10. 已知点$P(2a-2,a+5)$。
(1)若点Q的坐标为$(4,5)$，直线$PQ// y$轴，则点P的坐标为。
(2)若将点P向上平移3个单位长度恰好落在x轴上，则点P原来的坐标为。

10.(1)(4,8) (2)(-18,-3) 【点拨】(1)因为点$Q$的坐标为$(4,5)$,$P(2a-2,a+5)$,直线$PQ// y$轴,所以$2a-2=4$,解得$a=3$,所以$P(4,8)$.(2)因为将点$P(2a-2,a+5)$向上平移3个单位长度恰好落在$x$轴上,所以$a+5+3=0$,解得$a=-8$,所以点$P$原来的坐标为$(-18,-3)$.

【分析】
(1) 解题时先回忆平行于y轴的直线上的点的坐标特征：所有点的横坐标相等。已知直线$PQ// y$轴，因此点P和点Q的横坐标相等，据此可列出关于a的一元一次方程，求解得到a的值后，代入点P的坐标表达式即可算出P的坐标。
(2) 先明确两个知识点：一是点向上平移时，横坐标不变，纵坐标加平移的单位长度；二是x轴上的点纵坐标为0。点P向上平移3个单位后落在x轴上，说明平移后的点纵坐标为0，由此列出关于a的方程，解出a后代入即可得到点P原来的坐标。
【解析】
(1)
∵ 直线$PQ// y$轴，点$Q$坐标为$(4,5)$，点$P$坐标为$(2a-2,a+5)$
∴ 平行于y轴的直线上点的横坐标相等，即$2a-2=4$
解得：$a=3$
将$a=3$代入$a+5$得：$3+5=8$
∴ 点P的坐标为$(4,8)$
(2)
∵ 将点P向上平移3个单位长度，横坐标不变，纵坐标加3
∴ 平移后点的坐标为$(2a-2, a+5+3)$
∵ 平移后的点落在x轴上，x轴上点的纵坐标为0
∴ $a+5+3=0$
解得：$a=-8$
将$a=-8$代入点P的坐标表达式：
横坐标：$2a-2=2×(-8)-2=-18$
纵坐标：$a+5=-8+5=-3$
∴ 点P原来的坐标为$(-18,-3)$
【答案】
(1)$(4,8)$；(2)$(-18,-3)$
【知识点】
1. 平行于y轴的点的坐标特征
2. 点平移的坐标变化规律
3. 坐标轴上点的坐标特征
【点评】
本题是平面直角坐标系的基础应用题，解题核心是熟练掌握特殊位置点的坐标性质以及点平移的坐标变化规律，计算过程中注意求解方程的准确性，避免符号错误。
【难度系数】
0.8

11. 定义:在平面直角坐标系$xOy$中,已知点$P_1(a,b),P_2(c,b),P_3(c,d)$,这三个点中任意两点间的距离的最小值称为点$P_1,P_2,P_3$的“最佳间距”.例如:点$P_1(-1,2),P_2(1,2),P_3(1,3)$的“最佳间距”是1.
(1)点$Q_1(-2,1),Q_2(-5,1),Q_3(-5,5)$的“最佳间距”是;
(2)当点$O(0,0),E(2m,0),P(2m,-2m+3)$的“最佳间距”为1时,点$P$的横坐标为.

11.(1)3 【点拨】(1)连接$Q_1Q_2$,$Q_2Q_3$,$Q_1Q_3$. 因为点$Q_1(-2,1)$,$Q_2(-5,1)$,$Q_3(-5,5)$,所以$Q_1Q_2=3$,$Q_2Q_3=4$,$Q_2Q_3⊥ Q_2Q_1$.因为垂线段最短,所以$Q_1Q_3＞4$.所以点$Q_1(-2,1)$,$Q_2(-5,1)$,$Q_3(-5,5)$的“最佳间距”是3.
(2)±1或2或4 【点拨】连接$OP$,$PE$. 因为点$O(0,0)$,$E(2m,0)$,$P(2m,-2m+3)$,所以$PE⊥ OE$,$OE=|2m|$,$PE=|-2m+3|$. 因为垂线段最短,所以$OE＜OP$,$PE＜OP$. 又因为点$O,E,P$的“最佳间距”是1,所以$OE=1$或$PE=1$. 所以$2m=\pm1$或$-2m+3=\pm1$. 当$2m=1$时,$|-2m+3|=2$,点$O,E,P$的“最佳间距”是1,符合题意;当$2m=-1$时,$|-2m+3|=4$,点$O,E,P$的“最佳间距”是1,符合题意;当$-2m+3=1$时,$2m=2$,点$O,E,P$的“最佳间距”是1,符合题意;当$-2m+3=-1$时,$2m=4$,点$O,E,P$的“最佳间距”是1,符合题意.综上,当点$O(0,0)$,$E(2m,0)$,$P(2m,-2m+3)$的“最佳间距”为1时,点$P$的横坐标为±1或2或4.

【分析】
(1) 首先明确“最佳间距”是三个点中任意两点距离的最小值。先观察点的坐标特征：Q₁、Q₂纵坐标相同，两点距离为横坐标差的绝对值；Q₂、Q₃横坐标相同，两点距离为纵坐标差的绝对值；再结合直角三角形斜边大于直角边，判断第三个距离更大，取最小值即可。
(2) 先分析三个点的位置：O在原点，E在x轴上，P与E横坐标相同，因此PE垂直于x轴，△OEP是直角三角形，斜边OP长度大于两条直角边OE、PE，故最佳间距只能是OE或PE的长度。结合最佳间距为1，分OE=1、PE=1两种情况列方程求解，2m即为点P的横坐标，最后逐一验证结果是否符合题意即可。
【解析】
(1) 计算三个点两两之间的距离：
∵ Q₁(-2,1)、Q₂(-5,1)纵坐标相同，
∴ $Q_1Q_2=|-2-(-5)|=3$；
∵ Q₂(-5,1)、Q₃(-5,5)横坐标相同，
∴ $Q_2Q_3=|5-1|=4$；
由$Q_1Q_2⊥Q_2Q_3$可知$△ Q_1Q_2Q_3$是直角三角形，$Q_1Q_3$为斜边，故$Q_1Q_3＞4$，
因此三个距离的最小值为3，即最佳间距是3。
(2) 分析三个点的位置关系：
∵ O(0,0)、E(2m,0)都在x轴上，P(2m,-2m+3)与E横坐标相同，
∴ $PE⊥OE$，$△ OEP$为直角三角形，OP为斜边，故$OP＞OE$，$OP＞PE$，
因此“最佳间距”为OE、PE中的较小值，结合题意得$OE=1$或$PE=1$：
① 若$OE=1$，则$|2m|=1$，解得$2m=1$或$2m=-1$，对应PE分别为2、4，均大于1，符合题意；
② 若$PE=1$，则$|-2m+3|=1$，即$-2m+3=1$或$-2m+3=-1$，解得$2m=2$或$2m=4$，对应OE分别为2、4，均大于1，符合题意。
综上，点P的横坐标为±1或2或4。
【答案】
(1) 3；(2) ±1或2或4
【知识点】
新定义阅读理解，坐标系两点距离计算，分类讨论思想
【点评】
本题以新定义为载体考查坐标与图形的性质，解题关键是先结合点的坐标特征判断线段的位置关系，缩小最佳间距的可能范围，再通过分类讨论求解，注意对结果进行验证，避免漏解错解。
【难度系数】
0.6

12. 2026·上海浦东新区期中 新题型·存在性探究题 如图,在平面直角坐标系中,已知$A(0,a),B(b,0),C(4,c)$三点,其中$a,b,c$满足关系式$|a-3|+(b-4)^2+\sqrt{c-5}=0$.
(1)求$a,b,c$的值.
(2)请直接判断$BC$与$y$轴的位置关系.
(3)若平面内有一点$P(m,\dfrac{1}{3})$,且点$P$到$BC$的距离为$5$,则$△ AOP$的面积为________.
(4)如果点$P(m,\dfrac{1}{3})$在平面内,是否存在$m$,使四边形$ABOP$的面积为$△ AOP$面积的$3$倍?若存在,请直接写出满足条件的点$P$的坐标,若不存在,请说明理由.

12.【解】(1)因为$|a-3|+(b-4)^2+\sqrt{c-5}=0$,所以$a-3=0$,$b-4=0$,$c-5=0$,所以$a=3$,$b=4$,$c=5$.
(2)$BC$平行于$y$轴.
(3)$\dfrac{27}{2}$或$\dfrac{3}{2}$ 【点拨】因为点$P$到$BC$的距离为5,$B(4,0)$,$C(4,5)$,所以$|m-4|=5$,所以$m-4=\pm5$,解得$m=9$或$-1$,所以$P$点的坐标为$(9,\dfrac{1}{3})$或$(-1,\dfrac{1}{3})$.因为$A$点的坐标为$(0,3)$,所以$OA=3$.当$m=9$时,$S_{△ AOP}=\dfrac{1}{2}×9×3=\dfrac{27}{2}$,当$m=-1$时,$S_{△ AOP}=\dfrac{1}{2}×1×3=\dfrac{3}{2}$,综上所述,$△ AOP$的面积为$\dfrac{27}{2}$或$\dfrac{3}{2}$.
(4)存在.点$P$的坐标为$(1,\dfrac{1}{3})$或$(-2,\dfrac{1}{3})$.
【点拨】当$m＜0$时,如图①,$S_{△ AOP}=\dfrac{1}{2}×3×(-m)=-\dfrac{3m}{2}$,$S_{\mathrm{四边形}ABOP}=S_{△ AOP}+S_{△ ABO}=\dfrac{3}{2}×(-m)+\dfrac{1}{2}×3×4=-\dfrac{3m}{2}+6$.因为四边形$ABOP$的面积为$△ AOP$面积的3倍,所以$-\dfrac{3m}{2}+6=3×(-\dfrac{3m}{2})$,解得$m=-2$,所以满足条件的点$P$的坐标为$(-2,\dfrac{1}{3})$;
当$m＞0$时,如图②,$S_{△ AOP}=\dfrac{1}{2}×3× m=\dfrac{3m}{2}$,$S_{\mathrm{四边形}ABOP}=S_{△ ABO}-S_{△ AOP}=\dfrac{1}{2}×3×4-\dfrac{3}{2}× m=6-\dfrac{3m}{2}$.因为四边形$ABOP$的面积为$△ AOP$面积的3倍,所以$6-\dfrac{3m}{2}=3×\dfrac{3m}{2}$,解得$m=1$,所以满足条件的点$P$的坐标为$(1,\dfrac{1}{3})$.
综上所述,满足条件的点$P$的坐标为$(1,\dfrac{1}{3})$或$(-2,\dfrac{1}{3})$.

【分析】
(1) 绝对值、平方、算术平方根均为非负数，若几个非负数的和为0，则每个非负数的值都为0，据此列方程即可求出a、b、c的值。
(2) 观察B、C两点坐标，若两点横坐标相同，说明连线垂直于x轴，即可判断BC与y轴的位置关系。
(3) 由BC平行于y轴可知BC所在直线为x=4，点到竖直线的距离为横坐标差的绝对值，据此求出m的两个取值；再以OA为底，P点横坐标的绝对值为高，分情况计算△AOP的面积即可。
(4) 点P横坐标的正负不确定，需分m＜0和m＞0两种情况讨论：分别表示出△AOP的面积和四边形ABOP的面积（可拆分为△AOB与△AOP的和或差），再根据面积的3倍关系列方程求解，即可得到m的值和P点坐标。
【解析】
(1) 解：
∵$|a-3|≥0$，$(b-4)^2≥0$，$\sqrt{c-5}≥0$，且$|a-3|+(b-4)^2+\sqrt{c-5}=0$，
∴$a-3=0$，$b-4=0$，$c-5=0$，
解得$a=3$，$b=4$，$c=5$。
(2) 由(1)得$B(4,0)$，$C(4,5)$，两点横坐标相同，故直线BC垂直于x轴，因此$BC// y$轴。
(3) 解：
∵BC所在直线为$x=4$，点$P(m,\dfrac{1}{3})$到BC的距离为5，
∴$|m-4|=5$，即$m-4=\pm5$，
解得$m=9$或$m=-1$。
已知$A(0,3)$，则$OA=3$，△AOP中OA边上的高为P点横坐标的绝对值：
当$m=9$时，$S_{△ AOP}=\dfrac{1}{2}×3×9=\dfrac{27}{2}$；
当$m=-1$时，$S_{△ AOP}=\dfrac{1}{2}×3×|-1|=\dfrac{3}{2}$。
(4) 解：存在，分两种情况讨论：
① 当$m＜0$时，如图①：
$S_{△ AOP}=\dfrac{1}{2}×3×(-m)=-\dfrac{3m}{2}$，
$S_{△ AOB}=\dfrac{1}{2}×3×4=6$，
$S_{\mathrm{四边形}ABOP}=S_{△ AOB}+S_{△ AOP}=6-\dfrac{3m}{2}$，
根据题意得$6-\dfrac{3m}{2}=3×(-\dfrac{3m}{2})$，
解得$m=-2$，此时P点坐标为$(-2,\dfrac{1}{3})$；
② 当$m＞0$时，如图②：
$S_{△ AOP}=\dfrac{1}{2}×3× m=\dfrac{3m}{2}$，
$S_{\mathrm{四边形}ABOP}=S_{△ AOB}-S_{△ AOP}=6-\dfrac{3m}{2}$，
根据题意得$6-\dfrac{3m}{2}=3×\dfrac{3m}{2}$，
解得$m=1$，此时P点坐标为$(1,\dfrac{1}{3})$。
【答案】
(1) $a=3$，$b=4$，$c=5$
(2) $BC$平行于$y$轴
(3) $\dfrac{27}{2}$或$\dfrac{3}{2}$
(4) 存在，点$P$的坐标为$(1,\dfrac{1}{3})$或$(-2,\dfrac{1}{3})$
①
②
【知识点】
非负数的性质，坐标与图形性质，三角形面积计算
【点评】
本题是平面直角坐标系综合题，结合了非负性应用、直线位置判断、面积计算等考点，解题时需注意运用分类讨论思想，避免因忽略点的位置差异漏解，同时要熟练掌握用坐标计算图形面积的方法。
【难度系数】
0.6