22.(8分)(2025·海门区月考)在平面直角坐标系中,给出如下定义:点P到x轴,y轴的距离的较大值称为点P的“长距”,点Q到x轴,y轴的距离相等时,称点Q为“完美点”.
(1)求点A(2,-4)的“长距”;
(2)若点B(4a-5,-2)是“完美点”,求a的值;
(3)若点C(3,3b-5)的长距为4,点D的坐标为(3b-1,5c+3),且点D是“完美点”,求b,c的值.
(1)求点A(2,-4)的“长距”;
(2)若点B(4a-5,-2)是“完美点”,求a的值;
(3)若点C(3,3b-5)的长距为4,点D的坐标为(3b-1,5c+3),且点D是“完美点”,求b,c的值.
答案：22.解:(1)根据题意,得点$A(2,-4)$到$x$轴的距离为4,到$y$轴的距离为2，
∴点$A$的“长距”为4.
(2)
∵点$B(4a-5,-2)$是“完美点”，
∴$|4a-5|=|-2|$，
∴$4a-5=2$或$4a-5=-2$,解得$a=\frac{7}{4}$或$a=\frac{3}{4}$.
(3)
∵点$C(3,3b-5)$的长距为4,
∴$|3b-5|=4$，
解得$b=3$或$b=\frac{1}{3}$.
∵点$D$的坐标为$(3b-1,5c+3)$,且点$D$是“完美点”，
∴$3b-1=5c+3$或$3b-1=-(5c+3)$，
当$b=3$时,$c=1$或$c=-\frac{11}{5}$；
当$b=\frac{1}{3}$时,$c=-\frac{3}{5}$.
∴点$A$的“长距”为4.
(2)
∵点$B(4a-5,-2)$是“完美点”，
∴$|4a-5|=|-2|$，
∴$4a-5=2$或$4a-5=-2$,解得$a=\frac{7}{4}$或$a=\frac{3}{4}$.
(3)
∵点$C(3,3b-5)$的长距为4,
∴$|3b-5|=4$，
解得$b=3$或$b=\frac{1}{3}$.
∵点$D$的坐标为$(3b-1,5c+3)$,且点$D$是“完美点”，
∴$3b-1=5c+3$或$3b-1=-(5c+3)$，
当$b=3$时,$c=1$或$c=-\frac{11}{5}$；
当$b=\frac{1}{3}$时,$c=-\frac{3}{5}$.
解析：
【分析】
首先明确题目两个新定义：①“长距”是点到x轴、y轴距离的较大值，点到x轴距离为纵坐标的绝对值，到y轴距离为横坐标的绝对值；②“完美点”是到x轴、y轴距离相等的点，即横、纵坐标的绝对值相等。
(1)求点A的长距，只需先分别计算点A到两轴的距离，取较大值即可；
(2)点B是完美点，根据定义列横、纵坐标绝对值相等的方程，求解a即可；
(3)先根据点C的长距为4，结合点C横坐标的绝对值为3＜4，可得点C纵坐标的绝对值为4，先解出b的两个取值，再代入点D的坐标，利用完美点的定义列绝对值方程，分情况求解c即可，注意不要漏解。
【解析】
(1) 点$A(2,-4)$到x轴的距离为$|-4|=4$，到y轴的距离为$|2|=2$，比较得较大值为4，因此点A的“长距”为4。
(2) $\because$点$B(4a-5,-2)$是“完美点”，根据定义可得横、纵坐标的绝对值相等，
$\therefore|4a-5|=|-2|=2$，
即$4a-5=2$或$4a-5=-2$，
解得$a=\frac{7}{4}$或$a=\frac{3}{4}$。
(3) $\because$点$C(3,3b-5)$的长距为4，点C到y轴的距离为$|3|=3＜4$，因此到x轴的距离为4，即$|3b-5|=4$，
解得$b=3$或$b=\frac{1}{3}$。
又$\because$点$D(3b-1,5c+3)$是“完美点”，$\therefore|3b-1|=|5c+3|$，即$3b-1=5c+3$或$3b-1=-(5c+3)$，
当$b=3$时，$3b-1=8$，代入得$8=5c+3$或$8=-(5c+3)$，解得$c=1$或$c=-\frac{11}{5}$；
当$b=\frac{1}{3}$时，$3b-1=0$，代入得$0=|5c+3|$，解得$c=-\frac{3}{5}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{4}$；
(2) $\boldsymbol{a=\frac{7}{4}}$或$\boldsymbol{a=\frac{3}{4}}$；
(3) $\boldsymbol{b=3,c=1}$或$\boldsymbol{b=3,c=-\frac{11}{5}}$或$\boldsymbol{b=\frac{1}{3},c=-\frac{3}{5}}$。
【知识点】
新定义问题，点到坐标轴的距离，绝对值方程求解
【点评】
本题结合新定义考查平面直角坐标系中点的坐标性质，解题关键是准确理解新定义，将新定义转化为熟悉的绝对值方程求解，解题时要注意绝对值方程存在正负两种情况，避免漏解。
【难度系数】
0.7
首先明确题目两个新定义：①“长距”是点到x轴、y轴距离的较大值，点到x轴距离为纵坐标的绝对值，到y轴距离为横坐标的绝对值；②“完美点”是到x轴、y轴距离相等的点，即横、纵坐标的绝对值相等。
(1)求点A的长距，只需先分别计算点A到两轴的距离，取较大值即可；
(2)点B是完美点，根据定义列横、纵坐标绝对值相等的方程，求解a即可；
(3)先根据点C的长距为4，结合点C横坐标的绝对值为3＜4，可得点C纵坐标的绝对值为4，先解出b的两个取值，再代入点D的坐标，利用完美点的定义列绝对值方程，分情况求解c即可，注意不要漏解。
【解析】
(1) 点$A(2,-4)$到x轴的距离为$|-4|=4$，到y轴的距离为$|2|=2$，比较得较大值为4，因此点A的“长距”为4。
(2) $\because$点$B(4a-5,-2)$是“完美点”，根据定义可得横、纵坐标的绝对值相等，
$\therefore|4a-5|=|-2|=2$，
即$4a-5=2$或$4a-5=-2$，
解得$a=\frac{7}{4}$或$a=\frac{3}{4}$。
(3) $\because$点$C(3,3b-5)$的长距为4，点C到y轴的距离为$|3|=3＜4$，因此到x轴的距离为4，即$|3b-5|=4$，
解得$b=3$或$b=\frac{1}{3}$。
又$\because$点$D(3b-1,5c+3)$是“完美点”，$\therefore|3b-1|=|5c+3|$，即$3b-1=5c+3$或$3b-1=-(5c+3)$，
当$b=3$时，$3b-1=8$，代入得$8=5c+3$或$8=-(5c+3)$，解得$c=1$或$c=-\frac{11}{5}$；
当$b=\frac{1}{3}$时，$3b-1=0$，代入得$0=|5c+3|$，解得$c=-\frac{3}{5}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{4}$；
(2) $\boldsymbol{a=\frac{7}{4}}$或$\boldsymbol{a=\frac{3}{4}}$；
(3) $\boldsymbol{b=3,c=1}$或$\boldsymbol{b=3,c=-\frac{11}{5}}$或$\boldsymbol{b=\frac{1}{3},c=-\frac{3}{5}}$。
【知识点】
新定义问题，点到坐标轴的距离，绝对值方程求解
【点评】
本题结合新定义考查平面直角坐标系中点的坐标性质，解题关键是准确理解新定义，将新定义转化为熟悉的绝对值方程求解，解题时要注意绝对值方程存在正负两种情况，避免漏解。
【难度系数】
0.7
23.(10分)(2025·通州区期末)在平面直角坐标系$xOy$中,将图形甲运动,得到图形乙.若其中任意一点$(x_0,y_0)$运动后的对应点为$(x_0+a,y_0-b)$,则称这种运动为“相关$a,b$平移”.
(1)点$A(-2,6)$经过“相关$a,b$平移”后得点$B(-4,2)$,且$P(a,b)$,则$△ PAB$的面积为________;
(2)点$C(1,-1),D(7,-1)$,以$CD$为边在直线$CD$下方作正方形$CDEF$,将(1)中的$△ PAB$进行“相关$m,8$平移”得到$△ P_1A_1B_1$.若$△ P_1A_1B_1$的边与正方形$CDEF$的边有公共点,求$m$的取值范围;
(3)点$M(-2,t-1),N(3t,6t)$,将线段$MN$作“相关$3,n$平移”得线段$M_1N_1$,若点$M_1$在$x$轴上,$S_{△ OM_1N_1}=5$,求点$N_1$的坐标.
(1)点$A(-2,6)$经过“相关$a,b$平移”后得点$B(-4,2)$,且$P(a,b)$,则$△ PAB$的面积为________;
(2)点$C(1,-1),D(7,-1)$,以$CD$为边在直线$CD$下方作正方形$CDEF$,将(1)中的$△ PAB$进行“相关$m,8$平移”得到$△ P_1A_1B_1$.若$△ P_1A_1B_1$的边与正方形$CDEF$的边有公共点,求$m$的取值范围;
(3)点$M(-2,t-1),N(3t,6t)$,将线段$MN$作“相关$3,n$平移”得线段$M_1N_1$,若点$M_1$在$x$轴上,$S_{△ OM_1N_1}=5$,求点$N_1$的坐标.
答案：23.(1)2
(2)解:由题可知$P(-2,4)$，
∵$△PAB$进行“相关$m,8$平移”得到$△P_1A_1B_1$，
∴$P_1(-2+m,-4)$,$A_1(-2+m,-2)$,$B_1(-4+m,-6)$.
∵$C(1,-1),D(7,-1),F(1,-7),E(7,-7)$，
由题意结合图形可知$\begin{cases} -2+m\ge1, \\ -4+m\le1 \end{cases}$或$\begin{cases} -2+m\ge7, \\ -4+m\le7 \end{cases}$，
解得$3\le m\le5$或$9\le m\le11$.
(3)解:点$M(-2,t-1),N(3t,6t)$作“相关$3,n$平移”得点$M_1(1,t-n-1),N_1(3t+3,6t-n)$，
∵点$M_1$在$x$轴上,
∴$t-n-1=0$,即$n=t-1$，
∴$M_1(1,0),N_1(3t+3,5t+1)$.
∵$S_{△OM_1N_1}=5$,
∴$\frac{1}{2}OM_1×|y_{N_1}|=5$，
∴$\frac{1}{2}×1×|5t+1|=5$，
解得$t=\frac{9}{5}$或$t=-\frac{11}{5}$.
当$t=\frac{9}{5}$时,点$N_1$的坐标为$(\frac{42}{5},10)$；
当$t=-\frac{11}{5}$时,点$N_1$的坐标为$(-\frac{18}{5},-10)$.
综上所述,点$N_1$的坐标为$(\frac{42}{5},10)$或$(-\frac{18}{5},-10)$.
(2)解:由题可知$P(-2,4)$，
∵$△PAB$进行“相关$m,8$平移”得到$△P_1A_1B_1$，
∴$P_1(-2+m,-4)$,$A_1(-2+m,-2)$,$B_1(-4+m,-6)$.
∵$C(1,-1),D(7,-1),F(1,-7),E(7,-7)$，
由题意结合图形可知$\begin{cases} -2+m\ge1, \\ -4+m\le1 \end{cases}$或$\begin{cases} -2+m\ge7, \\ -4+m\le7 \end{cases}$，
解得$3\le m\le5$或$9\le m\le11$.
(3)解:点$M(-2,t-1),N(3t,6t)$作“相关$3,n$平移”得点$M_1(1,t-n-1),N_1(3t+3,6t-n)$，
∵点$M_1$在$x$轴上,
∴$t-n-1=0$,即$n=t-1$，
∴$M_1(1,0),N_1(3t+3,5t+1)$.
∵$S_{△OM_1N_1}=5$,
∴$\frac{1}{2}OM_1×|y_{N_1}|=5$，
∴$\frac{1}{2}×1×|5t+1|=5$，
解得$t=\frac{9}{5}$或$t=-\frac{11}{5}$.
当$t=\frac{9}{5}$时,点$N_1$的坐标为$(\frac{42}{5},10)$；
当$t=-\frac{11}{5}$时,点$N_1$的坐标为$(-\frac{18}{5},-10)$.
综上所述,点$N_1$的坐标为$(\frac{42}{5},10)$或$(-\frac{18}{5},-10)$.
解析：
【分析】
(1) 首先根据“相关a,b平移”的定义，点平移后横坐标加a、纵坐标减b，将点A、B的坐标代入即可列方程求出a、b的值，得到点P的坐标；再得到A、B、P三点的坐标后，利用底乘高的面积公式即可计算△PAB的面积。
(2) 先根据平移规则求出△PAB平移后三个顶点P₁、A₁、B₁的坐标，再结合点C、D的坐标求出正方形CDEF另外两个顶点的坐标，明确正方形的边所在直线的位置；由于平移后三角形三个顶点的纵坐标恰好落在正方形的纵坐标取值范围内，因此只需让三角形的横坐标范围与正方形的横坐标范围有重叠，列不等式组即可求出m的取值范围。
(3) 先按平移规则写出M₁、N₁的坐标，由点M₁在x轴上可知其纵坐标为0，即可得到n与t的数量关系，代入N₁的坐标后化简；再根据△OM₁N₁的面积公式，以OM₁为底，N₁的纵坐标的绝对值为高列方程，解出t的值后代入即可求得N₁的坐标。
【解析】
(1) 由“相关a,b平移”的定义可得：
$\begin{cases}-2+a=-4\\6-b=2\end{cases}$
解得$a=-2$，$b=4$，即$P(-2,4)$。
已知$A(-2,6)$，$B(-4,2)$，可知线段$PA$在直线$x=-2$上，$PA$的长度为$6-4=2$，点$B$到直线$x=-2$的距离为$\vert-2-(-4)\vert=2$，因此：
$S_{△ PAB}=\frac{1}{2}×2×2=2$
(2) 由(1)知$P(-2,4)$，$A(-2,6)$，$B(-4,2)$，$△ PAB$进行“相关$m,8$平移”后，各点坐标为：
$P_1(-2+m,4-8)=(-2+m,-4)$，$A_1(-2+m,6-8)=(-2+m,-2)$，$B_1(-4+m,2-8)=(-4+m,-6)$
$\because C(1,-1)$，$D(7,-1)$，$CD$的长度为$7-1=6$，在$CD$下方作正方形$CDEF$，$\therefore F(1,-7)$，$E(7,-7)$。
正方形$CDEF$的横向范围为$1\le x\le7$，纵向范围为$-7\le y\le-1$，平移后$△ P_1A_1B_1$的纵坐标均在$-7$到$-1$之间，要使两边有公共点，需横坐标范围有重叠：
当三角形与正方形左边$x=1$相交时：$\begin{cases}-2+m\ge1\\-4+m\le1\end{cases}$，解得$3\le m\le5$；
当三角形与正方形右边$x=7$相交时：$\begin{cases}-2+m\ge7\\-4+m\le7\end{cases}$，解得$9\le m\le11$。
综上，$m$的取值范围是$3\le m\le5$或$9\le m\le11$。
(3) 点$M(-2,t-1)$、$N(3t,6t)$作“相关$3,n$平移”后，坐标为：
$M_1(-2+3,t-1-n)=(1,t-n-1)$，$N_1(3t+3,6t-n)$
$\because M_1$在$x$轴上，$\therefore$纵坐标为0，即$t-n-1=0$，得$n=t-1$。
代入$N_1$的坐标得：$N_1(3t+3,6t-(t-1))=(3t+3,5t+1)$。
$\because S_{△ OM_1N_1}=5$，$OM_1$的长度为1，高为$\vert y_{N_1}\vert$，因此：
$\frac{1}{2}×1×\vert5t+1\vert=5$，即$\vert5t+1\vert=10$。
当$5t+1=10$时，$t=\frac{9}{5}$，此时$N_1$的坐标为$(3×\frac{9}{5}+3,5×\frac{9}{5}+1)=(\frac{42}{5},10)$；
当$5t+1=-10$时，$t=-\frac{11}{5}$，此时$N_1$的坐标为$(3×(-\frac{11}{5})+3,5×(-\frac{11}{5})+1)=(-\frac{18}{5},-10)$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{2}$；(2) $\boldsymbol{3\le m\le5}$或$\boldsymbol{9\le m\le11}$；(3) $\boldsymbol{(\frac{42}{5},10)}$或$\boldsymbol{(-\frac{18}{5},-10)}$
【知识点】
新定义平移，坐标与图形性质，三角形面积计算
【点评】
本题以新定义“相关a,b平移”为载体，考查了坐标平移变换、正方形的性质、绝对值方程的求解以及三角形面积公式的应用。解题核心是将新定义转化为常规的坐标变换规则，结合数形结合思想分析几何图形的位置关系，考查了知识迁移能力和综合运用知识解决问题的能力。
【难度系数】
0.4
(1) 首先根据“相关a,b平移”的定义，点平移后横坐标加a、纵坐标减b，将点A、B的坐标代入即可列方程求出a、b的值，得到点P的坐标；再得到A、B、P三点的坐标后，利用底乘高的面积公式即可计算△PAB的面积。
(2) 先根据平移规则求出△PAB平移后三个顶点P₁、A₁、B₁的坐标，再结合点C、D的坐标求出正方形CDEF另外两个顶点的坐标，明确正方形的边所在直线的位置；由于平移后三角形三个顶点的纵坐标恰好落在正方形的纵坐标取值范围内，因此只需让三角形的横坐标范围与正方形的横坐标范围有重叠，列不等式组即可求出m的取值范围。
(3) 先按平移规则写出M₁、N₁的坐标，由点M₁在x轴上可知其纵坐标为0，即可得到n与t的数量关系，代入N₁的坐标后化简；再根据△OM₁N₁的面积公式，以OM₁为底，N₁的纵坐标的绝对值为高列方程，解出t的值后代入即可求得N₁的坐标。
【解析】
(1) 由“相关a,b平移”的定义可得：
$\begin{cases}-2+a=-4\\6-b=2\end{cases}$
解得$a=-2$，$b=4$，即$P(-2,4)$。
已知$A(-2,6)$，$B(-4,2)$，可知线段$PA$在直线$x=-2$上，$PA$的长度为$6-4=2$，点$B$到直线$x=-2$的距离为$\vert-2-(-4)\vert=2$，因此：
$S_{△ PAB}=\frac{1}{2}×2×2=2$
(2) 由(1)知$P(-2,4)$，$A(-2,6)$，$B(-4,2)$，$△ PAB$进行“相关$m,8$平移”后，各点坐标为：
$P_1(-2+m,4-8)=(-2+m,-4)$，$A_1(-2+m,6-8)=(-2+m,-2)$，$B_1(-4+m,2-8)=(-4+m,-6)$
$\because C(1,-1)$，$D(7,-1)$，$CD$的长度为$7-1=6$，在$CD$下方作正方形$CDEF$，$\therefore F(1,-7)$，$E(7,-7)$。
正方形$CDEF$的横向范围为$1\le x\le7$，纵向范围为$-7\le y\le-1$，平移后$△ P_1A_1B_1$的纵坐标均在$-7$到$-1$之间，要使两边有公共点，需横坐标范围有重叠：
当三角形与正方形左边$x=1$相交时：$\begin{cases}-2+m\ge1\\-4+m\le1\end{cases}$，解得$3\le m\le5$；
当三角形与正方形右边$x=7$相交时：$\begin{cases}-2+m\ge7\\-4+m\le7\end{cases}$，解得$9\le m\le11$。
综上，$m$的取值范围是$3\le m\le5$或$9\le m\le11$。
(3) 点$M(-2,t-1)$、$N(3t,6t)$作“相关$3,n$平移”后，坐标为：
$M_1(-2+3,t-1-n)=(1,t-n-1)$，$N_1(3t+3,6t-n)$
$\because M_1$在$x$轴上，$\therefore$纵坐标为0，即$t-n-1=0$，得$n=t-1$。
代入$N_1$的坐标得：$N_1(3t+3,6t-(t-1))=(3t+3,5t+1)$。
$\because S_{△ OM_1N_1}=5$，$OM_1$的长度为1，高为$\vert y_{N_1}\vert$，因此：
$\frac{1}{2}×1×\vert5t+1\vert=5$，即$\vert5t+1\vert=10$。
当$5t+1=10$时，$t=\frac{9}{5}$，此时$N_1$的坐标为$(3×\frac{9}{5}+3,5×\frac{9}{5}+1)=(\frac{42}{5},10)$；
当$5t+1=-10$时，$t=-\frac{11}{5}$，此时$N_1$的坐标为$(3×(-\frac{11}{5})+3,5×(-\frac{11}{5})+1)=(-\frac{18}{5},-10)$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{2}$；(2) $\boldsymbol{3\le m\le5}$或$\boldsymbol{9\le m\le11}$；(3) $\boldsymbol{(\frac{42}{5},10)}$或$\boldsymbol{(-\frac{18}{5},-10)}$
【知识点】
新定义平移，坐标与图形性质，三角形面积计算
【点评】
本题以新定义“相关a,b平移”为载体，考查了坐标平移变换、正方形的性质、绝对值方程的求解以及三角形面积公式的应用。解题核心是将新定义转化为常规的坐标变换规则，结合数形结合思想分析几何图形的位置关系，考查了知识迁移能力和综合运用知识解决问题的能力。
【难度系数】
0.4
24.(10分)(2025·崇川区月考)在平面直角坐标系中,已知点$A(0,m),B(n,0),C(m,-6n)$,且$\sqrt{5-m}+\sqrt{n+1}=0$.
(1)请直接写出点$A,B,C$的坐标;
(2)如图①,平移线段$AB$至$CD$,使点$A$的对应点是$C$,求$△ ADC$的面积;
(3)如图②,$T$是$x$轴正半轴上一点,当$AT$把四边形$ABTC$的面积分为$2:1$的两部分时,求点$T$的坐标.
(1)请直接写出点$A,B,C$的坐标;
(2)如图①,平移线段$AB$至$CD$,使点$A$的对应点是$C$,求$△ ADC$的面积;
(3)如图②,$T$是$x$轴正半轴上一点,当$AT$把四边形$ABTC$的面积分为$2:1$的两部分时,求点$T$的坐标.
答案：
24.解:(1)
∵$\sqrt{5-m}+\sqrt{n+1}=0$，
∴$5-m=0$,$n+1=0$,
∴$m=5$,$n=-1$，
∴$A(0,5)$,$B(-1,0)$,$C(5,6)$.
(2)
∵平移线段$AB$至$CD$,使点$A$的对应点是$C$,点$A(0,5)$,$C(5,6)$，
∴平移方式是向右平移5个单位长度,向上平移1个单位长度.
∵$B(-1,0)$,
∴点$D$的坐标为$(-1+5,0+1)$,即$(4,1)$.
如答图①所示,过点$C$和点$D$分别作$y$轴的垂线,垂足分别为$G,H$，
∴$CG=5$,$DH=4$,$AH=4$,$AG=1$，
∴$S_{△ACD}=S_{梯形CGHD}-S_{△ADH}-S_{△ACG}=\frac{4+5}{2}×5-\frac{1}{2}×4×4-\frac{1}{2}×5×1=12$.
(3)如答图②,连接$OC$.
设$T(t,0)$,
∵$A(0,5)$,$B(-1,0)$,$C(5,6)$，
∴$S_{四边形ABTC}=S_{△ABO}+S_{△AOC}+S_{△COT}=\frac{1}{2}×1×5+\frac{1}{2}×5×5+\frac{1}{2}×6t=15+3t$.
当$S_{△ABT}:S_{△ACT}=1:2$时,$S_{△ABT}=\frac{1}{3}S_{四边形ABTC}$，
∴$\frac{1}{2}×5(t+1)=\frac{1}{3}(15+3t)$，
解得$t=\frac{5}{3}$,
∴$T(\frac{5}{3},0)$.
当$S_{△ABT}:S_{△ACT}=2:1$时,$S_{△ABT}=\frac{2}{3}S_{四边形ABTC}$，
∴$\frac{1}{2}×5(t+1)=\frac{2}{3}(15+3t)$，
解得$t=15$,
∴$T(15,0)$.
综上,当$AT$把四边形$ABTC$的面积分为$2:1$的两部分时,点$T$的坐标为$(\frac{5}{3},0)$或$(15,0)$.
24.解:(1)
∵$\sqrt{5-m}+\sqrt{n+1}=0$，
∴$5-m=0$,$n+1=0$,
∴$m=5$,$n=-1$，
∴$A(0,5)$,$B(-1,0)$,$C(5,6)$.
(2)
∵平移线段$AB$至$CD$,使点$A$的对应点是$C$,点$A(0,5)$,$C(5,6)$，
∴平移方式是向右平移5个单位长度,向上平移1个单位长度.
∵$B(-1,0)$,
∴点$D$的坐标为$(-1+5,0+1)$,即$(4,1)$.
如答图①所示,过点$C$和点$D$分别作$y$轴的垂线,垂足分别为$G,H$，
∴$CG=5$,$DH=4$,$AH=4$,$AG=1$，
∴$S_{△ACD}=S_{梯形CGHD}-S_{△ADH}-S_{△ACG}=\frac{4+5}{2}×5-\frac{1}{2}×4×4-\frac{1}{2}×5×1=12$.
(3)如答图②,连接$OC$.
设$T(t,0)$,
∵$A(0,5)$,$B(-1,0)$,$C(5,6)$，
∴$S_{四边形ABTC}=S_{△ABO}+S_{△AOC}+S_{△COT}=\frac{1}{2}×1×5+\frac{1}{2}×5×5+\frac{1}{2}×6t=15+3t$.
当$S_{△ABT}:S_{△ACT}=1:2$时,$S_{△ABT}=\frac{1}{3}S_{四边形ABTC}$，
∴$\frac{1}{2}×5(t+1)=\frac{1}{3}(15+3t)$，
解得$t=\frac{5}{3}$,
∴$T(\frac{5}{3},0)$.
当$S_{△ABT}:S_{△ACT}=2:1$时,$S_{△ABT}=\frac{2}{3}S_{四边形ABTC}$，
∴$\frac{1}{2}×5(t+1)=\frac{2}{3}(15+3t)$，
解得$t=15$,
∴$T(15,0)$.
综上,当$AT$把四边形$ABTC$的面积分为$2:1$的两部分时,点$T$的坐标为$(\frac{5}{3},0)$或$(15,0)$.
解析：
【分析】
(1) 算术平方根具有非负性，两个非负数相加得0，说明每个非负数的值都为0，据此列方程求出m、n的值，代入即可得到A、B、C三点坐标。
(2) 平移过程中所有点的平移规律一致，先根据A到C的坐标变化确定平移方式，再求出点D的坐标；求△ADC的面积采用割补法，过C、D作y轴的垂线，将△ADC的面积转化为梯形面积减去两个直角三角形的面积计算即可。
(3) 先将四边形ABTC的面积拆分为三个小三角形的面积和，用含T点横坐标t的式子表示出四边形面积；再分两种情况讨论：△ABT与△ACT的面积比为1:2、2:1，分别列方程求解t，结合T在x轴正半轴的条件即可得到T的坐标。
【解析】
(1)
∵$\sqrt{5-m}+\sqrt{n+1}=0$，且$\sqrt{5-m}≥0$，$\sqrt{n+1}≥0$，
∴$5-m=0$，$n+1=0$，
解得$m=5$，$n=-1$，
∴$A(0,5)$，$B(-1,0)$，$C(5,6)$。
(2)
∵平移线段AB至CD，点A的对应点为C，$A(0,5)$，$C(5,6)$，
∴平移方式为向右平移5个单位长度，向上平移1个单位长度，
∵$B(-1,0)$，
∴点D的坐标为$(-1+5,0+1)$，即$(4,1)$。
如答图①，过点C、D分别作y轴的垂线，垂足分别为G、H，
则$CG=5$，$DH=4$，$GH=5$，$AH=4$，$AG=1$，
∴$S_{△ACD}=S_{梯形CGHD}-S_{△ADH}-S_{△ACG}=\frac{(4+5)×5}{2}-\frac{1}{2}×4×4-\frac{1}{2}×5×1=12$。
(3) 如答图②，连接OC，设$T(t,0)$（$t＞0$），
$S_{四边形ABTC}=S_{△ABO}+S_{△AOC}+S_{△COT}=\frac{1}{2}×1×5+\frac{1}{2}×5×5+\frac{1}{2}×6t=15+3t$。
分两种情况讨论：
① 当$S_{△ABT}:S_{△ACT}=1:2$时，$S_{△ABT}=\frac{1}{3}S_{四边形ABTC}$，
$\frac{1}{2}×5×(t+1)=\frac{1}{3}(15+3t)$，
解得$t=\frac{5}{3}$，即$T(\frac{5}{3},0)$；
② 当$S_{△ABT}:S_{△ACT}=2:1$时，$S_{△ABT}=\frac{2}{3}S_{四边形ABTC}$，
$\frac{1}{2}×5×(t+1)=\frac{2}{3}(15+3t)$，
解得$t=15$，即$T(15,0)$。
【答案】
(1) $A(0,5)$，$B(-1,0)$，$C(5,6)$；
(2) $△ ADC$的面积为12；
(3) 点$T$的坐标为$(\frac{5}{3},0)$或$(15,0)$。
【知识点】
1. 非负数的性质
2. 平移的性质
3. 坐标系面积计算
【点评】
本题是平面直角坐标系综合题，考查了非负性应用、平移坐标变化规律、割补法求面积以及分类讨论思想，难点在于第三问需考虑面积比的两种情况，避免漏解，割补法是计算坐标系中不规则图形面积的常用方法，需熟练掌握。
【难度系数】
0.5
(1) 算术平方根具有非负性，两个非负数相加得0，说明每个非负数的值都为0，据此列方程求出m、n的值，代入即可得到A、B、C三点坐标。
(2) 平移过程中所有点的平移规律一致，先根据A到C的坐标变化确定平移方式，再求出点D的坐标；求△ADC的面积采用割补法，过C、D作y轴的垂线，将△ADC的面积转化为梯形面积减去两个直角三角形的面积计算即可。
(3) 先将四边形ABTC的面积拆分为三个小三角形的面积和，用含T点横坐标t的式子表示出四边形面积；再分两种情况讨论：△ABT与△ACT的面积比为1:2、2:1，分别列方程求解t，结合T在x轴正半轴的条件即可得到T的坐标。
【解析】
(1)
∵$\sqrt{5-m}+\sqrt{n+1}=0$，且$\sqrt{5-m}≥0$，$\sqrt{n+1}≥0$，
∴$5-m=0$，$n+1=0$，
解得$m=5$，$n=-1$，
∴$A(0,5)$，$B(-1,0)$，$C(5,6)$。
(2)
∵平移线段AB至CD，点A的对应点为C，$A(0,5)$，$C(5,6)$，
∴平移方式为向右平移5个单位长度，向上平移1个单位长度，
∵$B(-1,0)$，
∴点D的坐标为$(-1+5,0+1)$，即$(4,1)$。
如答图①，过点C、D分别作y轴的垂线，垂足分别为G、H，
则$CG=5$，$DH=4$，$GH=5$，$AH=4$，$AG=1$，
∴$S_{△ACD}=S_{梯形CGHD}-S_{△ADH}-S_{△ACG}=\frac{(4+5)×5}{2}-\frac{1}{2}×4×4-\frac{1}{2}×5×1=12$。
(3) 如答图②，连接OC，设$T(t,0)$（$t＞0$），
$S_{四边形ABTC}=S_{△ABO}+S_{△AOC}+S_{△COT}=\frac{1}{2}×1×5+\frac{1}{2}×5×5+\frac{1}{2}×6t=15+3t$。
分两种情况讨论：
① 当$S_{△ABT}:S_{△ACT}=1:2$时，$S_{△ABT}=\frac{1}{3}S_{四边形ABTC}$，
$\frac{1}{2}×5×(t+1)=\frac{1}{3}(15+3t)$，
解得$t=\frac{5}{3}$，即$T(\frac{5}{3},0)$；
② 当$S_{△ABT}:S_{△ACT}=2:1$时，$S_{△ABT}=\frac{2}{3}S_{四边形ABTC}$，
$\frac{1}{2}×5×(t+1)=\frac{2}{3}(15+3t)$，
解得$t=15$，即$T(15,0)$。
【答案】
(1) $A(0,5)$，$B(-1,0)$，$C(5,6)$；
(2) $△ ADC$的面积为12；
(3) 点$T$的坐标为$(\frac{5}{3},0)$或$(15,0)$。
【知识点】
1. 非负数的性质
2. 平移的性质
3. 坐标系面积计算
【点评】
本题是平面直角坐标系综合题，考查了非负性应用、平移坐标变化规律、割补法求面积以及分类讨论思想，难点在于第三问需考虑面积比的两种情况，避免漏解，割补法是计算坐标系中不规则图形面积的常用方法，需熟练掌握。
【难度系数】
0.5