中考数学一轮复习专题3.2 坐标系中的面积问题的四大类型（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题3.2 坐标系中的面积问题的四大类型（北师大版）（解析版），共36页。
考卷信息：
本套训练卷共30题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生对坐标与图形面积问题的四大类型的理解！
【类型1 计算一边在坐标轴上（或平行于坐标轴）的规则图形的面积】
1．（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，平行四边形ABCD的四个顶点A，B，C，D是整点（横、纵坐标都是整数），则四边形ABCD的面积是（ ）个平方单位．
A．152B．15C．10D．无法计算
【答案】B
【分析】根据平行四边形在坐标系中的位置得到AD∥x轴，AD=4−−1=5，高为1−−2=3，利用面积公式直接计算可得．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，A−1,2,B0,1,C5,1,D4,−2，
∴AD∥x轴，AD=4−−1=5，高为1−−2=3，
∴平行四边形ABCD的面积=5×3=15，
故选：B．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，坐标与图形，正确理解平行四边形的性质是解题的关键．
2．（2023春·江西南昌·八年级江西师范大学附属外国语学校校考期中）如图是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，O0,0（图上一个单位长度表示10米），则这块地皮的面积是（ ）m2．
A．25B．250C．2500D．2200
【答案】C
【分析】根据S四边形ABCO=S△BCD+S梯形ABDE+S△AEO，即可求解．
【详解】解：如图所示，A−2,6，B−5,4，C−7,0，O0,0
S四边形ABCO=S△BCD+S梯形ABDE+S△AEO
=12×2×4+124+6×3+12×6×2
=4+15+6
=25
∵图上一个单位长度表示10米，
∴25×10×10=2500m2，
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形，数形结合是解题的关键．
3．（2023春·重庆沙坪坝·八年级重庆一中校考阶段练习）如图所示，在平面直角 坐标系中，点A、B分别是坐标轴上的点，将△OAB沿x轴正方向平移83个单位长度得到△FDE，若A0,3，OG=13OA，则四边形ABEG的面积是（ ）
A．83B．4C．163D．323
【答案】C
【分析】根据平移的性质，求出DF=3,OG=1,OF=BE=83，四边形ABEG的面积等于四边形DFOG的面积，求出四边形DFOG的面积是163，即可的答案．
【详解】解：∵ △OAB沿x轴正方向平移83个单位长度得到△FDE，
∴△OAB≌△FDE，
∴四边形ABEG的面积等于四边形DFOG的面积，
∵A(0,3)，OG=13OA，
∴DF=3,OG=1,OF=BE=83，
∵四边形DFOG的面积=1+3×83×12=163，
∴四边形ABEG的面积是163，
故选：C．
【点睛】本题考查了平移的性质，解题的关键是求出四边形DFOG的面积．
4．（2023·全国·八年级专题练习）如图，已知A(−2，0)，B(4，0)，C(−4，4)，求△ABC的面积．
【答案】12
【分析】由A、B两点的坐标可得AB=6，然后根据三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：因为C点坐标为(−4，4)，
所以△ABC的AB边上的高为4，
又由题可知AB=4−−2=6，
所以S△ABC=12×6×4=12．
【点睛】本题考查了图形与坐标，属于基本题目，熟练掌握基本知识是解题关键．
5．（2023春·全国·八年级期末）平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A1,4，B3,4，C3,2．
(1)试在平面直角坐标系中，标出A、B、C三点；
(2)画出将△ABC向下平移4个单位的△A′B′C′；
(3)求△ABC的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2
【分析】（1）根据点A、B、C的坐标及坐标的概念描点即可；
（2）分别找到点A、B、C平移后的对应点，依次连接即可；
（3）根据三角形的面积公式求解可得．
【详解】（1）解：如图所示：
（2）如图，△A′B′C′即为所求；
（3）△ABC的面积为12×2×2=2．
【点睛】本题主要考查作图—平移变换，解题的关键是根据平移的定义和性质得出对应点．
6．（2023春·广东湛江·八年级校考期中）已知，点A(a+3，a+2)．且点A在x轴上，
(1)A点的坐标为 ．
(2)若点C坐标为0,4，求△AOC的面积．
(3)在（2）的条件下，若点P为y轴上一动点，且△ACP的面积为5，求点P的坐标．
【答案】(1)1,0
(2)2
(3)0,14或0,−6
【分析】（1）由点A在x轴上可得其纵坐标为0，求出a即可得到答案；
（2）根据三角形的面积公式求解即可；
（3）根据题意可求出PC=10，再分两种情况：①当点P在y轴正半轴时，②当点P在y轴负半轴时，结合图形解答即可．
【详解】（1）∵点A(a+3，a+2)，且点A在x轴上，
∴a+2=0，
∴a=−2，
∴a+3=1，
∴点A的坐标为1,0，
故答案为：1,0；
（2）由（1）可知，点A的坐标为1,0，
∴OA=1，
∵点C坐标为0,4，
∴OC=4，
∵∠AOC=90°，
∴△AOC的面积=12OA•OC=12×1×4=2；
（3）∵△ACP的面积为5，
∴12PC•OA=5，即12PC×1=5，
解得：PC=10，
分两种情况：
①当点P在y轴正半轴时，如图1，
则OP=PC+OC=10+4=14，
∴点P的坐标为0,14；
②当点P在y轴负半轴时，如图2，
则OP=PC−OC=10−4=6，
∴点P的坐标为0,−6；
综上所述，点P的坐标为0,14或0,−6．
【点睛】本题考查了坐标与图形以及三角形的面积，正确分类、得出相应点的坐标是解题关键．
7．（2023春·甘肃白银·八年级统考期末）已知在平面直角坐标系中有三点A−2，1，B3，1，C2，3．请回答如下问题：
(1)在如图所示的平面直角坐标系内描出点A，B，C的位置；
(2)求出以A，B，C三点为顶点的三角形的面积；
(3)点P在y轴上，以A，B，P三点为顶点的三角形的面积等于10．请直接写出点P的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)5
(3)P点的坐标为0，5或0，−3
【分析】（1）由题意根据点的坐标，直接描点即可；
（2）根据点的坐标可知，AB∥x轴，进而得出AB=5，点C到线段AB的距离2，根据三角形面积公式求解即可；
（3）根据题意，设P的坐标为0，m，再根据三角形的面积，得出P点到AB的距离为4，进而得出m−1=4，解出即可得出答案．
【详解】（1）解：描点如图；
（2）解：依题意，得AB∥x轴，且A−2，1，B3，1，C2，3，
∴AB=3−−2=5，点C到线段AB的距离3−1=2，
∴S△ABC=12×5×2=5；
（3）解：∵点P在y轴上，
∴设P的坐标为0，m，
又∵AB=5，S△ABP=10，
∴P点到AB的距离为4，
∴m−1=4，
解得：m=5或−3，
∴P点的坐标为0，5或0，−3．
【点睛】本题考查了点的坐标、坐标与图形、两点之间的距离，解本题的关键在正确画出图形．
8．（2023春·广东湛江·八年级校考期中）如图，把△ABC向上平移4个单位长度，再向右平移2个单位长度得到△A'B'C'，其中点A，B，C的对应点分别为点A′,B′,C′．
(1)在图上画出△A′B′C′，请直接写出点A′,B′,C′的坐标；
(2)在图上，连接A′A，A′C，请直接写出△A′AC的面积．
【答案】(1)A′0,6,B′−1,2,C′5,2，图见解析
(2)面积是14，图见解析
【分析】（1）根据平移的性质即可求解，根据坐标系写出点的坐标；
（2）根据正方形的面积减去三个三角形的面积即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，△A′B′C′即为所求，
∵把△ABC向上平移4个单位长度，再向右平移2个单位长度得到△A′B′C′，A−2,2，B−3,−2，C3,−2，
∴A′0,6,B′−1,2,C′5,2；
（2）由题意得：S△AA′C′=8×5−12×2×4−12×4×5−12×8×3=14．
【点睛】本题考查了平移作图，坐标与图形，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
【类型2 计算各边都不在坐标轴上的规则图形的面积】
1．（2023春·广东清远·八年级统考期末）已知三角形ABC的三个顶点的坐标分别是A3,2、B−1,0、C2,0．在平面直角坐标系中画出三角形ABC，并求出三角形ABC的面积．

【答案】见解析，3
【分析】根据题意画出图形，然后即可求出面积．
【详解】解：如图，三角形ABC即为所求，

三角形ABC的面积为：12×BC×2=12×3×2=3；
【点睛】本题考查了坐标与图形，正确画出图形是关键．
2．（2023春·广东肇庆·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点A0,4，B8,0，Ca,b，点C在第一象限，CB⊥x轴，且到x轴的距离为6．

(1)a=__________，b=_________；
(2)求△ABC的面积；
(3)如果在第二象限内有一点Pm,1，且四边形ABOP的面积是△ABC的面积的两倍，求满足条件的P点的坐标．
【答案】(1)a=8，b=6
(2)24
(3)P−16,1
【分析】（1）根据CB⊥x轴，可知点C与点B的横坐标相同，结合点C到x轴的距离为6，得点C的纵坐标为6，即可得到a、b的值；
（2）根据三角形的面积公式得S△ABC=12×BC×xB，即可求出△ABC的面积；
（3）由图象可知S四边形ABOP=S△APO+S△AOB，再由三角形的面积公式求出S四边形ABOP=2m+16，结合四边形ABOP的面积是△ABC的面积的两倍且P在第二象限，即可求出P点的坐标．
【详解】（1）解：∵B8,0，Ca,b，点C在第一象限，CB⊥x轴，且到x轴的距离为6，
∴a=8，b=6，
故答案为：a=8，b=6．
（2）解：∵B8,0，C8,6，
∴BC=6，
∵S△ABC=12×BC×xB，
∴S△ABC=12×6×8=24．
（3）解：∵A0,4，B8,0，
∴OA=4，OB=8，
∵S四边形ABOP=S△APO+S△AOB，
∴S四边形ABOP=12×OA×m+12×OA×OB
=12×4×m+12×4×8=2m+16，
∵S四边形ABOP=2S△ABC，
∴2m+16=2×24，
∴m=16，
∵且P在第二象限，
∴m=−16，
∴P−16,1．
【点睛】本题考查了坐标与图形的性质，根据坐标得出坐标系内线段的长度，熟练掌握坐标与图形性质，由题意得出方程是解决问题（2）的关键．
3．（2023春·江西南昌·八年级江西师范大学附属外国语学校校考期中）如图，点A，B分别在x轴和y轴上，已知OA=4，OB=3，点C在第四象限且到两坐标轴的距离都为2．

(1)直接填写点A，B，C的坐标：A( ， )，B( ， )，C( ， )；
(2)求三角形ABC的面积；
(3)点D为BC与x轴的交点，运用（2）中的结论求点D的坐标．
【答案】(1)4，0，0，3，2，−2
(2)7
(3)65,0
【分析】（1）直接根据图像可得结果；
（2）利用割补法计算即可；
（3）利用三角形ABC的面积，得到12×yB+yC×AD=7，从而求出AD，结合点A坐标即可得解．
【详解】（1）解：由图可知：A4,0，B0,3，C2,−2；
（2）三角形ABC的面积为：4×5−12×4×3−12×5×2−12×2×2=7；
（3）∵三角形ABC的面积为7，
∴12×yB+yC×AD=7，
即12×5×AD=7，
解得：AD=145，
∴4−145=65，即点D的坐标为65,0．
【点睛】本题考查了坐标与图形，三角形的面积，解题的关键是掌握坐标系中三角形面积的多种求法．
4．（2023春·北京大兴·八年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，A1,5，B4,1，将线段AB先向左平移5个单位长度，再向下平移4个单位长度得到线段CD（其中点C与点A，点D与点B是对应点），连接AC，BD．

(1)补全图形，点C的坐标是__________，点D的坐标是__________．
(2)三角形OCD的面积是__________．
【答案】(1)C−4,1；D−1,−3
(2)132
【分析】（1）通过题意的内容指示，将图形补全后，即可得出点C和点D的坐标．
（2）连接OC，OD利用割补法即可求出三角形OCD的面积．
【详解】（1）解：补全图形，如图所示，
点C和点D的坐标分别是−4,1；−1,−3．

（2）解：由题可得：S△OCD=S四边形CMND−S△CMO−S△OND=12×4×4+1−12×1×4−12×1×3=132．
【点睛】本题考查了作图—平移变换，解题的关键是掌握平移变换的定义和性质及割补法求三角形的面积．
5．（2023春·湖北·八年级统考期末）如图，三角形ABC中任意一点Px0,y0经平移后对应点为Px0+5,y0+3，将三角形ABC作同样的平移得到三角形A1B1C1．

(1)画出平移后的三角形A1B1C1．
(2)求三角形A1B1C1的面积．
(3)直接写出AB与x轴交点D的坐标___________
【答案】(1)见解析
(2)11
(3)(−72,0)
【分析】（1）根据平移变换的性质找出对应点即可求解；
（2）根据割补法求解即可；
（3）根据面积法求解即可．
【详解】（1）解：如图所示，三角形A1B1C1即为所求；

（2）三角形A1B1C1的面积=4×6−12×2×4−12×3×4−12×6×1=11；
（3）∵三角形ABC的面积=12CD×(3+1)=11，
∴CD=112，
∴OD=112−2=72，
∴D(−72,0)，
故答案为：(−72,0)．
【点睛】本题考查了平移变换的性质，利用面积法求解（3）是解题的关键．
6．（2023春·安徽芜湖·八年级校联考期末）平面直角坐标系xOy中，已知点A(0,1)，B(4,2)，C(2,−2)．

(1)在网格中画出这个平面直角坐标系；
(2)连接CB，平移线段CB，使点C移动到点A，得到线段AD．
①画出线段AD；
②连接AC，DB，求四边形ACBD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②14
【分析】（1）根据点A(0,1)，B(4,2)，C(2,−2)，即可得；
（2）①根据平移的性质即可得到线段AD；②四边形ACBD是由△ADC，△BDC组成，则四边形ACBD的面积为S△ADC+S△BDC．
【详解】（1）解：根据点A(0,1)，B(4,2)，C(2,−2)，建立直角坐标系如图所示：

（2）解：①如图所示，线段AD即为所求．

②四边形ACBD的面积：S△ADC+S△BDC=12×7×2+12×7×2=14．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系，平移，解题的关键是掌握这些知识点．
7．（2023春·广西南宁·八年级南宁二中校考期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC各顶点均在网格格点（网格线的交点）上．

(1)直接写出△ABC各顶点的坐标；
(2)将△ABC向上平移3个单位长度，再向左平移2个单位长度，可以得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
(3)求△ABC的面积．
【答案】(1)A(−1,−1)，B(4,2)，C(1,3)
(2)画图见解析
(3)7
【分析】（1）直接写出坐标即可；
（2）画出平移后三个顶点的坐标，依次连接三个顶点即可；
（3）利用割补法即可求解．
【详解】（1）解：由图知，A(−1,−1)，B(4,2)，C(1,3)；
（2）解：平移后的图形如下：

（3）解：S△ABC=5×4−12×1×3−12×2×4−12×3×5=7．
【点睛】本题考查了坐标与图形，图形的平移，写出点的坐标，割补法求图形面积等知识，掌握坐标系中点平移的特点是关键．
8．（2023春·福建福州·八年级福州华伦中学校考期末）如图，平面直角坐标系中，点A−1,4、B−4,3、C−3,1，把△ABC向右平移5个单位长度，再向下平移4个单位长度得到△A′B′C′．

(1)请认真的你画出△A′B′C′．
(2)求△ABC的面积．
【答案】(1)见解析
(2)3.5
【分析】（1）根据平移的性质即可求解；
（2）根据正方形的面积减去三个三角形的面积即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，△A′B′C′即为所求；

（2）S△ABC=3×3−12×1×3−12×1×2−12×2×3=9−1.5−1−3=3.5．
【点睛】本题考查了平移作图，坐标与图形，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
【类型3 已知图形面积求顶点坐标】
1．（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别个为A（2，0）、B（0，1）、C（2，3）．若P为直线AB上方的坐标轴上的点，满足△ABP与△ABC的面积相等，则点P的坐标是（ ）
A．（4，0）B．（0，4）
C．（0，2）或（6，0）D．（0，4）或（8，0）
【答案】D
【分析】先设出点P的坐标，分P在x轴和y轴两种情况讨论，然后求出三角形ABC的面积，再将三角形ABP的面积用点P的坐标表示出来，列出方程，求出点P的坐标即可．
【详解】解：由题意得SΔABC=12×3×2=3，
∴S△ABP＝3，
若点P在x轴上，设P（x，0），
则S△ABP＝S△OBP﹣S△OAB＝12⋅x⋅1−12×2×1＝3，
解得x＝8，
∴P（8，0），
若点P在y轴上，设P（0，y），
则S△ABP＝S△AOP﹣S△OAB＝12×2y−12×2×1=3，
解得y＝4，
∴P（0，4），
故选：D．
【点睛】本题主要考查坐标与图形性质，解题的关键是得到△ABP与△ABC之间的关系，注意分类讨论．
2．（2023春·山西临汾·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点M，N的坐标分别为（4，0）和（a，a+1），且三角形OMN的面积是8，则a的值为（ ）
A．3或-5B．±4C．3D．-5
【答案】A
【分析】利用三角形的面积公式，结合点的坐标列方程求解即可．
【详解】解：根据题意得：12×4a+1=8，
解得：a=3或a=−5，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了三角形的面积，绝对值方程，结合坐标列出关于a的方程，是解题的关键．
3．（2023春·北京西城·八年级期末）在单位长度为1的正方形网格中，如果一个凸四边形的顶点都是网格线交点，我们称其为格点凸四边形．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ORST的四个顶点分别为O0,0，R0,5，T8,0，S8,5．已知点E2,4，F0,3，G4,2．若点P在矩形ORST的内部，以P，E，F，G四点为顶点的格点凸四边形的面积为6，所有符合题意的点P的坐标为 ．

【答案】6,3,5,4,7,2,2,1
【分析】画出图形，运用分割法求出与P，E，F，G四点为顶点的格点凸四边形的面积为6时的点P即可．
【详解】解：如图，S△EFG=4×2−12×1×2−12×1×4−12×2×2=3,S△P1EG=12×3×2=3,
∴S四边形P1EFG=S△EFG+S△P1EG=3+3=6，
此时，格点P1的坐标为5,4,

过格点P1作EG的平行线，过格点P2,P3,则有：S△P2EG=S△P3EG=S△P1EG=3,
∴S四边形P2EFG=6,S四边形P3EFG=6,
∴P26,3, P37,2,
又S△P4FG=12×1+2×4−12×2×2−12×2×1=3,
∴S四边形P1EFG=S△EFG+S△P4FG=3+3=6
∴P42,1,
所以，以P，E，F，G四点为顶点的格点凸四边形的面积为6的点P有四处，坐标为6,3,5,4,7,2,2,1，
故答案为：6,3,5,4,7,2,2,1．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，找准、找全点P的坐标是解答本题的关键．
4．（2023春·重庆江津·八年级校联考期中）如图，点A4,0，点B−2,b是第二象限内的点，△AOB面积等于8．
(1)求b的值；
(2)在坐标轴上是否存在一点P（不与点A重合），使S△BOP=S△AOB？若存在，请直接写出符合条件的点P的坐标，并写出其中一个点P的坐标求解过程．
【答案】(1)b=4
(2)P点坐标0，−8或（0，8或−4，0
【分析】（1）根据△AOB面积等于8列出方程求解即可；
（2）分两种情况讨论：当点P在y轴上和点P在x轴上，分别根据S△BOP=S△AOB列方程求解即可．
【详解】（1）∵点B是第二象限内的点
∴b>0，
∴S△AOB=12OA×b=12×4b=8，
∴b=4．
（2）P点坐标0，−8或0,8或−4，0．
求解过程：
当点P在y轴上时，S△BOP=12OP×−2=8，
∴OP=8，即点P坐标0，−8或0，8，
当点P在x轴上时，S△BOP=12OP×4=8，
∴OP=4，
∵点P不与点A重合，
∴点P坐标−4，0，
综上：P点坐标0，−8或（0，8或−4，0．
【点睛】本题主要考查了直角坐标系中点的特征，非负数的性质，三角形的面积，关键是数形结合运用点的坐标进行求得三角形的高与底边长．
5．（2023春·湖南长沙·八年级统考期末）如图，△ABC的顶点都在平面直角坐标系中的坐标轴上，△ABC的面积S△ABC=24，OA=OB，BC=12，求△ABC三个顶点的坐标．
【答案】A0,4，B−4,0，C8,0
【分析】首先根据面积求得OA的长，再根据已知条件求得OB的长，最后求得OC的长．最后写坐标的时候注意点的位置．
【详解】解：∵S△ABC=12BC•OA=24，OA=OB，BC=12，
∴OA=OB=2×24BC=4812=4，
∴OC=8，
∵点O为原点，
∴A（0，4），B（-4，0），C（8，0）．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，写点的坐标的时候，特别注意根据点所在的位置来确定坐标符号．
6．（2023春·广东汕尾·八年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点Aa,0，B0,b，Cc,0，且a，b，c满足关系式a−4+b−22+c+2=0，点Pm,n在第一象限．

(1)求a，b，c的值．
(2)连接BC，当S三角形ABC=32S三角形ABP（S代表面积）时，求S三角形ABP的值．
(3)当m=3，n>2时，三角形ABP的面积为7，求n的值．
【答案】(1)a=4，b=2，c=−2；
(2)4；
(3)n=4；
【分析】（1）根据非负式子和为0它们分别等于0，列式求解即可得到答案；
（2）根据A4,0，B0,2，C−2,0得到AC=6，OB=2，求出S三角形ABC，结合S三角形ABC=32S三角形ABP代入求解即可得到答案；
（3）过点P作PD⊥y轴于点D，根据题意得到PD=3，OD=n，OA=4，OB=2，得到BD=n−2，结合三角形面积列式求解即可得到答案；
【详解】（1）解：∵a−4+b−22+c+2=0，
∴a−4=0，b−2=0，c+2=0，
解得a=4，b=2，c=−2；
（2）解：∵A4,0，B0,2，C−2,0，
∴AC=6，OB=2，
∴S三角形ABC=12×6×2=6，
∵S三角形ABC=32S三角形ABP，
∴S三角形ABP=23S三角形ABC=4；
（3）解：如图，过点P作PD⊥y轴于点D，

∵m=3，
∴PD=3，OD=n，
由（1）得A4,0，B0,2，
∴OA=4，OB=2，
∴BD=n−2．
∵三角形ABP的面积为7，S三角形BDP+S三角形AOB+S三角形ABP=S梯形AODP，
∴12×n−2×3+12×4×2+7=12×3+4×n，
解得n=4；
【点睛】本题考查绝对值非负性与完全平方的非负性，平面直角坐标系中图形面积求解，点到坐标轴的距离问题，解题的关键是根据点到坐标轴的距离是三角形的高计算面积．
【类型4 已知图形面积，但点的位置不确定，需要分类讨论】
1．（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）已知A(a,0)和点B(0,5)两点，则直线AB与坐标轴围成的三角形的面积等于10，则a的值是（ ）
A．−4B．4C．±4D．±5
【答案】C
【分析】根据三角形的面积公式和已知条件列等量关系式求解即可．
【详解】解：假设直角坐标系的原点为O，则直线AB与坐标轴围成的三角形是以OA、OB为直角边的直角三角形，
∵A(a,0)和点B(0,5)，
∴OA=|a|，OB=5，
∴SΔOAB=12×OA×OB=12×|a|×5=10，
∴|a|=4，
∴a=±4．
故选：C
【点睛】本题主要考查了三角形的面积和直角坐标系的相关知识，需注意坐标轴上到一个点的距离为定值的点有2个．
2．（2023春·广东梅州·八年级校考阶段练习）已知点A−4，0，B6，0，C3，m，如果△ABC的面积是12，则m的值为（ ）
A．1.2B．2.4
C．−2.4D．−2.4或2.4
【答案】D
【分析】根据点的特征，得出A、B两点在x轴上，进而得出AB的长，再根据点C的坐标，得出点C到x轴的距离为m，再根据三角形的面积公式，即可得出m的值．
【详解】解：∵A−4，0，B6，0，
∴A、B两点在x轴上，
∴AB=−4+6=10，
∵C3，m，
∴点C到x轴的距离为m，
∵△ABC的面积是12，
∴S△ABC=12×10×m=12，
解得：m=±2.4．
故选：D．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系中点的坐标、点到坐标轴的距离、三角形的面积，解本题的关键在计算点C到x轴的距离时，注意加绝对值．
3．（2023春·江苏苏州·八年级太仓市第一中学校考阶段练习）在平面直角坐标系中，A0，1，B2，0，C4，3，点P在x轴上，且△ABP与△ABC的面积相等，则点P的坐标为________________．
【答案】10，0或−6，0
【分析】过点C作CD⊥x轴，CE⊥y轴，垂足分别为D、E，然后依据S△ABC=S四边形CDOE−S△AEC−S△ABO−S△BCD求出S△ABC=4，设点P的坐标为x,0，于是得到BP=x−2，再根据三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：如图，过点C作CD⊥x轴，CE⊥y轴，垂足分别为D、E，
则S△ABC=S四边形CDOE−S△AEC−S△ABO−S△BCD
=3×4−12×2×4−12×1×2−12×2×3
=12−4−1−3
=4，
设点P的坐标为x,0，则BP=x−2，
∵△ABP与△ABC的面积相等，
∴12x−2×1=4，
解得：x=10或x=−6，
∴点P的坐标为10，0或−6，0，
故答案为：10，0或−6，0．
【点睛】本题主要考查的是坐标与图形的性质，利用割补法求得△ABC的面积是解题的关键．
4．（2023春·重庆江津·八年级校联考期中）（2023春·湖北随州·八年级统考期末）如图，长方形OABC在平面直角坐标系中，其中A(4,0)，C(0,3)，点E是BC的中点，动点P从O点出发，以每秒1cm的速度沿O−A−B− E运动，最终到达点E．若点P运动的时间为x秒，那么当x=2秒时，△OPE的面积等于______cm2；当△OPE的面积等于5cm2时，P点坐标为______．

【答案】 3 103，0或(4,1)
【分析】当x=2秒时，利用三角形面积公式即可求解；第2问分三种情况，分别画出图形，利用三角形的面积公式进行计算解答即可．
【详解】解：由题意得OA=BC=4，OC=AB=3，BE=CE=12BC=2，
当x=2秒时，OP=2，△OPE的面积等于12OP×OC=3；
当△OPE的面积等于5cm2时，分三种情况讨论，
①如图，

当P在OA上时，0