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1. 三角形ABC在经过某次平移后，顶点$A(-1,m+2)$的对应点为$A_1(2,m-3)$，若此三角形内任意一点$P(a,b)$经过此次平移后对应点为$P_1(c,d)$.则$a+b-c-d$的值为 （
A.$8+m$
B.$-8+m$
C.$2$
D.$-2$
C
）A.$8+m$
B.$-8+m$
C.$2$
D.$-2$
答案
1. C
2. 如图,在平面直角坐标系中,点 A 的坐标为$(1,-2)$,点 B 的坐标为$(3,0)$.
(1)如图①所示,平移线段 AB 到线段 DC,使点 A 的对应点为 D,点 B 的对应点为 C,若点 C 的坐标为$(-2,4)$,则点 D 的坐标为
(2)平移线段 AB 到线段 DC,使点 C 在 y 轴的正半轴上,点 D 在第二象限内,连接 BC,BD,如图②所示,若$△ BCD$的面积为 7,求点 C,D 的坐标.
(3)在(2)的条件下,在 y 轴上是否存在一点 P,使$△ PBD$与$△ BCD$的面积之比为$12:7$?若存在,求出点 P 的坐标;若不存在,请说明理由.
(1)如图①所示,平移线段 AB 到线段 DC,使点 A 的对应点为 D,点 B 的对应点为 C,若点 C 的坐标为$(-2,4)$,则点 D 的坐标为
(-4,2)
.(2)平移线段 AB 到线段 DC,使点 C 在 y 轴的正半轴上,点 D 在第二象限内,连接 BC,BD,如图②所示,若$△ BCD$的面积为 7,求点 C,D 的坐标.
(3)在(2)的条件下,在 y 轴上是否存在一点 P,使$△ PBD$与$△ BCD$的面积之比为$12:7$?若存在,求出点 P 的坐标;若不存在,请说明理由.
答案
2. (1)$(-4,2)$
解析:已知点 A 的坐标为$(1,-2)$,点 B 的坐标为$(3,0)$,平移后点 B 的对应点为 C,且点 C 的坐标为$(-2,4)$,可得点 B 向左平移 5 个单位长度,再向上平移 4 个单位长度得到点$C(-2,4)$,$\therefore 1-5=-4,-2+4=2$,$\therefore A$点平移后的对应点 D 的坐标为$(-4,2)$.
(2)$\because$ 点 C 在 y 轴的正半轴上,点 D 在第二象限内,$A(1,-2)$,$B(3,0)$,$\therefore$ 点 B 向左平移 3 个单位长度,$\therefore$ 点 A 向左平移 3 个单位长度后横坐标为$1-3=-2$,即点 D 的横坐标为$-2$.$\because$ 点 D 在第二象限内,$\therefore$ 设点 A 向上平移了$(2+y)$个单位长度,$\therefore$ 线段 AB 向左平移 3 个单位长度,再向上平移$(2+y)$个单位长度后符合题意,$\therefore C(0,2+y)$,$D(-2,y)$,$\therefore OB=3$,$OC=2+y$,连接$OD$,$\therefore S_{△ BCD}=S_{△ BOC}+S_{△ COD}-S_{△ BOD}=7$,$\therefore \frac{1}{2}OB× OC+\frac{1}{2}OC× 2-\frac{1}{2}OB× y=7$,即$\frac{1}{2}× 3×(2+y)+\frac{1}{2}× 2×(2+y)-\frac{1}{2}× 3y=7$,解得$y=2$,$\therefore C(0,4)$,$D(-2,2)$.
(3)存在. 由 (2) 得 $D(-2,2)$,$\because S_{△ BCD}=7$,$\frac{S_{△ PBD}}{S_{△ BCD}}=\frac{12}{7}$,$\therefore S_{△ PBD}=12$,①当 P 在 x 轴上方时,$\frac{1}{2}× OP× 2+\frac{1}{2}× OP× 3-\frac{1}{2}× 3× 2=12$,得$OP=6$,$\therefore P(0,6)$;②当 P 在 x 轴下方时,$\frac{1}{2}× OP× 2+\frac{1}{2}× OP× 3+\frac{1}{2}× 3× 2=12$,得$OP=\frac{18}{5}$,$\therefore P(0,-\frac{18}{5})$,$\therefore$ 存在点 P,其坐标为$(0,6)$或$(0,-\frac{18}{5})$.
解析:已知点 A 的坐标为$(1,-2)$,点 B 的坐标为$(3,0)$,平移后点 B 的对应点为 C,且点 C 的坐标为$(-2,4)$,可得点 B 向左平移 5 个单位长度,再向上平移 4 个单位长度得到点$C(-2,4)$,$\therefore 1-5=-4,-2+4=2$,$\therefore A$点平移后的对应点 D 的坐标为$(-4,2)$.
(2)$\because$ 点 C 在 y 轴的正半轴上,点 D 在第二象限内,$A(1,-2)$,$B(3,0)$,$\therefore$ 点 B 向左平移 3 个单位长度,$\therefore$ 点 A 向左平移 3 个单位长度后横坐标为$1-3=-2$,即点 D 的横坐标为$-2$.$\because$ 点 D 在第二象限内,$\therefore$ 设点 A 向上平移了$(2+y)$个单位长度,$\therefore$ 线段 AB 向左平移 3 个单位长度,再向上平移$(2+y)$个单位长度后符合题意,$\therefore C(0,2+y)$,$D(-2,y)$,$\therefore OB=3$,$OC=2+y$,连接$OD$,$\therefore S_{△ BCD}=S_{△ BOC}+S_{△ COD}-S_{△ BOD}=7$,$\therefore \frac{1}{2}OB× OC+\frac{1}{2}OC× 2-\frac{1}{2}OB× y=7$,即$\frac{1}{2}× 3×(2+y)+\frac{1}{2}× 2×(2+y)-\frac{1}{2}× 3y=7$,解得$y=2$,$\therefore C(0,4)$,$D(-2,2)$.
(3)存在. 由 (2) 得 $D(-2,2)$,$\because S_{△ BCD}=7$,$\frac{S_{△ PBD}}{S_{△ BCD}}=\frac{12}{7}$,$\therefore S_{△ PBD}=12$,①当 P 在 x 轴上方时,$\frac{1}{2}× OP× 2+\frac{1}{2}× OP× 3-\frac{1}{2}× 3× 2=12$,得$OP=6$,$\therefore P(0,6)$;②当 P 在 x 轴下方时,$\frac{1}{2}× OP× 2+\frac{1}{2}× OP× 3+\frac{1}{2}× 3× 2=12$,得$OP=\frac{18}{5}$,$\therefore P(0,-\frac{18}{5})$,$\therefore$ 存在点 P,其坐标为$(0,6)$或$(0,-\frac{18}{5})$.
3. 如图①,在平面直角坐标系中,点$A(a,2),B(b,4)$,且$a,b$满足关系式$(a+5)^2+\sqrt{b+4}=0$.
(1)直接写出$A,B$两点的坐标:$A(\_\_\_\_\_\_,\_\_\_\_\_\_),B(\_\_\_\_\_\_,\_\_\_\_\_\_)$.
(2)线段$AB$以每秒2个单位长度的速度向右水平移动,$A,B$的对应点分别为$A_1,B_1$.
①如图②,若线段$A_1B_1$交$y$轴于点$C$,当$S_{△ A_1B_1O}=\frac{3}{2}$时,求平移时间$t$的值;
②若直线$A_1B_1$交$y$轴于点$C$,当$\frac{S_{△ A_1CO}}{S_{△ B_1CO}}=\frac{3}{2}$时,试求出平移时间$t$的值,并直接写出点$C$的坐标.
(1)直接写出$A,B$两点的坐标:$A(\_\_\_\_\_\_,\_\_\_\_\_\_),B(\_\_\_\_\_\_,\_\_\_\_\_\_)$.
(2)线段$AB$以每秒2个单位长度的速度向右水平移动,$A,B$的对应点分别为$A_1,B_1$.
①如图②,若线段$A_1B_1$交$y$轴于点$C$,当$S_{△ A_1B_1O}=\frac{3}{2}$时,求平移时间$t$的值;
②若直线$A_1B_1$交$y$轴于点$C$,当$\frac{S_{△ A_1CO}}{S_{△ B_1CO}}=\frac{3}{2}$时,试求出平移时间$t$的值,并直接写出点$C$的坐标.
答案
3. (1)$(-5,2)\quad (-4,4)$
解析:$\because (a+5)^2+\sqrt{b+4}=0$,$\therefore a+5=0$,$b+4=0$,$\therefore a=-5$,$b=-4$,$\therefore A(-5,2)$,$B(-4,4)$,故答案为$(-5,2)$;$(-4,4)$.
(2)$\because$ 线段 AB 以每秒 2 个单位长度的速度向右水平移动,$\therefore$ 平移$t$秒后,$A_1(-5+2t,2)$,$B_1(-4+2t,4)$.
①如图①,作$A_1M⊥ x$轴于 M,$B_1N⊥ x$轴于 N,$\because S_{△ A_1B_1O}=\frac{3}{2}$,$\therefore S_{△ A_1B_1O}=S_{\mathrm{梯形}A_1B_1NM}-S_{△ A_1MO}-S_{△ B_1NO}=\frac{3}{2}$,即$\frac{1}{2}(A_1M+B_1N)· MN-\frac{1}{2}A_1M· OM-\frac{1}{2}B_1N· ON=\frac{1}{2}×(2+4)× 1-\frac{1}{2}× 2×[-(-5+2t)]-\frac{1}{2}× 4×(-4+2t)=\frac{3}{2}$,整理得$6-2t=\frac{3}{2}$,解得$t=\frac{9}{4}$.
②当$t=\frac{11}{5}$时,$C(0,\frac{16}{5})$,当$t=1$时,$C(0,8)$.
解析:当$\frac{S_{△ A_1CO}}{S_{△ B_1CO}}=\frac{3}{2}$时,有两种情况.
情况一:当线段$A_1B_1$交 y 轴于点 C 时,类似图①所示,$\because \frac{S_{△ A_1CO}}{S_{△ B_1CO}}=\frac{3}{2}$,即$\frac{1}{2}OC· OM=\frac{3}{2}×\frac{1}{2}OC· ON$,$\therefore OM=\frac{3}{2}ON$,$-2t+5=\frac{3}{2}(-4+2t)$,解得$t=\frac{11}{5}$,$\therefore$ 此时$A_1(-\frac{3}{5},2)$,$B_1(\frac{2}{5},4)$,$\therefore S_{△ A_1B_1O}=S_{\mathrm{梯形}A_1B_1NM}-S_{△ A_1MO}-S_{△ B_1NO}=\frac{1}{2}×(2+4)× 1-\frac{1}{2}× 2×\frac{3}{5}-\frac{1}{2}× 4×\frac{2}{5}=\frac{8}{5}$,即$\frac{1}{2}OC· OM+\frac{1}{2}OC· ON=\frac{8}{5}$,$\therefore \frac{1}{2}OC×\frac{3}{5}+\frac{1}{2}OC×\frac{2}{5}=\frac{8}{5}$,解得$OC=\frac{16}{5}$,$\therefore C$点的坐标为$(0,\frac{16}{5})$.
情况二:如图②,作$A_1Q⊥ OC$,$B_1P⊥ OC$,由$\frac{S_{△ A_1CO}}{S_{△ B_1CO}}=\frac{3}{2}$,得$A_1Q=\frac{3}{2}B_1P$,$-2t+5=\frac{3}{2}(4-2t)$,解得$t=1$,此时$A_1(-3,2)$,$B_1(-2,4)$.$\because S_{△ A_1CO}=S_{△ B_1CP}+S_{\mathrm{梯形}A_1B_1PQ}+S_{△ A_1OQ}=\frac{1}{2}× 2×(OC-4)+\frac{1}{2}×(2+3)×(4-2)+\frac{1}{2}× 3× 2=OC+4$,$S_{△ B_1CO}=\frac{1}{2}OC· B_1P=OC$,$\frac{S_{△ A_1CO}}{S_{△ B_1CO}}=\frac{3}{2}$,$\therefore 2S_{△ A_1CO}=3S_{△ B_1CO}$,$\therefore 2(OC+4)=3OC$,$\therefore OC=8$,$\therefore C(0,8)$.
综上,当$t=\frac{11}{5}$时,$C(0,\frac{16}{5})$;当$t=1$时,$C(0,8)$.
