中考数学一轮复习专题3.2 坐标系中的面积问题的四大类型（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题3.2 坐标系中的面积问题的四大类型（北师大版）（解析版），共36页。

考卷信息：
本套训练卷共30题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生对坐标与图形面积问题的四大类型的理解！
【类型1 计算一边在坐标轴上（或平行于坐标轴）的规则图形的面积】
1．（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，平行四边形ABCD的四个顶点A，B，C，D是整点（横、纵坐标都是整数），则四边形ABCD的面积是（ ）个平方单位．
A．152B．15C．10D．无法计算
【答案】B
【分析】根据平行四边形在坐标系中的位置得到AD∥x轴，AD=4−−1=5，高为1−−2=3，利用面积公式直接计算可得．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，A−1,2,B0,1,C5,1,D4,−2，
∴AD∥x轴，AD=4−−1=5，高为1−−2=3，
∴平行四边形ABCD的面积=5×3=15，
故选：B．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，坐标与图形，正确理解平行四边形的性质是解题的关键．
2．（2023春·江西南昌·八年级江西师范大学附属外国语学校校考期中）如图是一块不规则的四边形地皮ABCO，各顶点坐标分别为A−2,6，B−5,4，C−7,0，O0,0（图上一个单位长度表示10米），则这块地皮的面积是（ ）m2．
A．25B．250C．2500D．2200
【答案】C
【分析】根据S四边形ABCO=S△BCD+S梯形ABDE+S△AEO，即可求解．
【详解】解：如图所示，A−2,6，B−5,4，C−7,0，O0,0
S四边形ABCO=S△BCD+S梯形ABDE+S△AEO
=12×2×4+124+6×3+12×6×2
=4+15+6
=25
∵图上一个单位长度表示10米，
∴25×10×10=2500m2，
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形，数形结合是解题的关键．
3．（2023春·重庆沙坪坝·八年级重庆一中校考阶段练习）如图所示，在平面直角 坐标系中，点A、B分别是坐标轴上的点，将△OAB沿x轴正方向平移83个单位长度得到△FDE，若A0,3，OG=13OA，则四边形ABEG的面积是（ ）
A．83B．4C．163D．323
【答案】C
【分析】根据平移的性质，求出DF=3,OG=1,OF=BE=83，四边形ABEG的面积等于四边形DFOG的面积，求出四边形DFOG的面积是163，即可的答案．
【详解】解：∵ △OAB沿x轴正方向平移83个单位长度得到△FDE，
∴△OAB≌△FDE，
∴四边形ABEG的面积等于四边形DFOG的面积，
∵A(0,3)，OG=13OA，
∴DF=3,OG=1,OF=BE=83，
∵四边形DFOG的面积=1+3×83×12=163，
∴四边形ABEG的面积是163，
故选：C．
【点睛】本题考查了平移的性质，解题的关键是求出四边形DFOG的面积．
4．（2023·全国·八年级专题练习）如图，已知A(−2，0)，B(4，0)，C(−4，4)，求△ABC的面积．
【答案】12
【分析】由A、B两点的坐标可得AB=6，然后根据三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：因为C点坐标为(−4，4)，
所以△ABC的AB边上的高为4，
又由题可知AB=4−−2=6，
所以S△ABC=12×6×4=12．
【点睛】本题考查了图形与坐标，属于基本题目，熟练掌握基本知识是解题关键．
5．（2023春·全国·八年级期末）平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A1,4，B3,4，C3,2．
(1)试在平面直角坐标系中，标出A、B、C三点；
(2)画出将△ABC向下平移4个单位的△A′B′C′；
(3)求△ABC的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2
【分析】（1）根据点A、B、C的坐标及坐标的概念描点即可；
（2）分别找到点A、B、C平移后的对应点，依次连接即可；
（3）根据三角形的面积公式求解可得．
【详解】（1）解：如图所示：
（2）如图，△A′B′C′即为所求；
（3）△ABC的面积为12×2×2=2．
【点睛】本题主要考查作图—平移变换，解题的关键是根据平移的定义和性质得出对应点．
6．（2023春·广东湛江·八年级校考期中）已知，点A(a+3，a+2)．且点A在x轴上，
(1)A点的坐标为 ．
(2)若点C坐标为0,4，求△AOC的面积．
(3)在（2）的条件下，若点P为y轴上一动点，且△ACP的面积为5，求点P的坐标．
【答案】(1)1,0
(2)2
(3)0,14或0,−6
【分析】（1）由点A在x轴上可得其纵坐标为0，求出a即可得到答案；
（2）根据三角形的面积公式求解即可；
（3）根据题意可求出PC=10，再分两种情况：①当点P在y轴正半轴时，②当点P在y轴负半轴时，结合图形解答即可．
【详解】（1）∵点A(a+3，a+2)，且点A在x轴上，
∴a+2=0，
∴a=−2，
∴a+3=1，
∴点A的坐标为1,0，
故答案为：1,0；
（2）由（1）可知，点A的坐标为1,0，
∴OA=1，
∵点C坐标为0,4，
∴OC=4，
∵∠AOC=90°，
∴△AOC的面积=12OA•OC=12×1×4=2；
（3）∵△ACP的面积为5，
∴12PC•OA=5，即12PC×1=5，
解得：PC=10，
分两种情况：
①当点P在y轴正半轴时，如图1，
则OP=PC+OC=10+4=14，
∴点P的坐标为0,14；
②当点P在y轴负半轴时，如图2，
则OP=PC−OC=10−4=6，
∴点P的坐标为0,−6；
综上所述，点P的坐标为0,14或0,−6．
【点睛】本题考查了坐标与图形以及三角形的面积，正确分类、得出相应点的坐标是解题关键．
7．（2023春·甘肃白银·八年级统考期末）已知在平面直角坐标系中有三点A−2，1，B3，1，C2，3．请回答如下问题：
(1)在如图所示的平面直角坐标系内描出点A，B，C的位置；
(2)求出以A，B，C三点为顶点的三角形的面积；
(3)点P在y轴上，以A，B，P三点为顶点的三角形的面积等于10．请直接写出点P的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)5
(3)P点的坐标为0，5或0，−3
【分析】（1）由题意根据点的坐标，直接描点即可；
（2）根据点的坐标可知，AB∥x轴，进而得出AB=5，点C到线段AB的距离2，根据三角形面积公式求解即可；
（3）根据题意，设P的坐标为0，m，再根据三角形的面积，得出P点到AB的距离为4，进而得出m−1=4，解出即可得出答案．
【详解】（1）解：描点如图；
（2）解：依题意，得AB∥x轴，且A−2，1，B3，1，C2，3，
∴AB=3−−2=5，点C到线段AB的距离3−1=2，
∴S△ABC=12×5×2=5；
（3）解：∵点P在y轴上，
∴设P的坐标为0，m，
又∵AB=5，S△ABP=10，
∴P点到AB的距离为4，
∴m−1=4，
解得：m=5或−3，
∴P点的坐标为0，5或0，−3．
【点睛】本题考查了点的坐标、坐标与图形、两点之间的距离，解本题的关键在正确画出图形．
8．（2023春·广东湛江·八年级校考期中）如图，把△ABC向上平移4个单位长度，再向右平移2个单位长度得到△A'B'C'，其中点A，B，C的对应点分别为点A′,B′,C′．
(1)在图上画出△A′B′C′，请直接写出点A′,B′,C′的坐标；
(2)在图上，连接A′A，A′C，请直接写出△A′AC的面积．
【答案】(1)A′0,6,B′−1,2,C′5,2，图见解析
(2)面积是14，图见解析
【分析】（1）根据平移的性质即可求解，根据坐标系写出点的坐标；
（2）根据正方形的面积减去三个三角形的面积即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，△A′B′C′即为所求，
∵把△ABC向上平移4个单位长度，再向右平移2个单位长度得到△A′B′C′，A−2,2，B−3,−2，C3,−2，
∴A′0,6,B′−1,2,C′5,2；
（2）由题意得：S△AA′C′=8×5−12×2×4−12×4×5−12×8×3=14．
【点睛】本题考查了平移作图，坐标与图形，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
【类型2 计算各边都不在坐标轴上的规则图形的面积】
1．（2023春·广东清远·八年级统考期末）已知三角形ABC的三个顶点的坐标分别是A3,2、B−1,0、C2,0．在平面直角坐标系中画出三角形ABC，并求出三角形ABC的面积．

【答案】见解析，3
【分析】根据题意画出图形，然后即可求出面积．
【详解】解：如图，三角形ABC即为所求，

三角形ABC的面积为：12×BC×2=12×3×2=3；
【点睛】本题考查了坐标与图形，正确画出图形是关键．
2．（2023春·广东肇庆·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点A0,4，B8,0，Ca,b，点C在第一象限，CB⊥x轴，且到x轴的距离为6．

(1)a=__________，b=_________；
(2)求△ABC的面积；
(3)如果在第二象限内有一点Pm,1，且四边形ABOP的面积是△ABC的面积的两倍，求满足条件的P点的坐标．
【答案】(1)a=8，b=6
(2)24
(3)P−16,1
【分析】（1）根据CB⊥x轴，可知点C与点B的横坐标相同，结合点C到x轴的距离为6，得点C的纵坐标为6，即可得到a、b的值；
（2）根据三角形的面积公式得S△ABC=12×BC×xB，即可求出△ABC的面积；
（3）由图象可知S四边形ABOP=S△APO+S△AOB，再由三角形的面积公式求出S四边形ABOP=2m+16，结合四边形ABOP的面积是△ABC的面积的两倍且P在第二象限，即可求出P点的坐标．
【详解】（1）解：∵B8,0，Ca,b，点C在第一象限，CB⊥x轴，且到x轴的距离为6，
∴a=8，b=6，
故答案为：a=8，b=6．
（2）解：∵B8,0，C8,6，
∴BC=6，
∵S△ABC=12×BC×xB，
∴S△ABC=12×6×8=24．
（3）解：∵A0,4，B8,0，
∴OA=4，OB=8，
∵S四边形ABOP=S△APO+S△AOB，
∴S四边形ABOP=12×OA×m+12×OA×OB
=12×4×m+12×4×8=2m+16，
∵S四边形ABOP=2S△ABC，
∴2m+16=2×24，
∴m=16，
∵且P在第二象限，
∴m=−16，
∴P−16,1．
【点睛】本题考查了坐标与图形的性质，根据坐标得出坐标系内线段的长度，熟练掌握坐标与图形性质，由题意得出方程是解决问题（2）的关键．
3．（2023春·江西南昌·八年级江西师范大学附属外国语学校校考期中）如图，点A，B分别在x轴和y轴上，已知OA=4，OB=3，点C在第四象限且到两坐标轴的距离都为2．

(1)直接填写点A，B，C的坐标：A( ， )，B( ， )，C( ， )；
(2)求三角形ABC的面积；
(3)点D为BC与x轴的交点，运用（2）中的结论求点D的坐标．
【答案】(1)4，0，0，3，2，−2
(2)7
(3)65,0
【分析】（1）直接根据图像可得结果；
（2）利用割补法计算即可；
（3）利用三角形ABC的面积，得到12×yB+yC×AD=7，从而求出AD，结合点A坐标即可得解．
【详解】（1）解：由图可知：A4,0，B0,3，C2,−2；
（2）三角形ABC的面积为：4×5−12×4×3−12×5×2−12×2×2=7；
（3）∵三角形ABC的面积为7，
∴12×yB+yC×AD=7，
即12×5×AD=7，
解得：AD=145，
∴4−145=65，即点D的坐标为65,0．
【点睛】本题考查了坐标与图形，三角形的面积，解题的关键是掌握坐标系中三角形面积的多种求法．
4．（2023春·北京大兴·八年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，A1,5，B4,1，将线段AB先向左平移5个单位长度，再向下平移4个单位长度得到线段CD（其中点C与点A，点D与点B是对应点），连接AC，BD．

(1)补全图形，点C的坐标是__________，点D的坐标是__________．
(2)三角形OCD的面积是__________．
【答案】(1)C−4,1；D−1,−3
(2)132
【分析】（1）通过题意的内容指示，将图形补全后，即可得出点C和点D的坐标．
（2）连接OC，OD利用割补法即可求出三角形OCD的面积．
【详解】（1）解：补全图形，如图所示，
点C和点D的坐标分别是−4,1；−1,−3．

（2）解：由题可得：S△OCD=S四边形CMND−S△CMO−S△OND=12×4×4+1−12×1×4−12×1×3=132．
【点睛】本题考查了作图—平移变换，解题的关键是掌握平移变换的定义和性质及割补法求三角形的面积．
5．（2023春·湖北·八年级统考期末）如图，三角形ABC中任意一点Px0,y0经平移后对应点为Px0+5,y0+3，将三角形ABC作同样的平移得到三角形A1B1C1．

(1)画出平移后的三角形A1B1C1．
(2)求三角形A1B1C1的面积．
(3)直接写出AB与x轴交点D的坐标___________
【答案】(1)见解析
(2)11
(3)(−72,0)
【分析】（1）根据平移变换的性质找出对应点即可求解；
（2）根据割补法求解即可；
（3）根据面积法求解即可．
【详解】（1）解：如图所示，三角形A1B1C1即为所求；

（2）三角形A1B1C1的面积=4×6−12×2×4−12×3×4−12×6×1=11；
（3）∵三角形ABC的面积=12CD×(3+1)=11，
∴CD=112，
∴OD=112−2=72，
∴D(−72,0)，
故答案为：(−72,0)．
【点睛】本题考查了平移变换的性质，利用面积法求解（3）是解题的关键．
6．（2023春·安徽芜湖·八年级校联考期末）平面直角坐标系xOy中，已知点A(0,1)，B(4,2)，C(2,−2)．

(1)在网格中画出这个平面直角坐标系；
(2)连接CB，平移线段CB，使点C移动到点A，得到线段AD．
①画出线段AD；
②连接AC，DB，求四边形ACBD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②14
【分析】（1）根据点A(0,1)，B(4,2)，C(2,−2)，即可得；
（2）①根据平移的性质即可得到线段AD；②四边形ACBD是由△ADC，△BDC组成，则四边形ACBD的面积为S△ADC+S△BDC．
【详解】（1）解：根据点A(0,1)，B(4,2)，C(2,−2)，建立直角坐标系如图所示：

（2）解：①如图所示，线段AD即为所求．

②四边形ACBD的面积：S△ADC+S△BDC=12×7×2+12×7×2=14．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系，平移，解题的关键是掌握这些知识点．
7．（2023春·广西南宁·八年级南宁二中校考期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC各顶点均在网格格点（网格线的交点）上．

(1)直接写出△ABC各顶点的坐标；
(2)将△ABC向上平移3个单位长度，再向左平移2个单位长度，可以得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
(3)求△ABC的面积．
【答案】(1)A(−1,−1)，B(4,2)，C(1,3)
(2)画图见解析
(3)7
【分析】（1）直接写出坐标即可；
（2）画出平移后三个顶点的坐标，依次连接三个顶点即可；
（3）利用割补法即可求解．
【详解】（1）解：由图知，A(−1,−1)，B(4,2)，C(1,3)；
（2）解：平移后的图形如下：

（3）解：S△ABC=5×4−12×1×3−12×2×4−12×3×5=7．
【点睛】本题考查了坐标与图形，图形的平移，写出点的坐标，割补法求图形面积等知识，掌握坐标系中点平移的特点是关键．
8．（2023春·福建福州·八年级福州华伦中学校考期末）如图，平面直角坐标系中，点A−1,4、B−4,3、C−3,1，把△ABC向右平移5个单位长度，再向下平移4个单位长度得到△A′B′C′．

(1)请认真的你画出△A′B′C′．
(2)求△ABC的面积．
【答案】(1)见解析
(2)3.5
【分析】（1）根据平移的性质即可求解；
（2）根据正方形的面积减去三个三角形的面积即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，△A′B′C′即为所求；

（2）S△ABC=3×3−12×1×3−12×1×2−12×2×3=9−1.5−1−3=3.5．
【点睛】本题考查了平移作图，坐标与图形，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
【类型3 已知图形面积求顶点坐标】
1．（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别个为A（2，0）、B（0，1）、C（2，3）．若P为直线AB上方的坐标轴上的点，满足△ABP与△ABC的面积相等，则点P的坐标是（ ）
A．（4，0）B．（0，4）
C．（0，2）或（6，0）D．（0，4）或（8，0）
【答案】D
【分析】先设出点P的坐标，分P在x轴和y轴两种情况讨论，然后求出三角形ABC的面积，再将三角形ABP的面积用点P的坐标表示出来，列出方程，求出点P的坐标即可．
【详解】解：由题意得SΔABC=12×3×2=3，
∴S△ABP＝3，
若点P在x轴上，设P（x，0），
则S△ABP＝S△OBP﹣S△OAB＝12⋅x⋅1−12×2×1＝3，
解得x＝8，
∴P（8，0），
若点P在y轴上，设P（0，y），
则S△ABP＝S△AOP﹣S△OAB＝12×2y−12×2×1=3，
解得y＝4，
∴P（0，4），
故选：D．
【点睛】本题主要考查坐标与图形性质，解题的关键是得到△ABP与△ABC之间的关系，注意分类讨论．
2．（2023春·山西临汾·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点M，N的坐标分别为（4，0）和（a，a+1），且三角形OMN的面积是8，则a的值为（ ）
A．3或-5B．±4C．3D．-5
【答案】A
【分析】利用三角形的面积公式，结合点的坐标列方程求解即可．
【详解】解：根据题意得：12×4a+1=8，
解得：a=3或a=−5，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了三角形的面积，绝对值方程，结合坐标列出关于a的方程，是解题的关键．
3．（2023春·北京西城·八年级期末）在单位长度为1的正方形网格中，如果一个凸四边形的顶点都是网格线交点，我们称其为格点凸四边形．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ORST的四个顶点分别为O0,0，R0,5，T8,0，S8,5．已知点E2,4，F0,3，G4,2．若点P在矩形ORST的内部，以P，E，F，G四点为顶点的格点凸四边形的面积为6，所有符合题意的点P的坐标为 ．

【答案】6,3,5,4,7,2,2,1
【分析】画出图形，运用分割法求出与P，E，F，G四点为顶点的格点凸四边形的面积为6时的点P即可．
【详解】解：如图，S△EFG=4×2−12×1×2−12×1×4−12×2×2=3,S△P1EG=12×3×2=3,
∴S四边形P1EFG=S△EFG+S△P1EG=3+3=6，
此时，格点P1的坐标为5,4,

过格点P1作EG的平行线，过格点P2,P3,则有：S△P2EG=S△P3EG=S△P1EG=3,
∴S四边形P2EFG=6,S四边形P3EFG=6,
∴P26,3, P37,2,
又S△P4FG=12×1+2×4−12×2×2−12×2×1=3,
∴S四边形P1EFG=S△EFG+S△P4FG=3+3=6
∴P42,1,
所以，以P，E，F，G四点为顶点的格点凸四边形的面积为6的点P有四处，坐标为6,3,5,4,7,2,2,1，
故答案为：6,3,5,4,7,2,2,1．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，找准、找全点P的坐标是解答本题的关键．
4．（2023春·重庆江津·八年级校联考期中）如图，点A4,0，点B−2,b是第二象限内的点，△AOB面积等于8．
(1)求b的值；
(2)在坐标轴上是否存在一点P（不与点A重合），使S△BOP=S△AOB？若存在，请直接写出符合条件的点P的坐标，并写出其中一个点P的坐标求解过程．
【答案】(1)b=4
(2)P点坐标0，−8或（0，8或−4，0
【分析】（1）根据△AOB面积等于8列出方程求解即可；
（2）分两种情况讨论：当点P在y轴上和点P在x轴上，分别根据S△BOP=S△AOB列方程求解即可．
【详解】（1）∵点B是第二象限内的点
∴b>0，
∴S△AOB=12OA×b=12×4b=8，
∴b=4．
（2）P点坐标0，−8或0,8或−4，0．
求解过程：
当点P在y轴上时，S△BOP=12OP×−2=8，
∴OP=8，即点P坐标0，−8或0，8，
当点P在x轴上时，S△BOP=12OP×4=8，
∴OP=4，
∵点P不与点A重合，
∴点P坐标−4，0，
综上：P点坐标0，−8或（0，8或−4，0．
【点睛】本题主要考查了直角坐标系中点的特征，非负数的性质，三角形的面积，关键是数形结合运用点的坐标进行求得三角形的高与底边长．
5．（2023春·湖南长沙·八年级统考期末）如图，△ABC的顶点都在平面直角坐标系中的坐标轴上，△ABC的面积S△ABC=24，OA=OB，BC=12，求△ABC三个顶点的坐标．
【答案】A0,4，B−4,0，C8,0
【分析】首先根据面积求得OA的长，再根据已知条件求得OB的长，最后求得OC的长．最后写坐标的时候注意点的位置．
【详解】解：∵S△ABC=12BC•OA=24，OA=OB，BC=12，
∴OA=OB=2×24BC=4812=4，
∴OC=8，
∵点O为原点，
∴A（0，4），B（-4，0），C（8，0）．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，写点的坐标的时候，特别注意根据点所在的位置来确定坐标符号．
6．（2023春·广东汕尾·八年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点Aa,0，B0,b，Cc,0，且a，b，c满足关系式a−4+b−22+c+2=0，点Pm,n在第一象限．

(1)求a，b，c的值．
(2)连接BC，当S三角形ABC=32S三角形ABP（S代表面积）时，求S三角形ABP的值．
(3)当m=3，n>2时，三角形ABP的面积为7，求n的值．
【答案】(1)a=4，b=2，c=−2；
(2)4；
(3)n=4；
【分析】（1）根据非负式子和为0它们分别等于0，列式求解即可得到答案；
（2）根据A4,0，B0,2，C−2,0得到AC=6，OB=2，求出S三角形ABC，结合S三角形ABC=32S三角形ABP代入求解即可得到答案；
（3）过点P作PD⊥y轴于点D，根据题意得到PD=3，OD=n，OA=4，OB=2，得到BD=n−2，结合三角形面积列式求解即可得到答案；
【详解】（1）解：∵a−4+b−22+c+2=0，
∴a−4=0，b−2=0，c+2=0，
解得a=4，b=2，c=−2；
（2）解：∵A4,0，B0,2，C−2,0，
∴AC=6，OB=2，
∴S三角形ABC=12×6×2=6，
∵S三角形ABC=32S三角形ABP，
∴S三角形ABP=23S三角形ABC=4；
（3）解：如图，过点P作PD⊥y轴于点D，

∵m=3，
∴PD=3，OD=n，
由（1）得A4,0，B0,2，
∴OA=4，OB=2，
∴BD=n−2．
∵三角形ABP的面积为7，S三角形BDP+S三角形AOB+S三角形ABP=S梯形AODP，
∴12×n−2×3+12×4×2+7=12×3+4×n，
解得n=4；
【点睛】本题考查绝对值非负性与完全平方的非负性，平面直角坐标系中图形面积求解，点到坐标轴的距离问题，解题的关键是根据点到坐标轴的距离是三角形的高计算面积．
【类型4 已知图形面积，但点的位置不确定，需要分类讨论】
1．（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）已知A(a,0)和点B(0,5)两点，则直线AB与坐标轴围成的三角形的面积等于10，则a的值是（ ）
A．−4B．4C．±4D．±5
【答案】C
【分析】根据三角形的面积公式和已知条件列等量关系式求解即可．
【详解】解：假设直角坐标系的原点为O，则直线AB与坐标轴围成的三角形是以OA、OB为直角边的直角三角形，
∵A(a,0)和点B(0,5)，
∴OA=|a|，OB=5，
∴SΔOAB=12×OA×OB=12×|a|×5=10，
∴|a|=4，
∴a=±4．
故选：C
【点睛】本题主要考查了三角形的面积和直角坐标系的相关知识，需注意坐标轴上到一个点的距离为定值的点有2个．
2．（2023春·广东梅州·八年级校考阶段练习）已知点A−4，0，B6，0，C3，m，如果△ABC的面积是12，则m的值为（ ）
A．1.2B．2.4
C．−2.4D．−2.4或2.4
【答案】D
【分析】根据点的特征，得出A、B两点在x轴上，进而得出AB的长，再根据点C的坐标，得出点C到x轴的距离为m，再根据三角形的面积公式，即可得出m的值．
【详解】解：∵A−4，0，B6，0，
∴A、B两点在x轴上，
∴AB=−4+6=10，
∵C3，m，
∴点C到x轴的距离为m，
∵△ABC的面积是12，
∴S△ABC=12×10×m=12，
解得：m=±2.4．
故选：D．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系中点的坐标、点到坐标轴的距离、三角形的面积，解本题的关键在计算点C到x轴的距离时，注意加绝对值．
3．（2023春·江苏苏州·八年级太仓市第一中学校考阶段练习）在平面直角坐标系中，A0，1，B2，0，C4，3，点P在x轴上，且△ABP与△ABC的面积相等，则点P的坐标为________________．
【答案】10，0或−6，0
【分析】过点C作CD⊥x轴，CE⊥y轴，垂足分别为D、E，然后依据S△ABC=S四边形CDOE−S△AEC−S△ABO−S△BCD求出S△ABC=4，设点P的坐标为x,0，于是得到BP=x−2，再根据三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：如图，过点C作CD⊥x轴，CE⊥y轴，垂足分别为D、E，
则S△ABC=S四边形CDOE−S△AEC−S△ABO−S△BCD
=3×4−12×2×4−12×1×2−12×2×3
=12−4−1−3
=4，
设点P的坐标为x,0，则BP=x−2，
∵△ABP与△ABC的面积相等，
∴12x−2×1=4，
解得：x=10或x=−6，
∴点P的坐标为10，0或−6，0，
故答案为：10，0或−6，0．
【点睛】本题主要考查的是坐标与图形的性质，利用割补法求得△ABC的面积是解题的关键．
4．（2023春·重庆江津·八年级校联考期中）（2023春·湖北随州·八年级统考期末）如图，长方形OABC在平面直角坐标系中，其中A(4,0)，C(0,3)，点E是BC的中点，动点P从O点出发，以每秒1cm的速度沿O−A−B− E运动，最终到达点E．若点P运动的时间为x秒，那么当x=2秒时，△OPE的面积等于______cm2；当△OPE的面积等于5cm2时，P点坐标为______．

【答案】 3 103，0或(4,1)
【分析】当x=2秒时，利用三角形面积公式即可求解；第2问分三种情况，分别画出图形，利用三角形的面积公式进行计算解答即可．
【详解】解：由题意得OA=BC=4，OC=AB=3，BE=CE=12BC=2，
当x=2秒时，OP=2，△OPE的面积等于12OP×OC=3；
当△OPE的面积等于5cm2时，分三种情况讨论，
①如图，

当P在OA上时，0∵△OPE的面积等于5，
∴12x·3=5，
解得x=103．
∴P点坐标为103，0；
②当P在AB上时，4
∵△OPE的面积等于5，
∴S矩形OABC−S△AOP−S△OCE−S△EBP=5，
∴4×3−12(4+3−x)×2−12×3×2−12×4×(x−4)=5，
解得x=5．
∴AP=5−4=1，
∴P点坐标为4，1；
③当P在BE上时，7
∴124+3+2−x×3=5，
解得x=173，不合题意，舍去．
综上可知，当△OPE的面积等于5cm2，P点坐标为103，0或4，1
故答案为：3；103，0或4，1．
【点睛】本题考查了坐标与图形，长方形的性质和三角形的面积公式的应用，一元一次方程的应用，分类讨论是解题的关键．
5．（2023春·八年级单元测试）如图，在平面直角坐标系中，已知Aa,0，Bb,0，其中a，b满足a+2+(b−4)2=0
(1)求a、b的值．
(2)如果在第三象限内有一点M−3,m，请用含m的式子表示△ABM的面积．
(3)在（2）条件下，当m=−4时，在y轴上有一点P，使得△ABP的面积与△ABM的面积相等，请求出点P的坐标．
【答案】(1)a=−2，b=4
(2)−3m
(3)P(0，4)或(0，−4).
【分析】（1）根据非负数性质可得a、b的值；
（2）根据三角形面积公式列式整理即可；
（3）根据（2）的结论得出S△ABM=−3×−4=12，设P(0，a)，则OP=|a|，根据三角形面积公式列出方程，解方程即可求解．．
【详解】（1）解：∵a+2+(b−4)2=0，
∴a+2=0，b−4=0，
∴a=−2，b=4；
（2）如图1所示，
过M作ME⊥x轴于E，
∵A−2,0，B4,0，
∴OA=2，OB=4，
∴AB=6，
∵在第三象限内有一点M(−3,m)，
∴ME=|m|=−m，
∴S△ABM=12AB×ME=12×6×(−m)=−3m．
（3）解：m=−4时，S△ABM=−3×−4=12，
设P(0，a)，则OP=|a|，
∴SΔABP=12AB⋅OP=12×6×|a|=3|a|，
∴3|a|=12，
解得a=±4，
∴P(0，4)或(0，−4).
【点睛】本题主要考查非负数的性质、点的坐标以及三角形的面积公式，点的坐标转化为点到坐标轴的距离时注意符号问题.
6．（2023春·湖北·八年级统考期末）如图所示的平面直角坐标系中，O为坐标原点，A4,3,B3,1,C1,2，将△ABC平移后得到△DEF．已知B点平移的对应点E点0,−3（A点与D点对应，C点与F点对应）．

(1)画出平移后的△DEF，并写出点D的坐标为___________，点F的坐标为___________；
(2)直接写出△ABC的面积___________；
(3)连OC、OB，则y轴上是否存在P点，使S△POC=S△ABC，若存在，直接写出P点坐标___________；
【答案】(1)作图见解析，D(1，−1) ,F(−2，−2)，
(2)52
(3)(0，5)或(0，−5)．
【分析】（1）画出图象即可解决问题；
（2）利用割补法求解面积即可；
（3）设出坐标，列一元一次方程即可解决问题；
【详解】（1）解∶∵A4,3,B3,1,C1,2，B点平移的对应点E点0,−3，
∴△ABC向左平移3个单位，再向下平移4个单位得△DEF，
△DEF如图所示，D(1，−1) ,F(−2，−2)，
故答案为∶ D(1，−1) ,F(−2，−2)，；

（2）解：S△ABC=2×3−12×1×3−2×12×1×2=52，
故答案为52；
（3）解：y轴上是否存在P点，使S△POC=S△ABC，
设P(0，m)，
∵S△POC=S△ABC，S△ABC=52，S△POC=12×m×1，
∴12×m×1=52，
解得m=5或m=−5
∴P(0，5)或P(0，−5)，
故答案为(0，5)或(0，−5)．
【点睛】本题考查作图之平移变换，三角形的面积以及解一元一次方程等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型
7．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，四边形各顶点的坐标分别为A0,0,B7,0,C9,5,D2,7
(1)求此四边形的面积．
(2)在坐标轴上，你能否找到一点P，使S△PBC=50？若能，求出P点坐标；若不能，请说明理由．
【答案】(1)44
(2)能，点P坐标为P1−13,0,P227,0,P30,652,P40,−1352
【分析】（1）利用分割法，把四边形分割成一个三角形加上一个梯形后再减去一个三角形求面积；
（2）分两种情况：点P在x轴上，点P在y轴上，利用割补法求三角形的面积，进行求解即可．
【详解】（1）解：（1）如图，
过D，C分别作DE,CF垂直于AB，E、F分别为垂足，则有：
S=S△AED+S梯形EFCD−S△CFB
=12×AE×DE+12×CF+DE×EF−12×FC×FB，
=12×2×7+12×7+5×7−12×2×5=44；
故四边形ABCD的面积为44．
（2）当点P在x轴上，设P点坐标为x,0；如图：
SΔPBC=12BP⋅yC=12|7−x|×5=50，
解得：x=−13或27，
点P坐标为−13,0,27,0；
当点P在y轴上，设P点坐标为（0，y），延长CB交y轴于E点，过点C作CF⊥y轴于F，设E0,yE，
则：SΔCFE=SΔOBE+S梯形OBCF，
即：125−yE×9=12×7×−yE+12×7+9×5，
解得：yE=−352，
∴E0,−352
①P在直线BC上方时，
SΔPBC=SΔPEC−SΔPEB=12352+y×9−12352+y×7=50，解得：y=652；
点P坐标为0,652；
②P在直线BC下方时，
SΔPBC=SΔPEC−SΔPEB=12−352−y×9−12−352−y×7=50，
解得y=−1352，
∴点P坐标0,−1352．
综上：点P坐标为P1−13,0,P227,0,P30,652,P40,−1352．
【点睛】本题考查坐标与图形，熟练掌握割补法求图形的面积是解题的关键．
8．（2023春·全国·八年级专题练习）已知：如图，△ABC的三个顶点位置分别是A（1，0），B（−2，3），C（−3，0）．
(1)求△ABC的面积是多少？
(2)若点A、C的位置不变，当点P在y轴上时，且S△ACP=2S△ABC，求点P的坐标？
(3)若点B、C的位置不变，当点Q在x轴上时，且S△BCQ=2S△ABC，求点Q的坐标？
【答案】(1)6
(2)P(0，6);P（0,﹣6）
(3)Q(-11，0);Q（5，0）
【分析】（1）根据点A、C的坐标求出AC的长，然后利用三角形的面积列式计算即可得解；
（2）分点P在y轴正半轴和负半轴两种情况讨论求解；
（3）分点Q在C的左边和右边两种情况讨论求解．
【详解】（1）∵A（1，0），B（−2，3），C（−3，0），
∴AC=1−（−3）=1+3=4，
点B到AC的距离为3，
∴△ABC的面积=12×4×3=6；
（2）∵S△ACP=2S△ABC=12，
∴以AC为底时，△ACP的高=12×2÷4=6，
∴点P在y轴正半轴时，P（0，6）；
点P在y轴负半轴时，P（0，−6）；
（3）∵∵S△BCQ=2S△ABC=12，
∴以CQ为底时，△BCQ的高为3，底边CQ=12×2÷3=8，
∴点Q在C的左边时，Q（−3−8，0），即Q（−11，0）；
点Q在C的右边时，Q（−3+8，0），即Q（5，0）．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质，三角形的面积解决本题的关键在于要分情况讨论．