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    人教版七年级数学下册章节重难点举一反三 专题2.3 平面直角坐标系全章五类必考压轴题(原卷版+解析)
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    人教版七年级数学下册章节重难点举一反三 专题2.3 平面直角坐标系全章五类必考压轴题(原卷版+解析)

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    这是一份人教版七年级数学下册章节重难点举一反三 专题2.3 平面直角坐标系全章五类必考压轴题(原卷版+解析),共58页。

    必考点1
    坐标与点的移动规律问题
    1.在平面直角坐标系内原点O0,0第一次跳动到点A10,1,第二次从点A1跳动到点A21,2,第三次从点A2跳动到点A3−1,3,第四次从点A3跳动到点A4−1,4,…,按此规律下去,则点A2022的坐标是( )
    A.674,2022B.675,2022C.−674,2022D.−675,2022
    2.如图,动点P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次运动到点(2,0),第3次运动到点(3,2),…,按这样的运动规律,则第2023次运动到点( )
    A.(2023,0)B.(2023,1)C.(2023,2)D.(2022,0)
    3.如图,在平面直角坐标系上有点A1,0,点A第一次跳动至点A1−1,1,第二次点A1跳动至点A22,1,第三次点A2跳动至点A3−2,2,第四次点A3跳动至点A43,2,……依此规律跳动下去,则点A2021与点A2022之间的距离是( )
    A.2023B.2022C.2021D.2020
    4.如图,在直角坐标系中,一个智能机器人接到的指令是:从原点O出发,按“向上→向右→向下→向右”的方向依次不断移动,每次移动1个单位长度,其移动路线如图所示,第1次移动到点A1,第2次移动到点A2,…第n次移动到点An,则点A2023的坐标是( )
    A.1011,0B.1012,1C.1012,0D.1011,1
    5.如图所示,在平面直角坐标系中.有若干个整数点,其顺序按图中箭头方向排列.如1,0,2,0,2,1,3,2,3,1,3,0,根据这个规律探索可得.第2022个点的坐标为( )
    A.64,4B.63,0C.63,4D.64,5
    6.如图,在平面直角坐标系中,半径均为2个单位长度的半圆组成一条平滑的曲线,点P从原点O出发,沿这条曲线向右运动,速度为每秒π个单位长度,则第2023秒时,点P的坐标是( )
    A.4044,2B.4046,−2C.4046,0D.2023,−2
    7.如图,在平面直角坐标系中,有若干个横坐标分别为整数的点,其顺序按图中“→”方向排列.如1,0,2,0,2,1,1,1,1,2,2,2…根据这个规律,第2022个点的坐标为___________.
    必考点2
    坐标与图形变换规律及新定义型问题
    1.如图,在平面直角坐标系中,第一次将△OAB变换成△OA1B1,第二次将△OA1B1变换成△OA2B2,第三次将△OA2B2变换成△OA3B3,…,观察每次变换前后的三角形的变化规律,找出规律,推测An、Bn的坐标分别是( )
    A.(n,3),(n2,0)B.(n,3),(2n,0)C.(2n,3),(2n,0)D.(2n,3),(2n+1,0)
    2.在平面直角坐标系中,点Px,y经过某种变换后得到点P′−y+1,x+2,我们把点P′−y+1,x+2叫做点Px,y的终结点,已知点P1的终结点为P2,点P2的终结点为P3,点P3的终结点为P4,这样由P1依次得到P2,P3,P4⋅⋅⋅⋅⋅⋅pn,若点P1的坐标为2,0,则点P2023的坐标为( )
    A.2,0B.−2,−1C.−3,3D.1,4
    3.如图所示,已知点A−1,2,将长方形ABOC沿x轴正方向连续翻转2022次,点A依次落在点A1,A2,A3,……,A2022的位置,则A2022的坐标是______.
    4.如图,在平面直角坐标系中,将△ABC绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置,点B,O分别落在点B1,C1处,点B1在x轴上,再将△AB1C1绕点B1顺时针旋转到△A1B1C2的位置,点C2在x轴上,再将△A1B1C2绕点C2顺时针旋转到△A2B2C2的位置,点A2在x轴上,依次进行下去,…,若点A(3,0),B(0,4),AB=5,则点B2022的坐标为________.
    5.如图,在平面直角坐标系中,四边形ABOC是正方形,点A的坐标为(1,1),弧AA1是以点B为圆心,BA为半径的圆弧;弧A1A2是以点O为圆心,OA1为半径的圆弧;弧A2A3是以点C为圆心,CA2为半径的圆弧;弧A3A4是以点A为圆心,AA3为半径的圆弧,继续以点B,O,C,A为圆心,按上述作法得到的曲线AA1A2A3A4A5…,称为正方形的“渐开线”,则A4的坐标是______,那么A4n+1的坐标为______.
    必考点3
    求点的坐标问题
    1.如图,在平面直角坐标系中,点A,B 坐标分别为(a,0),(a,b),点C在y轴上,且BC∥x轴,a,b满足|a−3|+b−4=0.一动点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的路线运动(点P首次回到点O时停止),运动时间为t秒(t≠0).
    (1)直接写出点A,B的坐标;
    (2)点P在运动过程中,连接PO,若PO把四边形ABCO的面积分成1:2的两部分,求出点P的坐标.
    (3)点P在运动过程中,是否存在点P到x轴的距离为12t个单位长度的情况,若存在,求出点P的坐标,若不存在,请说明理由.
    2.如图,在下面直角坐标系中,已知A0,a,Bb,0,Cb,c三点,其中a、b、c满足关系式a−2+b−32=0和c−42=0.
    (1)求a、b、c的值;
    (2)如果在第二象限内有一点Pm,13,请用含m的式子表示四边形ABOP的面积;
    (3)在(2)的条件下,是否存在点P,使得四边形ABOP的面积与△ABC的面积相等?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
    3.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−42+b−3+c+2=0,点Pm,n在第一象限.
    (1)求a,b,c的值;
    (2)如图1,当n=5时,△ABP的面积等于10,求m的值;
    (3)如图2,连接BC,当△ABC的面积等于△ABP的面积时,求满足上述条件的整点P(m,n都是整数)的坐标.
    4.在平面直角坐标系中,已知点Aa,0,Bb,3,C4,0,且满足a+b+(a−b+6)2=0,线段AB交y轴于点F,点D是y轴正半轴上的一点.
    (1)求出点A,B的坐标;
    (2)如图2,若DB∥AC,∠BAC=a,且AM,DM分别平分∠CAB,∠ODB,求∠AMD的度数;(用含a的代数式表示).
    (3)如图3,坐标轴上是否存在一点P,使得△ABP的面积和△ABC的面积相等?若存在,求出P点坐标;若不存在,请说明理由.
    5.在平面直角坐标中有三个点A(a,0),B(b,0),C(0,c),且a,b,c满足a+62+b−2+c−4=0,点P、Q是平面直角坐标系上两个点.
    (1)直接写出a,b,c的值;
    (2)如图,若点P从点A出发以每秒2个单位的速度沿射线AB方向运动;点Q从C点出发以每秒1个单位的速度沿射线OC方向运动.当△QAC的面积等于△PBC面积的2倍时,求P、Q两点的坐标.
    6.如图,在平面直角坐标系中,Aa,0,Bb,0,且满足a+22+b−2=0,过点B作直线m⊥x轴,点P是直线m上一动点,连接AP,过点B作BC∥AP交y轴于C点,AD,CD分别平分∠PAB,∠OCB.
    (1)填空:a=_______,b=______;
    (2)在点P的运动过程中,∠ADC的度数是否变化?若不变,请求出它的度数;若变化,请说明理由;
    (3)若点P的纵坐标为−4,在y轴上是否存在点Q,使得△APQ的面积和△ABP的面积相等?若存在,求出Q点坐标;若不存在,请说明理由.
    必考点4
    探究角度之间的数量关系
    1.在平面直角坐标系中,A(a,0),B(b,0),C(−1,2)(见图①),且a+2+2b−6=0.
    (1)求a、b的值;
    (2)在坐标轴的其它位置是否存在点M,使△COM的面积等于12△ABC的面积仍然成立?若存在,请直接写出符合条件的点M的坐标;
    (3)如图②,过点C作CD⊥y轴交y轴于点D,点P为线段CD延长线上的一动点,连OP,OE平分∠AOP,OF⊥OE,当点P运动时,∠OPD∠DOE的值是否会改变?若不变,求其值;若改变,说明理由.
    2.已知点A(1,a),将线段OA平移至线段CB(A的对应点是B点),B(b,0),a是m+6n的算术平方根,m2=3,n=4,且m<n,正数b满足(b+1)2=16.
    (1)求出:A、B、C三点坐标.
    (2)如图1,连接AB、OC,求四边形AOCB的面积;
    (3)如图2,若∠AOB=α,点P为y轴正半轴上一动点,试探究∠CPO与∠BCP之间的数量关系.
    3.在平面直角坐标系中,有点Am,0,B0,n,且m,n满足m=n2−1+1−n2−4n+1.
    (1)求A、B两点坐标;
    (2)如图1,直线l⊥x轴,垂足为点Q1,0.点P为直线l上任意一点,若△PAB的面积为72,求点P的坐标;
    (3)如图2,点D为y轴负半轴上一点,过点D作CD∥AB,E为线段AB上任意一点,以O为顶点作∠EOF,使∠EOF=90°,OF交CD于F.点G为线段AB与线段CD之间一点,连接GE,GF,且∠AEG=13∠AEO.当点E在线段AB上运动时,EG始终垂直于GF,试写出∠CFG与∠GFO之间的数量关系,并证明你的结论.
    4.如图1,以直角△AOC的直角项点O为原点,以OC,OA所在直线为x轴和y轴建立平面直角坐标系,点A(0,a),C(b,0),并且满足a−b+2+b−8=0.
    (1)直接写出点A,点C的坐标;
    (2)如图1,坐标轴上有两动点P,Q同时出发,点P从点C出发沿x轴负方向以每秒2个单位长度的速度匀速运动,点Q从点O出发沿y轴正方向以每秒1个单位长的速度匀速运动,当点P到达点O整个运动随之结束;点D的坐标是(4,3),设运动时间为t秒.是否存在t,使得△DOP与△DOQ的面积相等?若存在,求出t的值;若不存在,说明理由;
    (3)如图2,在(2)的条件下,若∠DOC=∠DCO,点G是第二象限中一点,并且OA平分∠DOG,点E是线段OA上一动点,连接CE交OD于点H,当点E在OA上运动的过程中,
    ①说明GO∥AC的理由
    ②直接写出∠DOG,∠OHC,∠ACE之间的数量关系.
    5.如图,点A的坐标为a,0,点B在y轴上,将△OAB沿x轴负方向平移,平移后的图形为△DEC,且点C的坐标为b,2,且a,b满足a−1+b+3=0.
    (1)点E的坐标为______,点B的坐标为______;
    (2)在四边形ABCD中,点P从点B出发,沿“BC→CD”移动.若点P的速度为每秒1个单位长度,运动时间为t秒,回答下列问题:
    ①当t=______时,点P的横坐标与纵坐标互为相反数;
    ②当3③当点P运动到什么位置时,直线OP将四边形ABCD的面积分成2:5两部分.
    6.如图,在平面直角坐标系中,A0,3,C2,0.
    (1)若点B在x轴上,使得三角形BAC的面积是三角形AOC的面积的2倍,求出点B的坐标;
    (2)若点F在AC上,且∠COF=∠FCO,∠AOG=∠AOF.
    ①求证:AC//OG;
    ②若点E是线段OA上一动点,连结CE交OF于点H,探求∠OHC+∠ACE∠OEC的值是否会发生变化?若不变,求出它的值;若变化,说明理由.
    必考点5
    坐标与图形综合
    1.将长方形OABC的顶点O放在直角坐标系中,点C,A分别在x轴,y轴上,点B(a,b),且a,b满足|a−2b|+(b−4)2=0.
    (1)求B点的坐标
    (2)若过O点的直线OD交长方形的边于点D,且直线OD把长方形的周长分为2:3两部分,求点D的坐标;
    (3)若点P从点C出发,以2单位/秒的速度向O点运动(不超过O点),同时点Q从O点出发以1单位/秒的速度向A点运动(不超过A点),试探究四边形BQOP的面积在运动中是否会发生变化?若不变,求其值;若变化,求变化范围.
    2.已知A(0,a)、B(b,0),且a−5+(b﹣4)2=0.
    (1)直接写出点A、B的坐标;
    (2)点C为x轴负半轴上一点满足S△ABC=15.
    ①如图1,平移直线AB经过点C,交y轴于点E,求点E的坐标;
    ②如图2,若点F(m,10)满足S△ACF=10,求m.
    (3)如图3,D为x轴上B点右侧的点,把点A沿y轴负半轴方向平移,过点A作x轴的平行线l,在直线l上取两点G、H(点H在点G右侧),满足HB=8,GD=6.当点A平移到某一位置时,四边形BDHG的面积有最大值,直接写出面积的最大值.
    3.在平面直角坐标系中,Aa,0,B1,b,a,b满足a+b−1+2a−b+10=0,连接AB交y轴于C.

    (1)直接写出a=______,b=______;
    (2)如图1,点P是y轴上一点,且三角形ABP的面积为12,求点P的坐标;
    (3)如图2,直线BD交x轴于D4,0,将直线BD平移经过点A,交y轴于E,点Qx,y在直线AE上,且三角形ABQ的面积不超过三角形ABD面积的13,求点Q横坐标x的取值范围.
    4.如图,已知点Aa,0、Bb,0满足3a+b2+b−3=0.将线段AB先向上平移2个单位,再向右平移1个单位后得到线段CD,并连接AC、BD.
    (1)请求出点A和点B的坐标;
    (2)点M从O点出发,以每秒1个单位的速度向上平移运动.设运动时间为t秒,问:是否存在这样的t,使得四边形OMDB的面积等于9?若存在,请求出t的值:若不存在,请说明理由;
    (3)在(2)的条件下,点M从O点出发的同时,点N从点B出发,以每秒2个单位的速度向左平移运动,设射线DN交y轴于点E.设运动时间为t秒,问:SΔEMD−SΔOEN的值是否会发生变化?若不变,请求出它的值:若变化,请说明理由.
    5.如图,已知平面直角坐标系中,点A(a,0)、B(0,b),a、b满足a+2+(4−b)2=0.
    将线段AB经过水平、竖直方向平移后得到线段A′B′,已知直线A′B′经过点C(4,0),A′的横坐标为5.
    (1)求A、B两点的坐标;
    (2)连接BC,BA′,求三角形ABC和三角形ABA′的面积.得S△ABC=____________;S△ABA′=________.
    (3)①求A′的纵坐标,并写出线段AB的平移方式,
    ②直线A′B′上一点P(m,n),直接写出m、n之间的数量关系.
    6.如图1,在平面直角坐标系中,点A(a,2),B(b,4),且a,b满足关系式(a+5)2+b+4=0
    (1)直接写出A,B两点的坐标:A( , ),B( , );
    (2)线段AB以每秒2个单位长度的速度向右水平移动,A,B的对应点分别为A1,B1;(友情提示:S△ABO表示三角形ABO的面积)
    ①如图2,若线段A1B1交y轴于点C,当SΔA1B1O=32时,求平移时间t的值;
    ②若直线A1B1交y轴于点C,当SΔA1COSΔB1CO=32时,试求出平移时间t的值,并直接写出点C的坐标.
    专题2.3 平面直角坐标系全章五类必考压轴题
    【人教版】
    必考点1
    坐标与点的移动规律问题
    1.在平面直角坐标系内原点O0,0第一次跳动到点A10,1,第二次从点A1跳动到点A21,2,第三次从点A2跳动到点A3−1,3,第四次从点A3跳动到点A4−1,4,…,按此规律下去,则点A2022的坐标是( )
    A.674,2022B.675,2022C.−674,2022D.−675,2022
    【分析】根据已知点的坐标寻找规律并应用解答即可.
    【详解】解:∵A10,1,A21,2,
    A3−1,3,A4−1,4,
    A52,5,A6−2,6,
    A5−2,7,A83,8,
    …,
    ∴可知A3n−1n,3n−1,A3n−n,3n,A3n+1−n,3n+1(n为正整数),
    ∵3×674=2022,
    ∴n=674,
    ∴A2022−674,2022,
    故选:C.
    2.如图,动点P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次运动到点(2,0),第3次运动到点(3,2),…,按这样的运动规律,则第2023次运动到点( )
    A.(2023,0)B.(2023,1)C.(2023,2)D.(2022,0)
    【分析】根据前几次运动的规律可知第4n次接着运动到点(4n,0),第4n+1次接着运动到点(4n+1,1),第4n+2次从原点运动到点(4n+2,0),第4n+3次接着运动到点(4n+3,2),根据规律求解即可
    【详解】解:由题意可知,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次从原点运动到点(4,0),
    第5次接着运动到点(5,1),
    第6次接着运动到点(6,0),
    ……
    第4n次接着运动到点(4n,0),
    第4n+1次接着运动到点(4n+1,1),
    第4n+2次从原点运动到点(4n+2,0),
    第4n+3次接着运动到点(4n+3,2),
    ∵2023÷4=505⋯⋯3,
    ∴第2023次接着运动到点(2023,2),
    故选C.
    3.如图,在平面直角坐标系上有点A1,0,点A第一次跳动至点A1−1,1,第二次点A1跳动至点A22,1,第三次点A2跳动至点A3−2,2,第四次点A3跳动至点A43,2,……依此规律跳动下去,则点A2021与点A2022之间的距离是( )
    A.2023B.2022C.2021D.2020
    【分析】根据图形观察发现,第偶数次跳动至点的坐标,横坐标是次数的一半加上1,纵坐标是次数的一半,奇数次跳动与该偶数次跳动的横坐标的相反数加上1,纵坐标相同,可分别求出点A2021与点A2022的坐标,进而可求出点A2021与点A2022之间的距离.
    【详解】解:观察发现,第2次跳动至点的坐标是2,1,
    第4次跳动至点的坐标是3,2,
    第6次跳动至点的坐标是4,3,
    第8次跳动至点的坐标是5,4,

    第2n次跳动至点的坐标是n+1,n,
    则第2022次跳动至点的坐标是1012,1011,
    第2021次跳动至点A2021的坐标是−1011,1011.
    ∵点A2021与点A2022的纵坐标相等,
    ∴点A2021与点A2022之间的距离=1012−−1011=2023,
    故选:A.
    4.如图,在直角坐标系中,一个智能机器人接到的指令是:从原点O出发,按“向上→向右→向下→向右”的方向依次不断移动,每次移动1个单位长度,其移动路线如图所示,第1次移动到点A1,第2次移动到点A2,…第n次移动到点An,则点A2023的坐标是( )
    A.1011,0B.1012,1C.1012,0D.1011,1
    【分析】根据题意可得移动四次完成一次循环,从而得到点A2023的坐标.
    【详解】解:A10,1,A21,1,A31,0,A42,0,A52,1,A63,1,…,
    2023÷4=505⋯3,
    ∴点A2023的坐标为505×2+1,0,
    ∴A20231011,0,
    故选:A.
    5.如图所示,在平面直角坐标系中.有若干个整数点,其顺序按图中箭头方向排列.如1,0,2,0,2,1,3,2,3,1,3,0,根据这个规律探索可得.第2022个点的坐标为( )
    A.64,4B.63,0C.63,4D.64,5
    【分析】通过观察可以发现每列的数的个数是有规律的,分别有1,2,3,4…,n个,而且奇数列点的顺序是由上到下,偶数列点的顺序由下到上,按这个规律即可求出第2022个点的坐标.
    【详解】解:将点(1,0)作为第1列,
    将横坐标为2的点即点(2,0)和点(2,1)作为第2列,
    将横坐标为3的点作为第3列,依次类推……;
    则第n列的点的横坐标为n,则前n列一共有的点的个数为1+2+3+…+n,
    当n=63时,1+2+3+…+63=2016,
    则第2022个点在64列自下向上第5个数,则该点坐标为64,5.
    故选:D.
    6.如图,在平面直角坐标系中,半径均为2个单位长度的半圆组成一条平滑的曲线,点P从原点O出发,沿这条曲线向右运动,速度为每秒π个单位长度,则第2023秒时,点P的坐标是( )
    A.4044,2B.4046,−2C.4046,0D.2023,−2
    【分析】根据图象可得移动4秒图象完成一个循环,从而可得出点P的坐标.
    【详解】解:半径为2个单位长度的半圆的周长为12×2π×2=2π,
    ∵点P从原点O出发,沿这条曲线向右运动,速度为每秒π个单位长度,
    ∴点P每秒走12个半圆,
    当点P从原点O出发,沿这条曲线向右运动,运动时间为1秒时,点P的坐标为(2,2),
    当点P从原点O出发,沿这条曲线向右运动,运动时间为2秒时,点P的坐标为(4,0),
    当点P从原点O出发,沿这条曲线向右运动,运动时间为3秒时,点P的坐标为(6,-2),
    当点P从原点O出发,沿这条曲线向右运动,运动时间为4秒时,点P的坐标为(8,0),
    当点P从原点O出发,沿这条曲线向右运动,运动时间为5秒时,点P的坐标为(10,2),
    当点P从原点O出发,沿这条曲线向右运动,运动时间为6秒时,点P的坐标为(12,0),
    …,
    ∵2023÷4=505……3,
    ∴P的坐标是(4046,-2),
    故选:B.
    7.如图,在平面直角坐标系中,有若干个横坐标分别为整数的点,其顺序按图中“→”方向排列.如1,0,2,0,2,1,1,1,1,2,2,2…根据这个规律,第2022个点的坐标为___________.
    【分析】以正方形最外边上的点为准考虑,点的总个数等于x轴上右下角的点的横坐标的平方,且横坐标为奇数时,最后一个点在x轴上;为偶数时,从x轴上的点向上开始排列,求出与2022最接近的平方数为2025,然后写出第2022个点的坐标即可.
    【详解】解:从正方形的观点考虑,
    右下角对应的横坐标为1时,共有1个整数点,即12=1;
    右下角对应的横坐标为2时,共有4个整数点,即22=4;
    右下角对应的横坐标为3时,共有9个整数点,即32=9;
    右下角对应的横坐标为4时,共有16个整数点,即42=16;

    ∴可得:右下角对应的横坐标为n时,共有n2个整数点,
    根据图形,可得:横坐标为奇数时,最后一个点在x轴上;为偶数时,从x轴上的点向上开始排列,
    ∵452=2025,45是奇数,
    ∴第2022个点是横坐标45时,从x轴上的点向上的第2025−2022=3个点,
    ∴第2022个点的坐标为45,3.
    故答案为:45,3
    必考点2
    坐标与图形变换规律及新定义型问题
    1.如图,在平面直角坐标系中,第一次将△OAB变换成△OA1B1,第二次将△OA1B1变换成△OA2B2,第三次将△OA2B2变换成△OA3B3,…,观察每次变换前后的三角形的变化规律,找出规律,推测An、Bn的坐标分别是( )
    A.(n,3),(n2,0)B.(n,3),(2n,0)C.(2n,3),(2n,0)D.(2n,3),(2n+1,0)
    【分析】根据图中各点的坐标的变化,依次写出A1,A2,A3,⋯,B1,B2,B3,⋯.再根据点的坐标变化的特点写出An、Bn的坐标即可.
    【详解】解:∵A1(2,3),A2(22,3),A3(23,3),⋯,
    ∴An(2n,3);
    ∵B1(22,0),B2(23,0),B3(24,0),⋯,
    ∴Bn(2n+1,0);
    故选:D.
    2.在平面直角坐标系中,点Px,y经过某种变换后得到点P′−y+1,x+2,我们把点P′−y+1,x+2叫做点Px,y的终结点,已知点P1的终结点为P2,点P2的终结点为P3,点P3的终结点为P4,这样由P1依次得到P2,P3,P4⋅⋅⋅⋅⋅⋅pn,若点P1的坐标为2,0,则点P2023的坐标为( )
    A.2,0B.−2,−1C.−3,3D.1,4
    【分析】利用点Px,y的终结点的定义分别写出点点P2的坐标为(1,4),点P3的坐标为(−3,3),点P4的坐标为(−2,−1),点P5的坐标为2,0,…,从而得到每4次变换为一个循环,然后利用2023=4×505+3可判断点P2023的坐标与点P3的坐标相同.
    【详解】解:根据题意得点P1的坐标为2,0,则点P2的坐标为(1,4),点P3的坐标为(−3,3),点P4的坐标为(−2,−1),点P5的坐标为2,0,…,
    而2023=4×505+3,
    所以点P2023的坐标与点P3的坐标相同,为(−3,3).
    故选C.
    3.如图所示,已知点A−1,2,将长方形ABOC沿x轴正方向连续翻转2022次,点A依次落在点A1,A2,A3,……,A2022的位置,则A2022的坐标是______.
    【分析】先求出A12,1,A23,0,A3(3,0),A4(5,2),A5(8,1),找到规律求解.
    【详解】解:由题意得:从A开始翻转,当旋转到A4,时,A回到矩形的起始位置,所以为一个循环,故坐标变换规律为4次一循环.
    A12,1,A23,0,A3(3,0),A4(5,2),
    A5(8,1),A6(9,0),A7(9,0),A8(11,2),
    A9(14,1),A10(15,0),A11(15,0),A12(17,2),
    ……,
    A4n+1(6n+2,1),A4n+2(6n+3,0),A4n+3(6n+3,0),A4n+4(6n+5,2),
    当A2022时,即4n+2=2022,解得n=505,
    ∴横坐标为6n+3=6×505+3=3033,纵坐标为0,
    则A2022的坐标3033,0,
    故答案为:3033,0.
    4.如图,在平面直角坐标系中,将△ABC绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置,点B,O分别落在点B1,C1处,点B1在x轴上,再将△AB1C1绕点B1顺时针旋转到△A1B1C2的位置,点C2在x轴上,再将△A1B1C2绕点C2顺时针旋转到△A2B2C2的位置,点A2在x轴上,依次进行下去,…,若点A(3,0),B(0,4),AB=5,则点B2022的坐标为________.
    【分析】首先根据已知求出三角形三边长度,然后通过旋转发现,B、B2、B4…每偶数之间的B相差12个单位长度,根据这个规律可以求得B2022的坐标.
    【详解】解:∵AO=3,BO=4,AB=5
    ∴OA+AB1+B1C2=3+5+4=12,
    ∴B2的横坐标为:12,且B2C2=4,
    ∴B4的横坐标为:2×12=24,
    ∵2022÷2=1010…2,
    ∴点B2022的横坐标为:1010×12+12=12132.
    2022÷3=674,
    ∴点B2022的纵坐标为4,
    ∴B2022(12132,4),
    故答案为:(12132,4).
    5.如图,在平面直角坐标系中,四边形ABOC是正方形,点A的坐标为(1,1),弧AA1是以点B为圆心,BA为半径的圆弧;弧A1A2是以点O为圆心,OA1为半径的圆弧;弧A2A3是以点C为圆心,CA2为半径的圆弧;弧A3A4是以点A为圆心,AA3为半径的圆弧,继续以点B,O,C,A为圆心,按上述作法得到的曲线AA1A2A3A4A5…,称为正方形的“渐开线”,则A4的坐标是______,那么A4n+1的坐标为______.
    【分析】根据题意分别写出的坐标,根据规律求得A4n+1的坐标.
    【详解】解:A(1,1),
    由题意得,A1(2,0),A2(0,−2),A3(−3,1),A4(1,5),
    A5(6,0),A6(0,−6),A7(−7,1),A8(1,9)⋯,
    ∴A4n(1,4n+1),A4n+1(4n+2,0).
    故答案为:(1,5);(4n+2,0).
    必考点3
    求点的坐标问题
    1.如图,在平面直角坐标系中,点A,B 坐标分别为(a,0),(a,b),点C在y轴上,且BC∥x轴,a,b满足|a−3|+b−4=0.一动点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的路线运动(点P首次回到点O时停止),运动时间为t秒(t≠0).
    (1)直接写出点A,B的坐标;
    (2)点P在运动过程中,连接PO,若PO把四边形ABCO的面积分成1:2的两部分,求出点P的坐标.
    (3)点P在运动过程中,是否存在点P到x轴的距离为12t个单位长度的情况,若存在,求出点P的坐标,若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)直接利用非负数的性质即可解答;
    (2)证明四边形ABCO为长方形,求出面积,再分两种情况:当S△POA=4时和当S△OPC=4时,分别列出方程,求解即可;
    (3)分两种情况:点P在AB上运动和点P在OC上运动,根据点P到x轴的距离为12t个单位长度列出方程,求解即可.
    【详解】(1)解:由题意知,a,b满足|a−3|+b−4=0,
    ∵|a−3|≥0,b−4>0.,
    ∴a−3=0,b−4=0,
    ∴a=3,b=4,
    ∴A(3,0),B(3,4);
    (2)由题意可知,AB⊥x轴,BC=OA,
    ∵BC∥x轴,
    ∴四边形ABCO为长方形,
    ∵B(3,4),
    ∴S矩形ABCO=3×4=12,
    ∵PO把四边形ABCO的面积分成1:2的两部分,
    ∴一部分面积为4,另一部分面积为8,
    ∴可分两种情况讨论:当S△POA=4时和当S△OPC=4时,
    ①当S△POA=4时,
    此时点P在AB上,点P的坐标为(3,2t−3),AP=2t−3,
    ∴S△POA=12⋅OA⋅AP=12×3×(2t−3)=4,
    ∴t=176,
    ∴2t−3=83,
    ∴点P的坐标为(3,83),
    ②当S△OPC=4时,
    此时点P在BC上,点P的坐标为(10−2t,4),CP=10−2t,
    ∴S△OPC=12⋅CP⋅CO=12×(10−2t)×4=4,
    ∴t=4,,
    ∴点P的坐标为(2,4),
    综上可知,,点P的坐标为(3,83)或(2,4);
    (3)存在,理由如下:
    ①当P在AB上运动时,AP=12t,
    由(2)可知,AP=2t−3,
    ∴.2t−3=12t,
    ∴t=2,
    ∴AP=2t−3=1,
    ∴点P的坐标为(3,1),
    ②当P在OC上运动时,
    OP=14−2t,
    ∴14−2t=12t,
    ∴t=285,
    ∴OP=14−2t=145,
    ∴点P的坐标为(0,145),
    综上可知,点P的坐标为(3,1)或(0,145).
    2.如图,在下面直角坐标系中,已知A0,a,Bb,0,Cb,c三点,其中a、b、c满足关系式a−2+b−32=0和c−42=0.
    (1)求a、b、c的值;
    (2)如果在第二象限内有一点Pm,13,请用含m的式子表示四边形ABOP的面积;
    (3)在(2)的条件下,是否存在点P,使得四边形ABOP的面积与△ABC的面积相等?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)根据非负数的性质进行求解即可;
    (2)根据S四边形ABOP=S△AOB+S△AOP进行求解即可;
    (3)先求出S△ABC=6,进而得到关于m的方程,解方程即可得到答案.
    【详解】(1)解;∵a−2+b−32=0,c−42=0,a−2≥0,b−32≥0,c−42≥0,
    ∴a−2=b−32=0,
    ∴a−2=0,b−3=0,c−4=0,
    ∴a=2,b=3,c=4;
    (2)解:∵a=2,b=3,c=4,
    ∴A0,2,B3,0,C3,4,,
    ∴OA=2,OB=3,
    ∵S△ABO=12OA⋅OB=3,S△APO=12OA⋅−xP=−m,
    ∴S四边形ABOP=S△AOB+S△AOP=−m+3;
    (3)解;∵A0,2,B3,0,C3,4,,
    ∴BC=3,BC⊥x轴,
    ∴S△ABC=12BC⋅xB=12×4×3=6,
    ∵四边形ABOP的面积与△ABC的面积相等,
    ∴−m+3=6,
    ∴m=−3,
    ∴P−3,12,
    ∴存在点P−3,12,使得四边形ABOP的面积与△ABC的面积相等.
    3.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−42+b−3+c+2=0,点Pm,n在第一象限.
    (1)求a,b,c的值;
    (2)如图1,当n=5时,△ABP的面积等于10,求m的值;
    (3)如图2,连接BC,当△ABC的面积等于△ABP的面积时,求满足上述条件的整点P(m,n都是整数)的坐标.
    【分析】(1)根据绝对值和算术平方根的非负性,即可求解;
    (2)过点P作PD⊥y轴于点D,根据梯形OAPD的面积等于三个三角形的面积之和,即可求解;
    (3)先求出△ABC的面积,然后分四种情况讨论,即可求解.
    【详解】(1)解:∵a−42+b−3+c+2=0,
    ∴a−4=0,b−3=0,c+2=0,
    解得:a=4,b=3,c=−2;
    (2)解:如图,过点P作PD⊥y轴于点D,PD∥AO,
    ∵Pm,n,n=5,
    ∴PD=m,OD=AE=5,
    由(1)得:A4,0,B0,3,
    ∴OA=4,OB=3,
    ∴BD=2,
    ∵△ABP的面积等于10,
    ∴12×3×4+12×2m+10=12×54+m,
    解得:m=4;
    (3)解:∵A4,0,B0,3,C−2,0,
    ∴AC=6,OB=3,
    ∴S△ABC=12×6×3=9,
    ∵△ABC的面积等于△ABP的面积,
    ∴S△ABP=9,
    ∵点Pm,n在第一象限.
    ∴AE=OD=n,DE=OA=4,
    当0如图,过点P作PD⊥y轴于点D,过点A作AE⊥PD交DP延长线于点E,则AE∥y轴,PD∥AO,
    ∴BD=n−3,DP=4−m,
    ∴12×3×4+12×mn−3+12×n4−m+9=4n,
    ∴2n+32m=15,
    ∵m,n都是整数,
    ∴m=2,n=6,
    此时P(2,6);
    如图,过点B作BG⊥AE于点G,则AG=OB=3,BG=OA=4,
    ∴△ABG的面积为12×3×4=6<9,
    ∴0当m>4,0∴12×3×4+9+12nm−4=12m3+n,
    ∴2n+32m=15,
    ∵m,n都是整数,
    ∴m=6,n=3,
    此时点P(6,3);
    当m>4,n>3时,如图,过点P作PH⊥y轴于点H,
    ∴12×3×4+9+12mn−3=12n4+m,
    ∴2n+32m=15,
    ∵m,n都是整数,
    此时无解;
    综上所述,点P的坐标为(2,6)或(6,3).
    4.在平面直角坐标系中,已知点Aa,0,Bb,3,C4,0,且满足a+b+(a−b+6)2=0,线段AB交y轴于点F,点D是y轴正半轴上的一点.
    (1)求出点A,B的坐标;
    (2)如图2,若DB∥AC,∠BAC=a,且AM,DM分别平分∠CAB,∠ODB,求∠AMD的度数;(用含a的代数式表示).
    (3)如图3,坐标轴上是否存在一点P,使得△ABP的面积和△ABC的面积相等?若存在,求出P点坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】1根据非负数的性质可求出a和b,即可得到点A和B的坐标;
    2作MN∥DB ,由DB∥AC知MN∥AC,从而得出∠DMN=∠BDM、∠AMN=∠MAC,再由角平分线得出∠MAC=12a ,∠BDM=45° ,根据∠AMD=∠AMN+∠DMN 可得答案;
    3连接OB,如图3,设F0,t,根据S△AOF+S△BOF=S△AOB,得到关于t的方程,可求得t的值,则可求得点F的坐标;计算△ABC的面积,再分点P在y轴上和在x轴上讨论.当P点在y轴上时,设P0,y,利用S△ABP=S△APF+S△BPF,可解得y的值,可求得P点坐标;当P点在x轴上时,设Px,0,根据三角形面积公式得,同理可得到关于x的方程,可求得x的值,可求得P点坐标.
    (1)解:1∵a+b+(a−b+6)2=0,
    ∴a+b=0,a−b+6=0,
    ∴a=−3,b=3,
    ∴A−3,0,B3,3;
    (2)解:如图2,过点M作MN∥DB ,交y轴于点N,
    ∴∠DMN=∠BDM,
    又∵DB∥AC ,
    ∴MN∥AC,
    ∴∠AMN=∠MAC,
    ∵DB∥AC ,∠DOC=90°,
    ∴∠BDO=90°,
    又∵AM,DM分别平分∠CAB,∠ODB,∠BAC=a,
    ∴∠MAC=12a,∠BDM=45°,
    ∴∠AMN=12a,∠DMN=45°,
    ∴∠AMD=∠AMN+∠DMN=45°+12a;
    (3)存在.
    连接OB,如图3,
    设F0,t,
    ∵S△AOF+S△BOF=S△AOB,
    ∴12⋅3⋅t+12⋅t⋅3=12×3×3,解得t=32,
    ∴F点坐标为0,32,
    △ABC的面积=12×7×3=212,
    当P点在y轴上时,设P0,y,
    ∵S△ABP=S△APF+S△BPF,
    ∴12⋅y−32⋅3+12⋅y−32⋅3=212,解得y=5或y=−2,
    ∴此时P点坐标为0,5或0,−2;
    当P点在x轴上时,设Px,0,
    则12⋅x+3⋅3=212,解得x=−10或x=4,
    ∴此时P点坐标为−10,0,
    综上可知存在满足条件的点P,其坐标为0,5或0,−2或−10,0.
    5.在平面直角坐标中有三个点A(a,0),B(b,0),C(0,c),且a,b,c满足a+62+b−2+c−4=0,点P、Q是平面直角坐标系上两个点.
    (1)直接写出a,b,c的值;
    (2)如图,若点P从点A出发以每秒2个单位的速度沿射线AB方向运动;点Q从C点出发以每秒1个单位的速度沿射线OC方向运动.当△QAC的面积等于△PBC面积的2倍时,求P、Q两点的坐标.
    【分析】(1)根据绝对值的非负性、被开方数的非负性以及平方的非负性即可求解;
    (2)由A(-6,0),B(2,0),C(0,4),可得AO=6,OB=2,OC=4,即AB=8,设运动的时间为t秒,即t>0,即有AP=2t,CQ=t,S△QAC=3t,即有S△PBC=32t,此时分类讨论:当P点在线段AB之间时,BP=AB-AP=8-2t,即有S△PBC=12×BP×OC=16−4t,根据S△PBC=32t,可得16−4t=32t,解方程即可求解;当P点在B点右侧时,BP=AP-AB=2t-8,同理可求出t的值,则问题即可得解.
    (1)∵a+62+b−2+c−4=0,
    又∵a+62≥0,b−2≥0,c−4≥0,
    ∴a+62=0,b−2=0,c−4=0,
    ∴a=−6,b=2,c=4,
    即a=−6,b=2,c=4;
    (2)∵a=−6,b=2,c=4,
    ∴A(-6,0),B(2,0),C(0,4),
    ∴AO=6,OB=2,OC=4,即AB=AO+OB=6+2=8,
    设运动的时间为t秒,即t>0,
    根据题意有:AP=2t,CQ=t,
    ∴S△QAC=12×QC×AO=12×t×6=3t,
    ∵S△QAC=2S△PBC,
    ∴S△PBC=32t,
    当P点在线段AB之间时,如图,
    此时BP=AB-AP=8-2t,
    ∴S△PBC=12×BP×OC=12×8−2t×4=16−4t,
    ∵S△PBC=32t,
    ∴16−4t=32t,解得t=3211,
    ∴AP=2t=2×3211=6411<6,QC=t=3211,
    ∴PO=AO−AP=6−6411=211,OQ=OC+QC=4+3211=7611,且P点x轴负半轴,
    ∴此时P点坐标为−211,0,Q点坐标为0,7611,
    当P点在B点右侧时,如图,
    BP=AP-AB=2t-8,
    ∴S△PBC=12×BP×OC=12×2t−8×4=4t−16,
    ∵S△PBC=32t,
    ∴4t−16=32t,解得t=325,
    ∴AP=2t=2×325=645>8,QC=t=325,
    ∴PO=AP−AO=645−6=345,OQ=OC+QC=4+325=525,
    ∴此时P点坐标为345,0,Q点坐标为0,525,
    综上:P点坐标为−211,0,Q点坐标为0,7611,或者P点坐标为345,0,Q点坐标为0,525.
    6.如图,在平面直角坐标系中,Aa,0,Bb,0,且满足a+22+b−2=0,过点B作直线m⊥x轴,点P是直线m上一动点,连接AP,过点B作BC∥AP交y轴于C点,AD,CD分别平分∠PAB,∠OCB.
    (1)填空:a=_______,b=______;
    (2)在点P的运动过程中,∠ADC的度数是否变化?若不变,请求出它的度数;若变化,请说明理由;
    (3)若点P的纵坐标为−4,在y轴上是否存在点Q,使得△APQ的面积和△ABP的面积相等?若存在,求出Q点坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)根据“两个非负数和为0,则这两个非负数都为0”即可求解;
    (2)根据平行线得性质,证明∠ADC=∠BCD+∠PAD,结合角平分线的性质,证明∠BCD+∠PAD等于一个固定值即可;
    (3)易证△ABP为等腰直角三角形,从而得到AP与y轴交点坐标,将△APQ分割成两个三角形即可求解.
    【详解】(1)∵a+22+b−2=0,
    ∴a+2=0,b-2=0,
    ∴a=-2,b=2,
    故答案为:2,-2.
    (2)连接AC,
    ∵BC∥AP,
    ∴∠BCA+∠PAC=180°,
    ∴∠BCD+∠PAD=180°-(∠1+∠2),
    ∵∠ADC=180°-(∠1+∠2),
    ∴∠ADC=∠BCD+∠PAD,
    ∵BC∥AP,
    ∴∠PAB=∠CBA,
    ∵∠CBA+∠OCB=90°,
    ∴∠PAB+∠OCB=90°,
    ∵AD、CD分别平分∠PAB、∠OCB,
    ∴∠BCD+∠PAD=12(∠PAB+∠OCB)=45°,
    ∴∠ADC=45°,不会改变.
    (3)如图∶令AP与y轴交于点E,
    ∵点P的纵坐标为-4,
    ∴点P到x轴距离为4,即BP=4,
    ∵A(-2,0),B(2,0),
    ∴AB=4,
    ∴SΔABP=12AB·BP=8,
    ∵AB=BP=4,∠ABP=90°,
    ∴∠OAE=45°,
    ∵∠AOE=90°,
    ∴∠AEO=45°,即OA=OE=2,
    设点Q的坐标为(0,m),
    ①当点Q在点E上方时:QE=m+2,
    SΔAPQ=SΔAEQ+SΔEPQ=12·QE·OA+12·QE·OB=12QE(OA+OB),
    即:12(m+2)(2+2)=8,解得:m=2,
    ∴Q(0,2),
    ②当点Q在点E下方时:QE=-2-m,
    S△APQ=S△AEQ+S△EPQ=12·QE·OA+12·QE·OB=12QE(OA+OB),
    即:12(−2−m)(2+2)=8,解得:m=-6,
    ∴Q(0,-6),
    综上:点Q的坐标为(0,2)或(0,-6).
    必考点4
    探究角度之间的数量关系
    1.在平面直角坐标系中,A(a,0),B(b,0),C(−1,2)(见图①),且a+2+2b−6=0.
    (1)求a、b的值;
    (2)在坐标轴的其它位置是否存在点M,使△COM的面积等于12△ABC的面积仍然成立?若存在,请直接写出符合条件的点M的坐标;
    (3)如图②,过点C作CD⊥y轴交y轴于点D,点P为线段CD延长线上的一动点,连OP,OE平分∠AOP,OF⊥OE,当点P运动时,∠OPD∠DOE的值是否会改变?若不变,求其值;若改变,说明理由.
    【分析】(1)根据非负数的性质得a+2=0,b−3=0,然后解一次方程即可得到a与b的值;
    (2)分类讨论:当M点在x轴的正半轴上时,设M(t,0),根据三角形面积公式可计算出S△ABC=5,由于△COM的面积=12△ABC的面积,则12⋅t⋅2=12×5,然后解方程求出t即可得到M点坐标;当M点在x轴的负半轴上时,易得M点坐标为(−52,0);当M点在y轴的轴上时,设M点坐标为(0,m),根据三角形面积公式得到12⋅|m|⋅1=12×5,然后解方程求出t即可得到M点坐标;
    (3)由OE平分∠AOP得到∠AOE=∠POE=∠1+∠2,根据垂直的定义得到∠1+∠2+∠3=90°,∠4+∠AOE=90°,于是得到∠3=∠4,接着证明CD∥AB,利用平行线的性质得∠OPD=∠POB=2∠3,然后利用∠1+∠2+∠3=90°,∠2+∠3+∠4=90°可得∠1=∠3,则可计算出∠OPD∠DOE=2.
    【详解】(1)解:∵a+2+2b−6=0
    ∴a+2=0,2b−6=0,
    ∴a=−2,b=3;
    (2)当M点在x轴的正半轴上时,设M(t,0),
    S△ABC=12×(3+2)×2=5,
    ∵△COM的面积=12△ABC的面积,
    ∴ 12⋅t⋅2=12×5,解得t=52,
    ∴M点坐标为(52,0);
    当M点在x轴的负半轴上时,同理:M点坐标为(−52,0);
    当M点在y轴的轴上时,设M点坐标为(0,m),
    则12⋅|m|⋅1=12×5,解得m=±5,
    此时M点坐标为(0,5)或(0,−5);
    综上:存在M点坐标为(52,0)或(−52,0)或(0,5)或(0,−5);
    (3)∠OPD∠DOE的值不会改变.如图,
    ∵OE平分∠AOP,
    ∴∠AOE=∠POE=∠1+∠2,
    ∵OF⊥OE,
    ∴∠1+∠2+∠3=90°,∠4+∠AOE=90°,
    ∴∠3=∠4,
    ∵CD⊥y轴,
    ∴CD∥AB,
    ∴∠OPD=∠POB=2∠3,
    ∵∠1+∠2+∠3=90°,∠2+∠3+∠4=90°,
    ∴∠1+∠2+∠3=∠2+2∠3,
    ∴∠1=∠3,
    ∴ ∠OPD∠DOE=2∠3∠1=2.
    2.已知点A(1,a),将线段OA平移至线段CB(A的对应点是B点),B(b,0),a是m+6n的算术平方根,m2=3,n=4,且m<n,正数b满足(b+1)2=16.
    (1)求出:A、B、C三点坐标.
    (2)如图1,连接AB、OC,求四边形AOCB的面积;
    (3)如图2,若∠AOB=α,点P为y轴正半轴上一动点,试探究∠CPO与∠BCP之间的数量关系.
    【分析】(1)根据算术平方根、二次根式和偶次幂确定出点A、B的坐标,然后确定出平移方式,即可确定点C的坐标;
    (2)根据平移的性质和三角形的面积解答即可;
    (3)过点P作PD∥OA,可证得PD∥OA∥BC,由平行线的性质进行解答即可.
    【详解】(1)解:∵a是m+6n的算术平方根,m2=3,n=4,且m<n,正数b满足(b+1)2=16.
    ∴m=﹣3,n=2,b=3,
    ∴m+6n=9
    ∴a=3,
    ∴A(1,3),B(3,0),
    点A与点B为对应点,点B由点A平移得到,
    ∴平移方式为:先向下平移3个单位,然后再向右平移2个单位,
    点O的对应点为点C,平移后的点的坐标为(2,-3),
    故答案为:A(1,3);B(3,0);C(2,-3);
    (2)如图1所示:
    由(1)知:C(2,﹣3),
    ∵B(3,0),
    ∴OB=3,
    ∴S四边形AOCB=S△AOB+S△BOC= 12×3×3+12×3×3=9,
    故答案为:9;
    (3)过点P作PD∥OA,如图2所示:
    ∵OA平移至CB,
    ∴OA∥BC,
    ∴PD∥OA∥BC,
    ∴∠BCP=∠DPC,∠DPO=∠AOP.
    ∵∠AOB=?,
    ∴∠AOP=90°﹣∠AOB=90°﹣?.
    ∴∠DPO=90°﹣?.
    ∵∠DPC=∠DPO+∠CPO,
    ∴∠BCP=∠CPO+90°﹣?,
    即∠BCP﹣∠CPO=90°﹣?,
    故答案为:∠BCP﹣∠CPO=90°﹣?.
    3.在平面直角坐标系中,有点Am,0,B0,n,且m,n满足m=n2−1+1−n2−4n+1.
    (1)求A、B两点坐标;
    (2)如图1,直线l⊥x轴,垂足为点Q1,0.点P为直线l上任意一点,若△PAB的面积为72,求点P的坐标;
    (3)如图2,点D为y轴负半轴上一点,过点D作CD∥AB,E为线段AB上任意一点,以O为顶点作∠EOF,使∠EOF=90°,OF交CD于F.点G为线段AB与线段CD之间一点,连接GE,GF,且∠AEG=13∠AEO.当点E在线段AB上运动时,EG始终垂直于GF,试写出∠CFG与∠GFO之间的数量关系,并证明你的结论.
    【分析】(1)利用算术平方根的非负性,可得n2=1,从而求出m,n的值,由此即可得;
    (2)连接BQ,设点P的坐标为P1,a,根据S△PAB=S△ABQ+S△APQ−S△BPQ=3.5建立方程,解方程即可得;
    (3)过点G作GH∥AB于点H,设∠AEG=x,则∠AEO=3x,∠OEG=2x,根据四边形的内角和可得∠GFO=180°−2x,再根据平行线的性质可得∠EGH=∠AEG=x,从而可得∠FGH=90°−x,根据平行公理推论可得GH∥CD,然后根据平行线的性质可得∠CFG=∠FGH=90°−x,由此即可得出结论.
    【详解】(1)解:∵m=n2−1+1−n2−4n+1,
    ∴n2−1≥0,1−n2≥0,
    ∴n2=1,解得:n=−1(舍去)或1,
    ∴m=−41+1=−2,
    ∴点A−2,0,B0,1;
    (2)解:如图,连接BQ,
    由题意,设点P的坐标为P1,a,
    ∵A−2,0,B0,1,Q1,0,
    ∴AQ=3,OB=1,OQ=1,
    当点P位于点Q下方时,PQ=−a,
    ∵△PAB的面积为3.5,
    ∴S△ABQ+S△APQ−S△BPQ=3.5,即12×3×1+12×3⋅−a−12×1⋅−a=72,
    解得a=−2,
    则点P的坐标为P1,−2;
    当点P位于点Q上方时,PQ=a,
    ∵△PAB的面积为3.5,
    ∴S△APQ−S△ABQ−S△BPQ=3.5,即12×3a−12×3×1−12×a=72,
    解得a=5,
    则点P的坐标为P1,5;
    综上所述,点P的坐标为1,5或1,−2;
    (3)解:∠GFO=2∠CFG,证明如下:
    如图,过点G作GH∥AB于点H,
    设∠AEG=x,则∠AEO=3x,∠OEG=2x,
    ∵∠EOF=90°,EG⊥GF,
    ∴∠OEG+∠GFO=360°−90°−90°=180°,
    解得∠GFO=180°−2x,
    ∵GH∥AB,
    ∴∠EGH=∠AEG=x,
    ∴∠FGH=90°−∠EGH=90°−x,
    又∵CD∥AB,
    ∴GH∥CD,
    ∴∠CFG=∠FGH=90°−x=12∠GFO,
    即∠GFO=2∠CFG.
    4.如图1,以直角△AOC的直角项点O为原点,以OC,OA所在直线为x轴和y轴建立平面直角坐标系,点A(0,a),C(b,0),并且满足a−b+2+b−8=0.
    (1)直接写出点A,点C的坐标;
    (2)如图1,坐标轴上有两动点P,Q同时出发,点P从点C出发沿x轴负方向以每秒2个单位长度的速度匀速运动,点Q从点O出发沿y轴正方向以每秒1个单位长的速度匀速运动,当点P到达点O整个运动随之结束;点D的坐标是(4,3),设运动时间为t秒.是否存在t,使得△DOP与△DOQ的面积相等?若存在,求出t的值;若不存在,说明理由;
    (3)如图2,在(2)的条件下,若∠DOC=∠DCO,点G是第二象限中一点,并且OA平分∠DOG,点E是线段OA上一动点,连接CE交OD于点H,当点E在OA上运动的过程中,
    ①说明GO∥AC的理由
    ②直接写出∠DOG,∠OHC,∠ACE之间的数量关系.
    【分析】(1)根据二次根式和绝对值的非负性即可求解;
    (2)先表示出OQ,OP,利用两个三角形面积相等,建立方程求解即可得出结论;
    (3)①先判断出∠OAC=∠AOD,根据OA平分∠GOD,得出∠GOA=∠AOD,进而推出∠GOA=∠OAC,即可得证;
    ②过点H作HF∥OG交x轴于F,根据平行线的性质得出∠FHC=∠ACE,∠FHO=∠GOD,进而得出∠GOD+∠ACE=∠FHO+∠FHC,即可求解.
    【详解】(1)∵a−b+2+b−8=0,
    ∴a−b+2=0,b−8=0,∴a=6,b=8,
    ∴A(0,6),C(8,0);
    (2)由(1)知,A(0,6),C(8,0),
    ∴OA=6,OB=8,由运动知,OQ=t,PC=2t,
    ∴OP=8−2t,
    ∵D(4,3),
    ∴S△ODQ=12OQ×xD=12t×4=2t,
    S△ODP=12OP×yD=128−2t×3=12−3t,
    ∵△ODP与△ODQ的面积相等,
    ∴2t=12−3t,
    ∴t=2.4,
    ∴存在t=2.4时,使得△ODP与△ODQ的面积相等;
    (3)①∵x轴⊥y轴,
    ∴∠AOC=∠DOC+∠AOD=90°
    ∴∠OAC+∠ACO=90°,
    又∵∠DOC=∠DCO,
    ∴∠OAC=∠AOD,
    ∵OA平分∠GOD,
    ∴∠GOA=∠AOD,
    ∴∠GOA=∠OAC,
    ∴OG∥AC
    ②如图,过点H作HF∥OG交x轴于F,
    ∴HF∥AC
    ∴∠FHC=∠ACE,
    ∵HF∥OG,
    ∴∠FHO=∠GOD,
    ∴∠GOD+∠ACE=∠FHO+∠FHC,
    即∠GOD+∠ACE=∠OHC.
    5.如图,点A的坐标为a,0,点B在y轴上,将△OAB沿x轴负方向平移,平移后的图形为△DEC,且点C的坐标为b,2,且a,b满足a−1+b+3=0.
    (1)点E的坐标为______,点B的坐标为______;
    (2)在四边形ABCD中,点P从点B出发,沿“BC→CD”移动.若点P的速度为每秒1个单位长度,运动时间为t秒,回答下列问题:
    ①当t=______时,点P的横坐标与纵坐标互为相反数;
    ②当3③当点P运动到什么位置时,直线OP将四边形ABCD的面积分成2:5两部分.
    【分析】(1)根据绝对值的非负性和二次根式的非负性,求出a、b的值,再根据平移的性质即可得出答案;
    (2)①根据点P移动的路径确定点P移动的距离,再求出点P移动时间即可;
    ②过点P作PF∥BC交AB于点F,根据BC∥AD,得出PF∥AD,再根据平行线的性质,即可得出答案;
    ③先求出梯形ABCD的面积,然后分点P在CD上时,点P在BC上时两种情况进行讨论,求出结果即可.
    (1)解:a−1+b+3=0,
    ∴a−1=0b+3=0,解得:a=1b=−3,
    ∴点A的坐标为:(1,0),点C的坐标为−3,2,
    ∵点B在y轴上,△OAB沿x轴负方向平移,平移后的图形为△DEC,
    ∴点B的坐标为:0,2,点E的坐标为:(-2,0).
    故答案为:−2,0;0,2.
    (2)
    ①∵点C−3,2,点B0,2,
    ∴BC=3,CD=2,
    ∵点P从点B出发,沿“BC→CD”移动,
    ∴要使点P的横坐标与纵坐标互为相反数,点P一定在BC上运动,
    ∴此时点P的纵坐标为2,
    ∴点P的横坐标为-2时,点P的横坐标与纵坐标互为相反数,
    ∴此时点P移动的距离为2,
    ∵点P的速度为每秒1个单位长度,
    ∴移动时间为:t=2÷1=2(秒).
    故答案为:2;
    ②能确定z=x+y;理由如下:
    ∵3∴点P在线段CD上,过点P作PF∥BC交AB于点F,如图所示:
    ∵BC∥AD,
    ∴PF∥AD,
    ∴∠CBP=∠BPF=x°,∠PAD=∠APF=y°,
    又∵∠BPA=z°,
    ∴z°=x°+y°,
    ∴z=x+y.
    ③S梯形ABCD=12BC+AD×CD=12×3+3+1×2=7,
    a.当点P在CD上时,S△PDO=22+5S梯形ABCD,
    ∴12×3×PD=27×7,
    ∴PD=43,
    ∴P−3,43;
    b.当点P在BC上时,若S梯形PCDO=27S梯形ABCD,
    则CP+3×2×12=27×7,
    解得CD=−1(舍),
    若S梯PCDO=57S梯形ABCD,
    则CP+3×2×12=57×7,
    解得:CP=2,
    ∴BP=3−2=1,
    ∴P−1,2;
    综上所述,当点P与点B的距离为1,或与点D的距离为43时,直线OP将四边形ABCD的面积分成2:5两部分,此时点P的坐标为P−1,2或P−3,43.
    6.如图,在平面直角坐标系中,A0,3,C2,0.
    (1)若点B在x轴上,使得三角形BAC的面积是三角形AOC的面积的2倍,求出点B的坐标;
    (2)若点F在AC上,且∠COF=∠FCO,∠AOG=∠AOF.
    ①求证:AC//OG;
    ②若点E是线段OA上一动点,连结CE交OF于点H,探求∠OHC+∠ACE∠OEC的值是否会发生变化?若不变,求出它的值;若变化,说明理由.
    【分析】(1)根据三角形BAC的面积是三角形AOC的面积的2倍可求出BC的长度,即可确定点B的坐标;
    (2)①根据∠2+∠3=90°,∠1=∠2,∠3=∠FCO可得出∠GOC+∠ACO=180°,即可证明结论;
    ②过点H作PH//AC,交x轴于P,根据平行线的性质得出∠OHC=∠1+∠2+∠4,同理得出∠OEC=∠1+∠4,将各角度代入∠OHC+∠ACE∠OEC中即可求得结果.
    【详解】解:(1)∵A0,3,C2,0,
    ∴OA=3,OC=2,
    ∵三角形BAC的面积是三角形AOC的面积的2倍,
    ∴BC=4,
    ∴点B的坐标是6,0或−2,0;
    (2)如图,
    ①证明:∵∠2+∠3=90°,∠1=∠2,
    ∴∠1+∠3=90°,
    ∵∠3=∠FCO,
    ∴∠GOC+∠ACO=180°,
    ∴OG//AC;
    ②解:∠OHC+∠ACE∠OEC的值不变,其值为2.
    解:由①可知,OG//AC,
    过点H作PH//AC,交x轴于P,则∠4=∠PHC,
    ∵PH//AC,OG//AC,
    ∴PH//OG,
    ∴∠OHC=∠OHP+∠PHC=∠GOF+∠4=∠1+∠2+∠4,
    同理可求:∠OEC=∠1+∠4,
    ∴∠OHC+∠ACE∠OEC=∠1+∠2+∠4+∠4∠1+∠4
    =2∠1+∠4∠1+∠4=2.
    必考点5
    坐标与图形综合
    1.将长方形OABC的顶点O放在直角坐标系中,点C,A分别在x轴,y轴上,点B(a,b),且a,b满足|a−2b|+(b−4)2=0.
    (1)求B点的坐标
    (2)若过O点的直线OD交长方形的边于点D,且直线OD把长方形的周长分为2:3两部分,求点D的坐标;
    (3)若点P从点C出发,以2单位/秒的速度向O点运动(不超过O点),同时点Q从O点出发以1单位/秒的速度向A点运动(不超过A点),试探究四边形BQOP的面积在运动中是否会发生变化?若不变,求其值;若变化,求变化范围.
    【分析】(1)根据非负数的性质列式求出得到a-2b=0,b-4=0,然后解方程求出a与b的值,再写出B点坐标;
    (2)分类讨论:当点D在AB上,和点D在BC上,根据题意列方程,解方程即可得到D点坐标;
    (3)设运动的时间为t,则CP=2t,OQ=t(0≤t≤4),则可根据三角形面积公式和S四边形BQOP=S长方形ABCO−SΔABQ−SΔCPB计算得到S四边形BQOP=16,即四边形BQOP的面积在运动中不发生变化.
    【详解】(1)解:∵|a−2b|+(b−4)2=0,
    ∴a-2b=0,b-4=0,
    ∴a=8,b=4,
    ∴B点坐标为(8,4);
    (2)解:当点D在AB上,如图,
    设D(m,4),则AD=m,BD=8-m,
    ∵直线OD把长方形的周长分为2:3两部分,
    ∴(4+m):(8-m+4+8)=2:3,
    解得m=5.6,
    ∴D点坐标为(5.6,4);
    当点D在BC上,如图,
    设D(8,n),则CD=n,BD=4-n,
    ∵直线OD把长方形的周长分为2:3两部分,
    ∴(8+n):(4-n+4+8)=2:3,
    解得m=1.6,
    ∴D点坐标为(8,1.6),
    综上所述,D点坐标为(5.6,4)或(8,1.6);
    (3)解:四边形BQOP的面积在运动中不会发生变化.
    如图,设运动的时间为t,则CP=2t,OQ=t(0≤t≤4),
    S四边形BQOP=S长方形ABCO−SΔABQ−SΔCPB
    =4×8-12×8×(4-t)-12×8×t
    =16;
    ∴四边形BQOP的面积在运动中不会发生变化.面积为16.
    2.已知A(0,a)、B(b,0),且a−5+(b﹣4)2=0.
    (1)直接写出点A、B的坐标;
    (2)点C为x轴负半轴上一点满足S△ABC=15.
    ①如图1,平移直线AB经过点C,交y轴于点E,求点E的坐标;
    ②如图2,若点F(m,10)满足S△ACF=10,求m.
    (3)如图3,D为x轴上B点右侧的点,把点A沿y轴负半轴方向平移,过点A作x轴的平行线l,在直线l上取两点G、H(点H在点G右侧),满足HB=8,GD=6.当点A平移到某一位置时,四边形BDHG的面积有最大值,直接写出面积的最大值.
    【分析】(1)根据二次根式和偶次幂的非负性得出a,b解答即可;
    (2)①根据三角形的面积公式得出点C的坐标,根据平行线的性质解答即可;②延长CA交直线l于点H(a,10),过点H作HM⊥x轴于点M,根据三角形面积公式解答即可;
    (3)平移GH到DM,连接HM,根据三角形面积公式解答即可.
    【详解】解:(1)∵a−5+(b−4)2=0,且a−5≥0,(b﹣4)2≥0,
    ∴a﹣5=0,b﹣4=0,
    解得:a=5,b=4,
    ∴A(0,5),B(4,0);
    (2)①连接BE,如图1,
    ∵SΔABC=12×OA×BC=12×|yA|×BC=12×5×BC=15,
    ∴BC=6,
    ∴C(﹣2,0),
    ∵AB∥CE,
    ∴S△ABC=S△ABE,
    ∴SΔABE=12×AE×OB=12AE×4=15,
    ∴AE=152,
    ∴OE=52,
    ∴E(0,﹣52);
    ②∵F(m,10),
    ∴点F在过点G(0,10)且平行于x轴的直线l上,
    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△HCM=S△ACO+S梯形AOMH,
    ∴12(a+2)×10=12×2×5+12×(5+10)⋅a,
    解得:a=2,
    ∴H(2,10),
    ∵S△AFC=S△CFH﹣S△AFH,
    ∴12FH⋅(10−5)=10,
    ∴FH=4,
    ∵H(2,10),
    ∴F(﹣2,10)或(6,10),
    ∴m=﹣2或6;
    (3)平移GH到DM,连接HM,则GD∥HM,GD=HM,如图3,
    四边形BDHG的面积=△BHM的面积,
    当BH⊥HM时,△BHM的面积最大,其最大值=12BH⋅HM=12BH⋅GD=12×8×6=24.
    3.在平面直角坐标系中,Aa,0,B1,b,a,b满足a+b−1+2a−b+10=0,连接AB交y轴于C.

    (1)直接写出a=______,b=______;
    (2)如图1,点P是y轴上一点,且三角形ABP的面积为12,求点P的坐标;
    (3)如图2,直线BD交x轴于D4,0,将直线BD平移经过点A,交y轴于E,点Qx,y在直线AE上,且三角形ABQ的面积不超过三角形ABD面积的13,求点Q横坐标x的取值范围.
    【分析】(1)根据非负数的性质构建方程组,解方程组求出a,b;
    (2)过点B作BM⊥x轴于M,设OC=m,由三角形面积关系得出12OA⋅OC+12(OC+BM)⋅OM=12AM⋅BM,求出m=3,过点B作BN⊥y轴于N,由三角形面积关系得出12×3×CP+12CP=12,求出CP即可;
    (3)连接DQ,过点Q作QR⊥x轴,分点Q在第二象限,点Q在第三象限时,两种情况,分别列出方程,解之即可.
    【详解】(1)解:∵ a+b−1+|2a−b+10|=0,
    又∵a+b−1⩾0,|2a−b+10|⩾0,
    ∴ a+b−1=02a−b+10=0,
    解得:a=−3b=4,
    故答案为:-3,4.
    (2)过点B作BM⊥x轴于M,
    设OC=m,
    ∵三角形AOC的面积+四边形OCBM的面积=三角形ABM的面积,
    ∴ 12OA⋅OC+12(OC+BM)⋅OM=12AM⋅BM,
    即12×3m+12(m+4)×1=12×4×4,
    解得:m=3,
    点C的坐标为(0,3),
    过点B作BN⊥y轴于N,
    ∵三角形ABP的面积=三角形ACP的面积+三角形BCP的面积,
    ∴ 12OA⋅CP+12BN⋅CP=12,
    即12×3×CP+12CP=12,
    ∴CP=6,
    ∴点P的坐标为(0,−3)或(0,9).
    (3)点B向左平移4个单位长度,向下平移4个单位长度到点A,
    ∵点D向左平移4个单位长度后的对应点正好在y轴上,
    ∴点D平移后的对应点恰好是点E(0,−4),
    连接DQ,过点Q作QR⊥x轴,如图所示:
    ∵AE∥BD,
    ∴三角形ADQ的面积=三角形ABQ的面积,
    当三角形ABQ的面积=13三角形ABD的面积时,QR=13yB=43,
    当点Q在第三象限时,
    ∴ 12(x+3)×43+12(43+4)(−x)=12×4×3,
    解得:x=−2,
    当点Q在第二象限时,
    ∴ 12×3×4+12(3−x)×43=12(−x)×163,
    解得:x=−4,
    ∴当三角形ABQ的面积不超过三角形ABD面积的13时,
    点Q的横坐标x的取值范围是−4⩽x⩽−2,且x≠−3.
    4.如图,已知点Aa,0、Bb,0满足3a+b2+b−3=0.将线段AB先向上平移2个单位,再向右平移1个单位后得到线段CD,并连接AC、BD.
    (1)请求出点A和点B的坐标;
    (2)点M从O点出发,以每秒1个单位的速度向上平移运动.设运动时间为t秒,问:是否存在这样的t,使得四边形OMDB的面积等于9?若存在,请求出t的值:若不存在,请说明理由;
    (3)在(2)的条件下,点M从O点出发的同时,点N从点B出发,以每秒2个单位的速度向左平移运动,设射线DN交y轴于点E.设运动时间为t秒,问:SΔEMD−SΔOEN的值是否会发生变化?若不变,请求出它的值:若变化,请说明理由.
    【分析】(1)利用绝对值与平方的非负性求出a,b的值,即可求解;
    (2)由平移的性质可得点C(0,2),点D(4,2),OA=1,OB=2,OC=2,CD=4,由面积关系可求解;
    (3)分点N在线段OB上,点N在BO的延长线上两种情况讨论,由面积和差关系可求解.
    【详解】(1)解:∵3a+b2+b−3=0,3a+b2≥0,b−3≥0,
    ∴3a+b=0b−3=0,解得a=−1b=3,
    ∴点A和点B的坐标分别为(-1 ,0)和(3 ,0);
    (2)解:存在.
    过D作DH⊥OB的延长线,垂足为H,如图所示:
    由题意得点C和点D的坐标分别为(0 ,2)和(4 ,2),
    ∴CD=4 ,DH=2 ,OB=3 ,
    设M点坐标为(0,t),连接MD、OD,
    ∴OM=t,
    ∵S四边形OMDB=S△OBD+S△OMD=9,
    ∴12OB⋅DH+12OM⋅CD=9,即12×3×2+12t×4=9,解得t=3,
    存在这样的t=3,使得四边形OMDB的面积等于9;
    (3)解:不变.
    理由如下:
    当点N在线段OB上时,如图所示,设运动时间为t秒,OM=t,ON=3-2t,
    过D作DH⊥OB的延长线,垂足为H ,连接MD,OD,
    ∵SΔEMD−SΔOEN=S四边形OMDN,S四边形OMDN= S△OND+S△OMD ,
    ∴SΔEMD−SΔOEN= S△OND+S△OMD
    =12ON·DH+12OM·CD
    =12×3−2t×2+12t×4
    =3-2t+2t
    =3,
    当点N运动到线段BO的延长线上时,如图所示,设运动时间为t秒,OM=t,ON=2t-3,连接OD,
    SΔEMD−SΔOEN=SΔEMD+SΔOED−SΔOEN+SΔOED=SΔOMD−SΔOND
    =12×4⋅OM−12×2⋅ON
    =12×4t−12×22t−3
    =2t−2t−3=3
    ∴SΔEMD−SΔOEN为定值3,故其值不会变化.
    5.如图,已知平面直角坐标系中,点A(a,0)、B(0,b),a、b满足a+2+(4−b)2=0.
    将线段AB经过水平、竖直方向平移后得到线段A′B′,已知直线A′B′经过点C(4,0),A′的横坐标为5.
    (1)求A、B两点的坐标;
    (2)连接BC,BA′,求三角形ABC和三角形ABA′的面积.得S△ABC=____________;S△ABA′=________.
    (3)①求A′的纵坐标,并写出线段AB的平移方式,
    ②直线A′B′上一点P(m,n),直接写出m、n之间的数量关系.
    【分析】(1)利用非负数的性质求出a、b的值即可解决问题;
    (2)根据A,B,C三点坐标求出△ABC的面积,再利用平行线的性质得到△ABA'的面积;
    (3)①连接A'B,CB,作A'D⊥x轴于点D,作B'E⊥x轴于点E,由三角形A'BA的面积求出A'D=2,则A'(5,2),从而得到平移方式;
    ②过B'作B'F⊥x轴于点F,连接PF,由三角形B'CF面积可求出答案.
    【详解】解:(1)∵a、b满足a+2+(4−b)2=0,
    ∴a+2=0,4-b=0,
    ∴a=-2,b=4,
    ∴A(-2,0),B(0,4);
    (2)∵A(-2,0),B(0,4),C(4,0),
    ∴S△ABC=12×4+2×4=12,
    ∵A′B′∥AB,
    ∴点A′到AB的距离与点C到AB的距离相等,
    ∴S△ABA′=12;
    (3)①如图,连接A'B,CB,作A'D⊥x轴于点D,作B'E⊥x轴于点E,
    ∵AB∥A'B',
    ∴S△A'BA=S△ABC=12OB×AC=12×4×(4+2)=12,
    又∵S△A'BA=S△ABO+S梯形A'BOD-S△AA'D,
    ∴12=4+12A′D+4×5−125+2×A′D,
    ∴A'D=2,
    ∴A'(5,2),
    ∴平移方式为向右平移7个单位,向上平移2个单位;
    ②如图,过B'作B'F⊥x轴于点F,连接PF,
    ∵C(4,0),B'(7,6),P(m,n),
    ∴S△B'CF=12×3×6=9,
    ∵S△B'CF=S△PCF+S△B'PF=12×3×n+12×6×(7-m),
    ∴12×3×n+12×6×(7-m)=9,
    ∴2m-n=8.
    6.如图1,在平面直角坐标系中,点A(a,2),B(b,4),且a,b满足关系式(a+5)2+b+4=0
    (1)直接写出A,B两点的坐标:A( , ),B( , );
    (2)线段AB以每秒2个单位长度的速度向右水平移动,A,B的对应点分别为A1,B1;(友情提示:S△ABO表示三角形ABO的面积)
    ①如图2,若线段A1B1交y轴于点C,当SΔA1B1O=32时,求平移时间t的值;
    ②若直线A1B1交y轴于点C,当SΔA1COSΔB1CO=32时,试求出平移时间t的值,并直接写出点C的坐标.
    【分析】(1)根据(a+5)2+b+4=0求出a、b即可求出坐标;
    (2)①作A1M⊥x轴于M,B1N⊥x轴于N,根据三角形A1B1O的面积=梯形A1B1NM面积−三角形A1MO的面积−三角形B1NO的面积即可求出;
    ②根据面积的比值求出时间t,根据面积求出C点坐标即可.
    【详解】解:(1)∵(a+5)2+b+4=0,
    ∴a+5=0,b+4=0,
    ∴a=−5,b=−4,
    ∴A(−5,2),B(−4,4),
    故答案为:(−5,2),(−4,4);
    (2)∵线段AB以每秒2个单位长度的速度向右水平移动,
    ∴平移t秒后,A(−5+2t,2),B(−4+2t,4),
    ①如图2,作A1⊥x轴于M,B1⊥x轴于N,
    ∵ S△A1B1O=32,
    ∴ S△A1B1O=S梯形A1B1NM−S△A1MO−S△B1NO=32,
    即12(A1M+B1N)⋅MN−12A1M⋅OM−12B1N⋅ON=12×(2+4)×1−12×2×[−(−5+2t)]−12×4×(−4+2t)=32,
    整理得:6−2t=32,
    解得t=94;
    ②∵ S△A1COS△B1CO=32,
    即12OC⋅OM12OC⋅ON=OMON=−2t+5−4+2t=32,
    解得t=115,
    ∴此时A1(−35,2),B1(25,4),
    ∴ S△A1B1O=S梯形A1B1NM−S△A1MO−S△B1NO=12×2+4×1−12×2×35−12×4×25=85,
    即12OC⋅OM+12OC⋅ON=85,
    ∴ 12OC×35+12OC×25=85,
    解得OC=165,
    ∴C点的坐标为(0,165).
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