1. 如图,将线段AD水平向右平移到BC,已知A,D两点的坐标分别为$A(-1,-2)$,$D(0,1)$,连结DC,AB,得四边形ABCD,且$S_{四边形ABCD}=12$,BC交x轴于点M.
(1)点B的坐标为,点C的坐标为.
(2)如图①,连结OC,OB,求三角形BOC的面积和点M的坐标.
(3)如图②,若点$P(m,n)$为四边形ABCD内的一点,连结PA,PD,$S_{△ ADP}=4$,则m和n满足怎样的数量关系?并写出m的取值范围.

1.(1) 解析:如图①,设AB交y轴于点H.
∵ 点A(-1,-2),D(0,1),
∴ AH=1,DH=3,由题意可知,四边形ABCD是平行四边形,$AB · DH=12$,
∴ AB=4,
∴ 点B,C的坐标分别为(3,-2),(4,1).

1.(2)$S_{△OBC}=S_{梯形HBCD}-S_{△OBH}-S_{△OCD}=\frac{1}{2}×(HB+CD)×DH-\frac{1}{2}×BH×OH-\frac{1}{2}×CD×OD=\frac{1}{2}×(3+4)×(1+2)-\frac{1}{2}×3×2-\frac{1}{2}×4×1=\frac{11}{2}$.
∵ $S_{△OBC}=S_{△OMC}+S_{△OMB}$,
∴ $\frac{11}{2}=\frac{1}{2}×OM×|y_B|+\frac{1}{2}×OM×y_C$,
∴ $\frac{11}{2}=\frac{1}{2}×OM×(y_C-y_B)$,
∴ $\frac{11}{2}=\frac{1}{2}×OM×3$,解得$OM=\frac{11}{3}$,
∴ 点M的坐标为$(\frac{11}{3},0)$.
1.(3)如图②,过点 P 作 EF//y 轴,分别交 CD,AB 于点 E,F,则 PE⊥CD,PF⊥AB,作 AN⊥CD 交 CD 的延长线于点 N.
∵ $S_{△ADP}=4$,点 P(m,n),A(-1,-2),D(0,1),
∴ $S_{△PAD}=S_{长方形AFEN}-S_{△ADN}-S_{△PDE}-S_{△PAF}$,
∴ $4=3(m+1)-\frac{1}{2}×1×3-\frac{1}{2}m(1-n)-\frac{1}{2}(m+1)(n+2)$,可得n=3m-7,当n=1时,$m=\frac{8}{3}$,当n=-2时,$m=\frac{5}{3}$.
∵ 点P在四边形ABCD内部,
∴ $\frac{5}{3}＜m＜\frac{8}{3}$.

2. 在平面直角坐标系中,点$A(-18,2),B(-6,6),AC ⊥ x$轴于点$C$,连结$AB,BC$.
(1)如图①,求$△ ABC$的面积.
(2)如图②,若点$G$是线段$CB$上的一点,且点$G$的横坐标为$-14$,求证:$∠ CAG=90°$.
(3)如图③,线段$AB$以每秒2个单位长度的速度向右水平移动$t$秒,$A,B$的对应点分别为$M,N$,线段$MN$与$y$轴交于点$D$,$△ MOD$的面积记为$S_{△ MOD}$,$△ NOD$的面积为$S_{△ NOD}$.若$S_{△ MOD}＜2S_{△ NOD}$,请求出$t$的取值范围.

2.(1)如图①,作出△ABC的高BD,
∵ A(-18,2),B(-6,6),
∴ AC=2,BD=-6-(-18)=12,
∴ $S_{△ABC}=\frac{1}{2}×AC×BD=\frac{1}{2}×2×12=12$.

2.(2)如图②,过点 G 作 GM⊥x 轴于点 M,过点 B 作 BN⊥x 轴于点 N,设 GM=m,则 $S_{△CBN}=S_{△CGM}+S_{梯形GMNB}$,即 $\frac{1}{2}×CN×BN=\frac{1}{2}×GM×CM+\frac{1}{2}×MN×(GM+BN)$.
∵ 点 G 的横坐标为 -14,
∴ $\frac{1}{2}×12×6=\frac{1}{2}×4m+\frac{1}{2}×8×(m+6)$,解得 m=2,故点 G 的坐标为(-14,2),
∴ AG//x 轴,AC⊥AG,
∴ ∠CAG=90°.

2.(3) 由题意得点 M(- 18 + 2t, 2), N(- 6 + 2t, 6), 则 $\begin{cases}-6+2t＞0,\\-18+2t＜0,\end{cases}$ 解得 3＜t＜9, 而 $S_{△MOD}=\frac{1}{2}OD×(18-2t)$,$S_{△NOD}=\frac{1}{2}OD×(-6+2t)$,由 $S_{△MOD}＜2S_{△NOD}$ 得 $\frac{1}{2}OD(18-2t)＜2×\frac{1}{2}OD(-6+2t)$,解得 t＞5.综上所述,t 的取值范围是 5＜t＜9.