16. 新素养 抽象能力 荡秋千是小朋友非常喜爱的一种运动.有一天,小明在公园里游玩,他发现秋千静止时,踏板离地的垂直高度$DE=1\ \mathrm{m}$,将它往前推送6 m(水平距离$BC=6\ \mathrm{m}$)时(如图),秋千的踏板离地的垂直高度$BF=CE=3\ \mathrm{m}$.若秋千的绳索始终拉得很直,则绳索AD的长为
10
m.答案：16. 10
解析：
【分析】
解题时首先抓住秋千绳索长度不变的特点，即AD=AB。先求出CD的长度，再将AC、BC、AB的长度用含未知数的式子表示，放入直角三角形ACB中，利用勾股定理列方程求解即可。具体思路：1. 设绳索AD长为x m；2. 计算CD=CE-DE=2m，得到AC=(x-2)m；3. 在Rt△ACB中用勾股定理列方程，解方程得到x的值。
【解析】
设秋千绳索AD的长为x m，则AB=AD=x m。
由题意可知，CE=3m，DE=1m，因此CD=CE - DE=3-1=2m，所以AC=AD - CD=(x-2)m。
因为BC⊥AE，所以△ACB是直角三角形，∠ACB=90°，已知BC=6m，根据勾股定理可得：
$AC^2 + BC^2 = AB^2$
代入得：$(x-2)^2 + 6^2 = x^2$
展开计算：$x^2 -4x +4 +36 = x^2$
化简得：$-4x + 40 = 0$
解得：$x=10$
【答案】
10
【知识点】
勾股定理的应用；一元一次方程的应用
【点评】
本题结合生活中的荡秋千场景考查勾股定理的实际应用，解题的关键是抓住绳索长度不变的隐含条件，将实际问题转化为直角三角形的计算问题，通过列方程即可快速求解。
【难度系数】
0.7
解题时首先抓住秋千绳索长度不变的特点，即AD=AB。先求出CD的长度，再将AC、BC、AB的长度用含未知数的式子表示，放入直角三角形ACB中，利用勾股定理列方程求解即可。具体思路：1. 设绳索AD长为x m；2. 计算CD=CE-DE=2m，得到AC=(x-2)m；3. 在Rt△ACB中用勾股定理列方程，解方程得到x的值。
【解析】
设秋千绳索AD的长为x m，则AB=AD=x m。
由题意可知，CE=3m，DE=1m，因此CD=CE - DE=3-1=2m，所以AC=AD - CD=(x-2)m。
因为BC⊥AE，所以△ACB是直角三角形，∠ACB=90°，已知BC=6m，根据勾股定理可得：
$AC^2 + BC^2 = AB^2$
代入得：$(x-2)^2 + 6^2 = x^2$
展开计算：$x^2 -4x +4 +36 = x^2$
化简得：$-4x + 40 = 0$
解得：$x=10$
【答案】
10
【知识点】
勾股定理的应用；一元一次方程的应用
【点评】
本题结合生活中的荡秋千场景考查勾股定理的实际应用，解题的关键是抓住绳索长度不变的隐含条件，将实际问题转化为直角三角形的计算问题，通过列方程即可快速求解。
【难度系数】
0.7
17. 如图,在$△ ABC$中,$∠ ABC=45°$,过点$C$作$CD⊥ AB$于点$D$,过点$B$作$BM⊥ AC$于点$M$,连接$MD$,过点$D$作$DN⊥ MD$,交$BM$于点$N$,$CD$与$BM$相交于点$E$,且$E$是$CD$的中点.有下列结论:① $∠ AMD=45°$;② $NE - EM = MC$;③ $EM:MC:NE=1:2:3$;④ $S_{△ CDA}=2S_{△ DNE}$.其中正确的有________.(填序号)
答案：17. ①②③ 解析: 因为 $CD ⊥ AB, DN ⊥ DM, BM ⊥ AC$, 所以 $∠ BDC = ∠ ADC = ∠ MDN = ∠ BMC = ∠ BMA = 90°$, 即 $∠ BDN + ∠ NDE = ∠ CDM + ∠ NDE = ∠ DBE + ∠ DEB = ∠ MEC + ∠ DCA = 90°$. 所以 $∠ BDN = ∠ CDM$. 又 $∠ DEB = ∠ MEC$, 所以 $∠ DBE = ∠ DCA$. 又 $∠ ABC = 45°, ∠ ABC + ∠ BCD = 90°$, 所以 $∠ BCD = 45°$, 即 $∠ BCD = ∠ ABC$. 所以 $BD = CD$. 所以 $△ BDE ≌ △ CDA(\mathrm{ASA}), △ BDN ≌ △ CDM(\mathrm{ASA})$. 所以 $S_{△ BDE}=S_{△ CDA}, DN = DM, BN = CM$. 所以 $△ DMN$ 是等腰直角三角形, 即 $∠ DMN = 45°$. 所以 $∠ AMD = ∠ BMA - ∠ DMN = 45°$. 故①正确; 过点 $D$ 作 $DF ⊥ MN$ 于点 $F$, 则 $∠ DFM = 90°, DF = NF = MF = \frac{1}{2}MN$. 所以 $∠ DFM = ∠ CME$. 又 $E$ 为 $CD$ 的中点, 所以 $DE = CE$. 又 $∠ DEF = ∠ CEM$, 所以 $△ DEF ≌ △ CEM(\mathrm{AAS})$. 所以 $DF = CM, EF = EM$, 即 $CM = NF = MF, EF = EM = \frac{1}{2}MF$. 所以 $NE - EM = NE - EF = NF = CM$. 故②正确; 又 $NE = NF + EF = \frac{3}{2}MF$, 所以 $EM:MC:NE = (\frac{1}{2}MF):MF:(\frac{3}{2}MF) = 1:2:3$. 故③正确; 又 $BN = CM, CM:NE = 2:3$, 所以 $BN:NE = 2:3$, 即 $NE = \frac{3}{5}BE$. 所以 $S_{△ DNE} = \frac{3}{5}S_{△ BDE}$, 即 $S_{△ DNE} = \frac{3}{5}S_{△ CDA}$. 所以 $S_{△ CDA} = \frac{5}{3}S_{△ DNE}$. 故④错误. 综上, 正确的有①②③.
解析：
【分析】
解题时先从已知的垂直、45°角入手，首先由CD⊥AB，∠ABC=45°可推出△BDC是等腰直角三角形，得BD=CD；再结合多个垂直关系找等角，证明三角形全等，依次推导每个结论：
1. 证明△BDN≌△CDM，得DN=DM，推出△MDN是等腰直角三角形，结合BM⊥AC即可判断①；
2. 过D作DF⊥MN，证明△DEF≌△CEM，将线段转化即可验证②；
3. 利用全等得到的线段相等关系，将EM、MC、NE用同一线段表示，即可求出比例判断③；
4. 结合线段比例求出△DNE和△BDE的面积关系，再结合△BDE和△CDA面积相等的结论，即可判断④是否正确。
【解析】
∵ CD⊥AB，DN⊥DM，BM⊥AC，
∴ $∠ BDC=∠ ADC=∠ MDN=∠ BMC=∠ BMA=90°$，
∴ $∠ BDN+∠ NDE=∠ CDM+∠ NDE=90°$，$∠ DBE+∠ DEB=∠ MEC+∠ DCA=90°$，
∴ $∠ BDN=∠ CDM$，
又
∵ $∠ DEB=∠ MEC$，
∴ $∠ DBE=∠ DCA$，
∵ $∠ ABC=45°$，$∠ ABC+∠ BCD=90°$，
∴ $∠ BCD=45°$，即$∠ BCD=∠ ABC$，
∴ $BD=CD$，
∴ $△ BDN≌△ CDM(\mathrm{ASA})$，$△ BDE≌△ CDA(\mathrm{ASA})$，
∴ $S_{△ BDE}=S_{△ CDA}$，$DN=DM$，$BN=CM$，
∴ $△ DMN$是等腰直角三角形，$∠ DMN=45°$，
∴ $∠ AMD=∠ BMA-∠ DMN=90°-45°=45°$，故①正确；
过点D作$DF⊥ MN$于点F，则$∠ DFM=90°$，等腰直角三角形斜边上的高等于斜边的一半，故$DF=NF=MF=\frac{1}{2}MN$，
∴ $∠ DFM=∠ CME$，
∵ E是CD中点，
∴ $DE=CE$，
又
∵ $∠ DEF=∠ CEM$，
∴ $△ DEF≌△ CEM(\mathrm{AAS})$，
∴ $DF=CM$，$EF=EM$，即$CM=NF=MF$，$EF=EM=\frac{1}{2}MF$，
∴ $NE-EM=NE-EF=NF=CM$，故②正确；
∵ $NE=NF+EF=MF+\frac{1}{2}MF=\frac{3}{2}MF$，
∴ $EM:MC:NE=(\frac{1}{2}MF):MF:(\frac{3}{2}MF)=1:2:3$，故③正确；
∵ $BN=CM$，$CM:NE=2:3$，
∴ $BN:NE=2:3$，即$NE=\frac{3}{5}BE$，
∴ $S_{△ DNE}=\frac{3}{5}S_{△ BDE}=\frac{3}{5}S_{△ CDA}$，即$S_{△ CDA}=\frac{5}{3}S_{△ DNE}$，故④错误。
【答案】
①②③
【知识点】
1.全等三角形的判定与性质 2.等腰直角三角形的性质 3.三角形面积计算
【点评】
本题属于三角形综合题，需要结合多个垂直条件推导等角，多次构造并证明三角形全等，完成线段、角度、面积的转化，对几何逻辑推理能力和全等模型的应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
解题时先从已知的垂直、45°角入手，首先由CD⊥AB，∠ABC=45°可推出△BDC是等腰直角三角形，得BD=CD；再结合多个垂直关系找等角，证明三角形全等，依次推导每个结论：
1. 证明△BDN≌△CDM，得DN=DM，推出△MDN是等腰直角三角形，结合BM⊥AC即可判断①；
2. 过D作DF⊥MN，证明△DEF≌△CEM，将线段转化即可验证②；
3. 利用全等得到的线段相等关系，将EM、MC、NE用同一线段表示，即可求出比例判断③；
4. 结合线段比例求出△DNE和△BDE的面积关系，再结合△BDE和△CDA面积相等的结论，即可判断④是否正确。
【解析】
∵ CD⊥AB，DN⊥DM，BM⊥AC，
∴ $∠ BDC=∠ ADC=∠ MDN=∠ BMC=∠ BMA=90°$，
∴ $∠ BDN+∠ NDE=∠ CDM+∠ NDE=90°$，$∠ DBE+∠ DEB=∠ MEC+∠ DCA=90°$，
∴ $∠ BDN=∠ CDM$，
又
∵ $∠ DEB=∠ MEC$，
∴ $∠ DBE=∠ DCA$，
∵ $∠ ABC=45°$，$∠ ABC+∠ BCD=90°$，
∴ $∠ BCD=45°$，即$∠ BCD=∠ ABC$，
∴ $BD=CD$，
∴ $△ BDN≌△ CDM(\mathrm{ASA})$，$△ BDE≌△ CDA(\mathrm{ASA})$，
∴ $S_{△ BDE}=S_{△ CDA}$，$DN=DM$，$BN=CM$，
∴ $△ DMN$是等腰直角三角形，$∠ DMN=45°$，
∴ $∠ AMD=∠ BMA-∠ DMN=90°-45°=45°$，故①正确；
过点D作$DF⊥ MN$于点F，则$∠ DFM=90°$，等腰直角三角形斜边上的高等于斜边的一半，故$DF=NF=MF=\frac{1}{2}MN$，
∴ $∠ DFM=∠ CME$，
∵ E是CD中点，
∴ $DE=CE$，
又
∵ $∠ DEF=∠ CEM$，
∴ $△ DEF≌△ CEM(\mathrm{AAS})$，
∴ $DF=CM$，$EF=EM$，即$CM=NF=MF$，$EF=EM=\frac{1}{2}MF$，
∴ $NE-EM=NE-EF=NF=CM$，故②正确；
∵ $NE=NF+EF=MF+\frac{1}{2}MF=\frac{3}{2}MF$，
∴ $EM:MC:NE=(\frac{1}{2}MF):MF:(\frac{3}{2}MF)=1:2:3$，故③正确；
∵ $BN=CM$，$CM:NE=2:3$，
∴ $BN:NE=2:3$，即$NE=\frac{3}{5}BE$，
∴ $S_{△ DNE}=\frac{3}{5}S_{△ BDE}=\frac{3}{5}S_{△ CDA}$，即$S_{△ CDA}=\frac{5}{3}S_{△ DNE}$，故④错误。
【答案】
①②③
【知识点】
1.全等三角形的判定与性质 2.等腰直角三角形的性质 3.三角形面积计算
【点评】
本题属于三角形综合题，需要结合多个垂直条件推导等角，多次构造并证明三角形全等，完成线段、角度、面积的转化，对几何逻辑推理能力和全等模型的应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
18. 如图，在平面直角坐标系中，Q是直线$y=\frac{1}{2}x+3$上的一个动点，将点Q绕点P(0,1)按顺时针方向旋转$90°$得到点$Q'$，连接$OQ'$，则$OQ'$的长的最小值为
√5
。答案：18. $\sqrt{5}$ 解析: 过点 $Q$ 作 $QM ⊥ y$ 轴于点 $M$, 过点 $Q'$ 作 $Q'N ⊥ y$ 轴于点 $N$, 则 $∠ PMQ = ∠ Q'NP = 90°$. 又 $∠ QPQ' = 90°$, 所以 $∠ QPM + ∠ NPQ' = 90°$. 又 $∠ PQ'N + ∠ NPQ' = 90°$, 所以 $∠ QPM = ∠ PQ'N$. 又 $QP = PQ'$, 所以 $△ PQM ≌ △ Q'PN(\mathrm{AAS})$. 所以 $QM = PN, PM = Q'N$. 设 $Q(m,\frac{1}{2}m+3)$. 因为 $P(0,1)$, 所以 $PM = \left|\frac{1}{2}m+3-1\right| = \left|\frac{1}{2}m+2\right|$, $QM = |m|$, 即 $PN = |m|, Q'N = \left|\frac{1}{2}m+2\right|$. 所以 $ON = |1-m|$. 在 $\mathrm{Rt}△ OQ'N$ 中, 由勾股定理, 得 $OQ'^2 = Q'N^2 + ON^2 = (\frac{1}{2}m+2)^2 + (1-m)^2 = \frac{5}{4}m^2 + 5$. 易得当 $m=0$ 时, $OQ'^2$ 取最小值, 且最小值为 5. 所以 $OQ'$ 的长的最小值为 $\sqrt{5}$.
解析：
【分析】
遇到点绕定点旋转90°的问题，首先考虑构造全等三角形转化线段关系：我们可以过Q和Q'分别作y轴的垂线，结合旋转90°的性质，证明两个直角三角形全等，得到对应边相等的关系。接着设出点Q的坐标，用含参数的式子表示出Q'的坐标，再根据勾股定理写出OQ'长度的平方关于参数的代数式，最后利用平方的非负性求出代数式的最小值，即可得到OQ'的最小长度。
【解析】
过点 $Q$ 作 $QM ⊥ y$ 轴于点 $M$, 过点 $Q'$ 作 $Q'N ⊥ y$ 轴于点 $N$, 则 $∠ PMQ = ∠ Q'NP = 90°$.
因为 $∠ QPQ' = 90°$, 所以 $∠ QPM + ∠ NPQ' = 90°$.
又 $∠ PQ'N + ∠ NPQ' = 90°$, 所以 $∠ QPM = ∠ PQ'N$.
在$△ PQM$和$△ Q'PN$中：
$\begin{cases}∠PMQ=∠Q'NP \\∠QPM=∠PQ'N \\QP=PQ'\end{cases}$
所以 $△ PQM ≌ △ Q'PN(\mathrm{AAS})$.
所以 $QM = PN, PM = Q'N$.
设 $Q(m,\frac{1}{2}m+3)$，因为 $P(0,1)$，所以 $PM = \left|\frac{1}{2}m+3-1\right| = \left|\frac{1}{2}m+2\right|$, $QM = |m|$，即 $PN = |m|, Q'N = \left|\frac{1}{2}m+2\right|$.
所以 $ON = |1-m|$.
在 $\mathrm{Rt}△ OQ'N$ 中, 由勾股定理, 得：
$OQ'^2 = Q'N^2 + ON^2 = (\frac{1}{2}m+2)^2 + (1-m)^2$
展开整理得：$OQ'^2 = \frac{5}{4}m^2 + 5$
因为$\frac{5}{4}m^2 ≥ 0$，所以当 $m=0$ 时, $OQ'^2$ 取最小值，最小值为 5.
所以 $OQ'$ 的长的最小值为 $\sqrt{5}$.
【答案】
$\sqrt{5}$
【知识点】
旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题是几何与代数结合的综合题，解题核心是通过构造全等三角形实现线段的转化，用参数表示出旋转后点的坐标，再结合勾股定理和非负性求最值，较好地考查了逻辑推理能力和代数运算能力。
【难度系数】
0.3
遇到点绕定点旋转90°的问题，首先考虑构造全等三角形转化线段关系：我们可以过Q和Q'分别作y轴的垂线，结合旋转90°的性质，证明两个直角三角形全等，得到对应边相等的关系。接着设出点Q的坐标，用含参数的式子表示出Q'的坐标，再根据勾股定理写出OQ'长度的平方关于参数的代数式，最后利用平方的非负性求出代数式的最小值，即可得到OQ'的最小长度。
【解析】
过点 $Q$ 作 $QM ⊥ y$ 轴于点 $M$, 过点 $Q'$ 作 $Q'N ⊥ y$ 轴于点 $N$, 则 $∠ PMQ = ∠ Q'NP = 90°$.
因为 $∠ QPQ' = 90°$, 所以 $∠ QPM + ∠ NPQ' = 90°$.
又 $∠ PQ'N + ∠ NPQ' = 90°$, 所以 $∠ QPM = ∠ PQ'N$.
在$△ PQM$和$△ Q'PN$中：
$\begin{cases}∠PMQ=∠Q'NP \\∠QPM=∠PQ'N \\QP=PQ'\end{cases}$
所以 $△ PQM ≌ △ Q'PN(\mathrm{AAS})$.
所以 $QM = PN, PM = Q'N$.
设 $Q(m,\frac{1}{2}m+3)$，因为 $P(0,1)$，所以 $PM = \left|\frac{1}{2}m+3-1\right| = \left|\frac{1}{2}m+2\right|$, $QM = |m|$，即 $PN = |m|, Q'N = \left|\frac{1}{2}m+2\right|$.
所以 $ON = |1-m|$.
在 $\mathrm{Rt}△ OQ'N$ 中, 由勾股定理, 得：
$OQ'^2 = Q'N^2 + ON^2 = (\frac{1}{2}m+2)^2 + (1-m)^2$
展开整理得：$OQ'^2 = \frac{5}{4}m^2 + 5$
因为$\frac{5}{4}m^2 ≥ 0$，所以当 $m=0$ 时, $OQ'^2$ 取最小值，最小值为 5.
所以 $OQ'$ 的长的最小值为 $\sqrt{5}$.
【答案】
$\sqrt{5}$
【知识点】
旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题是几何与代数结合的综合题，解题核心是通过构造全等三角形实现线段的转化，用参数表示出旋转后点的坐标，再结合勾股定理和非负性求最值，较好地考查了逻辑推理能力和代数运算能力。
【难度系数】
0.3
三、耐心解一解(共66分)
19. (6分)新素养 运算能力
(1) 计算：$\sqrt[3]{0} - (π + 2026)^0 + (\frac{1}{2})^{-1} + (\sqrt{2})^2$；
(2) 解方程：$8(x+1)^3 -27=0$。
19. (6分)新素养 运算能力
(1) 计算：$\sqrt[3]{0} - (π + 2026)^0 + (\frac{1}{2})^{-1} + (\sqrt{2})^2$；
(2) 解方程：$8(x+1)^3 -27=0$。
答案：19. (1) 原式$=0-1+2+2=3$.
(2) $x=\frac{1}{2}$.
(2) $x=\frac{1}{2}$.
解析：
【分析】
（1）本题为实数混合运算题，解题时先分别识别每一项的运算类型，根据对应法则算出每一项的结果，再按有理数加减法则计算最终结果：①立方根运算中$\sqrt[3]{0}$的结果为0；②非零数的0次幂等于1，因此$(π+2026)^0=1$；③负整数指数幂等于对应正指数幂的倒数，因此$(\frac{1}{2})^{-1}=2$；④$(\sqrt{a})^2=a(a≥0)$，因此$(\sqrt{2})^2=2$，最后代入计算即可。
（2）本题是含立方的一元方程，解题时先通过移项、系数化为1，将方程变形为$(x+a)^3=b$的形式，再对两边同时开立方转化为一元一次方程，最后求解即可。
【解析】
(1) 分别计算每一项：
$\sqrt[3]{0}=0$，$(π+2026)^0=1$（$π+2026≠0$，非零数的0次幂为1），$(\frac{1}{2})^{-1}=2$，$(\sqrt{2})^2=2$
代入原式得：
原式$=0 - 1 + 2 + 2 = 3$
(2) 解方程$8(x+1)^3 -27=0$：
移项得：$8(x+1)^3=27$
系数化为1得：$(x+1)^3=\frac{27}{8}$
两边同时开立方得：$x+1=\frac{3}{2}$
移项计算得：$x=\frac{3}{2}-1=\frac{1}{2}$
【答案】
(1) $\boxed{3}$；(2) $\boxed{x=\dfrac{1}{2}}$
【知识点】
实数混合运算，幂的运算性质，利用立方根解方程
【点评】
本题属于基础运算类题目，重点考察运算能力，涉及的运算规则都是常考基础知识点，解题时注意不要混淆零指数幂、负整数指数幂的运算规则，开立方时注意立方根的唯一性，计算细心即可拿到满分。
【难度系数】
0.85
（1）本题为实数混合运算题，解题时先分别识别每一项的运算类型，根据对应法则算出每一项的结果，再按有理数加减法则计算最终结果：①立方根运算中$\sqrt[3]{0}$的结果为0；②非零数的0次幂等于1，因此$(π+2026)^0=1$；③负整数指数幂等于对应正指数幂的倒数，因此$(\frac{1}{2})^{-1}=2$；④$(\sqrt{a})^2=a(a≥0)$，因此$(\sqrt{2})^2=2$，最后代入计算即可。
（2）本题是含立方的一元方程，解题时先通过移项、系数化为1，将方程变形为$(x+a)^3=b$的形式，再对两边同时开立方转化为一元一次方程，最后求解即可。
【解析】
(1) 分别计算每一项：
$\sqrt[3]{0}=0$，$(π+2026)^0=1$（$π+2026≠0$，非零数的0次幂为1），$(\frac{1}{2})^{-1}=2$，$(\sqrt{2})^2=2$
代入原式得：
原式$=0 - 1 + 2 + 2 = 3$
(2) 解方程$8(x+1)^3 -27=0$：
移项得：$8(x+1)^3=27$
系数化为1得：$(x+1)^3=\frac{27}{8}$
两边同时开立方得：$x+1=\frac{3}{2}$
移项计算得：$x=\frac{3}{2}-1=\frac{1}{2}$
【答案】
(1) $\boxed{3}$；(2) $\boxed{x=\dfrac{1}{2}}$
【知识点】
实数混合运算，幂的运算性质，利用立方根解方程
【点评】
本题属于基础运算类题目，重点考察运算能力，涉及的运算规则都是常考基础知识点，解题时注意不要混淆零指数幂、负整数指数幂的运算规则，开立方时注意立方根的唯一性，计算细心即可拿到满分。
【难度系数】
0.85
20. (6分)如图,在边长为1的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系,△ABC三个顶点的坐标分别为A(1,3),B(-1,1),C(4,1).
(1) 将A,B,C三点的纵坐标保持不变,横坐标分别乘-1,得到A',B',C'三点,请在图中作出△A'B'C',则△A'B'C'与△ABC关于
(2) 在y轴的负半轴上找一点P,使得△PAB的面积与△ABC的面积相等,则点P的坐标为
(1) 将A,B,C三点的纵坐标保持不变,横坐标分别乘-1,得到A',B',C'三点,请在图中作出△A'B'C',则△A'B'C'与△ABC关于
y
轴对称;(2) 在y轴的负半轴上找一点P,使得△PAB的面积与△ABC的面积相等,则点P的坐标为
(0,-3)
.答案：20. (1) 图略. y
(2) $(0,-3)$
(2) $(0,-3)$
解析：
【分析】
(1) 解决第一问时，先回忆坐标对称的规律：若两点纵坐标不变，横坐标互为相反数，则两点关于y轴对称。题目要求将三点横坐标乘-1、纵坐标不变，得到的点恰好是原三点关于y轴的对称点，因此变换后的三角形与原三角形关于y轴对称，按得到的新坐标描点连线即可画出△A'B'C'。
(2) 解决第二问时，首先计算△ABC的面积：观察B、C纵坐标相同，可知BC为水平线段，先算BC长度，再算A到BC的高，即可求出面积。接着设P点坐标为(0,t)（t＜0），先求出直线AB与y轴的交点，将△PAB拆分为两个共底的三角形，底为y轴上交点到P的距离，两个三角形的高分别为A、B到y轴的水平距离，根据面积相等列方程求解，即可得到t的值，得到P的坐标。
【解析】
(1) 由题意得A'(-1,3)、B'(1,1)、C'(-4,1)，在图中描出三点后顺次连线，即可得到△A'B'C'。根据点的坐标变换规律：横坐标互为相反数、纵坐标相同的点关于y轴对称，因此△A'B'C'与△ABC关于y轴对称。
(2) 先计算△ABC的面积：
∵B(-1,1)，C(4,1)，两点纵坐标相同，
∴BC的长度为$4 - (-1) = 5$，BC边上的高为A点纵坐标减去BC的纵坐标，即$3 - 1 = 2$，
∴$S_{△ ABC}=\frac{1}{2} × 5 × 2 = 5$。
设直线AB的解析式为$y=kx+b$，将A(1,3)、B(-1,1)代入得：
$\begin{cases} k + b = 3 \\ -k + b = 1 \end{cases}$
解得$\begin{cases} k=1 \\ b=2 \end{cases}$，即直线AB的解析式为$y=x+2$，
∴直线AB与y轴的交点坐标为(0,2)。
设P点坐标为(0,t)，其中t＜0，△PAB的面积可表示为以两点(0,2)和(0,t)的距离为底，A、B到y轴的距离之和为高的三角形面积：
$S_{△ PAB}=\frac{1}{2} × |2 - t| × (1 + 1) = |2 - t|$
令$S_{△ PAB}=5$，即$|2 - t|=5$，
∵t＜0，
∴$2 - t＞0$，
∴$2 - t=5$，解得$t=-3$，
∴P点坐标为(0,-3)。
【答案】
(1) y；(2) $(0,-3)$
【知识点】
坐标对称变换、三角形面积计算、一次函数应用
【点评】
本题是平面直角坐标系与几何结合的基础题型，既考查了坐标对称变换的规律，又考查了利用坐标计算图形面积的方法，解题时要善于观察坐标特征简化计算，拆分法求三角形面积是这类题的常用技巧。
【难度系数】
0.7
(1) 解决第一问时，先回忆坐标对称的规律：若两点纵坐标不变，横坐标互为相反数，则两点关于y轴对称。题目要求将三点横坐标乘-1、纵坐标不变，得到的点恰好是原三点关于y轴的对称点，因此变换后的三角形与原三角形关于y轴对称，按得到的新坐标描点连线即可画出△A'B'C'。
(2) 解决第二问时，首先计算△ABC的面积：观察B、C纵坐标相同，可知BC为水平线段，先算BC长度，再算A到BC的高，即可求出面积。接着设P点坐标为(0,t)（t＜0），先求出直线AB与y轴的交点，将△PAB拆分为两个共底的三角形，底为y轴上交点到P的距离，两个三角形的高分别为A、B到y轴的水平距离，根据面积相等列方程求解，即可得到t的值，得到P的坐标。
【解析】
(1) 由题意得A'(-1,3)、B'(1,1)、C'(-4,1)，在图中描出三点后顺次连线，即可得到△A'B'C'。根据点的坐标变换规律：横坐标互为相反数、纵坐标相同的点关于y轴对称，因此△A'B'C'与△ABC关于y轴对称。
(2) 先计算△ABC的面积：
∵B(-1,1)，C(4,1)，两点纵坐标相同，
∴BC的长度为$4 - (-1) = 5$，BC边上的高为A点纵坐标减去BC的纵坐标，即$3 - 1 = 2$，
∴$S_{△ ABC}=\frac{1}{2} × 5 × 2 = 5$。
设直线AB的解析式为$y=kx+b$，将A(1,3)、B(-1,1)代入得：
$\begin{cases} k + b = 3 \\ -k + b = 1 \end{cases}$
解得$\begin{cases} k=1 \\ b=2 \end{cases}$，即直线AB的解析式为$y=x+2$，
∴直线AB与y轴的交点坐标为(0,2)。
设P点坐标为(0,t)，其中t＜0，△PAB的面积可表示为以两点(0,2)和(0,t)的距离为底，A、B到y轴的距离之和为高的三角形面积：
$S_{△ PAB}=\frac{1}{2} × |2 - t| × (1 + 1) = |2 - t|$
令$S_{△ PAB}=5$，即$|2 - t|=5$，
∵t＜0，
∴$2 - t＞0$，
∴$2 - t=5$，解得$t=-3$，
∴P点坐标为(0,-3)。
【答案】
(1) y；(2) $(0,-3)$
【知识点】
坐标对称变换、三角形面积计算、一次函数应用
【点评】
本题是平面直角坐标系与几何结合的基础题型，既考查了坐标对称变换的规律，又考查了利用坐标计算图形面积的方法，解题时要善于观察坐标特征简化计算，拆分法求三角形面积是这类题的常用技巧。
【难度系数】
0.7