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七年级数学解答题一般
题目
在平面直角坐标系中,点AA和点BB在坐标轴上,其中点A(0,a)A\left(0,a\right),B(b,0)B\left(b,0\right)满足∣a−3∣+b+4=0|a-3|+\sqrt{b+4}=0,将线段ABAB平移至线段CDCD处,且点AA的对应点为点CC,点BB的对应点为点DD.
(1)(1)求AA,BB两点的坐标.
(2)(2)如图11,若点CC的坐标为(2,m)\left(2,m\right),且△ABC\triangle ABC的面积等于1515,求点CC的坐标.
(3)(3)如图22,若平移后CC,DD两点在坐标轴上,PP为线段ABAB上一动点（不包括点AA和点B)B),连接OPOP,PQPQ平分∠BPO\angle BPO,∠BCQ=2∠QCD\angle BCQ=2\angle QCD,请写出∠COP\angle COP,∠OPQ\angle OPQ,∠Q\angle Q之间的数量关系,并说明理由.
知识点：绝对值的性质、非负数的性质——算术平方根、作图——平移变换章节：第3章 实数 / 3.1 平方根

答案与解析

答案

(1)∵∣a−3∣+b+4=0\left(1\right)\because |a-3|+\sqrt{b+4}=0，
又∵∣a−3∣⩾0\because |a-3|\geqslant 0，b+4⩾0\sqrt{b+4}\geqslant 0，
∴a=3\therefore a=3，b=−4b=-4，
∴A(0,3)\therefore A\left(0,3\right)，B(−4,0)B\left(-4,0\right).
(2)(2)如图11中，分别过点BB，AA作xx轴，yy轴的垂线交于点MM，过点CC作CN⊥AMCN\bot AM于NN.

∵S△ABC=S四边形MNCB−S△ABM−S△ACN\because S_{\triangle ABC}=S_{四边形MNCB}-S_{\triangle ABM}-S_{\triangle ACN}，
∴15=12⋅(3+3−m)⋅(4+2)−12×3×4−12×2×(3−m)\therefore 15=\frac{1}{2}\cdot \left(3+3-m\right)\cdot \left(4+2\right)-\frac{1}{2}\times 3\times 4-\frac{1}{2}\times 2\times \left(3-m\right)，
解得m=−3m=-3，
∴C(2,−3)\therefore C\left(2,-3\right).
(3)∠COP=3∠Q−∠OPQ(3)\angle COP=3\angle Q-\angle OPQ.
理由如下：如图22，过点OO作OMOM∥ABAB，

∴∠BPO=∠POM\therefore \angle BPO=\angle POM，
∵AB\because AB∥CDCD，
∴OM\therefore OM∥CDCD，
∴∠DCO=∠OCM\therefore \angle DCO=\angle OCM，
∴∠COP=∠POM+∠COM=∠BPO+∠DCO\therefore \angle COP=\angle POM+\angle COM=\angle BPO+\angle DCO，
同理可得∠Q=∠BPQ+∠DCQ\angle Q=\angle BPQ+\angle DCQ，
∵PQ\because PQ平分∠BPO\angle BPO，
∴∠BPO=2∠OPQ=2∠BPQ\therefore \angle BPO=2\angle OPQ=2\angle BPQ，
∴∠COP=2∠BPQ+∠DCQ+∠BCQ\therefore \angle COP=2\angle BPQ+\angle DCQ+\angle BCQ，
∵∠BCQ=2∠DCQ\because \angle BCQ=2\angle DCQ，
∴∠COP=2∠BPQ+3∠DCQ\therefore \angle COP=2\angle BPQ+3\angle DCQ
=3∠BPQ+3∠DCQ−∠OPQ=3\angle BPQ+3\angle DCQ-\angle OPQ
=3∠Q−∠OPQ=3\angle Q-\angle OPQ.

解析

(1)∵∣a−3∣+b+4=0\left(1\right)\because |a-3|+\sqrt{b+4}=0，
又∵∣a−3∣⩾0\because |a-3|\geqslant 0，b+4⩾0\sqrt{b+4}\geqslant 0，
∴a=3\therefore a=3，b=−4b=-4，
∴A(0,3)\therefore A\left(0,3\right)，B(−4,0)B\left(-4,0\right).
(2)(2)如图11中，分别过点BB，AA作xx轴，yy轴的垂线交于点MM，过点CC作CN⊥AMCN\bot AM于NN.

∵S△ABC=S四边形MNCB−S△ABM−S△ACN\because S_{\triangle ABC}=S_{四边形MNCB}-S_{\triangle ABM}-S_{\triangle ACN}，
∴15=12⋅(3+3−m)⋅(4+2)−12×3×4−12×2×(3−m)\therefore 15=\frac{1}{2}\cdot \left(3+3-m\right)\cdot \left(4+2\right)-\frac{1}{2}\times 3\times 4-\frac{1}{2}\times 2\times \left(3-m\right)，
解得m=−3m=-3，
∴C(2,−3)\therefore C\left(2,-3\right).
(3)∠COP=3∠Q−∠OPQ(3)\angle COP=3\angle Q-\angle OPQ.
理由如下：如图22，过点OO作OMOM∥ABAB，

∴∠BPO=∠POM\therefore \angle BPO=\angle POM，
∵AB\because AB∥CDCD，
∴OM\therefore OM∥CDCD，
∴∠DCO=∠OCM\therefore \angle DCO=\angle OCM，
∴∠COP=∠POM+∠COM=∠BPO+∠DCO\therefore \angle COP=\angle POM+\angle COM=\angle BPO+\angle DCO，
同理可得∠Q=∠BPQ+∠DCQ\angle Q=\angle BPQ+\angle DCQ，
∵PQ\because PQ平分∠BPO\angle BPO，
∴∠BPO=2∠OPQ=2∠BPQ\therefore \angle BPO=2\angle OPQ=2\angle BPQ，
∴∠COP=2∠BPQ+∠DCQ+∠BCQ\therefore \angle COP=2\angle BPQ+\angle DCQ+\angle BCQ，
∵∠BCQ=2∠DCQ\because \angle BCQ=2\angle DCQ，
∴∠COP=2∠BPQ+3∠DCQ\therefore \angle COP=2\angle BPQ+3\angle DCQ
=3∠BPQ+3∠DCQ−∠OPQ=3\angle BPQ+3\angle DCQ-\angle OPQ
=3∠Q−∠OPQ=3\angle Q-\angle OPQ.

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