登录
11. 如图①,在平面直角坐标系中,已知点$A(a,0),B(0,4),C(c,c)$,且$(a+2)^2+\sqrt{c-4}=0$.
(1)求$a,c$的值和$△ ABC$的面积;
(2)设$AC$与$y$轴交于点$D$,求$△ BCD$的面积;
(3)如图②,连接$OC$,点$M(0,m)$在$y$轴上,使$△ AOM$与$△ BCM$的面积相等,求$m$的值;
(4)如图③,点$N$在四边形$OABC$的内部,使$△ BCN$的面积是$△ AON$的面积的$2$倍,且$△ OCN$的面积是$△ ABN$的面积的$2$倍,直接写出点$N$的坐标.
(1)求$a,c$的值和$△ ABC$的面积;
(2)设$AC$与$y$轴交于点$D$,求$△ BCD$的面积;
(3)如图②,连接$OC$,点$M(0,m)$在$y$轴上,使$△ AOM$与$△ BCM$的面积相等,求$m$的值;
(4)如图③,点$N$在四边形$OABC$的内部,使$△ BCN$的面积是$△ AON$的面积的$2$倍,且$△ OCN$的面积是$△ ABN$的面积的$2$倍,直接写出点$N$的坐标.
答案
11.解:(1)$\because$点$ A(a,0),B(0,4),C(c,c)$,
且$(a+2)^2+\sqrt{c-4}=0$,
$\therefore a+2=0,c-4=0,\therefore a=-2,c=4$,
$\therefore S_{△ ABC}=4×4÷2=8$.
(2)设直线$ AC $的函数表达式为$ y=kx+b$,将$ A(-2,0)$,$C(4,4)$代入,得$\begin{cases} -2k+b=0,\\4k+b=4,\end{cases}$
解得$\begin{cases} k=\dfrac{2}{3},\\b=\dfrac{4}{3},\end{cases}$$\therefore y=\dfrac{2}{3}x+\dfrac{4}{3}$,$\therefore D(0,\dfrac{4}{3})$,
$\therefore BD=\dfrac{8}{3}$,$\therefore S_{△ BCD}=\dfrac{1}{2}×4×\dfrac{8}{3}=\dfrac{16}{3}$.
(3)当点$ M $在线段$ OB $上时,
$\because S_{△ BCM}=S_{△ AOM}$,$\therefore \dfrac{1}{2}BC· BM=\dfrac{1}{2}AO· OM$,
即$\dfrac{1}{2}×4(4-m)=\dfrac{1}{2}×2m$,解得$ m=\dfrac{8}{3}$;
同理,当点$ M $在点$ B $上方时,$\dfrac{1}{2}×4(m-4)=\dfrac{1}{2}×2m$,
解得$ m=8$;
当点$ M $在点$ O $下方时,$\dfrac{1}{2}×4(4-m)=\dfrac{1}{2}×2×(-m)$,
解得$ m=8$,不符合题意.
综上,$m$的值为$\dfrac{8}{3}$或$8$.
(4)如答图,过点$ N $作直线$ l// x $轴,交$ AB $于点$ E $,交$ y $轴于点$ F $,交$ OC $于点$ G$.
$\because S_{△ BCN}=2S_{△ AON}$,
$\therefore \dfrac{1}{2}BC· BF=2·\dfrac{1}{2}AO· OF$,
即$\dfrac{1}{2}×4×(4-OF)=2×\dfrac{1}{2}×2OF$,解得$ OF=2$,
$\therefore$点$ N $的纵坐标为$ 2$,
设点$ E $的坐标为$(e,2)$,
$\therefore S_{△ ABO}=S_{△ AOE}+S_{△ BOE}=\dfrac{1}{2}×2×2+\dfrac{1}{2}×4EF=\dfrac{1}{2}×2×4$,解得$ EF=1$,
$\therefore E(-1,2)$,同理$ G(2,2)$,$\therefore EG=3$.
$\because S_{△ OCN}=2S_{△ ABN}$,
$\therefore \dfrac{1}{2}× NG×2+\dfrac{1}{2}× NG×2=2[\dfrac{1}{2}(3-NG)×2+\dfrac{1}{2}×(3-NG)×2]$,
解得$ NG=2$,$\therefore N(0,2)$.
解析
【分析】
(1) 利用非负数的性质：平方和算术平方根均为非负数，两者相加为0则各自为0，即可求出a、c的值；观察可知BC平行于x轴，以BC为底，BC到点A的竖直距离为高，代入三角形面积公式即可求解。
(2) 用待定系数法求出直线AC的解析式，得到AC与y轴交点D的坐标，算出BD的长度后，以BD为底、点C的横坐标为高计算△BCD的面积。
(3) 分三种情况讨论点M的位置：M在线段OB上、M在点B上方、M在点O下方，分别表示出两个三角形的面积，根据面积相等列方程求解，舍去不符合题意的解。
(4) 过N作平行于x轴的直线l，先根据△BCN和△AON的面积关系求出N的纵坐标，再求出直线l与AB、OC的交点坐标，最后根据△OCN和△ABN的面积关系求出N的横坐标。
【解析】
(1) 解：$\because (a+2)^2≥0$，$\sqrt{c-4}≥0$，且$(a+2)^2+\sqrt{c-4}=0$，
$\therefore a+2=0$，$c-4=0$，解得$a=-2$，$c=4$。
由$B(0,4)$、$C(4,4)$得$BC// x$轴，$BC=4$，BC边上的高为4，
$\therefore S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×4×4=8$。
(2) 解：设直线$AC$的函数表达式为$y=kx+b$，将$A(-2,0)$、$C(4,4)$代入得：
$\begin{cases} -2k+b=0 \\4k+b=4 \end{cases}$，解得$\begin{cases} k=\frac{2}{3} \\b=\frac{4}{3} \end{cases}$，
$\therefore$直线$AC$的解析式为$y=\frac{2}{3}x+\frac{4}{3}$，
令$x=0$，得$y=\frac{4}{3}$，即$D(0,\frac{4}{3})$，
$\therefore BD=4-\frac{4}{3}=\frac{8}{3}$，
$\therefore S_{△ BCD}=\frac{1}{2}×\frac{8}{3}×4=\frac{16}{3}$。
(3) 解：分三种情况讨论：
①当点$M$在线段$OB$上时，$BM=4-m$，$OM=m$，
$\because S_{△ BCM}=S_{△ AOM}$，
$\therefore \frac{1}{2}×4×(4-m)=\frac{1}{2}×2× m$，解得$m=\frac{8}{3}$；
②当点$M$在点$B$上方时，$BM=m-4$，$OM=m$，
同理得$\frac{1}{2}×4×(m-4)=\frac{1}{2}×2× m$，解得$m=8$；
③当点$M$在点$O$下方时，$BM=4-m$，$OM=-m$，
同理得$\frac{1}{2}×4×(4-m)=\frac{1}{2}×2×(-m)$，解得$m=8$，不符合条件，舍去。
综上，$m$的值为$\frac{8}{3}$或$8$。
(4) 解：如答图，过点$N$作直线$l// x$轴，交$AB$于点$E$，交$y$轴于点$F$，交$OC$于点$G$。
$\because S_{△ BCN}=2S_{△ AON}$，
$\therefore \frac{1}{2}BC· BF=2·\frac{1}{2}AO· OF$，即$\frac{1}{2}×4×(4-OF)=2×\frac{1}{2}×2× OF$，解得$OF=2$，
$\therefore$点$N$的纵坐标为$2$。
设点$E$的坐标为$(e,2)$，$S_{△ ABO}=S_{△ AOE}+S_{△ BOE}=\frac{1}{2}×2×2+\frac{1}{2}×4× EF=\frac{1}{2}×2×4$，解得$EF=1$，
$\therefore E(-1,2)$，同理得$G(2,2)$，$\therefore EG=3$。
$\because S_{△ OCN}=2S_{△ ABN}$，
$\therefore \frac{1}{2}× NG×2+\frac{1}{2}× NG×2=2[\frac{1}{2}(3-NG)×2+\frac{1}{2}×(3-NG)×2]$，
解得$NG=2$，$\therefore N(0,2)$。
【答案】
(1) $a=-2$，$c=4$，$S_{△ ABC}=8$；
(2) $S_{△ BCD}=\frac{16}{3}$；
(3) $m$的值为$\frac{8}{3}$或$8$；
(4) 点$N$的坐标为$(0,2)$，答图：
【知识点】
非负数的性质，一次函数的应用，坐标与图形面积
【点评】
本题综合考查平面直角坐标系中坐标求解、一次函数解析式确定、三角形面积计算等内容，解题需用到分类讨论、数形结合的思想，对知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 利用非负数的性质：平方和算术平方根均为非负数，两者相加为0则各自为0，即可求出a、c的值；观察可知BC平行于x轴，以BC为底，BC到点A的竖直距离为高，代入三角形面积公式即可求解。
(2) 用待定系数法求出直线AC的解析式，得到AC与y轴交点D的坐标，算出BD的长度后，以BD为底、点C的横坐标为高计算△BCD的面积。
(3) 分三种情况讨论点M的位置：M在线段OB上、M在点B上方、M在点O下方，分别表示出两个三角形的面积，根据面积相等列方程求解，舍去不符合题意的解。
(4) 过N作平行于x轴的直线l，先根据△BCN和△AON的面积关系求出N的纵坐标，再求出直线l与AB、OC的交点坐标，最后根据△OCN和△ABN的面积关系求出N的横坐标。
【解析】
(1) 解：$\because (a+2)^2≥0$，$\sqrt{c-4}≥0$，且$(a+2)^2+\sqrt{c-4}=0$，
$\therefore a+2=0$，$c-4=0$，解得$a=-2$，$c=4$。
由$B(0,4)$、$C(4,4)$得$BC// x$轴，$BC=4$，BC边上的高为4，
$\therefore S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×4×4=8$。
(2) 解：设直线$AC$的函数表达式为$y=kx+b$，将$A(-2,0)$、$C(4,4)$代入得：
$\begin{cases} -2k+b=0 \\4k+b=4 \end{cases}$，解得$\begin{cases} k=\frac{2}{3} \\b=\frac{4}{3} \end{cases}$，
$\therefore$直线$AC$的解析式为$y=\frac{2}{3}x+\frac{4}{3}$，
令$x=0$，得$y=\frac{4}{3}$，即$D(0,\frac{4}{3})$，
$\therefore BD=4-\frac{4}{3}=\frac{8}{3}$，
$\therefore S_{△ BCD}=\frac{1}{2}×\frac{8}{3}×4=\frac{16}{3}$。
(3) 解：分三种情况讨论：
①当点$M$在线段$OB$上时，$BM=4-m$，$OM=m$，
$\because S_{△ BCM}=S_{△ AOM}$，
$\therefore \frac{1}{2}×4×(4-m)=\frac{1}{2}×2× m$，解得$m=\frac{8}{3}$；
②当点$M$在点$B$上方时，$BM=m-4$，$OM=m$，
同理得$\frac{1}{2}×4×(m-4)=\frac{1}{2}×2× m$，解得$m=8$；
③当点$M$在点$O$下方时，$BM=4-m$，$OM=-m$，
同理得$\frac{1}{2}×4×(4-m)=\frac{1}{2}×2×(-m)$，解得$m=8$，不符合条件，舍去。
综上，$m$的值为$\frac{8}{3}$或$8$。
(4) 解：如答图，过点$N$作直线$l// x$轴，交$AB$于点$E$，交$y$轴于点$F$，交$OC$于点$G$。
$\because S_{△ BCN}=2S_{△ AON}$，
$\therefore \frac{1}{2}BC· BF=2·\frac{1}{2}AO· OF$，即$\frac{1}{2}×4×(4-OF)=2×\frac{1}{2}×2× OF$，解得$OF=2$，
$\therefore$点$N$的纵坐标为$2$。
设点$E$的坐标为$(e,2)$，$S_{△ ABO}=S_{△ AOE}+S_{△ BOE}=\frac{1}{2}×2×2+\frac{1}{2}×4× EF=\frac{1}{2}×2×4$，解得$EF=1$，
$\therefore E(-1,2)$，同理得$G(2,2)$，$\therefore EG=3$。
$\because S_{△ OCN}=2S_{△ ABN}$，
$\therefore \frac{1}{2}× NG×2+\frac{1}{2}× NG×2=2[\frac{1}{2}(3-NG)×2+\frac{1}{2}×(3-NG)×2]$，
解得$NG=2$，$\therefore N(0,2)$。
【答案】
(1) $a=-2$，$c=4$，$S_{△ ABC}=8$；
(2) $S_{△ BCD}=\frac{16}{3}$；
(3) $m$的值为$\frac{8}{3}$或$8$；
(4) 点$N$的坐标为$(0,2)$，答图：
【知识点】
非负数的性质，一次函数的应用，坐标与图形面积
【点评】
本题综合考查平面直角坐标系中坐标求解、一次函数解析式确定、三角形面积计算等内容，解题需用到分类讨论、数形结合的思想，对知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
12.问题背景:在平面直角坐标系中,已知点$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$,$C$是线段$AB$的中点,则点$C$的坐标为$(\dfrac{x_1+x_2}{2},\dfrac{y_1+y_2}{2})$.例如,已知点$A(-1,1),B(3,3)$,则线段$AB$的中点$C$的坐标为$(\dfrac{-1+3}{2},\dfrac{1+3}{2})$,即点$C$的坐标为$(1,2)$.
解决问题:(1)已知点$A(6,-2),B(-3,-3)$,则线段$AB$的中点$M$的坐标是________;
(2)若已知点$P(-3,7)$,且线段$PQ$的中点坐标为$(-1,5)$,求点$Q$的坐标;
(3)已知三点$E(4,-2),F(-3,-1),G(-1,-4)$,若第四个点$H(x,y)$与点$E,F,G$中的任意一个点构成的线段的中点与另外两个端点构成的线段的中点重合,求点$H$的坐标.
解决问题:(1)已知点$A(6,-2),B(-3,-3)$,则线段$AB$的中点$M$的坐标是________;
(2)若已知点$P(-3,7)$,且线段$PQ$的中点坐标为$(-1,5)$,求点$Q$的坐标;
(3)已知三点$E(4,-2),F(-3,-1),G(-1,-4)$,若第四个点$H(x,y)$与点$E,F,G$中的任意一个点构成的线段的中点与另外两个端点构成的线段的中点重合,求点$H$的坐标.
答案
12.(1)$(\dfrac{3}{2},-\dfrac{5}{2})$
(2)解:设点$ Q $的坐标为$(a,b)$,
由题意,得$\dfrac{-3+a}{2}=-1$,$\dfrac{7+b}{2}=5$,解得$ a=1$,$b=3$,
$\therefore$点$ Q $的坐标为$(1,3)$.
(3)解:①当$ HE $与$ FG $的中点重合时,
$\dfrac{4+x}{2}=\dfrac{-3-1}{2}$,$\dfrac{-2+y}{2}=\dfrac{-1-4}{2}$,
$\therefore x=-8$,$y=-3$,
此时$ H(-8,-3)$;
②当$ HF $与$ EG $的中点重合时,
$\dfrac{-3+x}{2}=\dfrac{4-1}{2}$,$\dfrac{-1+y}{2}=\dfrac{-2-4}{2}$,
$\therefore x=6$,$y=-5$,此时$ H(6,-5)$.
③当$ HG $与$ EF $的中点重合时,
$\dfrac{-1+x}{2}=\dfrac{4-3}{2}$,$\dfrac{-4+y}{2}=\dfrac{-2-1}{2}$,
$\therefore x=2$,$y=1$,此时$ H(2,1)$.
综上,点$ H $的坐标为$(-8,-3)$或$(6,-5)$或$(2,1)$.
(2)解:设点$ Q $的坐标为$(a,b)$,
由题意,得$\dfrac{-3+a}{2}=-1$,$\dfrac{7+b}{2}=5$,解得$ a=1$,$b=3$,
$\therefore$点$ Q $的坐标为$(1,3)$.
(3)解:①当$ HE $与$ FG $的中点重合时,
$\dfrac{4+x}{2}=\dfrac{-3-1}{2}$,$\dfrac{-2+y}{2}=\dfrac{-1-4}{2}$,
$\therefore x=-8$,$y=-3$,
此时$ H(-8,-3)$;
②当$ HF $与$ EG $的中点重合时,
$\dfrac{-3+x}{2}=\dfrac{4-1}{2}$,$\dfrac{-1+y}{2}=\dfrac{-2-4}{2}$,
$\therefore x=6$,$y=-5$,此时$ H(6,-5)$.
③当$ HG $与$ EF $的中点重合时,
$\dfrac{-1+x}{2}=\dfrac{4-3}{2}$,$\dfrac{-4+y}{2}=\dfrac{-2-1}{2}$,
$\therefore x=2$,$y=1$,此时$ H(2,1)$.
综上,点$ H $的坐标为$(-8,-3)$或$(6,-5)$或$(2,1)$.
解析
【分析】
本题围绕平面直角坐标系内线段中点坐标公式展开考查，解题思路如下：
(1) 直接套用中点坐标公式，将点A、B的横、纵坐标分别代入公式计算即可得到中点M的坐标；
(2) 属于中点公式的逆向运用，设出点Q的坐标，根据中点坐标公式分别列出关于横、纵坐标的一元一次方程，解方程即可求出点Q的坐标；
(3) 需分类讨论：因为H与E、F、G中任意一点连线的中点要和另外两点连线的中点重合，所以分三种情况：①HE与FG的中点重合；②HF与EG的中点重合；③HG与EF的中点重合，每种情况分别利用中点坐标公式列方程求解，最后汇总所有符合条件的H的坐标即可，注意分类时不重不漏。
【解析】
(1) 根据中点坐标公式，点M的横坐标为$\dfrac{6+(-3)}{2}=\dfrac{3}{2}$，纵坐标为$\dfrac{-2+(-3)}{2}=-\dfrac{5}{2}$，故M的坐标为$(\dfrac{3}{2},-\dfrac{5}{2})$。
(2) 设点Q的坐标为$(a,b)$，由中点坐标公式可得：
$\dfrac{-3+a}{2}=-1$，$\dfrac{7+b}{2}=5$
分别解方程：
第一个方程两边同乘2得：$-3+a=-2$，解得$a=1$；
第二个方程两边同乘2得：$7+b=10$，解得$b=3$。
$\therefore$点Q的坐标为$(1,3)$。
(3) 分三种情况讨论：
① 当HE与FG的中点重合时：
根据中点相等可得：
$\dfrac{4+x}{2}=\dfrac{-3-1}{2}$，$\dfrac{-2+y}{2}=\dfrac{-1-4}{2}$
解得$x=-8$，$y=-3$，此时$H(-8,-3)$；
② 当HF与EG的中点重合时：
根据中点相等可得：
$\dfrac{-3+x}{2}=\dfrac{4-1}{2}$，$\dfrac{-1+y}{2}=\dfrac{-2-4}{2}$
解得$x=6$，$y=-5$，此时$H(6,-5)$；
③ 当HG与EF的中点重合时：
根据中点相等可得：
$\dfrac{-1+x}{2}=\dfrac{4-3}{2}$，$\dfrac{-4+y}{2}=\dfrac{-2-1}{2}$
解得$x=2$，$y=1$，此时$H(2,1)$。
综上，点H的坐标为$(-8,-3)$或$(6,-5)$或$(2,1)$。
【答案】
(1) $(\dfrac{3}{2},-\dfrac{5}{2})$；(2) $(1,3)$；(3) $(-8,-3)$或$(6,-5)$或$(2,1)$
【知识点】
1. 中点坐标公式；2. 坐标方程求解；3. 分类讨论思想
【点评】
本题从中点坐标公式的正向应用、逆向应用到分类讨论多场景应用，难度逐步提升，重点考查对公式的灵活运用能力，解题时需注意分类讨论的完整性，避免漏解，计算时注意符号即可。
【难度系数】
0.7
本题围绕平面直角坐标系内线段中点坐标公式展开考查，解题思路如下：
(1) 直接套用中点坐标公式，将点A、B的横、纵坐标分别代入公式计算即可得到中点M的坐标；
(2) 属于中点公式的逆向运用，设出点Q的坐标，根据中点坐标公式分别列出关于横、纵坐标的一元一次方程，解方程即可求出点Q的坐标；
(3) 需分类讨论：因为H与E、F、G中任意一点连线的中点要和另外两点连线的中点重合，所以分三种情况：①HE与FG的中点重合；②HF与EG的中点重合；③HG与EF的中点重合，每种情况分别利用中点坐标公式列方程求解，最后汇总所有符合条件的H的坐标即可，注意分类时不重不漏。
【解析】
(1) 根据中点坐标公式，点M的横坐标为$\dfrac{6+(-3)}{2}=\dfrac{3}{2}$，纵坐标为$\dfrac{-2+(-3)}{2}=-\dfrac{5}{2}$，故M的坐标为$(\dfrac{3}{2},-\dfrac{5}{2})$。
(2) 设点Q的坐标为$(a,b)$，由中点坐标公式可得：
$\dfrac{-3+a}{2}=-1$，$\dfrac{7+b}{2}=5$
分别解方程：
第一个方程两边同乘2得：$-3+a=-2$，解得$a=1$；
第二个方程两边同乘2得：$7+b=10$，解得$b=3$。
$\therefore$点Q的坐标为$(1,3)$。
(3) 分三种情况讨论：
① 当HE与FG的中点重合时：
根据中点相等可得：
$\dfrac{4+x}{2}=\dfrac{-3-1}{2}$，$\dfrac{-2+y}{2}=\dfrac{-1-4}{2}$
解得$x=-8$，$y=-3$，此时$H(-8,-3)$；
② 当HF与EG的中点重合时：
根据中点相等可得：
$\dfrac{-3+x}{2}=\dfrac{4-1}{2}$，$\dfrac{-1+y}{2}=\dfrac{-2-4}{2}$
解得$x=6$，$y=-5$，此时$H(6,-5)$；
③ 当HG与EF的中点重合时：
根据中点相等可得：
$\dfrac{-1+x}{2}=\dfrac{4-3}{2}$，$\dfrac{-4+y}{2}=\dfrac{-2-1}{2}$
解得$x=2$，$y=1$，此时$H(2,1)$。
综上，点H的坐标为$(-8,-3)$或$(6,-5)$或$(2,1)$。
【答案】
(1) $(\dfrac{3}{2},-\dfrac{5}{2})$；(2) $(1,3)$；(3) $(-8,-3)$或$(6,-5)$或$(2,1)$
【知识点】
1. 中点坐标公式；2. 坐标方程求解；3. 分类讨论思想
【点评】
本题从中点坐标公式的正向应用、逆向应用到分类讨论多场景应用，难度逐步提升，重点考查对公式的灵活运用能力，解题时需注意分类讨论的完整性，避免漏解，计算时注意符号即可。
【难度系数】
0.7
