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9.5 平面直角坐标系与几何相结合的压轴问题
【重难点培优】
一、解答题
1．（24-25七年级下·重庆·阶段练习）在如图所示的直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别是A(0,4)，
B(2,0)，C(0,−1)，
(1)把△ABC向右平移2个单位长度得到△A B C ，请在图中画出平移后的△A B C ；
1 1 1 1 1 1
(2)若点D(4,4)，求△ABD的面积；
3
(3)在（2）的条件下，点E在y轴上，当△ABE的面积是△ABD的面积的 倍时，求点E的坐标．
2
【答案】(1)画图见解析；
(2)△ABD的面积为8；
(3)点E的坐标为(0,16)或(0,−8)．
【分析】本题考查了作图—平移变换，坐标与图形，求三角形的面积，掌握知识点的应用是解题的关键．
（1）根据平移找出A、B、C的对应点A 、B 、C ，然后连接A 、B 、C 各点即可；
1 1 1 1 1 1
（2）先描出点D，由坐标系可知AD=4，然后用三角形面积公式即可求解；
1 3
（3）设E(0,y)，则AE=|y−4)，由题意可得 AE×OB= ×8=12，然后求出y的值即可．
2 2
【详解】（1）解：如图，找出A、B、C的对应点A 、B 、C ，然后连接A 、B 、C 各点即可；
1 1 1 1 1 1∴△A B C 即为所求；
1 1 1
（2）解：如图，
由网格可知AD=4，
1
∴△ABD的面积为 ×4×4=8；
2
（3）解：∵点E在y轴上，
∴设E(0,y)，则AE=|y−4)，
由（2）得：△ABD的面积为8，
3
∵△ABE的面积是△ABD的面积的 倍，
2
1 3
∴△ABE的面积是 AE×OB= ×8=12，
2 2
1
∴ ×|y−4)×2=12，解得：y=16或y=−8，
2
∴点E的坐标为(0,16)或(0,−8)．
2．（23-24七年级下·辽宁·期中）如图1，在平面直角坐标系中，点A，B，C，D均在坐标轴上，其坐标分
别是A(a,0)，B(0,b)，C(0,c)，D(d,0)，若|a+4)+❑√b−3=0，c<0，d>0，且∠ABO=∠DCO．(1)求三角形AOB的面积；
(2)求证：3d=−4c；
BK−OK
(3)如图2，若−30)，根据S =S =S +S −S ，可得
△ABD △COD △AOC △AOB 梯形BEFA △AOF △BOE
1 1
OC⋅OF= t⋅3=7，即可得解；
2 2
（3）平移GE至OA，则OA=≥=5，AE=GO，根据面积关系可得S =S ，当OA⊥OF时，
四边形OEFG △AOF
△AOF的面积最大，求出△AOF的面积的最大值即可得解．
【详解】（1）解：∵❑√a+3=−❑√b−2，
∴❑√a+3+❑√b−2=0，
∴a+3=0,b−2=0，
∴a=−3,b=2，
故答案为：−3,2；
（2）解：由（1）知：A(−3,4)，B(−5,2)，
连接OA，过B作BE⊥x于E，过A作AF⊥x轴于F，则BE=2,OE=5,AF=4,OF=3，
∴EF=5−3=2
，
1 1 1
∴S =S +S −S = ×(2+4)×2+ ×3×4− ×2×5=6+6−5=7，
△AOB 梯形BEFA △AOF △BOE 2 2 2
设C运动的时间为t秒时，S =S ，则OC=2t(t>0)，
△ABD △COD
∴S +S =S +S ，
△ABD △AOD △COD △AOD
∴S =S =7，
△AOC △ABO1 1
∴ OC⋅OF= ⋅2t⋅3=7，
2 2
7
∴t= ，
3
7
∴当点C运动 秒时，S =S ；
3 △ABD △COD
（3）解：平移GE至OA，则OA=≥=5，AE=GO，
1 1 1
∵S = (OG+FE)⋅OC= (AE+FE)⋅OC= AF⋅OC=S
四边形OEFG 2 2 2 △AOF
，
∴当四边形OEFG的面积有最大时，△AOF的面积也最大，
1
当OA⊥OF时，△AOF的面积最大，△AOF的面积的最大值为： ×10×5=25，
2
∴四边形OEFG的面积的最大值为25．
4．（24-25七年级下·全国·课后作业）如下图，在平面直角坐标系中，直线AB与坐标轴交于
( 3 )
A(−4,0),B(0,m)两点，且点C(2,3)，P − ,n 在直线AB上．我们可以用面积法求点B的坐标．
2
【问题探究】
（1）请阅读并填空：
过点C作CN⊥x轴于点N，我们可以由点A，C的坐标，直接得出三角形AOC的面积为_____________．
1
过点C作CQ⊥y轴于点Q，S = BO⋅AO=2m,S = _____________．
△AOB 2 △BOC
∵S =S +S ，
△AOC △AOB △BOC
∴可得关于m的一元一次方程为_____________，解这个方程，可得点B的坐标为_____________；
【问题迁移】（2）请你仿照（1）中的方法，求点P的纵坐标；
【问题拓展】（3）若点H(k,ℎ)在直线AB上，且△BOH的面积等于3，请直接写出点H的坐标．
【答案】（1）6，m，2m+m=6，(0,2)
5
（2）点P的纵坐标为 ．
4（3）点H的坐标为(3,3.5)或(−3,0.5)．
【分析】本题主要考查了坐标与图形的综合题、一元一次方程的应用等知识点，熟练掌握在平面直角坐标
系内求三角形的面积的方法是解题的关键．
（1）根据给定的点坐标分别表示出△AOC的面积、△BOC的面积、△AOB的面积，根据
S =S +S 列方程求解即可；
△AOC △AOB △BOC
（2）根据给定的点坐标分别表示出△AOB的面积、△AOP的面积、△BOP的面积，根据
S =S +S 列方程求解即可；
△AOB △POB △AOP
（3）根据△BOH的面积等于3，可得k的值，分情况讨论：①当点H在y轴右侧的直线AB上时，根据
S =S +S 列方程求解即可；②当点H在y轴左侧的直线AB上时，根据S =S +S
△AOH △AOB △BOH △AOH △AOB △BOH
列方程求解即可．
【详解】解：（1）∵A(−4,0),B(0,m)，C(2,3)，
∴OA=4，OB=m，
1 1
∴△AOC的面积为 ×4×3=6，△BOC的面积为 ⋅m⋅2=m，
2 2
1
∵△AOB的面积= BO⋅AO=2m，
2
又∵S =S +S ，
△AOC △AOB △BOC
∴2m+m=6，解得∶m=2，
∴点B坐标为(0,2)，
故答案为：6，m，2m+m=6，(0,2)．
（2）过点P作PG⊥x轴于点G，PM⊥y轴于点M，连接PO，
1 1 1 1
则△AOB的面积为 ×OA×OB= ×4×2=4，△AOP的面积为 AO⋅PG= ×4⋅n=2n，△POB的
2 2 2 2
1 1 3 3
面积为 BO⋅PM= ×2⋅ = ，
2 2 2 2
∵S =S +S ，
△AOB △POB △AOP
3 5
∴4= +2n，解得n= ，
2 4
5
∴点P纵坐标为 ；
41
（3）∵△BOH的面积为= ×2⋅|k|=|k|，
2
∵△BOH的面积等于3，，
∴|k)=3，
∴k=±3，
如图：当点H在y轴右侧的直线AB上时，则△AOB的面积为4，△BOH的面积为3，△AOH的面积为
1
×4ℎ =2ℎ，
2
∵S =S +S ，
△AOH △AOB △BOH
∴2ℎ =4+3，解得ℎ =3.5，
∴点H坐标为(3,3.5)；
②如图：当点H在y轴左侧的直线AB上时，则△AOB的面积为4，△BOH的面积为3，△AOH的面积为
1
×4ℎ =2ℎ，
2
∵S =S +S ，
△AOH △AOB △BOH
∴2ℎ =4−3，解得ℎ =0.5，
∴点H坐标为(−3,0.5)，
综上所述，点H坐标为(3,3.5)或(−3,0.5)．
5．（2025七年级下·全国·专题练习）如下图，在平面直角坐标系中，已知A(0,a),B(b,0),C(b,c)三点．
若a，b，c满足关系式：|a−2)+(b−3) 2+❑√c−4=0．(1)求a，b，c的值；
(2)求四边形AOBC的面积；
( 1 )
(3)是否存在点P x,− x ，使三角形AOP的面积为四边形AOBC面积的2倍？若存在，求出点P的坐标；
2
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)a=2,b=3,c=4
(2)9
(3)存在．点P的坐标为(18,−9)或(−18,9)
【分析】本题考查坐标与图形，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键：
（1）利用非负性进行求解即可；
（2）利用梯形的面积公式进行求解即可；
（3）根据三角形的面积公式列出方程进行求解即可．
【详解】（1）解：∵|a−2)+(b−3) 2+❑√c−4=0，
∴a−2=0,b−3=0,c−4=0，
∴a=2,b=3,c=4．
（2）由（1），得A(0,2),B(3,0),C(3,4)，
∴BC⊥x轴，
∴四边形AOBC为直角梯形，且OA=2,BC=4,OB=3，
1 1
∴四边形AOBC的面积= (OA+BC)⋅OB= ×(2+4)×3=9．
2 2
（3）存在．
1
∵三角形AOP的面积= ×2⋅|x)=|x)，
2
∴|x)=2×9，
∴x=±18，
∴点P的坐标为(18,−9)或(−18,9)．
6．（24-25七年级下·全国·课后作业）已知A(0,a),B(b,0)，且❑√a−5+(b−4) 2=0．C为x轴负半轴上一
点，且满足三角形ABC的面积为15．(1)点A的坐标为________，点B的坐标为________；
(2)如图①，平移直线AB使其与x轴交于点C，与y轴交于点E，求点E的坐标；
(3)如图②，若点F(m,10)在平行于x轴的直线l上，且满足三角形ACF的面积为10，求m的值．
【答案】(1)(0,5)；(4,0)
( 5)
(2)E 0,−
2
(3)−2或6
【分析】本题主要考查图形与坐标及平移的性质，非负数的性质，熟练掌握图形与坐标及平移的性质是解
题的关键．
（1）根据非负数的性质求出a、b的值，然后得出答案即可；
（2）根据三角形ABC的面积为15，求出点C的坐标，根据平移得出S =S ，即可得出
三角形ABC 三角形ABE
1 15 5
15= AE⋅4，求出AE= ，得出OE=AE−AO= ，即可得出点E的坐标；
2 2 2
（3）设l与y轴交于点G，延长CA交直线l于点H(a,10)，过点H作HM⊥x轴于点M，则M(a,0)，根
1 1 1
据S =S +S ，得出 (a+2)×10= ×2×5+ ×(5+10)⋅a，求出a=2，根据
三角形HCM 三角形ACO 梯形AOMH 2 2 2
1
S =S −S ，得出10= FH⋅(10−5)，求出FH=4，即可得出答案．
三角形AFC 三角形CFH 三角形AFH 2
【详解】（1）解：∵❑√a−5+(b−4) 2=0，
∴a−5=0，b−4=0，
解得：a=5，b=4，
∴A的坐标为(0,5)，B的坐标为(4,0)．
（2）解：连接BE，如图①．
∵A(0,5),B(4,0)，
∴OA=5,OB=4，
1 1
∴S = OA⋅BC= ×5BC=15，
三角形ABC 2 2
解得BC=6，
∴OC=6−4=2，∴C(−2,0)，
∵AB∥CE，
∴S =S ，
三角形ABC 三角形ABE
1
即15= AE⋅4，
2
15
解得AE= ，
2
5
∴OE=AE−AO= ，
2
( 5)
∴E 0,− ．
2
（3）解：设l与y轴交于点G，延长CA交直线l于点H(a,10)，过点H作HM⊥x轴于点M，则M(a,0)，
如图②．
∵S =S +S ，
三角形HCM 三角形ACO 梯形AOMH
1 1 1
即 (a+2)×10= ×2×5+ ×(5+10)⋅a，
2 2 2
解得a=2，
∴H(2,10)，
1
∵S =S −S ，即10= FH⋅(10−5)，
三角形AFC 三角形CFH 三角形AFH 2
解得FH=4．
∵H(2,10)点F同在直线l上，
∴F(−2,10)或(6,10)，
∴m=−2或6．7．（24-25七年级下·全国·单元测试）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)+(b−3) 2=0．
(1)填空：a=______，b=______；
(2)如果在第三象限内有一点M(−2,m)，请用含m的式子表示三角形ABM的面积；
3
(3)在（2）的条件下，当m=− 时，在y轴上有一点P，使得三角形BMP的面积与三角形ABM的面积相
2
等，请求出点P的坐标．
【答案】(1)−1，3；
(2)−2m；
(3)(0,0.3)或(0,−2.1)．
【分析】（1）利用绝对值、偶次方的非负性即可求解；
（2）过点M作MN⊥x轴于点N，根据a=−1，b=3，则A(−1,0)，B(3,0)，故AB=3−(−1)=4，然后
1
利用S = AB⋅MN即可求解；
三角形ABM 2
（3）分当点P在y轴正半轴上时和当点P在y轴负半轴上时两种情况分析即可；
本题考查了绝对值、偶次方的非负性，三角形的面积，坐标与图形的性质等知识点，掌握知识点的应用及
分类讨论和数形结合的数学思想是解题的关键．
【详解】（1）解：∵|a+1)+(b−3) 2=0，
∴a+1=0，b−3=0，
∴a=−1，b=3，
故答案为：−1，3；
（2）解：过点M作MN⊥x轴于点N，由（1）得，a=−1，b=3，
∴A(−1,0)，B(3,0)，
∴AB=3−(−1)=4，
又∵点M(−2,m)在第三象限，
∴MN=|m)=−m，
1 1
∴S = AB⋅MN= ×4×(−m)=−2m；
三角形ABM 2 2
3 ( 3)
（3）解：当m=− 时，M −2,− ，
2 2
1 3
∴S = ×4× =3，
三角形ABM 2 2
故点P有两种情况：
①当点P在y轴正半轴上时，
设点P(0,k)，
(3 ) 1 (3 ) 1 3 1 5 9
则S =5× +k − ×2× +k − × ×5− ×3×k= k+ ，
三角形BMP 2 2 2 2 2 2 2 4
∵S =S ，
三角形BMP 三角形ABM
5 9
∴ k+ =3，
2 4
解得k=0.3，
∴点P的坐标为(0,0.3)；
②当点P在y轴负半轴上时，设点P(0,n)，
1 3 9
∵S = ×3× = <3，
三角形OMB 2 2 4
∴点P在直线BM下方，
1 ( 3) 1 3 1 5 9
∴S =−5n− ×2× −n− − ×5× − ×3×(−n)=− n− ，
三角形BMP 2 2 2 2 2 2 4
∵S =S ，
三角形BMP 三角形ABM
5 9
∴− n− =3，解得n=−2.1，
2 4
∴点P的坐标为(0,−2.1)，
综上所述，点P的坐标为(0,0.3)或(0,−2.1)．
8．（24-25七年级下·全国·期中）如图①，在平面直角坐标系中，A(a,0),C(b,2)，且满足
(a+2) 2+❑√b−2=0，过点C作CB⊥x轴于点B．
(1)求三角形ABC的面积；
(2)如图②，若过点B作BD∥AC交y轴于点D，且AE，DE分别平分∠CAB,∠ODB，求∠AED的度
数；
(3)在y轴上是否存在点P，使得三角形ACP和三角形ABC的面积相等？若存在，求出P点的坐标；若不
存在，请说明理由．
【答案】(1)4
(2)45°
(3)存在，(0,3)或(0,−1)
【分析】（1）先依据非负数的性质可求得a、b的值，从而可得到点A和点C的坐标，接下来，再求得点B
的坐标，最后，依据三角形的面积公式求解即可；
（2）过E作EF∥AC，首先依据平行线的性质可知∠ODB=∠6，∠CAB=∠5，接下来，依据平行公理的推理可得到BD∥AC∥EF，然后，依据平行线的性质可得到∠1=∠3，∠2=∠4，然后，依据角
1 1
平分线的性质可得到∠3= ∠CAB，∠4= ∠ODB，最后，依据∠AED=∠1+∠2=∠3+∠4求解
2 2
即可；
（3）分两种情况，当点P在y轴正半轴时和点P在y轴负半轴时，根据三角形面积相等进行计算即可．
【详解】（1）解：∵ (a+2) 2+❑√b−2=0，
∴a+2=0，b−2=0，
∴a=−2，b=2，
∵CB⊥AB，
∴A(−2,0)，B(2,0)，C(2,2)，
1
∴△ABC的面积为 ×2×4=4；
2
（2）解：∵CB∥y轴，BD∥AC，
∴∠CAB=∠5，∠ODB=∠6，∠CAB+∠ODB=∠5+∠6=90°，
过E作EF∥AC，如图所示：
∵BD∥AC
，
∴BD∥AC∥EF，
∵AE、DE分别平分∠CAB、∠ODB，
1 1
∴∠3= ∠CAB=∠1，∠4= ∠ODB=∠2，
2 2
1
∴∠AED=∠1+∠2= (∠CAB+∠ODB)=45°；
2
（3）解：存在．理由如下：
当P在y轴正半轴上时，如图．
设点P(0,t)，分别过点P,A,B作MN∥x轴，AN∥y轴，BM∥y轴，交于点N,M，则
AN=t,CM=t−2，MN=4，PM=PN=2．
∵S =4，
三角形ABC
∴S =S −S −S =4，
三角形ACP 梯形MNAC 三角形ANP 三角形CMP
1 1 1
∴ ×4(t−2+t)− ×2t− ×2(t−2)=4．
2 2 2解得t=3，即P点的坐标为(0,3)；
当P在y轴负半轴上时，如图作辅助线，
设点P(0,a)，则AN=−a，CM=−a+2，PM=PN=2．
∵S =S −S −S =4，
三角形ACP 梯形MNAC 三角形ANP 三角形CMP
1 1 1
∴ ×4(−a+2−a)− ×2×(−a)− ×2(2−a)=4．
2 2 2
解得a=−1，即P点的坐标为(0,−1)．
综上所述，P点的坐标为(0,3)或(0,−1)．
【点睛】本题主要考查的是三角形的综合应用，涉及到坐标与图形性质，平行线的性质，非负数的性质：
偶次方与算术平方根，角平分线的性质，直角坐标系中求三角形的面积等知识，解题的关键是正确的作出
辅助线，掌握割补法求面积．
9．（24-25八年级上·江西抚州·期中）如图，在平面直角坐标系中，长方形OABC的顶点A、C分别在x轴、
y轴上，CB∥x轴，BA⊥x轴，点B的坐标为(a,b)，且(a−8) 2+|b−6)=0．
(1)直接写出点A的坐标为______，点B的坐标为______．
(2)若动点P从原点O出发，沿y轴以每秒1个长度单位的速度向上运动，在运动过程中形成的三角形OPA
1
的面积是长方形OABC面积的的 时，点P停止运动，求点P的运动时间；
4
(3)在（2）的条件下，在x轴上是否存在一点Q，使三角形APQ的面积与长方形OABC的面积相等？若存
在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(8,0)，(8,6)
(2)点P的运动时间为3秒
(3)存在，Q(−24,0)或(40,0)
【分析】本题考查了绝对值，平方的非负性，坐标与图形，一元一次方程的应用，解题的关键在于对知识
的熟练掌握与灵活运用．（1）由(a−8) 2+|b−6)=0，可得a−8=0，b−6=0，解得a=8，b=6，则B(8,6)，A(8,0)；
1 1
（2）设P(0,m)，则S = OP×OA= m×8=4m，由题意知S =OA×OC=6×8=48，
△OPA 2 2 长方形OABC
1 1
S = S ，则4m= ×48，解得m=3，t=3（秒）；
△OPA 4 长方形OABC 4
1
（3）由（2）可知P(0,3)设Q(n,0)，得S = ×|8−n)×3，由S =S 列方程，求出n的值
△APQ 2 △APQ 长方形OABC
即可．
【详解】（1）解：∵ (a−8) 2+|b−6)=0，
∴ a−8=0，b−6=0，
解得a=8，b=6，
∴ A(8,0)，B(8,6)．
故答案为：(8,0)；(8,6)；
1 1
（2）解：设P(0,m)，则S = OP×OA= m×8=4m，
△OPA 2 2
1
由题意知S =OA×OC=6×8=48，S = S ，
长方形OABC △OPA 4 长方形OABC
1
∴ 4m= ×48，
4
解得m=3，
3
∴ t= =3（秒），
1
∴点P的运动时间为3秒；
（3）解：由（2）可知P(0,3)
1 1
设Q(n,0)，则AQ=|8−n)，S = AQ×OP= ×|8−n)×3，
△APQ 2 2
∵ S =S
△APQ 长方形OABC
1
∴ ×|8−n)×3=48，
2
解得n=−24或n=40，
∴ Q(−24,0)或(40,0)
10．（23-24七年级下·全国·期末）在长方形OABC中，OA=6，OC=4，点P是AB边上的点，AP=3．
以点O为原点，以OA所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，点Q从原
点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O−A−B−C的路线运动，点Q运动到点C停止运动．设运
动时间为t．(1)点B坐标是 ；
(2)若三角形OPQ的面积为6，
①求t的值；
②当点Q在边BC上时，过点Q作QD⊥x轴，交OP于点M，求出点M坐标．
【答案】(1)(6,4)
7
(2)①t=2或 或6秒；②M(4，2)
2
【分析】（1）求出OA、AB的长即可解决问题．
（2）①分三种情形讨论即可a、如图1中，当点Q在OA上时．如图2中，当点Q在AB上时．如图3中，
当点Q在BC上时分别列出方程即可解决问题．②求出点Q坐标，以及结合等面积法列式计算即可解决问题．
本题考查几何问题(一元一次方程的应用)、三角形的面积，坐标与图形等知识，解题的关键是灵活应用这
些知识解决问题，学会利用方程去思考问题．
【详解】（1）解： ∵四边形OABC是长方形，
∴AB=OC=4，OC∥AB，
∵OA=6，OC⊥OA，
∴BA⊥OA，
∴点B坐标(6,4)．
故答案为(6,4)．
（2）解：①如图1中，当点Q在OA上时，
1
由题意 ×2t×3=6，
2
解得t=2．
如图2中，当点Q在AB上时，1
由题意 ×(9−2t)×6=6，
2
7
解得t= ，
2
如图3中，当点Q在BC上时，
4+1 1 1
由题意 ×6− ×1×(2t−10)− ×6×(16−2t)=6，
2 2 2
解得t=6．
7
综上所述t=2或 或6秒时，△OPQ的面积为6．
2
②∵当点Q在BC上时，则由①知道t=6，
则BQ=2×6−4−6=2，
∴6−2=4，
即Q(4，4)，
∵△OPQ的面积为6．
1 1 1
∴OD×QM× +AD×QM× =OA×QM× =6，
2 2 2
∵OA=6，
∴QM=2，
∵Q(4，4)，
∴M(4，2)．
11．（22-23七年级上·河北邢台·期末）如图，长方形OABC中，O为平面直角坐标系的原点，A点的坐标
为(4，0)，C点的坐标为(0，6)，点B在第一象限内，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的路线移动（即：沿着长方形移动一周）．(1)写出点B的坐标________．
(2)当点P移动了4秒时，描出此时P点的位置，并求出P点的坐标．
(3)在移动过程中，当△OAP的面积为10时，求P移动的时间和此时P的坐标．
【答案】(1)(4,6)
(2)(4,4)，P在线段AB上且AP=4
(3)4.5秒或7.5秒，此时P的坐标为(4,5)或(0,5)
【分析】本题考查了坐标与图形，正确理解坐标的意义及点P运动路径的计算是解答本题的关键．
（1）根据长方形的性质，可得AB与y轴平行，BC与x轴平行，根据坐标的意义即得答案；
（2）当点P移动了4秒时，点P移动了8个单位，因此点P移动到了AB上，且与点A距离为4个单位，根
据坐标的意义即得答案；
（3）分点P在AB上和OC上两种情况，分别求出P运动的路程，即可进一步求得答案．
【详解】（1）根据长方形的性质，可得AB与y轴平行，BC与x轴平行，
故B的坐标为(4，6)，
故答案为：(4，6)；
（2）当点P移动了4秒时，点P移动了4×2=8，
因此点P移动到了AB上，且与点A距离为8−4=4，
所以点P的坐标为(4，4)，
点P的位置如图所示：
1
（3）若P在CB上，则S = ×4×6=12
△OAP 2∵12>10
∴不合题意，舍去
所以 P在AB或OC上，
1
∴S = ×4×y =10
△OAP 2 p
∴y =5
p
∴点P到x轴距离为5个单位长度时，有两种情况：
当点P在AB上时，P运动了4+5=9个长度单位，此时P运动了4.5秒，P(4,5)；
15
当点P在OC上时，P运动了4+6+4+1=15个长度单位，此时P运动了 =7.5秒，P(0,5)．
2
所以点P移动的时间为4.5秒或7.5秒，此时P的坐标为(4,5)或(0,5)．
12．（23-24七年级下·黑龙江齐齐哈尔·期末）在平面直角坐标系中，第一象限的点A坐标为
(2m−2,10−m)，且点A到x轴、y轴的距离相等．
(1)点A的坐标为________；
(2)如图1，y轴的正半轴上有一点B(0,4)，连接AB、OA，点P为x轴上一动点，动点P从原点O出发，以
每秒2个单位长度沿x轴的正方向运动．设点P的运动时间为t秒，△ABP的面积为S，请用含t的式子表示
S（不要求写t的取值范围）；
(3)如图2，在（2）的条件下，过点A作x轴平行线AM，AM交y轴于点C．当点P从原点O出发1秒时，
此时点Q从点A出发，以每秒1个单位长度在直线AM上运动，当△ABP的面积是△AQP的面积的2倍时，
请直接写出此时t的值和点Q的坐标．
【答案】(1)(6,6)
(2)S=12+2t
(19 ) (5 )
(3)t=4.5秒； ,6 或 ,6
2 2
【分析】（1）根据点A到x轴、y轴的距离相等列方程求解即可；
（2）根据 S =S +S −S 求解即可；
△ABP △ABO △AOP △OBP
（3）根据△ABP的面积是△AQP的面积的2倍列方程求出t的值，进而可求出点Q的坐标．
【详解】（1）∵点A到x轴、y轴的距离相等，
∴2m−2=10−m
∴m=4，∴点A的坐标为(6,6)，
故答案为：(6,6)；
（2）如图，
∵动点P从原点O出发，以每秒2个单位长度沿x轴的正方向运动，
∴OP=2t，
∴S =S +S −S
△ABP △ABO △AOP △OBP
1 1 1
= ×4×6+ ×2t×6− ×4×2t
2 2 2
=12+2t，
即S=12+2t；
（3）如图，
由题意，得AQ=t−1，
∵△ABP的面积是△AQP的面积的2倍，
1
∴ (t−1)×6×2=12+2t，
2
∴t=4.5，
7
∴AQ=t−1= ，
2
7 19 7 5
∵6+ = ,6− = ，
2 2 2 2
(19 ) (5 )
∴点Q的坐标为 ,6 或 ,6 ．
2 2
【点睛】本题考查了坐标平面内点的坐标特征，函数解析式，坐标与图形的性质，三角形的面积，一元一
次方程的应用，数形结合是解答本题的关键．13．（23-24七年级下·江西赣州·期末）如图，在长方形OABC中，O为平面直角坐标系的原点，点A的坐
标为(a,0)，点C的坐标为(0,b)，且a，b满足(a−6) 2+|b−8|=0，点B在第一象限内，点P从原点出
发，以每秒2个单位长度的速度沿着折线O−C−B−A−O线路运动一周停止．
备用图
(1)求点B的坐标；
(2)在移动过程中，当点P到y轴的距离为4个单位长度时，求点P移动的时间；
(3)当点P在C−B−A的线路上移动时，是否存在点P使△OBP的面积是12，若存在，直接写出点P的坐
标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)B(6,8)
(2)6秒或12秒
(3)存在，P点的坐标为(3,8)或(6,4)
【分析】此题考查平面直角坐标系中点的图形与坐标、非负数的性质、动点问题，一元一次方程的应用，
学会分类思想是解题的关键．
（1）先根据非负数的性质求得a，b， 则A(0,6)，C(0,8)，根据长方形的性质可求得点B的坐标．
（2）设点P移动的时间为t秒，点到轴的距离为个单位长度，则点P在OA边上或在BC边上，分别列方程
求出t的值即可；
1 1
（3）分两种情况，当点P在边CB上时，则 ×8BP=12；当点P在边AB上时，则 ×6BP=12，分别
2 2
求出BP，进一步即可得出点B的坐标．
【详解】（1）解：∵(a−6) 2+|b−8|=0，
∴a−6=0，b−8=0，
∴a=6，b=8，
∴A(0,6)，C(0,8)，
∵四边形OABC是长方形，
∴∠OAB=∠OCB=90°，
∴BA⊥x轴，BC⊥y轴，
∴B(6,8)
（2）设点P移动的时间为t秒，
∵点P到y轴的距离为4个单位长度，
∴点P在OA边上或在BC边上，
当点P在BC边长上，则2t−8=4，
解得：t=6，
当点P在OA边上，
则2t+4=2(6+8)，
解得：t=12．
（3）当点P在边CB上时，如下图：
1
∵S = BP⋅OC=12，OC=8，
△OBP 2
1
∴ ×8BP=12，
2
解得：BP=3，
∴点P的坐标为：(3,8)
当点P在边AB上时，如下图：
1
∵S = BP⋅OA=12，OA=6，
△OBP 2
1
∴ ×6BP=12，
2
∴BP=4，
∴P(6,4)．
综上：否存在点P使△OBP的面积是12，此时，P点的坐标为(3,8)或(6,4)．
14．（23-24七年级下·海南省直辖县级单位·期中）如图，在长方形OABC中，O为平面直角坐标系的原点，
点A坐标为(4,0)，点C的坐标为(0,6)，且点B在第一象限内，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的线路移动(1)求点B的坐标．
(2)当点P移动4秒时，请求出点P的坐标．
(3)当点P移动到距离x轴4个单位长度时，求点P移动的时间．
(4)当过点C的直线CM把长方形OABC的周长分成4:6两部分，M为直线CM与长方形的边的交点，直接
写出点M的坐标（不需要写出解题过程）．
【答案】(1)B(4,6)
(2)(4,4)
(3)4秒或8秒
(4)M(2,0)或M(4,2)
【分析】本题主要考查了坐标与图形：
（1）先求出点A和点C的坐标求出OA=4，OC=6，再根据长方形的性质，可以求得点B的坐标；
（2）根据题意点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的线路移动，可以
得到当点P移动4秒时，点P的位置和点P的坐标；
（3）根据点到x轴的距离为纵坐标的绝对值得到点P的纵坐标为4，据此分点P在AB上和点P在OC上两
种情况讨论求解即可；
（4）分点M在OA上和点M在AB上两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵点A坐标为(4,0)，点C的坐标为(0,6)，
∴OA=4，OC=6，
由长方形的性质可得AB=OC=6，∠OAB=90°，
∴AB⊥OA，
∴B(4,6)；
（2）解；当点P移动4秒时，点P的运动距离为4×2=8，
∵OA=4，AB=6，
∴OA<83，求出m的范围即可；
8 2
（3）分三种情况讨论，由平移的性质，平行线的性质以及角的数量关系可求解．
【详解】（1）解：∵a=❑√2−b−❑√b−2+4，
{2−b≥0)
∴ ，
b−2≥0
∴b=2，
∴a=4，
∴A(4,0)，B(0,2)，
∴OB=2，
∵BC=5，
∴OC=5−2=3，
∴点C坐标为(0,−3)；
（2）解：如图，连接OF，
∵ AB DE E (−5,2) B(0,2)
将线段 平移到 ，点 的坐标为 ， ，
∴线段AB向左平移5个单位，
∵A(4,0)，
∴D(−1,0)，
∴OB=2，OD=1，OA=4，OC=3，
1 1
∴S = OA⋅OC= ×4×3=6，
△AOC 2 2∵F(m,n)，
∴S =S +S
△AOC △OCF △OAF
1 1
= ×3×m+ ×4×(−n)
2 2
3
= m−2n，
2
3
∴ m−2n=6，
2
3m−12
解得：n= ，
4
∵S =S +S +S
△BDF △BOD △BOF △DOF
1 1 1
= ×2×1+ ×2m+ ×1×(−n)
2 2 2
1
=1+m− n
2
1 3m−12
=1+m− ×
2 4
5 5
= m+ ，
8 2
∵△BDF的面积大于3，
5 5
∴ m+ >3，
8 2
4
解得：m> ，
5
∵F为线段AC上一点，
∴m≤4
4
∴
