初中数学浙教版八年级上册第4章 图形与坐标综合与测试单元测试随堂练习题

这是一份初中数学浙教版八年级上册第4章 图形与坐标综合与测试单元测试随堂练习题，共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

浙教版初中数学八年级上册第四章《图形与坐标》单元测试卷
考试范围：第四章；考试时间：120分钟；总分：120分
第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 如图，已知点A(−1,0)和点B(1,2)，在坐标轴上确定点P，使得△ABP为直角三角形，则满足这样条件的点P共有(    )
A. 2个
B. 4个
C. 6个
D. 7个
2. 如图，一个粒子从原点出发，每分钟移动一次，依次运动到(0,1)→(1,0)→(1,1)→(1,2)→(2,1)→(3,0)→……，则2018分钟时粒子所在点的横坐标为(    )

A. 886 B. 903 C. 946 D. 990
3. 如图，在平面直角坐标系中，AB/​/EG/​/x轴，BC/​/DE/​/HG/​/AP/​/y轴，点D、C、P、H在x轴上，A(1,2)，B(−1,2)，D(−3,0)，E(−3,−2)，G(3,−2)，把一条长为2019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−E−F−G−H−P−A…的规律紧绕在图形“凸”的边上，则细线另一端所在位置的点的坐标是(     )

A. (1,1) B. (1,2) C. (−1,2) D. (−1,−2)
4. 如图，一个粒子从原点出发，每分钟移动一次，依次运动到(0,1)→(1,0)→(1,1)→(1,2)→(2,1)→(3,0)→……，则2018分钟时粒子所在点的横坐标为(     )
A. 886
B.   903
C.   946
D. 990
5. 如图，一个粒子在第一象限内及x轴、y轴上运动，第1min从原点运动到(1,0)，第2min从(1,0)运动到(1,1)，然后它接着按图中箭头所示的方向运动(在第一象限内运动时，运动方向与x轴或y轴平行)，且每分移动1个单位长度.在第2019分时，这个粒子所在位置的坐标是(    )

A. (44,5) B. (43,5) C. (44,4) D. (45,4)
6. 如图，在平面直角坐标系中，OA1=OB1，∠A1OB1=120°，将△A1OB1绕点O顺时针旋转并且按一定规律放大，每次变化后得到的图形仍是顶角为120°的等腰三角形．第一次变化后得到等腰三角形A2OB2，点A1(1,0)的对应点为A2(−1,−3)；第二次变化后得到等腰三角形A3OB3，点A2的对应点为A3−32,332；第三次变化后得到等腰三角形A4OB4，点A3的对应点为A4(4,0)……依此规律，则第2022个等腰三角形中，点B2022的坐标是(    )

A. (2022,0) B. (−2022,−20223)
C. (−1011,10113) D. (−1011,−10113)
7. 如图所示，在平面直角坐标系中，A(0,0)，B(2,0)，△AP1B是等腰直角三角形且∠P1=90°，把△AP1B绕点B顺时针旋转180°，得到△BP2C，把△BP2C绕点C顺时针旋转180°，得到△CP3D，依此类推，得到的等腰直角三角形的直角顶点P2022的坐标为(    )

A. (4043,−1) B. (4043,1) C. (2022,−1) D. (2022,1)
8. 如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的顶点A1,−1，D3,−1，规定把正方形ABCD“先沿y轴翻折，再向下平移1个单位”为一次变换，这样连续经过2022次变换后，正方形ABCD的中心的坐标为(    )


A. −2,−2021 B. 2,−2022 C. −2,−2023 D. 2,−2024
9. 如图，动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第1次从原点运动到点(1,1)，第2次接着运动到点(2,0)，第3次接着运动到点(3,2)，…，按这样的运动规律，经过第2019次运动后，动点P的坐标是

A. (2019,1) B. (2019,2) C. (2019,0) D. (2020,0)
10. 如图，在平面直角坐标系中，A(a,−3)，B(a+3,−3)，且a>0，P为y轴上一动点．连接AB，将线段AB先向上平移2个单位，再向右平移1个单位得到线段CD，则下列结论：①CD=3；②∠OBA+∠OCD=∠BOC+180°；③若△PCD的面积为6，则P点的坐标为(0,3)或(0,−5)；④若P点不在直线AB、CD上，△PCD面积为x，△PAB面积为y，四边形ABDC面积为z，则|x−y|=12z.
其中正确的有(    )

A. ①②④ B. ①③④ C. ①②③④ D. ①②③
11. 如图，在平面直角坐标系中，有若干个整数点，其顺序按图中“→”方向排列，如(1,0)，(2,0)，(2,1)，(3,2)，(3,1)，(3,0)，(4,0)……，根据这个规律探索可得第2019个点的坐标是(    )

A. (64,2) B. (64,3) C. (1010,505) D. (2021,2020)
12. 如图，已知P(3,2)，B(−2,0)，点Q从P点出发，先移动到y轴上的点M处，再沿垂直于y轴的方向向左移动1个单位至点N处，最后移动到点B处停止.当点Q移动的路径最短时(即三条线段PM、MN、NB长度之和最小)，点M的坐标为(    )
A. (0,12) B. (0,23) C. (0,43) D. (0,45)
第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OAA1的直角边OA在x轴上，点A1在第一象限，且OA=1，以点A1为直角顶点，OA1为一直角边作等腰直角三角形OA1A2，再以点A2为直角顶点，OA2为直角边作等腰直角三角形OA2A3……依此规律，则点A2019的坐标是________________．

14. 如图，点A(−1,0)，点B(0,3)，点C(2,4)，点D(3,0)，点P是x轴上一点，直线CP将四边形ABCD的面积分成1：2两部分，则P点坐标为_________________．


15. 在平面直角坐标系内，点P(-2,6)到原点的距离为__________．
16. 如果P(m+3，2m+4)在y轴上，那么点P的坐标是___________．

三、解答题（本大题共8小题，共72.0分）
17. 已知A(0,0)，AB=2，点B与点A在同一坐标轴上，求点B的坐标．
18. 已知点A(3x−1,2x)到x轴，y轴的距离相等，求x的值．
19. 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△ABM的面积；
(3)在(2)条件下，当m=-32时，在y轴上有一点P，使得△BMP的面积与△ABM的面积相等，请求出点P的坐标．
20. 如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(a,0)，B(c,c)，C(0,c)，且满足(a+10)2+c+5=0，P点从A点出发沿x轴正方向以每秒2个单位长度的速度匀速移动，Q点从O点出发沿y轴负方向以每秒1个单位长度的速度匀速移动．
(1)直接写出点C的坐标______，AO和BC位置关系是______；
(2)在P，Q的运动过程中，连接PB，QB，使S△PAB=S△QBC，求出点P的坐标；
(3)在P，Q的运动过程中，请探究∠CBQ，∠OPQ和∠PQB的数量关系，并说明理由．


21. 如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，△ABC，△ADE，△AFO均为等边三角形，点A在y轴正半轴上，点B(−6,0)，点C(6,0)，点D在△ABC内部，点E在△ABC的外部，AD=32，∠DOE=30°，OF与AB交于点G，连接DF，DG，DO，OE．
(1)求点A的坐标；
(2)判断DF与OE的数量关系，并说明理由；
(3)直接写出△ADG的周长．

22. 在平面直角坐标系中，点A(a,1)，B(b,6)，C(c,3)，且a，b，c满足2b+c=3a+13a+c=2b+1．
(1)请用含a的式子分别表示B，C两点的坐标；
(2)当实数a变化时，判断△ABC的面积是否发生变化？若不变，求其值；若变化，求其变化范围；
(3)如图，已知线段AB与y轴相交于点E，直线AC与直线OB交于点P，若2PA≤PC，求实数a的取值范围．
23. 在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A(2,0)，B(0,4)，C(−3,2)．
(1)如图1，求△ABC的面积．
(2)若点P的坐标为(m,0)，
①请直接写出线段AP的长为______(用含m的式子表示)；
②当S△PAB=2S△ABC时，求m的值．
(3)如图2，若AC交y轴于点D，直接写出点D的坐标为______．


24. 如图1，在平面直角坐标系中，点A、B、C的坐标分别为(−1,0)、(3,0)、(0,2)，点D在第一象限，CD/​/AB且CD=AB，连接AC，BD．
(1)直接写出点D的坐标；
(2)若点M在y轴的正半轴上且S△ODM=2S△AOC，求出点M的坐标；
(3)若点P是线段BD延长线上的一点(如图2).连接PC、PO，判断∠CPO，∠DCP，∠BOP之间存在怎样的数量关系，并证明．



答案和解析

1.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查了坐标与图形的性质和直角三角形的判定．要把所有的情况都考虑进去，不要漏掉某种情况．当∠PBA=90°时，即点P的位置有2个；当∠BPA=90°时，点P的位置有3个；当∠BAP=90°时，在y轴上共有1个交点．
【解答】
解：①以A为直角顶点，可过A作直线垂直于AB，与坐标轴交于一点，这一点符合点P的要求；
②以B为直角顶点，可过B作直线垂直于AB，与坐标轴交于两点，这两点也符合P点的要求；
③以P为直角顶点，可以AB为直径画圆，与坐标轴共有3个交点．

所以满足条件的点P共有6个．
故选C．
  
2.【答案】D 
【解析】解：一个粒子从原点出发，每分钟移动一次，依次运动到
(0,1)→(1,0)→(1,1)→(1,2)→(2,1)→(3,0)→L，
发现：
当x=0时，有两个点，共2个点，
当x=1时，有3个点，x=2时，1个点，共4个点；
当x=3时，有4个点，x=4，1个点，x=5，1个点，共6个点；
当x=6时，有5个点，x=7，1个点，x=8，1个点，x=9，1个点，共8个点；
当x=10时，有6个点，x=11，1个点，x=12，1个点，x=13，1个点，x=14，1个点，共10个点；
…
当x=n(n−1)2，有(n+1)个点，共2n个点；
2+4+6+8+10+…+2n≤2018
n(2+2n)2≤2018且n为正整数，
得n=44，
∵n=44时，2+4+6+8+10+…+88=1980，
且当n=45时，2+4+6+8+10+…+90=2070，
1980<2018<2070，
∴当n=45时，x=45×462=990，46个点，
∴1980<2018<1980+46，
∴2018个粒子所在点的横坐标为990．
故选：D．
根据点的坐标变化寻找规律即可．
本题考查了规律型：点的坐标，解决本题的关键是观察点的坐标的变化寻找规律．

3.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题主要考查平面直角坐标系中点的坐标的变化规律，理解题意，求出“凸”形的周长是解题关键.先根据已知点的坐标，求出凸形ABCDEGHP的周长为20，根据2019÷20的余数为19，即可得出答案．
【解答】
解：∵A(1,2)，B(−1,2)，D(−3,0)，E(−3,−2)，G(3,−2)，
∴“凸”形ABCDEGHP的周长为：AB+BC+CD+DE+EG+GH+HP+PA=2+2+2+2+6+2+2+2=20，
∵2019÷20=100······19，余数为19，
∴细线另一端所在位置的点在P处上面1个单位的位置，坐标为(1,1)．
故选A．  
4.【答案】D 
【解析】解：一个粒子从原点出发，每分钟移动一次，依次运动到
(0,1)→(1,0)→(1,1)→(1,2)→(2,1)→(3,0)→L，
发现：
当x=0时，有两个点，共2个点，
当x=1时，有3个点，x=2时，1个点，共4个点；
当x=3时，有4个点，x=4，1个点，x=5，1个点，共6个点；
当x=6时，有5个点，x=7，1个点，x=8，1个点，x=9，1个点，共8个点；
当x=10时，有6个点，
x=11，1个点，
x=12，1个点，
x=13，1个点，
x=14，1个点，共10个点；
…
当x=n(n−1)2，有(n+1)个点，共2n个点；
2+4+6+8+10+…+2n≤2018
n(2+2n)2≤2018且n为正整数，
得n=44，
∵n=44时，2+4+6+8+10+…+88=1980，
且当n=45时，2+4+6+8+10+…+90=2070，
1980<2018<2070，
∴当n=45时，x=45×462=990，46个点，
∴1980<2018<1980+46，
∴2018个粒子所在点的横坐标为990．
故选：D．
根据点的坐标变化寻找规律即可．
本题考查了规律型：点的坐标，解决本题的关键是观察点的坐标的变化寻找规律．

5.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题主要考查的是用坐标确定位置，点的坐标的确定，图形规律问题的有关知识，根据题意找到动点即将离开两坐标轴时的位置，与点运动时间之间关系即可．
【解答】
解：根据已知图形分析：坐标(1,1)，2分钟，2=1×2，运动方向向左，
坐标(2,2)，6分钟，6=2×3，运动方向向下，
坐标(3,3)，12分钟，12=3×4，运动方向向左，
坐标(4,4)，20分钟，20=4×5，运动方向向下，
由此发现规律，当点坐标(n,n)，运动时间n(n+1)分钟，n为奇数，运动方向向左，n为偶数，运动方向向下，
∵2019=44×45+39，
∴可以看做点(44,44)向下运动39个单位长度，
∴2019分钟后这个粒子所处的位置(坐标)是(44,5)．
故选A．  
6.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查等腰三角形的性质，平面直角坐标系中点的坐标，含30°角的直角三角形，找到A点的变化规律，得到OB2022=OA2022=2022，根据每3次循环一周，得到B2022的坐标位置，根据含30度角的直角三角形的性质得到答案．
【解答】
解：∵A1(1,0)，A2(−1,−3)，A3−32,332，A4(4,0)，
∴OA1=1，
OA2=(−1)2+(−3)2=2，
OA3=(−32)2+(323)2=3，
OA4=4，
∴每次旋转腰长增加1，
∴OB2022=OA2022=2022，
∵等腰三角形的顶角为120°，
∴每3次循环一周，
∵2022÷3=674，
∴OB2022与OB3，OA2共线，
∵OA3=3，A3−32,332，
∴∠OA3B3=30°，A3B3⊥x轴，
∴∠OA2022B2022=∠OB2022A2022=30°，A2022B2022⊥x轴，
∴B2022(−1011,−10113).  
7.【答案】A 
【解析】解：∵A(0,0)，B(2,0)，△AP1B是等腰直角三角形，且∠P1=90°，
∴P1(1,1)．
∵把△AP1B绕点B顺时针旋转180°，得到△BP2C1，
∴P2(3,−1)．
同理可得出：P3(5,1)，P4(7,−1)，P5(9,1)，…，
∴P2n+1(4n+1,1)，P2n+2(4n+3,−1)(n为自然数)．
∵2022=2×1010+2，4×1010+3=4043，
∴P2022(4043,−1)．
故选：A．
根据等腰直角三角形的性质可找出点P1的坐标，结合旋转的性质即可找出点P2、P3、P4、P5、…、的坐标，根据坐标的变化即可找出变化规律“P2n+1(4n+1,1)，P2n+2(4n+3,−1)(n为自然数)”，依此规律即可得出结论．
本题考查了等腰直角三角形的性质、坐标与图形变化中的旋转以及规律型中点的坐标，根据点的变化找出变化规律“P2n+1(4n+1,1)，P2n+2(4n+3,−1)(n为自然数)”是解题的关键．

8.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题主要考查的是平移中的坐标变化，轴对称中的坐标变化，图形规律问题的有关知识，根据题意找出规律进行求解即可．
【解答】
解：∵A(1,−1)，D(3,−1)，
.AD=2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=2，
∴B(1,−3)，
∴正方形ABCD的中心坐标为(1+32,−1−32)，即(2,−2)，
∵把正方形ABCD“先沿y轴翻折，再向下平移1个单位”为一次变换，
∴正方形ABCD经过1次变换后的中心坐标为(−2,−2−1)，即(−2,−3);
正方形ABCD经过2次变换后的中心坐标为(2,−2−2)，即(2,−4);
正方形ABCD经过3次变换后的中心坐标为(−2,−2−3)，即(−2,−5)，
······
正方形ABCD经过2022次变换后的中心坐标为(2,−2−2022)，即(2,−2024)．  
9.【答案】B 
【解析】
【分析】
此题主要考查了点的坐标规律，培养学生观察和归纳能力，从所给的数据和图形中寻求规律进行解题是解答本题的关键．根据已知提供的数据从横纵坐标分别分析得出横坐标与运动次数相等，纵坐标为1，0，2，0，每4次一轮这一规律，进而求出即可．
【解答】
解：根据动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，
第1次从原点运动到点(1,1)，
第2次接着运动到点(2,0)，
第3次接着运动到点(3,2)，
第4次运动到点(4,0)，
第5次接着运动到点(5,1)，
…，
∴横坐标为运动次数，经过第2017次运动后，动点P的横坐标为2017，
纵坐标为1，0，2，0，每4次一轮，
∵2019÷4=504…3，
∴经过第2019次运动后，动点P的纵坐标为四个数中第3个，即为2，
∴经过第2019次运动后，动点P的坐标是：(2019,2)，
故选B．  
10.【答案】D 
【解析】解：∵，A(a,−3)，B(a+3,−3)，
∴AB=a+3−a=3，
∵CD=AB，
∴CD=3故①正确，
如图，延长DC交OB于点F．

∵CD/​/AB，
∴∠OBA=∠CFB，
∵∠OCD=∠BOC+∠CFO，
∴∠OCD=∠BOC+180°−∠OBA，
∴∠OBA+∠OCD=∠BOC+180°，故②错误，
设P(0,m)，则有12×3×|m+1|=6，
解得m=3或−4，
∴P(0,3)或(0,−5)，故③正确，
结论④错误，理由：当点P在CD的上方或AB的下方时，结论成立，
当点P在AB与CD之间时，则有|x+y|=12z.
故正确的有：①②③，
故选：D．
①根据A，B两点坐标求出AB，即可判断；
②如图，延长DC交OB于点F.利用平行线的性质，三角形的外角的性质判断即可；
③设P(0,m)，则有12×3×|m+1|=6，解方程，可得结论；
④分两种情判断即可．
本题考查坐标与图形变化−平移，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．

11.【答案】A 
【解析】解：把第一个点(1,0)作为第一列，(2,1)和(2,0)作为第二列，以此类推，第一列有1个点，第二列有2个点...第n列有n个点，
∴前n列共有n(n+1)2个点，
∴第n列最下面的点的坐标为(n,0)，
∵63×(63+1)2=2016，
∴第2016个点的坐标为(63,0)，
第2017个点的坐标为(64,0)，
第2018个点的坐标为(64,1)，
第2019个点的坐标为(64,2)，
故选A．
本题主要考查规律型：点的坐标，根据图形得出点的坐标的规律是解答此题的关键．把第一个点(1,0)作为第一列，(2,1)和(2,0)作为第二列，以此类推，第一列有1个点，第二列有2个点...第n列有n个点，可得前n列共有n(n+1)2个点，第n列最下面的点的坐标为(n,0)，由此可得第2016个点的坐标为(63,0)，最后按照规律可得第2019个点的坐标．

12.【答案】A 
【解析】解：如图，将BN沿NM方向平移MN长的距离得到AM，连接AB，则BN=AM，
∴四边形ABNM是平行四边形，
∴MN=AB=1，
∴当A，M，P在同一直线上时，AM+PM有最小值，最小值等于线段AP的长，即BN+PM的最小值等于AP长，
此时PM、MN、NB长度之和最小，
∵P(3,2)，B(−2,0)，AB=1，
∴A(−1,0)，
设AP的解析式为y=kx+b，则
0=−k+b2=3k+b，解得k=12b=12，
∴y=12x+12，
令x=0，则y=12，即M(0,12)，
故选：A．
将BN沿NM方向平移MN长的距离得到AM，连接AB，可得四边形ABNM是平行四边形，根据当A，M，P在同一直线上时，AM+PM有最小值，最小值等于线段AP的长，即BN+PM的最小值等于AP长，可得PM、MN、NB长度之和最小，再根据待定系数法求得AP的解析式，即可得到点M的坐标．
本题主要考查了最短路线问题以及待定系数法的运用，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．

13.【答案】(−21009，21009) 
【解析】
【分析】本题考查了等腰直角三角形以及规律型：点的坐标，根据点的坐标的变化找出变化规律“点A8n+3的坐标为(−24n+1,24n+1)(n为自然数)”是解题的关键．利用等腰直角三角形的性质可得出部分点An的坐标，根据点的坐标的变化可得出变化规律“点A8n+3的坐标为(−24n+1,24n+1)(n为自然数)”，结合2019=252×8+3即可得出点A2019的坐标．

【解答】解：由已知得，点A每次逆时针旋转45°，每转动8次回到x轴正半轴上，每次转动点A到原点的距离变为转动前的2倍．
∵2019÷8=252……3，
∴点A2019在第二象限的角平分线上，OA2019=(2)2019=210092，
∴点A2019(−21009，21009).  
14.【答案】(−0.5,0)或(1.25,0) 
【解析】
【分析】
本题主要考查坐标与图形的性质．
作CE⊥x轴，根据四边形ABCD的面积=S△AOB+S梯形OBCE+S△CDE求得四边形的面积，设点P(x,0)，则PD=3−x，由直线CP将四边形ABCD的面积分成1:2两部分知S△CPD=3.5或S△CPD=7，据此列出方程求解可得．
【解答】
解：过点C作CE⊥x轴于点E，
则AO=1、OB=3、OE=2、CE=4、DE=1，

∴四边形ABCD的面积=S△AOB+S梯形OBCE+S△CDE
=12×1×3+12×(3+4)×2+12×1×4
=10.5，
设点P(x,0)，
则PD=3−x，
由直线CP将四边形ABCD的面积分成1:2两部分知：S△CPD=3.5或S△CPD=7，
则12×(3−x)×4=3.5或12×(3−x)×4=7，
解得：x=1.25或x=−0.5，
即点P的坐标为(−0.5,0)或(1.25,0)．  
15.【答案】10 
【解析】
【分析】
此题考查了勾股定理，以及坐标与图形性质，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．在平面直角坐标系中描出P点，连接OP，过P作PQ垂直于x轴，由P的坐标得出PQ与OQ的长，在直角三角形OPQ中，由PQ与OQ的长，利用勾股定理求出OP的长，即为P到原点的距离．
【解答】

解：连接OP，过P作PQ⊥x轴，交x轴于点Q，如图所示，
∵P(−2,6)，
∴PQ=6，OQ=2，
在Rt△OPQ中，根据勾股定理得：OP=PQ2+OQ2=6+4=10 ，
则P到原点的距离为10 ．
故答案为10 ．
  
16.【答案】(0,−2) 
【解析】
【分析】
解决本题的关键是掌握好坐标轴上的点的坐标的特征，y轴上的点的横坐标为0．
点P在y轴上则该点横坐标为0，可解得m的值，从而得到点P的坐标．
【解答】
解：∵P(m+3,2m+4)在y轴上，
∴m+3=0，得m=−3，
即2m+4=−2.即点P的坐标为(0,−2)．
故答案为：(0,−2)．  
17.【答案】解：∵点A的坐标为(0,0)，
∴点A在x轴上也有可能在y轴上．
当点A在x轴上时，点B的坐标为(−2,0)或(2,0)；
当点A在y轴上时，点B的坐标为(0,2)或(0,−2)．
点B的坐标为(0,2)或(0,−2)或(2,0)或(−2,0)． 
【解析】本题主要考查的是点的坐标的定义，掌握点的坐标的定义是解题的根据．
由点A的坐标可知点A在x轴和y上，符合条件的点B共有4个，根据AB=4可求得点B的坐标．

18.【答案】解：根据题意得3x−1=2x，
即3x−1=2x或3x−1=−2x，
解得x=1或x15． 
【解析】本题主要考察点到坐标轴的距离问题，根据点到两坐标轴距离相等列公式求解即可．

19.【答案】解：(1)−1；3；
(2)过点M作MN⊥x轴于点N，

∵A(-1,0)，B(3,0)，
∴AB=1+3=4，
又∵点M(-2,m)在第三象限，
∴MN=|m|=−m，
∴S△ABM=12AB⋅MN=12×4×(−m)=−2m；
(3)当m=-32时，M(-2,-32)，
∴S△ABM=12×4×32=3
点P有两种情况：
①当点P在y轴正半轴上时，设点P(0,k)，

S△BMP=5×(32+k)-12×2×(32+k)-12×5×32-12×3×k
=52k+94，
∵S△BMP=S△ABM，
∴52k+94=3，解得：k=0.3，
∴点P坐标为(0,0.3)；
②当点P在y轴负半轴上且在MB下方时，

设点P(0,n)，
S△BMP=-5n-12×2×(-n-32)-12×5×32-12×3×(-n)
=-52n-94，
∵S△BMP=S△ABM，
∴-52n-94=3，
解得：n=-2.1，
∴点P坐标为(0,-2.1)．
故点P的坐标为(0,0.3)或(0,-2.1)．
 
【解析】本题主要考查坐标与图形的性质，利用割补法表示出△BMP的面积，并根据题意建立方程是解题的关键．
(1)根据非负数性质可得a、b的值；
(2)过点M作MN⊥x轴于点N，根据三角形面积公式列式整理即可；
(3)先根据(2)计算S△ABM，再分两种情况：当点P在y轴正半轴上时、当点P在y轴负半轴上时，利用割补法表示出S△BMP，根据S△BMP=S△ABM列方程求解可得．
【解答】
解：(1)∵|a+1|+(b−3)2=0，
∴a+1=0且b−3=0，
解得：a=−1，b=3，
故答案为：−1；3；
(2)见答案；
(3)见答案．

20.【答案】(0,−5)  AO/​/BC 
【解析】解：(1)∵(a+10)2+c+5=0，(a+10)2≥0，c+5≥0，
∴a+10=0，c+5=0，
解得，a=−10，c=−5，
∴点C的坐标为(0,−5)，
∵B(−5,−5)，C(0,−5)，
∴AO/​/BC，
故答案为：(0,−5)；AO/​/BC；
(2)设t秒后，S△PAB=S△QBC，
此时，AP=2t，OQ=t，
当0 则12×2t×5=12×(5−t)×5，
解得，t=53，
则AP=2t=103，
∴AP=10−AP=203，
∴点P的坐标为(−203,0)，
当t>5时，AP=2t，QC=t−5，
则12×2t×5=12×(t−5)×5，
解得，t=−5(不合题意，舍去)，
∴点P的坐标为(−203,0)；
(3)∠PQB=∠OPQ+∠CBQ或∠BQP+∠OPQ+∠CBQ=180°．
理由如下：①如图2所示，当点Q在点C的上方时，过Q点作QH/​/AO，
∴∠OPQ=∠PQH，
∵BC/​/AO，QH/​/AO，
∴QH/​/BC，
∴∠HQB=∠CBQ，
∴∠OPQ+∠CBQ=∠PQH+∠BQH，
∴∠PQB=∠OPQ+∠CBQ；
②如图3所示，当点Q在点C的下方时，过Q点作HJ/​/AO，
∴∠OPQ=∠PQJ，
∵BC/​/AO，QH/​/AO，
∴QH/​/BC，
∴∠HQB=∠CBQ，
∴∠HQB+∠BQP+∠PQJ=180°，
综上所述，∠PQB=∠OPQ+∠CBQ或∠BQP+∠OPQ+∠CBQ=180°．
(1)根据偶次方、算术平方根的非负性分别求出a、c，得到点C的坐标，根据点的坐标特征判断AO与BC位置关系；
(2)分05两种情况，根据三角形的面积公式计算即可；
(3)分点Q在点C的上方、点Q在点C的下方两种情况，根据平行线的性质解答即可．
本题考查的是非负数的性质、三角形的面积计算、平行线的性质，掌握偶次方和算术平方根的非负性、平行线的性质定理是解题的关键．

21.【答案】解：(1)∵△ABC是等边三角形，点B(−6,0)，点C(6,0)，
∴OB=6，AB=AC=BC=12，OA=AB2−OB2=122−62=63，
∴点A的坐标为(0,63)；
(2)DF=OE；理由如下：
∵△ADE，△AFO均为等边三角形，
∴AD=AE，AF=AO，∠FAO=∠DAE=60°，
∴∠FAD=∠OAE，
在△FAD和△OAE中，AF=AO∠FAD=∠OAEAD=AE，
∴△FAD≌△OAE(SAS)，
∴DF=OE；
(3)∵∠AOF=60°，
∴∠FOB=30°，
∵∠ABO=60°，
∴∠AGO=90°，
∵△AFO是等边三角形，AO=63，
∴AG=OA⋅sin60°=32×63=9，
∵△FAD≌△OAE，
∴∠AOE=∠AFD，
∵∠DOE=30°=∠AOD+∠AOE，
∴∠AOD+∠AFD=30°，
∵∠FDO=∠AFD+∠FAO+∠AOD，
∴∠FDO=∠AFD+60°+∠AOD=60°+30°=90°，
∵AG⊥OF，△AOF为等边三角形，
∴G为斜边OF的中点，
∴DG=12OF=12×63=33，
∴△ADG的周长=AG+AD+DG=9+32+33． 
【解析】(1)由等边三角形的性质得出OB=6，AB=AC=BC=12，由勾股定理得出OA=AB2−OB2=63，即可得出点A的坐标；
(2)由等边三角形的性质得出AD=AE，AF=AO，∠FAO=∠DAE=60°，证出∠FAD=∠OAE，由SAS证明△FAD≌△OAE，即可得出DF=OE；
(3)证出∠AGO=90°，求出AG=OA⋅sin60°=9，由全等三角形的性质得出∠AOE=∠AFD，证出∠FDO=∠AFD+60°+∠AOD=90°，由等边三角形的性质得出DG=12OF=12×63=33，即可得出答案．
本题是三角形综合题目，考查了等边三角形的性质、勾股定理、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质、三角函数等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．

22.【答案】解：(1)解方程组2b+c=3a+13a+c=2b+1，得b=a+3c=a+7，

B(a+3,6)，C(a+7,3);
(2)不变，值为14.5，
如图，过点A，B，C分别作x轴的垂线，垂足分别为F，G，H，

∵A(a,1)，B(a+3,6)，C(a+7,3)，
∴AF=1，BG=6，CH=3，FG=3，GH=4，FH=7，
∴S△ABC=S梯形AFGB+S梯形BGHC−S梯形AFHC
=12(1+6)×3+12(3+6)×4−12(3+1)×7
=14.5;
(3)∵A(a,1)，B(a+3,6)，C(a+7,3)，
又∵线段AB在与y轴相交于点E，
∴a≤0，a+3≥0，
∴−3≤a≤0，
∵2PA≤PC，
∴2S△ABP≤S△BPC，2S△AOP≤S△OCP，
∴2S△AOB≤S△BOC，
如图，过点A，B，C分别作x轴的垂线，垂足分别为M，N，K，连AO、CO，

∵S△AOB=S梯形AMNB−S△BON=12×(1+6)×(a+3−a)−12(−a)×1−12(3+a)×6=52a+32，
S△BOC=S△BON+S梯形BNKC−S△KOC=12×(3+6)×[(a+7)−(a+3)]+12(3+a)×6−12(7+a)×3=32a+332，
∴2(−52a+32)≤32a+332，解得a≥−2713，
∴实数a的取值范围是：−2713≤a≤0. 
【解析】本题主要考查的是加减消元法解二元一次方程组，坐标与图形性质，三角形的面积等有关知识．
(1)利用加减消元法解方程组，然后再求出B，C点的坐标即可；
(2)过点A，B，C分别作x轴的垂线，垂足分别为F，G，H，利用S△ABC=S梯形AFGB+S梯形BGHC−S梯形AFHC求解即可；
(3)先求出2S△AOB≤S△BOC，过点A，B，C分别作x轴的垂线，垂足分别为M，N，K，连AO、CO，然后根据S△BOC=S△BON+S梯形BNKC−S△KOC得到S△BOC=32a+332，再根据2S△AOB≤S△BOC列不等式求解即可．

23.【答案】|m−2|  (0,45) 
【解析】解：(1)过点C作CD⊥x轴，垂足为D，过点B作BE⊥CD，交DC延长线于E，过点A作AF⊥BE，交EB延长线于F.如图1所示：

∵A(2,0)，B(0,4)，C(−3,2)
∴D(−3,0)，E(−3,4)，F(2,4)．
∴AD=5，CD=2，BE=3，CE=2，DE=4，BF=2，AF=4．
∴S△ABC=S矩形ADEF−S△ACD−S△BCE−S△ABF=AD⋅DE−12AD⋅CD−12CE⋅BE−12BF⋅AF=5×4−12×5×2−12×2×3−12×2×4=8．
答：△ABC的面积是8．
(2)①根据题意得：AP=|m−2|；
故答案为：|m−2|；
②∵S△PAB=2S△ABC
∴12⋅AP⋅BO=2×8
∴AP=|m−2|=8，
∴m−2=8或m−2=−8，
∴m=10或m=−6；
(3)设直线AC的解析式为y=kx+b，
根据题意得：2k+b=0−3k+b=2，
解得：k=−25，b=45；
∴直线AC的解析式为y=−25x+45，
当x=0时，y=45，
∴D(0,45)，
故答案为：(0,45).
方法二：如图2，

由(1)可知，S△ABC=8，
∵A(2,0)，B(0,4)，C(−3,2)，
∴OA=2，OB=4，
∵S△ABC=S△ABD+S△BCD=12BD×3+12BD×2=8，
∴BD=165，
∴OD=OB−BD=4−165=45，
∴D(0,45)，
故答案为：(0,45).
(1)过点C作CD⊥x轴，垂足为D，过点B作BE⊥CD，交DC延长线于E，过点A作AF⊥BE，交EB延长线于F，由题意得出∴D(−3,0)，E(−3,4)，F(2,4).得出AD=5，CD=2，BE=3，CE=2，DE=4，BF=2，AF=4.S△ABC=S矩形ADEF−S△ACD−S△BCE−S△ABF，即可得出结果；
(2)①根据题意容易得出结果；
②由三角形面积关系得出方程，解方程即可；
(3)与待定系数法求出直线AC的解析式，即可得出点D的坐标．
方法二：由面积法求出BD的长，即可解决问题．
本题考查了坐标与图形性质、三角形面积的计算方法、待定系数法求直线的解析式；熟练掌握坐标与图形性质，熟练掌握面积法是解决问题(3)的关键．

24.【答案】解：(1)∵点A、B的坐标分别为(−1,0)、(3,0)，
∴AB=3−(−1)=4，
∵CD/​/AB且CD=AB，
∴点C(0,2)向右平移4个单位到点D，
∴点D的坐标为：(4,2)；
(2)∵点A、C的坐标分别为(−1,0)、(0,2)，
∴OA=1，OC=2，
∴S△AOC=12OA⋅OC=12×1×2=1，
∵S△ODM=2S△AOC，
∴S△ODM=2，
设点M(0,y)，
∵D(4,2)，
∴S△ODM=12×y×4=2y，
∴2y=2，
∴y=1，
∴点M的坐标为：(0,1)；
(3)∠CPO=∠BOP−∠DCP，理由如下：
过点P作PE/​/AB，如图2所示：
∵CD/​/AB，
∴PE//CD//AB，
∴∠EPC=∠DCP，∠EPO=∠BOP，
∵∠CPO=∠EPO−∠EPC，
∴∠CPO=∠BOP−∠DCP． 
【解析】(1)求出AB=4，由CD/​/AB且CD=AB，得出点C(0,2)向右平移4个单位到点D，即可得出结果；
(2)由已知坐标得出OA=1，OC=2，则S△AOC=12OA⋅OC=1，得出S△ODM=2，设点M(0,y)，由D(4,2)，得S△ODM=2y，求出y的值，即可得出答案；
(3)过点P作PE/​/AB，易证PE//CD//AB，得出∠EPC=∠DCP，∠EPO=∠BOP，由∠CPO=∠EPO−∠EPC，即可得出∠CPO=∠BOP−∠DCP．
本题是三角形综合题，主要考查了坐标与图形、平移、三角形面积的计算、平行线的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握平移和平行线的判定与性质是解题的关键．