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2019-2020年中考数学试卷解析分类汇编：平面直角坐标系与点的坐标
一、选择题
1. （2014•山东威海，第7题3分）已知点P（3﹣m，m﹣1）在第二象限，则m的取值范围在数轴上表示正确的是（ ）

A．

B．

C．

D．

考点：
在数轴上表示不等式的解集；解一元一次不等式组；点的坐标．
分析：
根据第二象限内点的坐标特点，可得不等式，根据解不等式，可得答案．
解答：
解：已知点P（3﹣m，m﹣1）在第二象限，
3﹣m＜0且m﹣1＞0，
解得m＞3，m＞1，
故选：A．
点评：
本题考查了在数轴上不等式的解集，先求出不等式的解集，再把不等式的解集表示在数轴上．
2. （2014•山东威海，第12题3分）如图，在平面直角坐标系xOy中，Rt△OA1C1，Rt△OA2C2，Rt△OA3C3，Rt△OA4C4…的斜边都在坐标轴上，∠A1OC1=∠A2OC2=∠A3OC3=∠A4OC4=…=30°．若点A1的坐标为（3，0），OA1=OC2，OA2=OC3，OA3=OC4…，则依此规律，点A2014的纵坐标为（ ）

A．
0
B．
﹣3×（）2013
C．
（2）2014
D．
3×（）2013
考点：
规律型：点的坐标
专题：
规律型．
分析：
根据含30度的直角三角形三边的关系得OA2=OC2=3×；OA3=OC3=3×（）2；OA4=OC4=3×（）3，于是可得到OA2014=3×（）2013，由于而2014=4×503+2，则可判断点A2014在y轴的正半轴上，所以点A2014的纵坐标为3×（）2013．
解答：
解：∵∠A2OC2=30°，OA1=OC2=3，
∴OA2=OC2=3×；
∵OA2=OC3=3×，
∴OA3=OC3=3×（）2；
∵OA3=OC4=3×（）2，
∴OA4=OC4=3×（）3，
∴OA2014=3×（）2013，
而2014=4×503+2，
∴点A2014在y轴的正半轴上，
∴点A2014的纵坐标为3×（）2013．
故选D．
点评：
本题考查了规律型：点的坐标：通过从一些特殊的点的坐标发现不变的因素或按规律变化的因素，然后推广到一般情况．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．
3．（2014•湖南张家界，第14题，3分）若点A（m+2，3）与点B（﹣4，n+5）关于y轴对称，则m+n=　0　．

考点：
关于x轴、y轴对称的点的坐标．
分析：
根据“关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”列出方程求解即可．
解答：
解：∵点A（m+2，3）与点B（﹣4，n+5）关于y轴对称，
∴m+2=4，3=n+5，
解得：m=2，n=﹣2，
∴m+n=0，
故答案为：0．
点评：
本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：
（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；
（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；
（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
　4．（2014•四川遂宁，第6题，4分）点A（1，﹣2）关于x轴对称的点的坐标是（　　）

A．
（1，﹣2）
B．
（﹣1，2）
C．
（﹣1，﹣2）
D．
（1，2）

考点：
关于x轴、y轴对称的点的坐标．
分析：
根据关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数可直接得到答案．
解答：
解：点A（1，﹣2）关于x轴对称的点的坐标是（1，2），
故选；D．
点评：
此题主要考查了关于x轴对称点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．
5．（2014•四川南充，第5题，3分）如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，A的坐标为（1，），则点C的坐标为（　　）

　 A．（﹣，1） B． （﹣1，） C． （，1） D． （﹣，﹣1）
分析：过点A作AD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E，根据同角的余角相等求出∠OAD=∠COE，再利用“角角边”证明△AOD和△OCE全等，根据全等三角形对应边相等可得OE=AD，CE=OD，然后根据点C在第二象限写出坐标即可．
解：如图，过点A作AD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E，
∵四边形OABC是正方形，∴OA=OC，∠AOC=90°，∴∠COE+∠AOD=90°，
又∵∠OAD+∠AOD=90°，∴∠OAD=∠COE，
在△AOD和△OCE中，，∴△AOD≌△OCE（AAS），
∴OE=AD=，CE=OD=1，∵点C在第二象限，∴点C的坐标为（﹣，1）．故选A．
点评： 本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，坐标与图形性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．

二、填空题
1．（2014•四川宜宾，第13题，3分）在平面直角坐标系中，将点A（﹣1，2）向右平移3个单位长度得到点B，则点B关于x轴的对称点C的坐标是 （2，﹣2） ．
考点：
坐标与图形变化－平移；关于x轴、y轴对称的点的坐标
分析：
首先根据横坐标，右移加，左移减可得B点坐标，然后再关于x轴对称点的坐标特点可得答案．
解答：
解：点A（﹣1，2）向右平移3个单位长度得到的B的坐标为（﹣1+3，2），即（2，2），
则点B关于x轴的对称点C的坐标是（2，﹣2），
故答案为：（2，﹣2）．
点评：
此题主要考查了坐标与图形变化﹣平移，以及关于x轴对称点的坐标，关键是掌握点的坐标变化规律．

三、解答题
1. （2014•四川巴中，第24题7分）如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC三个顶点坐标分别为A（﹣2，4），B（﹣2，1），C（﹣5，2）．
（1）请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1．
（2）将△A1B1C1的三个顶点的横坐标与纵坐标同时乘以﹣2，得到对应的点A2，B2，C2，请画出△A2B2C2．
（3）求△A1B1C1与△A2B2C2的面积比，即：=　1：4　（不写解答过程，直接写出结果）．

考点：平面直角坐标系，相似三角形的面积比．
分析： （1）根据关于x轴对称点的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）根据将△A1B1C1的三个顶点的横坐标与纵坐标同时乘以﹣2，得出各点坐标，进而得出答案；
（3）利用位似图形的性质得出位似比，进而得出答案．
解答：（1）如图所示：△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示：△A2B2C2即为所求；
（3）∵将△A1B1C1的三个顶点的横坐标与纵坐标同时乘以﹣2，得到对应的点A2，B2，C2，
∴△A1B1C1与△A2B2C2的相似比为：1：2，
∴：=1：4．故答案为：1：4．
点评： 此题主要考查了位似变换以及轴对对称变换，得出对应点位置是解题关键．

2019-2020年中考数学试卷解析分类汇编：开放性问题
1. （2014•四川巴中，第28题10分）如图，在四边形ABCD中，点H是BC的中点，作射线AH，在线段AH及其延长线上分别取点E，F，连结BE，CF．
（1）请你添加一个条件，使得△BEH≌△CFH，你添加的条件是　　，并证明．
（2）在问题（1）中，当BH与EH满足什么关系时，四边形BFCE是矩形，请说明理由．

考点：矩形的判定．
分析：（1）根据全等三角形的判定方法，可得出当EH=FH，BE∥CF，∠EBH=∠FCH时，都可以证明△BEH≌△CFH，
（2）由（1）可得出四边形BFCE是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形为矩形可得出BH=EH时，四边形BFCE是矩形．
解答：（1）答：添加：EH=FH，证明：∵点H是BC的中点，∴BH=CH，
在△△BEH和△CFH中，，∴△BEH≌△CFH（SAS）；
（2）解：∵BH=CH，EH=FH，
∴四边形BFCE是平行四边形（对角线互相平分的四边形为平行四边形），
∵当BH=EH时，则BC=EF，
∴平行四边形BFCE为矩形（对角线相等的平行四边形为矩形）．
点评：本题考查了全等三角形的判定和性质以及平行四边形的判定，是基础题，难度不大．
2. （2014•山东威海，第24题11分）猜想与证明：
如图1摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，若M为AF的中点，连接DM、ME，试猜想DM与ME的关系，并证明你的结论．
拓展与延伸：
（1）若将”猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，则DM和ME的关系为 DM=DE ．
（2）如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF的中点，试证明（1）中的结论仍然成立．

考点：
四边形综合题
分析：
猜想：延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明．
（1）延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，
（2）连接AE，AE和EC在同一条直线上，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，
解答：
猜想：DM=ME
证明：如图1，延长EM交AD于点H，

∵四边形ABCD和CEFG是矩形，
∴AD∥EF，
∴∠EFM=∠HAM，
又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，
在△FME和△AMH中，

∴△FME≌△AMH（ASA）
∴HM=EM，
在RT△HDE中，HM=EM，
∴DM=HM=ME，
∴DM=ME．
（1）如图1，延长EM交AD于点H，
∵四边形ABCD和CEFG是矩形，
∴AD∥EF，
∴∠EFM=∠HAM，
又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，
在△FME和△AMH中，

∴△FME≌△AMH（ASA）
∴HM=EM，
在RT△HDE中，HM=EM，
∴DM=HM=ME，
∴DM=ME，
故答案为：DM=ME．
（2）如图2，连接AE，

∵四边形ABCD和ECGF是正方形，
∴∠FCE=45°，∠FCA=45°，
∴AE和EC在同一条直线上，
在RT△ADF中，AM=MF，
∴DM=AM=MF，
在RT△AEF中，AM=MF，
∴AM=MF=ME，
∴DM=ME．
点评：
本题主要考查四边形的综合题，解题的关键是利用正方形的性质及直角三角形的中线与斜边的关系找出相等的线段．
3. （2014•山东枣庄，第22题8分）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，已知O是AC的中点，AE=CF，DF∥BE．
（1）求证：△BOE≌△DOF；
（2）若OD=AC，则四边形ABCD是什么特殊四边形？请证明你的结论．

考点：
全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；矩形的判定
专题：
计算题．
分析：
（1）由DF与BE平行，得到两对内错角相等，再由O为AC的中点，得到OA=OC，又AE=CF，得到OE=OF，利用AAS即可得证；
（2）若OD=AC，则四边形ABCD为矩形，理由为：由OD=AC，得到OB=AC，即OD=OA=OC=OB，利用对角线互相平分且相等的四边形为矩形即可得证．
解答：
（1）证明：∵DF∥BE，
∴∠FDO=∠EBO，∠DFO=∠BEO，
∵O为AC的中点，即OA=OC，AE=CF，
∴OA﹣AE=OC﹣CF，即OE=OF，
在△BOE和△DOF中，
，
∴△BOE≌△DOF（AAS）；

（2）若OD=AC，则四边形ABCD是矩形，理由为：
证明：∵△BOE≌△DOF，
∴OB=OD，
∴OA=OB=OC=OD，即BD=AC，
∴四边形ABCD为矩形．
点评：
此题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，以及平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
4. （2014•山东烟台，第25题10分）在正方形ABCD中，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动．
（1）如图①，当点E自D向C，点F自C向B移动时，连接AE和DF交于点P，请你写出AE与DF的位置关系，并说明理由；
（2）如图②，当E，F分别移动到边DC，CB的延长线上时，连接AE和DF，（1）中的结论还成立吗？（请你直接回答“是”或“否”，不需证明）
（3）如图③，当E，F分别在边CD，BC的延长线上移动时，连接AE，DF，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；
（4）如图④，当E，F分别在边DC，CB上移动时，连接AE和DF交于点P，由于点E，F的移动，使得点P也随之运动，请你画出点P运动路径的草图．若AD=2，试求出线段CP的最小值．

考点：全等三角形，正方形的性质，勾股定理，运动与变化的思想.
分析：（1）AE=DF，AE⊥DF．先证得△ADE≌△DCF．由全等三角形的性质得AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；
（2）是．四边形ABCD是正方形，所以AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，DE=CF，所以△ADE≌△DCF，于是AE=DF，∠DAE=∠CDF，因为∠CDF+∠ADF=90°，∠DAE+
∠ADF=90°，所以AE⊥DF；
（3）成立．由（1）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF，延长FD交AE于点G，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；
（4）由于点P在运动中保持∠APD=90°，所以点P的路径是一段以AD为直径的弧，设AD的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小，再由勾股定理可得
OC的长，再求CP即可．
解答：（1）AE=DF，AE⊥DF．理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=∠C=90°．∵DE=CF，∴△ADE≌△DCF．
∴AE=DF，∠DAE=∠CDF，由于∠CDF+∠ADF=90°，∴∠DAE+∠ADF=90°．∴AE⊥DF；
（2）是；
（3）成立．
理由：由（1）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF
延长FD交AE于点G，
则∠CDF+∠ADG=90°，
∴∠ADG+∠DAE=90°．
∴AE⊥DF；
（4）如图：
由于点P在运动中保持∠APD=90°，
∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，
设AD的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小，
在Rt△ODC中，OC=，
∴CP=OC﹣OP=．
点评： 本题主要考查了四边形的综合知识．综合性较强，特别是第（4）题要认真分析．
5. （2014•浙江杭州，第23题，12分）复习课中，教师给出关于x的函数y=2kx2﹣（4kx+1）x﹣k+1（k是实数）．
教师：请独立思考，并把探索发现的与该函数有关的结论（性质）写到黑板上．
学生思考后，黑板上出现了一些结论．教师作为活动一员，又补充一些结论，并从中选出以下四条：
①存在函数，其图象经过（1，0）点；
②函数图象与坐标轴总有三个不同的交点；
③当x＞1时，不是y随x的增大而增大就是y随x的增大而减小；
④若函数有最大值，则最大值比为正数，若函数有最小值，则最小值比为负数．
教师：请你分别判断四条结论的真假，并给出理由．最后简单写出解决问题时所用的数学方法．

考点：
二次函数综合题
分析：
①将（1，0）点代入函数，解出k的值即可作出判断；
②首先考虑，函数为一次函数的情况，从而可判断为假；
③根据二次函数的增减性，即可作出判断；
④当k=0时，函数为一次函数，无最大之和最小值，当k≠0时，函数为抛物线，求出顶点的纵坐标表达式，即可作出判断．
解答：
解：①真，将（1，0）代入可得：2k﹣（4k+1）﹣k+1=0，
解得：k=0．
运用方程思想；

②假，反例：k=0时，只有两个交点．运用举反例的方法；

③假，如k=1，﹣=，当x＞1时，先减后增；运用举反例的方法；

④真，当k=0时，函数无最大、最小值；
k≠0时，y最==﹣，
∴当k＞0时，有最小值，最小值为负；
当k＜0时，有最大值，最大值为正．运用分类讨论思想．
点评：
本题考查了二次函数的综合，立意新颖，结合考察了数学解题过程中经常用到的几种解题方法，同学们注意思考、理解，难度一般．