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1. 如图，$△ OAB$的顶点A，B的坐标分别为$(2,4)$，$(6,0)$，把$△ OAB$沿$x$轴向右平移得到$△ CDE$，连接$AD$。若$CB=\dfrac{3}{2}$，则$OE$的长为
$\dfrac{21}{2}$
，四边形$OADE$的面积是30
。答案
$\dfrac{21}{2}$ 30 解析: 因为 A,B 两点的坐标分别为(2,4),(6,0),△OAB 沿 x 轴向右平移得到△CDE,所以四边形 OADE 是梯形,AD=BE,CE=OB=6. 因为$CB=\dfrac{3}{2}$,所以$BE=CE-CB=\dfrac{9}{2}$. 所以$AD=\dfrac{9}{2}$,$OE=OB+BE=\dfrac{21}{2}$. 所以梯形 OADE 的面积是$\dfrac{1}{2}(AD+OE)· y_A=30$.
2. 如图,在平面直角坐标系中有一梯形$AOBC$,$AB=15,A(0,a),B(b,0),C(b,12)$,其中$a$满足$\sqrt{9-a}=0$.
(1) $a=$
(2) 求$B,C$两点的坐标;
(3) 若在第二象限内有一点$D(m,4)$,连接$DA,DO$,且$△ ADO$的面积是$△ ABC$面积的一半,求点$D$的坐标.
(1) $a=$
9
;(2) 求$B,C$两点的坐标;
(3) 若在第二象限内有一点$D(m,4)$,连接$DA,DO$,且$△ ADO$的面积是$△ ABC$面积的一半,求点$D$的坐标.
答案
(1) 9 解析: 因为$\sqrt{9-a}=0$,所以$9-a=0$,即$a=9$.
(2) 由(1),得$a=9$,所以$A(0,9)$,即$OA=9$. 又$AB=15$,$∠ AOB=90°$,所以$OB=\sqrt{AB^2-OA^2}=12$. 又$B(b,0)$,所以$b=12$,即$B(12,0)$. 所以$C(12,12)$.
(3) 由(1)(2),得$A(0,9)$,$B(12,0)$,$C(12,12)$,$OB=12$,则$OA=9$,$BC=12$,$BC⊥ x$轴. 所以$S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2}BC· OB=72$. 又第二象限内有一点$D(m,4)$,且$△ ADO$的面积是$△ ABC$面积的一半,所以$\dfrac{1}{2}OA· (-m)=\dfrac{1}{2}×72$,解得$m=-8$. 所以$D(-8,4)$.
(2) 由(1),得$a=9$,所以$A(0,9)$,即$OA=9$. 又$AB=15$,$∠ AOB=90°$,所以$OB=\sqrt{AB^2-OA^2}=12$. 又$B(b,0)$,所以$b=12$,即$B(12,0)$. 所以$C(12,12)$.
(3) 由(1)(2),得$A(0,9)$,$B(12,0)$,$C(12,12)$,$OB=12$,则$OA=9$,$BC=12$,$BC⊥ x$轴. 所以$S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2}BC· OB=72$. 又第二象限内有一点$D(m,4)$,且$△ ADO$的面积是$△ ABC$面积的一半,所以$\dfrac{1}{2}OA· (-m)=\dfrac{1}{2}×72$,解得$m=-8$. 所以$D(-8,4)$.
3. 如图,在平面直角坐标系中有一块不规则的四边形地皮$ABCO$,各顶点坐标分别为$A(-2,6),B(-5,4),C(-7,0),O(0,0)$(图上一个单位长度表示$10\ \mathrm{m}$),则这块地皮的面积是 (
A.$25\ \mathrm{m}^2$
B.$250\ \mathrm{m}^2$
C.$2\ 500\ \mathrm{m}^2$
D.$25\ 000\ \mathrm{m}^2$
C
)A.$25\ \mathrm{m}^2$
B.$250\ \mathrm{m}^2$
C.$2\ 500\ \mathrm{m}^2$
D.$25\ 000\ \mathrm{m}^2$
答案
C 解析: 过点 A 作$AD⊥ x$轴于点 D,过点 B 作$BE⊥ x$轴于点 E. 因为$A(-2,6)$,$B(-5,4)$,$C(-7,0)$,$O(0,0)$,所以$AD=6$,$BE=4$,$OD=2$,$OE=5$,$OC=7$,则$DE=OE-OD=3$,$CE=OC-OE=2$.
所以$S_{\mathrm{四边形}ABCO}=S_{△ BCE}+S_{\mathrm{梯形}BEDA}+S_{△ AOD}=\dfrac{1}{2}CE· BE+\dfrac{1}{2}(BE+AD)· DE+\dfrac{1}{2}OD· AD=25$. 又题图上一个单位长度表示10 m,所以这块地皮的面积是$25×10^2=2500(\mathrm{m}^2)$.
所以$S_{\mathrm{四边形}ABCO}=S_{△ BCE}+S_{\mathrm{梯形}BEDA}+S_{△ AOD}=\dfrac{1}{2}CE· BE+\dfrac{1}{2}(BE+AD)· DE+\dfrac{1}{2}OD· AD=25$. 又题图上一个单位长度表示10 m,所以这块地皮的面积是$25×10^2=2500(\mathrm{m}^2)$.
4. 如图，在平面直角坐标系中，$△ ABC$三个顶点的坐标分别为$A(0,a),B(-1,b),C(2,c),BC$经过原点$O$，过点$C$作$CD ⊥ AB$，垂足为$D$，且$AB · CD=12$，则$a$的值为
4
。答案
4 解析: 因为$A(0,a)$,$B(-1,b)$,$C(2,c)$,$BC$经过原点O,所以$△ AOB$的边OA上的高为1,$△ AOC$的边OA上的高为2,$OA=a$. 因为$S_{△ ABC}=S_{△ AOB}+S_{△ AOC}$,且$CD⊥ AB$,所以$\dfrac{1}{2}AB· CD=\dfrac{1}{2}a×1+\dfrac{1}{2}a×2$. 又$AB· CD=12$,所以$\dfrac{1}{2}a+a=6$,解得$a=4$. 则$a$的值为4.
5. 如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD的顶点坐标分别是A(0,2)，B(5,5)，C(8,0)，D(2,-2)，则四边形ABCD的面积是
31
.答案
31 解析: 如图,过点 B 作$EH// x$轴,过点 C 作$GH// y$轴,过点 D 作$GF// x$轴. 因为四边形 ABCD 的顶点坐标分别是$A(0,2)$,$B(5,5)$,$C(8,0)$,$D(2,-2)$,所以$E(0,5)$,$F(0,-2)$,$G(8,-2)$,$H(8,5)$.
所以$AE=3$,$AF=4$,$DF=2$,$DG=6$,$CG=2$,$BH=3$,$BE=5$,$CH=5$,$EH=8$,$GH=7$. 所以$S_{\mathrm{四边形}ABCD}=S_{\mathrm{长方形}EFGH}-S_{△ ABE}-S_{△ ADF}-S_{△ CDG}-S_{△ CBH}=EH· GH-\dfrac{1}{2}AE· BE-\dfrac{1}{2}AF· DF-\dfrac{1}{2}DG· CG-\dfrac{1}{2}BH· CH=31$.
6. 如图,在平面直角坐标系中有$A(0,1),B(2,0),C(4,3)$三点.
（1）求$△ ABC$的面积；
（2）设点$P$在$y$轴上,且$△ ABP$的面积是$△ ABC$面积的2倍,求点$P$的坐标.
（1）求$△ ABC$的面积；
（2）设点$P$在$y$轴上,且$△ ABP$的面积是$△ ABC$面积的2倍,求点$P$的坐标.
答案
(1) 过点 C 作$CD⊥ x$轴于点 D. 因为$A(0,1)$,$B(2,0)$,$C(4,3)$,所以$OA=1$,$OB=2$,$OD=4$,$CD=3$.
所以$BD=OD-OB=2$. 所以$S_{△ ABC}=S_{\mathrm{梯形}OACD}-S_{△ AOB}-S_{△ BCD}=\dfrac{1}{2}(OA+CD)· OD-\dfrac{1}{2}OA· OB-\dfrac{1}{2}BD· CD=4$.
(2) 由(1),得$OB=2$,$S_{△ ABC}=4$. 设点 P 的坐标为$(0,y_0)$,则$PA=|y_0-1|$. 又$△ ABP$的面积是$△ ABC$的面积的2倍,所以$\dfrac{1}{2}PA· OB=4×2$,即$|y_0-1|=8$. 所以$y_0=9$或$y_0=-7$. 所以点 P 的坐标为$(0,-7)$或$(0,9)$.
所以$BD=OD-OB=2$. 所以$S_{△ ABC}=S_{\mathrm{梯形}OACD}-S_{△ AOB}-S_{△ BCD}=\dfrac{1}{2}(OA+CD)· OD-\dfrac{1}{2}OA· OB-\dfrac{1}{2}BD· CD=4$.
(2) 由(1),得$OB=2$,$S_{△ ABC}=4$. 设点 P 的坐标为$(0,y_0)$,则$PA=|y_0-1|$. 又$△ ABP$的面积是$△ ABC$的面积的2倍,所以$\dfrac{1}{2}PA· OB=4×2$,即$|y_0-1|=8$. 所以$y_0=9$或$y_0=-7$. 所以点 P 的坐标为$(0,-7)$或$(0,9)$.
