例 1 (1)如图 1，在平面直角坐标系中，已知 $ A(0,3) $，$ B(-2,0) $，$ C(3,-4) $，求 $ △ ABC $ 的面积；
(2)如图 2，在平面直角坐标系中，已知 $ A(1,4) $，$ B(4,0) $，$ C(-3,-2) $，求 $ △ ABC $ 的面积。


解：(1)连接 $ OC $，$ S_{△ ABC}=S_{△ AOB}+S_{△ COA}+S_{△ COB}=\frac{1}{2}×2×3+\frac{1}{2}×3×3+\frac{1}{2}×2×4=\frac{23}{2} $。
(2)过点 $ C $ 作 $ CN // x $ 轴，过点 $ B $ 作 $ BN ⊥ CN $ 于点 $ N $，过点 $ A $ 作 $ AM ⊥ CN $ 于点 $ M $。
$ S_{△ ABC}=S_{四边形 ACNB}-S_{△ BCN}=\frac{1}{2}×4×6+\frac{1}{2}×3×(6+2)-\frac{1}{2}×2×7=17 $。

解：(1)连接$OC$，
$S_{△ ABC}=S_{△ AOB}+S_{△ COA}+S_{△ COB}$
$=\frac{1}{2}×2×3+\frac{1}{2}×3×3+\frac{1}{2}×2×4$
$=3+\frac{9}{2}+4$
$=\frac{23}{2}$
(2)过点$C$作$CN// x$轴，过点$B$作$BN⊥ CN$于点$N$，过点$A$作$AM⊥ CN$于点$M$。
$S_{△ ABC}=S_{四边形ACNB}-S_{△ BCN}$
$=(\frac{1}{2}×4×6+\frac{1}{2}×3×(6+2))-\frac{1}{2}×2×7$
$=(12+12)-7$
$=17$

二、知面积求点的坐标
例 2 如图 3，在平面直角坐标系中，已知 $ A(0,a) $，$ B(b,0) $，$ C(3,c) $ 三点，且 $ a $，$ b $ 满足关系式 $ |a - 2|+\sqrt{b - 3}=0 $，$ BC = 2OA $。

(1)$ a = $，$ b = $，$ c = $。
(2)四边形 $ AOBC $ 的面积为。
(3)是否存在点 $ P(m,-\frac{1}{3}m) $，使得三角形 $ 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。
解：(1)$ 2 $ $ 3 $ $ 4 $ (2)$ 9 $
(3)存在。
$ \because $ 点 $ P $ 的坐标为 $ (m,-\frac{1}{3}m) $，
$ \therefore S_{三角形 AOP}=\frac{1}{2}AO·|x_P|=\frac{1}{2}×2×|m|=|m| $。
$ \because S_{三角形 AOP}=2S_{四边形 AOBC} $，
$ \therefore |m|=2×9 $。
解得 $ m = \pm 18 $。
$ \therefore $ 点 $ P $ 的坐标为 $ (18,-6) $ 或 $ (-18,6) $。

解：
(1)
$\because |a - 2|+\sqrt{b - 3}=0$，且$|a - 2|≥0$，$\sqrt{b - 3}≥0$
$\therefore a - 2=0$，$b - 3=0$
解得$a=2$，$b=3$
$\because OA=a=2$，$BC=2OA=4$，$B(3,0)$，$C(3,c)$
$\therefore |c|=4$，又点$C$在第一象限，故$c=4$
(2)
四边形$AOBC$为直角梯形，$OA=2$，$BC=4$，$OB=3$
$S_{四边形AOBC}=\frac{1}{2}×(OA+BC)× OB=\frac{1}{2}×(2+4)×3=9$
(3)存在。
$\because$ 点$P(m,-\frac{1}{3}m)$，$AO=2$
$\therefore S_{△ AOP}=\frac{1}{2}· AO·|x_P|=\frac{1}{2}×2×|m|=|m|$
$\because S_{△ AOP}=2S_{四边形AOBC}$
$\therefore |m|=2×9=18$
解得$m=18$或$m=-18$
当$m=18$时，$-\frac{1}{3}m=-6$；当$m=-18$时，$-\frac{1}{3}m=6$
$\therefore$ 点$P$的坐标为$(18,-6)$或$(-18,6)$

例 3 在平面直角坐标系中，已知 $ A(1,2) $，$ B(3,1) $，$ S_{△ PAB}=3 $。
(1)若点 $ P $ 在 $ x $ 轴负半轴上，求点 $ P $ 的坐标；
(2)若点 $ P $ 在 $ x $ 轴上且在 $ AB $ 右侧，求点 $ P $ 的坐标。
解：(1)如图 4，作 $ AM ⊥ x $ 轴于点 $ M $，$ BN ⊥ x $ 轴于点 $ N $。

由题意知，$ S_{△ PAM}+S_{梯形 AMNB}-S_{△ PBN}=3 $。
设 $ OP = m $，则 $ \frac{1}{2}×2×(m + 1)+\frac{1}{2}×3×2-\frac{1}{2}×(3 + m)×1=3 $，解得 $ m = 1 $，$ \therefore P(-1,0) $。
(2)如图 5，作 $ AM ⊥ x $ 轴于点 $ M $，$ BN ⊥ x $ 轴于点 $ N $。

由题意知，$ S_{△ PAM}-S_{梯形 AMNB}-S_{△ PBN}=3 $。
设 $ OP = m $，则 $ \frac{1}{2}×(m - 1)×2-\frac{1 + 2}{2}×2-\frac{1}{2}×(m - 3)×1=3 $，解得 $ m = 11 $，$ \therefore P(11,0) $。

解：(1)过点$A$作$AM ⊥ x$轴于点$M$，过点$B$作$BN ⊥ x$轴于点$N$。
设$OP=m$（$m＞0$），由题意得：
$S_{△ PAM}+S_{梯形AMNB}-S_{△ PBN}=3$
代入得：$\frac{1}{2} × 2 × (m+1) + \frac{1}{2} × (2+1) × 2 - \frac{1}{2} × 1 × (m+3)=3$
化简求解：
$m+1+3-\frac{1}{2}(m+3)=3$
$\frac{1}{2}m+\frac{5}{2}=3$
解得$m=1$
$\therefore P(-1,0)$
(2)过点$A$作$AM ⊥ x$轴于点$M$，过点$B$作$BN ⊥ x$轴于点$N$。
设$OP=m$（$m＞3$），由题意得：
$S_{△ PAM}-S_{梯形AMNB}-S_{△ PBN}=3$
代入得：$\frac{1}{2} × 2 × (m-1) - \frac{1}{2} × (2+1) × 2 - \frac{1}{2} × 1 × (m-3)=3$
化简求解：
$m-1-3-\frac{1}{2}(m-3)=3$
$\frac{1}{2}m-\frac{5}{2}=3$
解得$m=11$
$\therefore P(11,0)$