【专项练】坐标系中动点问题-人教版七年级下册期中、期末专项（初中数学）

坐标系中动点问题 1．如图，在平面直角坐标系中，点 A、B分别是 x轴、y轴上的点，且OA a ，OB b ，其中 a、 b满足 32 16 0a b b a      ，将 B向左平移 18个单位得到点 C． (1)求点 A、B、C的坐标； (2)点 M、N分别为线段 BC、OA上的两个动点，点 M从点 B以 1个单位/秒的速度向左运动， 同时点 N从点 A以 2个单位/秒的速度向右运动，设运动时间为 t秒 0 12t （ ）． ①当BM ON 时，求 t的值； ②是否存在一段时间，使得 12NACM BOAC S S 四边形 四边形 ？若存在，求出 t的取值范围；若不存在，说 明理由． 2．在平面直角坐标系中，已知点 A的坐标为  2 , 3 4a a   ，点 B的坐标为  3,5 ，点 C的坐标 为  2,8 ，且 AB x∥ 轴． (1)求 a的值； (2)求 ABCV 的面积； (3)在 y轴上是否存在一点 P，使得 ABP的面积等于 ABCV 面积的一半？若存在，求出点 P的 坐标；若不存在，请说明理由． 60．如下图，在平面直角坐标系中，已知      0, , ,0 , ,A a B b C b c 三点．若 a，b，c满足关系式：  22 3 4 0a b c      ． (1)求 a，b，c的值； (2)求四边形 AOBC的面积； (3)是否存在点 1, 2 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；若不存在，请说明理由． 3．在平面直角坐标系中，对于任意两点  1 1 1,P x y 与  2 2 2,P x y 的“友好距离”，给出如下定义：若 1 2 1 2x x y y   ，则点  1 1 1,P x y 与点  2 2 2,P x y 的“友好距离”为 1 2x x ；若 1 2 1 2x x y y   ，则点  1 1 1,P x y 与点  2 2 2,P x y 的“友好距离”为 1 2y y ．已知点 A的坐标为 3 ,0 2      ，B为 y轴上的一个动 点． (1)若点 A与点 B的“友好距离”为 3，写出满足条件的点 B的坐标：________________________； (2)求点 A与点 B的“友好距离”的最小值． 4．在平面直角坐标系中，已知点  2,4A ,  6,4B ，连接 AB，将 AB向下平移 5个单位得线段CD， 其中点 A的对应点为点 C，连接 AC BD， ．当PD将四边形 ACDB的面积分成 2 : 3两部分时，那么 点 P的坐标为 ． 5．如图①，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点 A的坐标为  5,0 ，将 AO向上平移 4个 单位长度，再向左平移 3个单位长度得到对应线段 BC．连接 , ,AB AC OC． (1)点 B的坐标为_______，点C的坐标为_______； (2)在 x轴上是否存在一点D，使得三角形 ABD的面积等于三角形 AOC面积的一半？若存在，请 求出点D的坐标，若不存在，请说明理由； (3)如图②，若 P是直线 AB上的一个动点，连接 ,OP PC，当点 P在直线 AB上运动时，请直接写 出 ,CPO BCP  ， AOP 之间的数量关系． 6．如图，在平面直角坐标系中，点 ,A B的坐标分别为    3,5 , 3,0 ，将线段 AB向下平移 2个单位 长度，再向左平移 4个单位长度，得到线段CD，连接 ,AC BD． (1)直接写出点 ,C D的坐标； (2) ,M N分别是线段 ,AB CD上的动点，点M 从点A出发向点 B运动，速度为每秒 1个单位长度， 点N从点D出发向点C运动，速度为每秒 0.5个单位长度，若两点同时出发，求几秒后MN x∥ 轴； (3)若 P是 x轴上的一个动点，当三角形CDP的面积是三角形BDP面积的 2倍时，求点 P的坐标． 7．在平面直角坐标系中，已知点  5,A a ，  ,1B b ，  5,1F ，其中 a、b满足关系式 3 2 3 0a a b     ． (1)求点 A、B的坐标； (2)如图（1），将三角形 ABF 先向上平移 2个单位长度，再向左平移 k个单位长度至三角形CDG， 线段CD交 y轴于点  0,4E ，求 k的值； (3)如图（2），在（2）的条件下，点  ,P m n 是直线CG上一动点，且 4PABS 三角形 ，求 n的取值 范围． 8．如图 1，在平面直角坐标系 xOy中，点 A的坐标为  , 0a ，点 B的坐标为  0,b ，点 C的坐标 为  2,3 ，连接 AB．若 a，b满足 4 2 0a b    ．平移线段 AB，使点 A与点 C重合，点 B对 应点为点 D． (1)填空： a ______，b  ______，点 D的坐标为______； (2)如图 2，延长线段 AB至点  ,E m n ．连接OE，请利用 BOE△ ， AOBV ， AOE△ 的面积关系，求 出 m，n满足的关系式； (3)过点 D作射线DF x∥ 轴，交 y轴于点 F，动点 P从点 D出发沿射线以每秒 2个单位的速度 向右运动，连接OP BP BP， ， 交 x轴于点 Q，设运动时间为 t秒， POQ△ 的面积为 S，若 1 3 S  ， 求 t的取值范围． 9．平面直角坐标系中，  ,0A a ，  0,B b ，a，b均为整数，且满足 2 42a b b    ，点C在 y轴负半轴上且 5BC  ，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 BDFV 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． 10．在平面直角坐标系中，已知 M（0，4），N（3，2），线段 MN平移得到线段 PQ，使点 M的对应点为 P，点 N的对应点为 Q，若点 P的坐标为  2, 1  ，点 Q的坐标为  ,a b ， (1) a ___________，b  ___________； (2)若点 E为 x轴正半轴上的一个动点，探究 MNE 、 NEQ 和 EQP 之间的数量关系并证明； （注： MNE 、 NEQ 和 EQP 均为大于0且小于180的角） (3)将线段 MN向下平移得到线段 AB，从使得点 N的对应点 B落在 x轴上，点 M的对应点 A 落在 y轴上，动点 C从点 B出发，以每秒钟移动 3个单位长度的速度沿 x轴向左运动，动点 D 从点 A出发，以每秒钟移动 2个单位长度的速度沿 y轴向下运动，直线 BD与直线 AC交于点 F，设点 F的坐标为  ,m n ．动点 C和动点 D同时出发且它们的运动时间为 t秒． ①在0 1t  时，试探究 ADF△ 与 BCFV 的面积关系，并说明理由； ②若在点 C、D的运动过程中， ABF△ 的面积为 7，请直接写出 m的值． 11．在平面直角坐标系 xOy中，对于点  1 1P x y， ，点  2 2Q x y， ，定义 1 2x x 与 1 2y 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 2x x y y   时，规定   1 2d P Q x x ， ． (1)已知  2,1P  ，  2,5Q ， ①  d 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  1,2B ，点  1,1C  ，当  , 4d C D  时，  ,d B D 的最小值是 ，  ,d B D 的最大值是 ； (3)已知点  1, 1E   ，点  3,3F ，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   3d G H ， ，直接写出 n的取值 范围． 坐标系中动点问题 1．(1)  24,0A  ；  0,8B ；  18,8C  ； (2)① 8t  秒；②存在，0 3t  【分析】本题主要考查非负数的性质两个非负数相加为零，各个非负数分别为零；平面直角坐 标系内点的平移时坐标的变化规律；动点问题以及在坐标系内四边形面积的求法， （1）非负数相加为零，各个非负数都是零，即可求出 a，b的值，结合图形可得出点 A，点 B 的坐标，再根据平移的性质可得出点 C的坐标． （2）①分别表示出 BM与ON的长，联立等式求解． ②将 12NACM BOAC S S四边形 四边形 变化为 1 2OBMN BOAC S S梯形 四边形 求解即可． 【详解】（1）解 32 16 0a b b a      ， 32 0a b   ， 16 0b a   ， ∴ 32 0 16 0 a b b a        ， 解得 24 8 a b    ， 点A、 B是 x轴、 y轴上的点，且OA a ，OB b ， 点 ( 24,0)A  ，点 (0,8)B ， 点 B向左平移 18个单位长度得到点 ( 18,8)C  ． （2）①根据题意可得：BM t ， 24 2ON OA AN t    ， BM ON ， 24 2t t   ， 8t  ， ②假设存在满足时间的 t，根据题意， 1 2NACM BOAC S S 四边形 四边形 ， 1 2OBMN BOAC S S 梯形 四边形 ， 由①得：BM t ， 24 2ON t  ，  1 1 1( ) ( ) 2 2 2 ON BM OB OA BC OB        ， 1 ( ) 2 ON BM OA BC     ， 24 2 21t t    ， 解得： 3t  ， 0 12t  ， 0 3t   ． 故存在满足条件的 t值，0 3t  ． 2．(1) 3 (2)6 (3)存在， 130, 2       或 70, 2       【分析】本题考查的是坐标与图形的综合应用； （1）由 AB x∥ 轴可得 3 4 5a   ，再解方程即可； （2）先求解  1,5A  ，可得 4AB  ，再利用三角形的面积公式计算即可； （3）设点 P的坐标为  0,m ，求解 3ABPS  ，可得 1 4 5 3 2ABP S m     ，再解方程即可. 【详解】（1）解：∵ AB x∥ 轴， ∴ 3 4 5a   ， 解得： 3a   ； （2）解：∵ 3a   ， ∴  1,5A  ， ∵点 B的坐标为  3,5 ， ∴ 4AB  ， ∴  1 4 8 5 62ABCS      ； （3）解：设点 P的坐标为  0,m ， ∵ 6ABCS  ， ∴ 3ABPS  ， ∴ 1 4 5 32ABP S m     ， 解得： 13 2 m  或 7 2 m  ， ∴点 P的坐标为 130, 2       或 70, 2       ． 3．(1) 2, 3, 4a b c   (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：  22 3 4 0a b c      ， 2 0, 3 0, 4 0a b c       ， 2, 3, 4a b c    ． （2）由（1），得      0,2 , 3,0 , 3,4A B C ， ∴BC x 轴， ∴四边形 AOBC为直角梯形，且 2, 4, 3OA BC OB   ， ∴四边形 AOBC的面积    1 1 2 4 3 92 2OA BC OB        ． （3）存在． ∵三角形 AOP的面积 1 22 x x    ， 2 9x   ， 18x   ， ∴点 P的坐标为  18, 9 或  18,9 ． 4．(1) (0,3)或 (0, 3) (2) 3 2 【分析】考查了新定义“友好距离”、点的坐标、绝对值的定义、绝对值不等式等知识，正确理 解新定义“友好距离”和绝对值的定义是解题的关键． （1）设点 B的坐标为 (0, )y ，根据“友好距离”的定义，得出 0 | 3 |y  ，解绝对值方程即可． （2）设点 B的坐标为 (0, )By ．则 3 2A B x x  ， | |A By y y  ，分 A B A Bx x y y   和 A B A Bx x y y   两种情况讨论，即可得出结论． 【详解】（1）∵点 A的坐标为 3 ,0 2      ，B为 y轴上的一个动点，点 A与点 B的“友好距离”为 3 设点 B的坐标为 (0, )y ， ∴ 0 | 3 |y  ， 解得： 3y  或 = 3y  ， ∴点 B的坐标是 (0,3)或 (0, 3) ， 点 A与点 B的“友好距离”为 3， （2）∵点 A的坐标为 3 ,0 2      ，B为 y轴上的一个动点，设点 B的坐标为 (0, )By ． ∴ 32A B x x  ， | |A By y y  ． 可分以下两种情况讨论： ①若 A B A Bx x y y   ， 则点 A与点 B的“友好距离”为 A Bx x ，即 3 2 ； ②若 A B A Bx x y y   ， 则点 A与点 B的“友好距离”为 A By y ，即 | |y ，且此时的“友好距离”大于 3 2 ． 综上所述，点 A与点 B的“友好距离”的最小值为 3 2 ． 5．  0,5 或 670, 8       【分析】本题考查了坐标与图形，平移的性质，三角形的面积公式，用分类讨论的思想是解本 题的关键．分DP交线段 AC和交 AB两种情况，利用面积之差求出 PCE和 PBE△ ，最后用三角 形面积公式即可得出结论． 【详解】解：∵点  2,4A ,  6,4B ， 4AB  ， 将 AB向下平移 5个单位得线段CD，得矩形 ABDC，    2, 1 6, 1C D  ， ， 4 5AB CD AC BD    ， ， 4 5 20ABDCS   矩形 ， 如图 1，当PD交线段 AC于 E，且 PD将四边形 ACDB分成面积为 2 :3两部分时，连接PC，延长DC 交 y轴于点 M， 则  0 1M ， ， 1 OM ， 连接 AD，则 1 10 2ACD ABDC S S 矩形 ， ∵PD将四边形 ACDB的面积分成 2 :3两部分， 2 2 20 8 5 5CDE ABDC S S    矩形 ， 1 4 8 2 EC    ， 4EC  ，  2,3E ， 1 2 CM CD ， 1 1 8 4 2 2PEC ECD S S     ， 4 8 12PCD PEC ECDS S S      ， 1 1 4 12 2 2PCD S CD PM PM     6PM  ， 6 1 5PO PM OM      ，  0,5P ． 如图 2，当PD交 AB于点 E，PD将四边形 ACDB分成面积为 2 :3两部分时， 连接 PB，延长BA交 y轴于点 G， 则  0,4G ， 4OG  ， 连接 AD，则 1 10 2ACD ABDC S S 矩形 ， ∵PD将四边形 ACDB的面积分成 2 :3两部分， 2 2 20 8 5 5BDE ABDC S S    矩形 ， 1 5 8 2BDE S BE   ， 16 5 BE  ， 过 P点作PH BD 交DB的延长线于点 H，  6,4B ， 6PH  ， 1 1 5 6 15 2 2PDB S BDPH      ， 15 8 7PBE PDB BDES S S      ， 1 1 16 7 2 2 5PBE S BE PG PG      ， 35 8 PG  ， 35 674 8 8 PO PG OG      ， 670, 8 P       ， 综上所述，点 P坐标为  0,5 或 670, 8P       ， 故答案为：  0,5 或 670, 8       ． 6．(1)  2, 4 ；  3, 4 (2)存在，点D的坐标为 5 ,0 2       或 15 ,0 2       (3)当点 P在线段 AB上时， CPO BCP AOP   ；当点 P在 AB的延长线上时， CPO AOP BCP    ；当点 P在BA的延长线上时， CPO BCP AOP    【分析】本题主要考查了平移变换、坐标与图形、平行线的性质等知识点，掌握分类讨论思想 是解题的关键． （1）直接根据平移规律即可解答； （2）先求出 5AOCS  、 1 4 2ABD S AD  ，再根据三角形 ABD的面积等于三角形 AOC面积的一半 列方程求得 5 2 AD  ，然后再根据点 A的坐标确定点 D的坐标即可； （3）点 P在线段 AB上、 AB的延长线、BA的延长线上三种情况，分别做辅助线、构造平行线 并运用平行线的性质即可解答． 【详解】（1）解：根据题意可得，点 B的横坐标为5 3 2  ，纵坐标为0 4 4  ，即点 B的坐标 为  2, 4 ；点C的横坐标为0 3 3   ，纵坐标为0 4 4  ，即点C的坐标为  3,4 ． 故答案为：  2, 4 ，  3,4 ． （2）解：存在．由（1）可知，点C到 x轴的距离为 4， 1 14 5 10, 5 2 2AOC ABD AOC S S S       ． 点 B到 x轴的距离为 4， 1 4 2ABD S AD   ， 1 4 5 2 AD   ， 5 2 AD  ． 点 A的坐标为  5,0 ， ∴点 D的横坐标为 5 55 2 2   或 5 155 2 2   点D的坐标为 5 ,0 2       或 15 ,0 2       ． （3）解：①如图①，当点 P在线段 AB上时，过点 P作 PQ x∥ 轴，则 PQ AO BC∥ ∥ ， CPQ BCP   ， OPQ AOP   ． 又 CPO CPQ OPQ   ， CPO BCP AOP   ． ②如图②，当点 P在 AB的延长线上时，过点 P作 PQ x∥ 轴，则 PQ AO BC∥ ∥ ， ,CPQ BCP OPQ AOP      ． 又 CPO OPQ CPQ   ， CPO AOP BCP    ； ③如图③，当点 P在BA的延长线上时，过点 P作 PQ x∥ 轴，则 PQ AO BC∥ ∥ ， ,CPQ BCP OPQ AOP      ． 又 CPO CPQ OPQ   ， CPO BCP AOP    ． 综上，当点 P在线段 AB上时， CPO BCP AOP   ；当点 P在 AB的延长线上时， CPO AOP BCP    ；当点 P在BA的延长线上时， CPO BCP AOP    ． 7．(1)    1,3 , 1, 2C D   (2)14 3 秒 (3)点 P的坐标为  17,0 或 7 ,0 9       【分析】本题考查坐标与图形变化平移，解题的关键是掌握平移变换的性质，学会用分类讨论 的思想思考问题，属于中考常考题型． （1）利用平移变换的性质求解； （2）设运动时间为 t秒，由点M与点 N 的纵坐标相同，构建方程5 2 0.5t t    ，求解即可； （3）设点 P的坐标为  , 0x ，由 2CDP BDPS S三角形 三角形 进行分类讨论并分别求解即可． 【详解】（1）解：由题意点 ,A B的坐标分别为    3,5 , 3,0 ，将线段 AB向下平移 2个单位长度， 再向左平移 4个单位长度，得到线段CD， ( 1, 3)C  ，  1, 2D   ； （2）解：设运动时间为 t秒，当MN x∥ 轴时，点M与点 N 的纵坐标相同， 即5 2 0.5t t    ， 解得 14 3 t  ， 点 ,M N同时出发， 14 3 秒后MN x∥ 轴； （3）解：设点 P的坐标为  , 0x ， 2CDP BDPS S 三角形 三角形 ， 当 x在 1 的左侧时，    1 15 1 2 2 3 2 2 x x          ， 解得 17x   ， 此时  17,0P  ； 当 x在 1 到 3之间时，    1 15 1 2 2 3 2 2 x x         ， 解得 7 9 x  ， 此时 7 ,0 9 P      ； 当 x在 3的右侧时，    1 15 1 2 2 3 2 2 x x        ， 解得 17x   （舍）． 综上所述，点 P的坐标为  17,0 或 7 ,09       ． 8．(1)  5,3A ，  3,1B ； (2) 4k  ； (3)n的取值范围为 3n  或 5n   ． 【分析】（1）利用非负数的性质列式计算求得 3a  ， 3b  ，据此即可求解； （2）根据平移的性质得到  5 ,5C k ，  3 ,3D k ，由点  0,4E 得 5 30 2 k k    ，据此求解即可； （3）作 AM CG ， BN CG ，先求得 6ABNMS 梯形 ，分三种情况讨论． 【详解】（1）解：∵ 3 2 3 0a a b     ， ∴ 3 0a   ， 2 3 0a b   ， 解得 3a  ， 3b  ， ∴点  5,3A ，  3,1B ； （2）解：由题意得  5 ,5C k ，  3 ,3D k ， ∵线段CD交 y轴于点  0,4E 且 5 34 2   ， ∴ 5 30 2 k k    ， 解得 4k  ； （3）解：∵ 4k  ， ∴  1,5C ，  1,3G ， 作 AM CG ， BN CG ，垂足分别为M N、 ， ∵  5,3A ，  3,1B ， ∴  1,3M ，  1,1N ， ∴ 4AM  ， 2BN  ， 2MN  ， ∴  1 2 4 2 62ABNMS    梯形 ， 当点  1,P n 在线段MN上时，1 3n  ， ∴ 3PM n  ， 1PN n  ， 由题意得 4PAB PAM PBNABNMS S S S   梯形△ △ △ ， ∴    1 16 4 3 2 1 42 2n n         ， 解得 3n  (不合题意，舍去)； 当点  1,P n 在点M上方时， 3n  ， ∴ 3PM n  ， 1PN n  ， 由题意得 4PAB PAM PBNABNMS S S S   梯形△ △ △ ， ∴    1 14 3 6 2 1 42 2n n         ， 解得 3n  ； 当点  1,P n 在点直线 AB的下方时， ∴ 3PM n  ， 1PN n  ， 由题意得 4PAB PAM PBNABNMS S S S   梯形△ △ △ ， ∴    1 14 3 6 2 1 42 2n n         ， 解得 5n   ； 综上，n的取值范围为 3n  或 5n   ． 【点睛】本题考查了非负数的性质、平面直角坐标系、三角形的面积、解一元一次方程、分类 讨论等知识点，解题的关键是画出对应图形，分类讨论，用面积法解题． 9．(1)4， 2 ，  2,1 (2) 2 4m n  (3) 10 2 t  或 3 2 t  【分析】本题考查了绝对值，算术平方根的非负性，坐标与图形，坐标与平移，解一元一次不 等式，准确作出辅助线是解题关键 （1）根据非负数的性质可得 a，b的值，进而根据平移的性质得出从 A到 C的平移方式是， 先左平移 2个单位，再向上平移 3个单位，即可得出 D点坐标； （2）延长线段 AB至点  ,E m n ，则 E在第三象限，则 0 0m n ， ，过点 E作EF y 轴于点 F， 得到 4 2AO BO OF n EF m     ， ， ， ，进而分别表示出三个三角形的面积，根据 AOE AOB BOES S S △ △ △ 即可求解； （3）根据 BOP OQP OQBS S S  得出 2 2 2 3 OQ t   ，进而根据 1 3 S  得出表达式，解不等式，即可 求解． 【详解】（1）解： 4 2 0a b    ， 4 0 2 0a b    ， ， 解得： 4 2a b  ， ，    4,0 0, 2A B ， ， ∵平移线段 AB，使点 A与点 C重合，点 B对应点为点 D、点 C的坐标为  2,3 ， AB CD AB CD ∥ ， ， 从 A到 C的平移方式是：先向左平移 2个单位，再向上平移 3个单位， 将  0, 2B  先向左平移 2个单位，再向上平移 3个单位，得到  0 2 2 3D   ， ，即  2,1D  ， 故答案为：4， 2 ，  2,1 ； （2）如图，延长线段 AB至点  ,E m n ，则 E在第三象限，则 0 0m n ， ，过点 E作EF y 轴于 点 F，      4,0 0, 2 ,A B E m n ， ， ， 4 2AO BO OF n EF m      ， ， ， ，  1 1 2 2 2BOE S BO EF m m         ， 1 1 2 4 4 2 2AOB S AO BO      ，  1 1 4 2 2 2AOE S AO OF n n        ， AOE AOB BOES S S  ， 2 4n m   ， 即 2 4m n  ； （3）如图所示：  2,1D  ， 依题意， 2PD t ，则  2 2 ,1 1P t OF  ， ，  0, 2B  ， 2OB  ， BOP OQP OQBS S S  ， 1 1 1 1 2 2 2 2 OB PF OQ OF OQ OB OQ BF        ， 2 2 2 2 2 2 3 3 tOB PFOQ t BF          ， 1 1 2 12 2 1 2 2 2 2 3 3 S OQ OF t t           ， 1: 3 s  ， 1 12 2 3 3 t    ，即 2 2 1t    或 2 2 1t   ， 解得： 10 2 t  或 3 2 t  ． 10．(1)  4,0A ；  0,2B ；  0, 3C  (2) 4 4 5 m  (3)当点 P在点 B的下方时， 180EBO BPD ADP     ；当点 P在 B、与 AD的延长线与 y轴的交点 之间时， 360EBO PDA BPD    ；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； （2）由平移得出  1,0D  ，求出 1 1 4 3 6 2 2AOC S OA OC      ，根据  ,F m n ，结合 AOC OCF OAFS S S  ， 得出 3 2 6 2 m n  ，求出 3 12 4 mn  ，根据 BDF BOD BOF DOFS S S S   ，结合 BDFV 的面积大于 3，得 出 5 5 3 8 2 m  ，求出 m的范围即可； （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：∵ 2 42a b b    ， 2 0 2 0 b b      ， ∴ 2b  ， ∴ 4a  ，  4,0A ，  0,2B ， ∴ 2OB  ， ∵ 5BC  ， ∴ 5 2 3OC    ， 点C坐标为  0, 3 ； （2）解：如图，连接OF， 将线段 AB平移到DE，点 E的坐标为  5,2 ，  0,2B ， ∴线段 AB向左平移 5个单位， ∵  4,0A ， ∴  1,0D  ， ∴ 2OB  ， 1OD  ， 4OA  ， 3OC  ， ∴ 1 1 4 3 62 2AOC S OA OC      ， ∵  ,F m n ， ∴ AOC OCF OAFS S S   1 13 4 2 2 m n       3 2 2 m n  ， ∴ 3 2 62 m n  ， 解得： 3 12 4 mn  ， ∵ BDF BOD BOF DOFS S S S    1 1 12 1 2 1 2 2 2 m n         11 2 m n   1 3 121 2 4 mm     5 5 8 2 m  ， ∵ BDFV 的面积大于 3， ∴ 5 5 38 2 m   ， 解得： 4 5 m  ， ∵F为线段 AC上一点， ∴ 4m  ∴ 4 45 m  ． （3）解：如图，当点 P在点 B的下方时，延长EB交PD于 F， 将线段 AB平移到DE， AB DE ∥ ， AD BE ， ADP BFD  ， 180 180PFB BFD PDA       ， EBO BPD BFP   ， 180EBO BPD PDA     ， 180EBO PDA BPD    ； 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， 将线段 AB平移到DE， AD BE ∥ ， 180PDA BFD   ， 180BFP PDA    ， EBO BFP BPF   ， 180 180EBO PDA BPD       ， 360EBO PDA BPD    ； 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， 180EBO BPD ADP     ；当点 P在 B、与 AD的延长线与 y轴 的交点之间时， 360EBO PDA BPD    ；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． 11．(1) 1, 3a b   (2) NEQ EQP MNEÐ = Ð +Ð 或 360MNE NEQ EQPÐ +Ð +Ð = °或 PQF MNE NEQÐ = Ð -Ð (3)① ADF BCFS S△ △ ；②m的值为 2 或5. 【分析】（1）由由  0,4M 平移到  2, 1P   确定平移的方式，从而可得答案； （2）分三种情况讨论：如图，当 E在 NQ的左边时，连接 NQ，如图，当 E在 NQ的右边，直线 MN的左边时，（包括 E在这两条直线上），如图，当 E在直线MN的右边时，记直线 MN与 EQ的交点为 F，再根据平行线的性质，三角形的内角和定理与三角形的外角的性质可得答案； （3）①当0 1t  时，如图，由题意可得： ( ) ( )0, 2 , 3,0 ,A B 2 , 3 , 2 2 , 3 3 ,AD t BC t OD t OC t= = = - = - 记 四边形 OCFD的面积为 m，再分别表示两个三角形的面积即可得到答案；②由 7,ABFS =V 可得 ,C D都在负半轴上，再分两种情况讨论：交点 F在第三象限，如图，证明 2 , 3 n m= 即 2, , 3 F m m 骣 琪 桫 作 A，F作 x轴的平行线，过 F，B作 y轴的平行线，交点分别即为 L，P，Q，则四边形 LFQP 为矩形，再利用面积列方程，如图，当交点 F在第一象限，同理利用面积列方程即可． 【详解】（1）解：由  0,4M 平移到 ( )2, 1 ,P - - 而  3,2N 平移到 ( ), ,Q a b ∴ 3 2 1, 2 5 3,a b= - = = - = - （2）如图，当 E在 NQ的左边时，连接 NQ， 由平移可得： ,MN PQ∥ 180 ,MNQ PQN EQP MNE ENQ EQN\ Ð +Ð = °= Ð +Ð +Ð +Ð 180 ,NEQ ENQ EQNÐ +Ð +Ð = °Q ,NEQ EQP MNE\ Ð = Ð +Ð 如图，当 E在 NQ的右边，直线MN的左边时，（包括 E在这两条直线上）， 同理可得： 180 , 180 ,MNQ PQN QNE NEQ NQE� � 靶 +� � 360 ,MNE NEQ EQP\ Ð +Ð +Ð = ° 如图，当 E在直线MN的右边时，记直线 MN与 EQ的交点为 F， 同理： ,PQF NFEÐ = Ð ,NFE MNE NEQÐ = Ð -ÐQ ∴ PQF MNE NEQÐ = Ð -Ð （3）①当0 1t  时，如图， 由题意可得： ( ) ( )0, 2 , 3,0 ,A B 2 , 3 , 2 2 , 3 3 ,AD t BC t OD t OC t= = = - = - 记四边形 OCFD的面积为 m， ( ) 1 2 3 3 3 3 , 2ADF AOC S S m t m t m\ = - = 创 - - = - -V V ( ) 1 3 2 2 3 3 , 2BCF BOD S S m t m t m= - = 创 - - = - -V V ∴ .ADF BCFS S=V V ② 7,ABFS =VQ 则 ,C D都在负半轴上，交点 F在第三象限，如图， 同理可得： ,ADF BCFS S=V V 而 ( ), ,F m n ( ) ( ) 1 12 3 , 2 2 t m t n\ ´ - = ´ -g g 解得： 2 , 3 n m= 即 2, , 3 F m m 骣 琪 桫 7,ABFS =VQ 作 A，F作 x轴的平行线，过 F，B作 y轴的平行线，交点分别即为 L，P，Q， 则四边形 LFQP为矩形， ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 1 23 2 2 3 2 3 7, 3 2 2 3 2 3 m m m m m m 骣 骣 骣 琪 琪 琪\ - - - 创 - � � - � � = 桫 桫 桫 解得： 2,m   如图，当交点 F在第一象限， 同理可得： ( ) 2 1 2 1 1 22 2 3 3 7, 3 2 3 2 2 3 m m m m m m 骣 琪- - - 创 - � = 桫 g 解得： 5,m  综上：m的值为 2 或5. 【点睛】本题考查的是坐标与图形，坐标系内图形的平移，平行线的性质，三角形的内角和定 理的应用，三角形的外角的性质，利用割补法求解图形的面积，一元一次方程的应用，整式的 乘法运算，本题的综合程度高，清晰的分类讨论是解本题的关键． 17．(1)① 4；②  0,3A ； (2)  ,d B D 的最大值为6，最小值为 2； (3) 2 2n- ＃ 【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  , 4d C D  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∵  2,1P  ，  2,5Q ， ∴ 2 2 4   ， 1 5 4  ， ∴   4d P Q ， ； 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  1,2B ，点  1,1C  ，设  ,D x y ， 当  , 4d C D  时， ①当 1 4x  ， 1 4y   ， 解得： 3x  或 5x   ， 3 5y   ， ∴ 1 3 1 2x     或 1 5 1 6x      ；0 2 5y   ， ∴  ,d B D 的最大值为6，最小值为 2； 当 1 4y   ， 1 4x   时， 解得： = 3y  或 5y  ， 5 3x   ； ∴ 2 3 2 5y      或 2 5 2 3y     ， 2 1 6x   ； ∴  ,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  2, 2M  时，满足条件， ∴此时 2n  ，即 2n   ， 如图，当M在第二象限时， 由平移可得：  1,N n n  ， 此时  2,2M  满足条件， ∴ 2n   ，即 2n  ， 综上： 2 2n- ＃ ； 【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．