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−3<c<0，延长CD到Q，使CQ=AB，线段AQ交y轴于点K，求 的值．
OC
【答案】(1)6
(2)见解析
(3)1
【分析】（1）根据非负数的性质求出a和b的值，得出AO=4，BO=3，再根据三角形面积公式可解；
（2）连接AC，BD，根据∠ABO=∠DCO得出AB∥CD，进而得到S =S ，即
△ABC △ABD
1 1
BC⋅AO= AD⋅BO，代入数值即可求解；
2 2
（3）线段CQ可看作是由线段AB平移得到，根据A(−4,0)平移到C(0,c)得出平移方式，进而表示出点Q
3+c
的坐标，设K点的坐标为(0,y)，根据S =S +S 列式求出y= ，进而求出BK和OK，代
△AOQ △AOK △QOK 2
BK−OK
入 =1计算即可．
OC
【详解】（1）解：∵|a+4|+❑√b−3=0，
∴a=−4，b=3，
∴A(−4,0)，B(0,3)，
∴AO=4，BO=3，
1
∴S = ×4×3=6；
△AOB 2
（2）证明：如图，连接AC，BD，
∵∠ABO=∠DCO，
∴AB∥CD，
∴S =S ，
△ABC △ABD1 1
∴ BC⋅AO= AD⋅BO，
2 2
∴(3−c)×4=(4+d)×3，
∴3d=−4c；
（3）解：连接OQ，
∵AB=CQ,AB∥CQ，
∴线段CQ可看作是由线段AB平移得到，
∵A(−4,0)平移到C(0,c)，
∴B(0,3)平移得到Q(4,3+c)，
设K点的坐标为(0,y)，
1
S = ×4×(3+c)=2(3+c)，S =2y，S =2y，
△AOQ 2 △AOK △QOK
∵S =S +S ，
△AOQ △AOK △QOK
∴2y+2y=2(3+c)，
3+c
解得y= ，
2
3+c 3−c 3+c
∴BK=3− = ， OK= ，OC=−c，
2 2 2
BK−OK
∴ =1．
OC
【点睛】本题考查了算术平方根的非负性，坐标与图形，平行线的判定和性质，平移的性质，解题的关键
是熟练掌握运用数形结合思想．
3．（24-25七年级下·重庆·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，已知点A(a,4)，B(−5,b)，且
❑√a+3=−❑√b−2，点C从O点出发以每秒2个单位沿y轴负方向运动．
(1)a=________，b=________；(2)如图1，连接AC、OB交于点D，则当点C运动多少秒时，S =S ；
△ABD △COD
(3)如图2，点G是x轴负半轴上的一点，过点C作x轴的平行线l，在直线l上取两点E、F（点E在点F右
侧），满足OF=10，¿=5．当点C运动到某一位置时，四边形OEFG的面积有最大值，请直接写出面积
的最大值．
【答案】(1)−3,2
7
(2)
3
(3)25
【分析】本题主要考查图形与坐标及平移的性质，算术平方根，熟练掌握图形与坐标及平移的性质是解题
的关键．
（1）根据算术平方根的非负性求解即可；
（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，设C运
动的时间为t秒时，S =S ，则OC=t(t>0)，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<8<OA+AB=10，
∴点P在AB上且AP=8−4=4，
∴点P的坐标为(4,4)；（3）解：∵点P移动到距离x轴4个单位长度，
∴点P的纵坐标为4，
8
当点P在AB上时，点P的运动距离为4+4=8，则t= =4；
2
16
当点P在OC上时，点P的运动距离为4+6+4+6−4=16，则t= =8；
2
∴点P的运动时间为4秒或8秒；
（4）解：当点M在OA上时，
长方形OABC的周长为4+4+6+6=20，
∵直线CM把长方形OABC的周长分成4:6两部分，
4
∴OC+OM=20× =8，
4+6
∴OM=2，
∴点M的坐标为(2，0)；
如图所示，当点M在AB上，同理可得BM=4，
∴点M的坐标为(4，2)；
综上所述，点M的坐标为(2，0)或(4，2)．
15．（23-24七年级下·湖南长沙·阶段练习）点A、B、C三点坐标分别为(0,a),(b,0),(c,2c)，且
a、b、c满足：(a+2) 2+|b−3)+❑√2c+a=0．
(1)则 a= ，b= ，c= ．
(2)如图1，过点C作直线CD∥AB交x轴于点D，交y轴于点E，求点E的坐标；(3)在（2）的条件下，点F 为线段BD上一点， 设 ∠OBA=α，∠≝=β，射线EP,BP分别平分
∠FEO、∠OBA，且相交于点P，试用含α、β的式子表示∠EPB．
【答案】(1)a=−2,b=3,c=1
( 4)
(2)E 0,
3
1
(3)∠EPB=45°+ β
2
【分析】（1）根据绝对值，算术平方根，乘方的非负性求解即可；
（2）连接BE，作CF⊥OA于点F，作AM⊥OA，过点B作OB的垂线，交FC于点N，交AM于点M，
1
则四边形AMNF是长方形．先求出S =5，由CD∥AB得S =S ，根据 AE⋅OB=5求出
△ABC △ABE △ABC 2
10
AE= ，进而可求出点E的坐标；
3
1 1
（3）过点P作PG∥AB，根据平行和BP平分∠OBA，可得∠GPB=∠PBA= ∠OBA= α，同理可
2 2
1 1 1
得∠CDB=∠OBA=α，再根据平行可得∠FEP= ∠FEO=45°− α− β，即可求解．
2 2 2
【详解】（1）解：∵(a+2) 2+|b−3)+❑√2c+a=0，
∴a+2=0,b−3=0,2c+a=0，
解得a=−2,b=3,c=1．
故答案为：−2,3,1；
（2）解：如图，连接BE，作CF⊥OA于点F，作AM⊥OA，过点B作OB的垂线，交FC于点N，交
AM于点M，则四边形AMNF是长方形．
∵a=−2,b=3,c=1，
∴A(0,−2),B(3,0),C(1,2)，
∴AM=FN=3,AF=MN=4,CN=2，
1 1 1
∴S =3×4− ×4×1− ×3×2− ×2×2=5，
△ABC 2 2 2
∵CD∥AB，
∴S =S ，
△ABE △ABC1
∴ AE⋅OB=5，
2
1
∴ AE×3=5，
2
10
∴AE= ，
3
10 4
∴OE= −2= ，
3 3
( 4)
∴E 0, ；
3
（3）解：过点P作PG∥AB，如图，
∵CD∥AB，
∴CD∥PG
∵∠OBA=α，BP平分∠OBA，
1 1
∴∠GPB=∠PBA= ∠OBA= α，
2 2
∵CD∥AB，
∴∠CDB=∠OBA=α，
∴∠DEO=90°−∠CDB=90°−α
∵∠≝=β
∴∠FEO=∠DEO−∠≝=90°−α−β
∵EP平分 ∠FEO，
1 1 1
∴∠FEP= ∠FEO=45°− α− β
2 2 2
1 1
∴∠DEP=∠FEP+∠≝=45°− α+ β=∠EPG
2 2
1
∴∠EPB=∠EPG+∠BPG=45°+ β．
2
【点睛】本题考查了绝对值，算术平方根，乘方的非负性，坐标与图形的性质，平行线的性质等，灵活运
用所学知识是关键．
16．（21-22七年级下·陕西商洛·期末）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(a，0)，点C的坐标为(0，b)，且a、b满足❑√a−4+|b−6)=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5个单位长度时，求点P移动的时间．
【答案】(1)(4,6)
(2)(4,4)
(3)4.5秒或7.5秒
【分析】（1）利用非负数的性质可以求得a、b的值，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）由题意可以得到符合要求的有两种情况，分别求出两种情况下点P移动的时间即可．
本题考查坐标与图形的性质，非负性的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数
形结合的思想解答问题．
【详解】（1）解：∵a、b满足❑√a−4+|b−6)=0
∴a−4=0，b−6=0，
解得a=4，b=6，
∴点B的坐标是(4，6)；
（2）解：∵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，
∴点P的路程：2×4=8，
∵OA=4，OC=6，
∴当点P移动4秒时，在线段AB上，AP=8−4=4，
即当点P移动4秒时，此时点P的坐标是(4，4)
（3）解：由题意可得，在移动过程中，当点P到x轴的距离为5个单位长度时，存在两种情况，
第一种情况，当点P在OC上时，
点P移动的时间是：[2×（4+6）−5)÷2=7.5（秒），
第二种情况，当点P在BA上时．
点P移动的时间是：(5+4)÷2=4.5（秒），
故在移动过程中，当点P到x轴的距离为5个单位长度时，点P移动的时间是4.5秒或7.5秒．
17．（23-24八年级上·贵州贵阳·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(a,0)，点C的坐标为(0,b)，且a、b满足❑√a−4+|b−6)=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O—C—B— A—O的线路移动．
(1)a=_______，b=_______，点B的坐标为_______；
(2)当点P移动4秒时，求出点P的坐标；
(3)在移动过程中，当点P到x轴的距离为5个单位长度时，求点P移动的时间．
【答案】(1)4；6；(4，6)
(2)(2，6)
(3)当点P到x轴的距离为5个单位长度时，点P移动的时间是2.5秒或5.5秒
【分析】（1）根据❑√a−4+|b−6|=0，可以求得a、b的值，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−C−B−A−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）由题意可以得到符合要求的有两种情况，分别求出两种情况下点P移动的时间即可．
【详解】（1）解：∵a、b满足❑√a−4+|b−6)=0，
∴a−4=0，b−6=0，
解得：a=4，b=6，
∴点B的坐标是(4，6)．
故答案是：4；6；(4，6)．
（2）解：∵点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O−C−B−A−O的线路移动，
∴2×4=8，
∵OA=4，OC=6，
∴当点P移动4秒时，在线段CB上，离点C的距离是：8−6=2，
即当点P移动4秒时，此时点P在线段CB上，离点C的距离是2个单位长度，点P的坐标是(2，6)．
（3）解：由题意可得，在移动过程中，当点P到x轴的距离为5个单位长度时，存在两种情况，
第一种情况，当点P在OC上时，
点P移动的时间是：5÷2=2.5（秒），
第二种情况，当点P在BA上时,
点P移动的时间是：(6+4+1)÷2=5.5秒，
故在移动过程中，当点P到x轴的距离为5个单位长度时，点P移动的时间是2.5秒或5.5秒．
【点睛】本题考查坐标与图形的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合
的思想解答问题．18．（23-24八年级上·山东济南·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(a，0)，点C的坐标为(0,b)，且a、b满足❑√(a−4)+|b−6)=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O→A→B→C→O的线路移动．
(1)点B的坐标为 ；当点P移动4秒时，写出点P的坐标 ．
(2)若点Q从点C以每秒1个单位长度的速度沿着C→B→A→O→C的线路移动，点Q与点P同时出发，
几秒后点Q与点P第一次相遇？
【答案】(1)(4,6)；(4,4)
14
(2)
3
【分析】本题考查了矩形的性质、非负数的性质、坐标与图形性质，根据算术平方根和绝对值的非负性得
a=4，b=6，根据矩形的性质及点的运动规律、灵活运用数形结合的思想解决问题是解题的关键．
【详解】（1）解：由题意得：
a−4=0，得：a=4，
b−6=0，得：b=6，
∴OA=4，OC=6，
∴B(4,6)，
∵2×4=8，
则点P运动的路程为8，
∴此时点P运动到AB上，距点A8−4=4个单位长度，
∴P(4,4)，
故答案为：(4,6)；(4,4)．
（2）设t秒后点Q与点P第一次相遇，由题得：
t+2t+6=4×2+6×2，
14
解得t= ，
3
14
所以 秒后点Q与点P第一次相遇．
3
19．（23-24七年级下·福建福州·期中）如图1，在平面直角坐标系中，点A，B在坐标轴上，其中A(0，a)，B(b，0)满足|a−6)+❑√b−9=0，点M在线段AB上．
(1)求A，B两点的坐标；
(2)将AB平移到CD，点A对应点C(−3,n)，点M(m，4)对应点E(0，t)，若S =45，求m，n，t的
△ABC
值；
(3)如图2，若点C，D也在坐标轴上，F为线段AB上一动点（不包含点A，点B），连接OF，FP平分
∠BFO， ∠BCP=3∠PCD，试探究∠COF+∠OFB与∠P的数量关系．
【答案】(1)A(0,6),B(9,0)；
(2)m=3, n=−2, t=−4；
(3)∠COF+∠OFB=4∠P,理由见解析．
【分析】本题主要考查了非负数的性质、坐标与图形、平面直角坐标系中点的平移、平行线的性质、三角
形外角的定义和性质、平面直角坐标系中点的平移等知识，运用数形结合的思想分析问题是解题关键．
（1）利用非负数的性质解得a，b的值，即可获得答案；
（2）分别过点B，A作x轴，y轴的垂线交于点H， 过点C作CG⊥AH于G，易得
BH=6,CG=6−n,AG=3, AH=9,GH=12,利用面积法解得n的值，即可确定 C(−3,−2),进而可得
点A(6，0)向左移动3个单位长度，向下移动8个单位长度得到点C(−3,−2),然后确定m，t的值即可；
（3）过点O作ON∥AB,交FP于点N，过点P作PM∥AB,交y轴于点M，证明 ∠CPF=α+β,
∠COF+∠OFB=4α+4β,即可获得答案．
【详解】（1）解：∵|a−6)+❑√b−9=0,
又∵|a−6)≥0,❑√b−9≥0,
∴a−6=0,b−9=0,
解得：a=6,b=9,
∴A(0,6),B(9,0)；
（2）解：如图1， 分别过点B， A作x轴， y轴的垂线交于点H，过点C作CG⊥AH于G，∵A(0,6),B(9,0),C(−3,n),
∴BH=6,CG=6−n,AG=3，
AH=9,GH=9−(−3)=12,
S =S −S −S =45，
△ABC 梯形BHGC △ACG △ABH
1 1 1
∴ (BH+CG)⋅GH− CG⋅AG− AH⋅BH=45，
2 2 2
1 1 1
即 ×(6+6−n)×12− ×(6−n)×3− ×9×6=45，
2 2 2
解得：n=−2,
∴C(−3,−2),
∴点A(0，6)向左移动3个单位长度，向下移动8个单位长度得到点C(−3,−2),
∵点M(m,4)在线段AB上，其对应点为E(0,t)，
∴m=3,t=−4；
（3）解：∠COF+∠OFB=4∠P,理由如下：
如图2，过点O作ON∥AB,交FP于点N， 过点P作PM∥AB,交y轴于点M，
设∠OFP=α,∠PCD=β，
∵FP平分∠BFO,∠BCP=3∠PCD，
∴∠OFP=∠BFP=α，∠BCP=3∠PCD=3β ，
∵ON∥AB，
∴∠ONF=∠BFP=α，
∵ON∥AB,PM∥AB，
∴ON∥PM，∴∠MPF=∠ONF=α，
由平移的性质可得，AB∥CD，
∴PM∥CD，
∴∠MPC=∠PCD=β，
∴∠CPF=∠MPC+∠MPF=α+β，
∵AB∥CD，
∴∠OBF=∠OCD=∠PCD+∠BCP=4β，
又∵∠OFB=∠OFP+∠BFP=2α，
∴∠COF=∠OFB+∠OBF=2α+4β
∴∠COF+∠OFB=4α+4β,
∴∠COF+∠OFB=4∠P．
20．（22-23七年级下·四川广安·阶段练习）在直角坐标系中，已知四边形ABCD各顶点的坐标为：
A(0,0),B(9,0),C(7,5)，D(2,7)．
(1)若将此四边形向左沿水平方向平移3个单位，再向上平移2个单位，请直接写出平移后的A 、B 、C 、
1 1 1
D 各点的坐标；
1
(2)求S ；
四边形ABCD
(3)在坐标平面中有一点P，使以A，B，C，P为顶点的四边形为平行四边形，请写出所有符合要求的P点
坐标．（平行四边形对边平行且相等）
【答案】(1)A (−3,2),B (6,2),C (4,7),D (−1,9)
1 1 1 1
(2)42
(3)P(2,−5)或P(16,5)或P(−2,5)
【分析】本题考查了利用平移变换作图，三角形的面积，平行四边形的判定，主要利用了平移规律：向右
平移横坐标加，向左平移横坐标减，向上平移纵坐标加，向下平移纵坐标减，难点在于（3）的分类讨论．
（1）根据向左平移横坐标减，向上平移纵坐标加解答；
（2）根据四边形的面积等于两个直角三角形的面积加上一个梯形的面积列式进行计算即可得解；
（3）分AB,BC,AC是对角线三种情况解答．【详解】（1）解：平移后的A,B,C，D各点的坐标分别为A (−3,2),B (6,2),C (4,7),D (−1,9)；
1 1 1 1
1 1 1
（2）解：S = ×2×7+ ×(7+5)×5+ ×2×5
四边形ABCD 2 2 2
=7+30+5
=42；
（3）解：当AB是对角线时，点P(2,−5)，
BC是对角线时，点P(16,5)，
AC是对角线时，点P(−2,5)．
综上，P(2,−5)或P(16,5)或P(−2,5)．
21．（23-24七年级下·广西河池·期中）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为(−1, 0)，
(3,0)，现同时将点A，B分别向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度，分别得到点A，B的对
应点C，D，连接AC，BC．
(1)求线段CD的长度；(2)动点P在y轴上，连接PA，PB，当S = 2S 时，求点P的坐标．
△PAB △ABC
【答案】(1)CD=4
(2)P(0,4)或P(0,−4)
【分析】本题考查坐标与图形，坐标与平移：
（1）根据平移规则，求出C,D的坐标，再根据两点间的距离进行求解即可；
（2）设点P坐标为(0,b)，根据S = 2S ，列出方程进行求解即可．
△PAB △ABC
【详解】（1）解：∵将点A，B分别向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到点A，B的
对应点C，D，
∴C(0,2)，D(4,2)，
∴CD=4−0=4；
（2）∵点A，B的坐标分别为(−1, 0)，(3,0)，C(0,2)，
∴AB=3−(−1)=4，OC=2−0=2
设点P坐标为(0,b)
由S =S
ΔPAB △ABC
1 1
∴ ×4×|b|=2× ×4×2
2 2
∴b=±4
∴P(0,4)或P(0,−4)．
22．（23-24七年级下·广东汕头·期末）平面直角坐标系中，A(a,0)，B(0,b)，a，b均为整数，且满足
a=❑√2−b−❑√b−2+4，点C在y轴负半轴上且BC=5，将线段AB平移到DE，其中点A的对应点是点D，
点B的对应点是点E．
(1)请直接写出点A，B，C的坐标；
(2) 如图（1），若点E的坐标为(−5,2)，点F(m,n)为线段AC上一点，且△BDF的面积大于3，求m的取
值范围；
(3)如图（2），若DE与y轴的交点G在B点上方，点P为y轴上一动点，请直接写出∠EBO，∠BPD，
∠PDA之间的数量关系．
【答案】(1)A(4,0)；B(0,2)；C(0,−3)4
(2)
<m≤4
5
(3)当点P在点B的下方时，∠EBO=∠BPD+180°−∠ADP；当点P在B、与AD的延长线与y轴的交点
之间时，∠EBO+∠PDA+∠BPD=360°；当点P在AD的延长线与y轴的交点T上方时，
∠PDA=∠EBO+∠BPD
【分析】（1）由非负性可求a，b的值，由三角形的面积公式可求点C坐标；
1 1
（2）由平移得出D(−1,0)，求出S = OA⋅OC= ×4×3=6，根据F(m,n)，结合
△AOC 2 2
3 3m−12
S =S +S ，得出 m−2n=6，求出n= ，根据S =S +S +S ，结合
△AOC △OCF △OAF 2 4 △BDF △BOD △BOF △DOF
5 5
△BDF的面积大于3，得出 m+ >3，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
∴ <m≤4．
5
（3）解：如图，当点P在点B的下方时，延长EB交PD于F，
∵ AB DE
将线段 平移到 ，
∴AB∥DE，AD∥BE，
∴∠ADP=∠BFD，∴∠PFB=180°−∠BFD=180°−∠PDA，
∵∠EBO=∠BPD+∠BFP，
∴∠EBO=∠BPD+180°−∠PDA，
∴∠EBO+∠PDA−∠BPD=180°；
如图，当点P在B的上方、AD的延长线与y轴的交点下方时，延长DP交BE于点F，
∵ AB DE
将线段 平移到 ，
∴AD∥BE，
∴∠PDA+∠BFD=180°，
∴∠BFP=180°−∠PDA，
∵∠EBO=∠BFP+∠BPF，
∴∠EBO=180°−∠PDA+180°−∠BPD，
∴∠EBO+∠PDA+∠BPD=360°；
如图，当点P在AD的延长线与y轴的交点T上方时，
∵∠EBO=∠BEG+∠EGB
，
又∵BE∥AD，
∴∠BEG=∠GDT，
由对顶角得∠EGB=∠TGD，
∵∠PTD=∠TGD+∠TDG，
∴∠PTD=∠EBO，
∵∠PDA=∠PTD+∠TPD，
∴∠PDA=∠EBO+∠BPD综上所述：当点P在点B的下方时，∠EBO=∠BPD+180°−∠ADP；当点P在B、与AD的延长线与y
轴的交点之间时，∠EBO+∠PDA+∠BPD=360°；当点P在AD的延长线与y轴的交点T上方时，
∠PDA=∠EBO+∠BPD．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了平移的性质，三角形面积公式，坐标与图形，平行线的性质，三角
形外角的性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
23．（23-24七年级下·北京·期末）在平面直角坐标系xOy中，对于点P(x ，y )，点Q(x ，y )，定义
1 1 2 2
|x −x )与|y −y )中的较大值为点P，Q的“绝对距离”，记为d(P，Q)．特别地，当
1 2 1 2
|x −x |=)y −y )时，规定d(P，Q)=|x −x )．
1 2 1 2 1 2
(1)已知P(−2,1)，Q(2,5)，
①d(P，Q)= ；
②点A是坐标系内一动点，当d(A，P)=d(A，Q)时，直接写出满足条件的绝对距离最小时的点A坐标；
(2)已知点B(1,2)，点C(−1,1)，当d(C,D)=4时，d(B,D)的最小值是 ，d(B,D)的最大值是 ；
(3)已知点E(−1,−1)，点F(3,3)，点G在线段EF上，点M的坐标是(−n,n)，点M向右平移1个单位长度
得到点N，对于线段MN上任意一点H，存在点G满足d(G，H)=3，直接写出n的取值范围．
【答案】(1)①4；②A(0,3)；
(2)d(B,D)的最大值为6，最小值为2；
(3)−2≤n≤2
【分析】（1）①直接利用定义计算即可；②先判断符合条件的A的位置，再结合图形解答即可；
（2）设D(x,y)，当d(C,D)=4时，分两种情况讨论，结合新定义可得答案；
（3）根据点的坐标特点分两种情况讨论；当M在第四象限时，当M在第二象限时，再进一步结合图形与
新定义可得答案．
【详解】（1）解：①∵P(−2,1)，Q(2,5)，∴|−2−2)=4，|1−5)=4，
∴d(P，Q)=4；
②当d(A，P)=d(A，Q)时，
∴满足条件的A点如图所示；
∴满足条件的绝对距离最小时的点A坐标为(0,3)；
（2）解：∵点B(1,2)，点C(−1,1)，设D(x,y)，
当d(C,D)=4时，
①当|x+1)=4，|y−1)≤4，
解得：x=3或x=−5，−3≤ y≤5，
∴|x−1)=|3−1)=2或|x−1)=|−5−1)=6；0≤|y−2)≤5，
∴d(B,D)的最大值为6，最小值为2；
当|y−1)=4，|x+1)≤4时，
解得：y=−3或y=5，−5≤x≤3；
∴|y−2)=|−3−2)=5或|y−2)=|5−2)=3，2≤|x−1)≤6；
∴d(B,D)的最大值为6，最小值为2；
综上：d(B,D)的最大值为6，最小值为2；
（3）解：如图，当M在第四象限时，当M(2,−2)时，满足条件，
∴此时−n≤2，即n≥−2，
如图，当M在第二象限时，
由平移可得：N(−n+1,n)，
此时M(−2,2)满足条件，
∴−n≥−2，即n≤2，
综上：−2≤n≤2；
【点睛】本题考查的是新定义的含义，坐标与图形，平移的性质，理解新定义的含义，熟练的利用数形结
合的方法解题是关键．
24．（23-24七年级下·重庆开州·期末）如图1，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为A(a,0)，√ 1
B(b,0)，且a，b满足|a−3)+❑a− b+1=0．现同时将点A，B分别向左平移3个单位长度，再向上平
2
移3个单位长度，得到点A，B的对应点C，D．连接AC、BD、CD．
(1)求C，D两点的坐标．
(2)如图2，P是线段BD上的一个动点，Q是线段CD的中点，连接PQ，PO．当点P在线段BD上移动时
（点P不与点B、D重合），请找出∠PQD，∠OPQ，∠BOP之间的数量关系，并证明你的结论．
(3)在坐标轴上是否存在点N使三角形NBC的面积与三角形ACD的面积相等？若存在，请直接写出点N的
坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)C(0,3)，D(5,3)
(2)结论：∠OPQ=∠PQD+∠BOP；证明见解析
( 9) ( 39)
(3)(3,0)或(13,0)或 0, 或 0,
8 8
√ 1
【分析】（1）根据绝对值、算术平方根的非负性可得|a−3)=0，❑a− b+1=0，即可得A(3,0)，
2
B(8,0)，根据平移的性质可作答；
（2）过P点作PM∥OB交y轴于点M，根据平移可知：CD∥OB，即有CD∥PM，根据两直线平行，
内错角相等即可证明；
1 15
（3）先得出OA=OC=3，CD=5，根据CD∥OB，可得S = ×CD×OC= ，分两种情况讨论，
△AOC 2 2
1
当点N在y轴上时，设N(0,n)，先表示出NC=|n−3)，即有S = ×NC×x =4|n−3)，进而可得
△BNC 2 B
15
4|n−3)= ，解绝对值方程即可；当点N在x轴上时，设N(n,0)，同理可得解．
2
√ 1
【详解】（1）∵|a−3)+❑a− b+1=0，
2
√ 1
又∵|a−3)≥0，❑a− b+1≥0，
2
√ 1
∴|a−3)=0，❑a− b+1=0，
2∴a=3，b=8，
∴A(3,0)，B(8,0)，
∵将点A，B分别向左平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度，得到点A，B的对应点C，D，
∴C(0,3)，D(5,3)；
（2）结论：∠OPQ=∠PQD+∠BOP，理由如下：
过P点作PM∥OB交y轴于点M，如图，
根据平移可知：CD∥OB，
∴CD∥PM，
∴∠QPM=∠PQD，∠BOP=∠MPO，
∵∠OPQ=∠MPQ+∠OPM，
∴∠OPQ=∠PQD+∠BOP；
（3）∵A(3,0)，C(0,3)，D(5,3)，
∴OA=OC=3，CD=5，
∵CD∥OB，
1 15
∴S = ×CD×OC= ，
△AOC 2 2
15
∴S =S = ，
△BNC △AOC 2
当点N在y轴上时，如图，
设N(0,n)，
∵C(0,3)，B(8,0)，∴NC=|n−3)，
1
∴S = ×NC×x =4|n−3)，
△BNC 2 B
15
∵S = ，
△BNC 2
15
∴4|n−3)= ，
2
39 9
解得：n= ，n= ，
8 8
( 9) ( 39)
∴此时N点坐标为： 0, 或 0, ；
8 8
当点N在x轴上时，如图，
设N(n,0)，
∵C(0,3)，B(8,0)，
∴NB=|n−8)，
1 3|n−8)
∴S = ×NB×y = ，
△BNC 2 C 2
15
∵S = ，
△BNC 2
3|n−8) 15
∴ = ，
2 2
解得：n=13，n=3，
∴此时N点坐标为(3,0)或(13,0)；
( 9) ( 39)
综上所述：N点坐标为(3,0)或(13,0)或 0, 或 0, ．
8 8
【点睛】本题考查了坐标与图形，线段的平移，绝对值的非负性，算术平方根的非负性，平行线的性质，
绝对值方程等知识，掌握平移的性质，是解答本题的关键．
25．（23-24七年级下·湖北咸宁·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(1,−2)，点B的坐标为
(3,0)．(1)如图1，平移线段AB到线段DC，使点A的对应点为D，点B的对应点为C，若点C的坐标为(−2,4)，
则点D的坐标为 ；
(2)如图2，平移线段AB到线段DC，使点C在y轴的正半轴上，点D在第二象限内．
①此时点D的横坐标为 ，设点D的纵坐标为y，点C的纵坐标用y的代数式表示为 ；
②连接BC，BD，若△BCD的面积为7，求点C，D的坐标；
(3)在（2）的条件下，在y轴上是否存在一点P，使△PBD与△BCD的面积之比为12:7？若存在，求出点
P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)D(−4,2)
(2)①−2；2+ y；②C(0,4)，D(−2,2)
( 18)
(3)存在点P，其坐标为(0，6)或 0,−
5
【分析】本题主要考查平面直角坐标系中几何图形的变换，掌握图形平移的规律，几何图形的面积的计算
方法是解题的关键．
（1）根据点B，点C的坐标可得平移规律，再根据平移规律即可求解；
（2）①根据点C可得平移规律，即可作答；②连接OD，根据S =S +S −S =7可求点的
△BCD △BOC △COD △BOD
平移，再求出点C、D的坐标；
（3）根据题意，先计算出S =12，再根据题意，分类讨论：①当P在x轴上方时；②当P在x轴下方时；
△PBD
根据几何图形面积的计算即可求解．
【详解】（1）解：已知点A的坐标为(1,−2)，点B的坐标为(3,0)，平移后点B的对应点为C的坐标为
(−2，4)，
∵B(3,0)平移后的对应点C(−2,4)，
∴设3+a=−2，0+b=4，
∴a=−5，b=4，
即：点B向左平移5个单位，再向上平移4个单位得到点C(−2,4)，
∴1−5=−4，−2+4=2，
∴A点平移后的对应点D(−4,2)；
（2）①∵点C在y轴上，点D在第二象限，A(1,−2)，B(3,0)，
∴点B向左平移3个单位，
∴点A向左平移3个单位，横坐标为：1−3=−2，
即点D的横坐标为−2，∵对应点D在第二象限，点D的纵坐标为y，
∴设点A向上平移了(2+ y)个单位，
∴线段AB向左平移3个单位，再向上平移(2+ y)个单位，符合题意，
∴C(0,2+ y)，D(−2,y)，
∴OB=3，OC=2+ y，即点C的纵坐标用y的代数式表示为2+ y，
故答案为：−2，2+ y；
②如图所示，连接OD，
∴S =S +S −S =7，
△BCD △BOC △COD △BOD
1 1 1
∴ OB×OC+ OC×2− OB×(2+ y)=7，
2 2 2
1 1 1
×3×(2+ y)+ ×2×(2+ y)− ×3 y=7，
2 2 2
∴y=2，
∴C(0,4)，D(−2,2)；
（3）由（2）得D(−2,2)，
S 12
∵S =7， △PBD = ，
△BCD S 7
△BCD
∴S =12，
△PBD
①当P在x轴上方时，如图1，
1 1 1
×OP×2+ ×3×OP − ×3×2=12
2 2 2
，
OP=6，
∴P(0，6)；
②当P在x轴下方时，如图2，1 1 1
×OP×2+ ×3×OP− ×3×2=12
2 2 2
，
18
OP= ，
5
( 18)
∴P 0,− ，
5
( 18)
∴存在点P，其坐标为(0,6)或 0,− ．
5
