1的特征值h的取值范围；
G2t,2t
2
②已知面积为 的正方形的对角线交点为 ，且该正方形至少有一条边与坐标轴平行，记该正方形
DE k k
与线段 1 1的特征值为 ，则 的最小值为_________；
0,4 0,6
7
【答案】(1)① ；② 或
1h6 21
(2)① ；②
【分析】本题考查了平面直角坐标系中新定义下的几何动点问题，绝对值的几何意义，平行线的性质和判
定，三角形全等的判定和性质，理解题干中的新定义，灵活运用绝对值的几何意义是解题的关键．
（1）① 根据特征值的定义即可求；
② 根据特征值的定义即可求；
（2）① 线段 DE 经过 t 秒后得到线段 D 1 E 1， D 1 6t,0,E 1 4t,0 ．设点 Px,0 为线段 D 1 E 1上的任意一
Px,0 F2,4 x24  x2 x2 DE
点， 点 与 的特征值为： ， 的最大值为点 F 与线段 1 1的特征值h．
x2 Px,0 (2,0) DE
的几何意义为 与点 之间的距离，故在运动过程中，特征值h的最小值是当线段 1 1的中
(2,0) DE t8
Px,0
E (4,0)
点在 时取得，而最大值是在线段 1 1的端点取得，可求得当 ， 在端点 1 时，特征值
h取得最大值，由此求得其取值范围；
a 2 t ABMN
② 先根据已知条件，得到正方形的边长为 ，当 变化时，该正方形 的中心在一三象限角平
l ABMN P(x,y)
分线 1上运动，证明对于在正方形 上（包含边和内部）的任意一点 ，横纵坐标差的绝对值
xy  2 ，且在点A和M 取得最大值 2 ，得到  2xy 2 ，设线段 D 1 E 1上任意一点为 Q(c,0) ，点
P(x,y) Q(c,0) mn  xcy  xyc xyc DE
与点 的特征值为： ， 的最大值为正方形与线段 1 1的特征值为 k ．当线段 D 1 E 1运动时，把 xyc 看成一个整体，则相当于在原来线段 DE 的基础上，点 E 向左
2 D 2 D(6 2,0) E(4 2,0) t
平移 个单位，点 向右平移 个单位，即对应为端点 ， ，经过时间 ，
D(6 2t,0) E(4 2t,0) 22 2 DE x xyc
1 ， 1 ，长度为 的线段 1 1在 轴上向左运动， 的几何意义则
DE x DE O DE O
是线段 1 1在 轴上向左运动过程中，线段 1 1上点与原点 的距离，当线段 1 1的中点位置在原点
DE k
时，正方形与线段 1 1的特征值 取得最小值．
A3,2,B2,4
【详解】（1）解：①∵ ．
m325,n242
∴ ，
mn  52 7
∴点A与点B的特征值为 ，
故答案为：7．
0,c
C
②设 的坐标为 ，
m303,n2c
∴ ，
∵点A与点C的特征值为5，
32c 5
∴ ，
解得：c4或c6，
0,4 0,6
C
∴点 的坐标为 或 ，
0,4 0,6
故答案为： 或 ．
（2）①∵
D6,0,E4，0
，将线段 DE 以每秒 1 个单位的速度向左平移，经过 t(t 0) 秒后得到线段 D 1 E 1
D 6t,0,E 4t,0
∴ 1 1 ，
Px,0
DE
设点 为线段 1 1上的任意一点，则 4tx6t.
F2,4
 ，
Px,0 F2,4 x24  x2

点 与 的特征值为： .
x2 DE
 的最大值为点 F 与线段 1 1的特征值h.

0t8，
8t0，
64t22,46t24
.
当t8时，h取得最大值6 .
Px,0
DE DE
点 为线段 1 1上的任意一点，且 1 1的长度为2.
D E 2,0 D 3,0,E 1,0
 当点 1和点 1关于 对称时，即 1 1 .
此时h取得最小值1.
 点 F 与线段 D 1 E 1的特征值 h 的取值范围为： 1h6 .
G2t,2t
②  已知面积为2的正方形的对角线交点为 ，且该正方形至少有一条边与坐标轴平行，
 正方形的边长为 a 2 ，当 t 变化时，该正方形 ABMN 的中心在一三象限角平分线 l 1上运动，
l l l l ABMN
作一三象限角平分线 1的平行线 2，当平行线 2在下方时，在直线 2上，且在正方形 上（除点 A 和
M 点外，包含正方形的边和正方形内部）任取点F、S，过F、S分别作x轴， y 轴垂线，连接HF，如图
所示，
， ，
NF∥HS HN∥SF
SHF NFH ，NHF SFH ，
又HF HF ，
  HNF≌  FSH ，
 HS  NF，
x y FLFK  NFNLNP
 F F ，
N l
又 在一三象限角平分线 1上，
 NLNP，
x  y FLFK  NF NLNP NF a 2

F F ，
x  y SRSQHSa 2
同理可得 S S ，
x  y  x  y a 2
 F F S S ，
l l
当平行线 2在一三象限角平分线 1上方时，
NF HSa 2
同理可证， ，
y x  y x a 2
此时 F F S S ，
当点在线段BN 上时，有xy0，
当正方形ABMN上（除点A和M 点外，包含正方形的边和正方形内部）任意一点P(x,y)，横纵坐标差
xy xy  2
的绝对值 小于正方形边长，即 ，
当在A点时，有 y A x A  2 ，当在 M 点时，有 x M y M  2 ，综上所述，对于在正方形 ABMN 上的任意一点 P(x,y) ，横纵坐标差的绝对值 xy  2 ，且在点A和M
2 BN  2xy 2
取得最大值 ，在线段 上时取得最小值0，即 ．
DE Q(c,0)
设线段 1 1上任意一点为 ，
则mxc， n y ，
 P(x,y) Q(c,0) mn  xcy  xyc
点 与点 的特征值为： ，
 xyc 的最大值为正方形与线段 D 1 E 1的特征值为 k ．
 线段 D 1 E 1长度为2，当 t0 时，即线段 D 1 E 1还未开始运动时，此时 Q(c,0) 在线段 DE 上， 4c6 ，而
 2xy 2
，
4 2 xyc6 2
，
 当线段 D 1 E 1运动时，把 xyc 看成一个整体，则相当于在原来线段 DE 的基础上，点 E 向左平移 2 个
单位，点 D 向右平移 2 个单位，即对应的端点 D(6 2,0) ， E(4 2,0) ，经过时间 t ， D 1 (6 2t,0) ，
E(4 2t,0) 22 2 DE x
1 ，长度为 的线段 1 1在 轴上向左运动，如图所示，
的几何意义则是线段 在 轴上向左运动过
 xyc D 1 E 1  x
DE O xyc
程中，线段 1 1上点与原点 的距离，在这个过程中， 的最大值中的最小值，即正方形与线段
22 2
1 2
DE k DE O D E O 2
1 1 1 1 1 1DE k DE O D E O
1 1的特征值 的最小值，是当线段 1 1的中点位置在原点 时，此时端点 1、 1与原点 距离都为
22 2
1 2
2 ，
 正方形与线段 D 1 E 1的特征值为 k 最小值为 1 2 ．
1 2
故答案为： ．
m,0
AOB
57．（24-25七年级下·江西南昌·阶段练习）如图，点B的坐标为 ，点A在y轴上，将三角形 沿
n,4 m2 n6 0
CDE
x轴正方向平移，平移后的图形为三角形 ，且点C的坐标是 ，且m，n满足 ．
t 0
点P从点A出发，速度为每秒2个单位，运动时间为t秒 ．
(1)如图1，点C的坐标为 ，点E的坐标为 ．
ABDC ACCD PE，AE AEP
(2)如图2，在四边形 中，点P沿 移动，连接 ，当三角形 的面积等于四边形
5
面积的 时，求点P的坐标；
ABDC 14
4
(3)若点P沿射线 方向运动，点F从点O出发沿y轴正方向运动，点F不与点A重合，速度为每秒 个
AC 3
单位．当OF 2OA时，点F立即以原速返回至点O，此时点P、点F均停止运动．连接PF、EF，分别在
1
和 内部作射线 ，使得APG APF， 平分 ，直线 交于点 ．
APF DEF PG、EH 4 EH DEF PG、EH M
t0t12
直接写出 APF 、 PFE 、EMP的关系，并标注时间 的范围．6，4 4，0
【答案】(1) ，
P5，4 6，3
(2)点P的坐标为 或
(3)当0t3时，4EMP2PFEAPF 360；当3t9时， 4EMP2PFEAPF 360；当
9t12时，4EMPAPF2PFE360
1
【分析】 根据绝对值的非负性和算术平方根的非负性，求出m、m的值；
5
2根据题意得出S
AEP

14
2810，进而分当P在
AC
上时，当P在
CD
上时，根据三角形的面积建立方
程，解方程，即可求解；
3
APF  PFE  0t3 OA AC 3t6 6t9 9t12
设 、 ，当 时，点F在 上，P在 上， ， ， ，
分别画出图形，根据平行线的性质，找出这三个角的关系，即可求解．
 m2 n6 0 m2≥0 n6 0
【详解】（1）解 ， ， ，
m20，n60，
m2，n6，
2，0 6，4

点B的坐标为 ，点C的坐标为 ，
0，4

点A的坐标为 ，
由平移的性质得BE AC 6，
OEBEOB4，
4，0

点E的坐标为 ，
6，4 4，0
故答案为： ， ；
（2）解：BD268，
1
四边形ABDC面积 46828，
2
5
四边形ABDC面积的 10，
 14

CDE是由 ABO平移得到的，
BD∥AC，AC∥x轴，
BD所在直线的纵坐标为4，
P2t，4
当点P在AC上时， ，
1
 42t 10，
2
5
t .
2
P5，4
；
P6，102t
CD
当点P在 上时， ，
此时△AEP的面积梯形AEDC的面积  ACP的面积  DEP的面积，
1 1 1
 462 62t6 2102t10，
2 2 2
7
解得t .
2
P6，3.
P5，4 6，3
综上所述：点P的坐标为 或 ；
APF  PFE 
（3）解：设 、 ，
4 4
速度为每秒 个单位，4 3，
3 3

①当0t3时，点F在OA上，P在AC上，
FT，MN
如图所示，过点F，M分别作x轴的平行线 ，
，
FT∥AC∥BE
PFT APF，TFEFEO，PFEPFT TFE APFFEO，
FEOPFEAPF ，
FED180FEO180
，

EH 平分DEF，
1 1 1
FEM  EFD90  ，
2 2 2
1 1 1
MEOFEM FEO90  90  ，
2 2 2
1 1
 MPC APG 4 APF  4 ， MN∥BE∥AC ，
1 1 1
NMP ，NME180MEO18090 90  ，
4 2 2
1 1 1 1
EMPEMNNMPEMN290  90  ，
2 4 2 4
1 1
EMP90 PFE APF，
2 4
即4EMP2PFEAPF 360；
②当3t9时，如图，
，
FT //AC//BE
PFT APF，TFEFEO，
PFEPFT TFE APFFEO，
FEOPFEAPF .
FED180FEO180
，

EH 平分DEF，
1 1 1
FEM  EFD90  ，
2 2 2
1 1 1
MEOFEM FEO90  90  ，
2 2 21 1
 MPC APG 4 APF  4 ， MN∥BE∥AC ，
1 1 1
NMP180 ，NME180MEO18090 90  ，
4 2 2
1 1 1 1
EMPNMPEMN 1802EMN 180 90 90  ，
4 2 2 4
1 1
EMP90 PFE APF，
2 4
即4EMP2PFEAPF 360；
③当9t12时，如图所示
同理可得FEOPFEAPF ，
FED180FEO180
，

EH 平分DEF，
1 1 1
FEM  EFD90  ，
2 2 2
1 1 1
MEOFEM FEO90  90  ，
2 2 2
1 1
 MPC APG 4 APF  4 ， MN∥BE∥AC ，
1 1 1
NMP180 ，NME180MEO18090 90  ，
4 2 2
1 1 1 1 1
EMP180 NME180 90 90  ，
4 4 2 2 4
1 1
EMP90 PFE APF，
2 4
即4EMPAPF2PFE360；
综上，当0t3时，4EMP2PFEAPF 360；
当3t9时，4EMP2PFEAPF 360；当9t12时，4EMPAPF2PFE 360.
【点睛】本题考查了坐标与图形，算术平方根的非负性，平行线的性质与判定，分类讨论是解题的关键.