《2025年5年中考3年模拟八年级数学下册湘教版》

4. 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，直线$y = \sqrt{3}x$经过点 A，作 AB⊥x 轴于点 B，将△ABO 绕点 B 顺时针旋转 60°得到△CBD，若点 B 的坐标为(2,0)，求点 C 的坐标.（M8204003）

答案： **解析**：因为点$B$的坐标为$(2,0)$，所以$OB = 2$，
因为直线$y=\sqrt{3}x$经过点$A$，$AB\perp x$轴于点$B$，
所以点$A$的坐标为$(2,2\sqrt{3})$，所以$AB = 2\sqrt{3}$，
由勾股定理得$OA=\sqrt{AB^{2}+OB^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{3})^{2}+2^{2}} = 4$，
所以$\angle OAB = 30^{\circ}$，所以$\angle AOB = 60^{\circ}$，
因为$\triangle ABO$绕点$B$顺时针旋转$60^{\circ}$得到$\triangle CBD$，
所以$\angle C=\angle OAB = 30^{\circ}$，$BC = BA = 2\sqrt{3}$，$\angle ABC = 60^{\circ}$，设$AB$与$CD$相交于点$E$（图略），
则$\angle BEC = 90^{\circ}=\angle OBA$，所以$CD// x$轴，
在$Rt\triangle BEC$中，$BE=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\times2\sqrt{3}=\sqrt{3}$，
所以$CE=\sqrt{BC^{2}-BE^{2}} = 3$，所以点$C$的横坐标为$3 + 2 = 5$，
所以点$C$的坐标为$(5,\sqrt{3})$。

5. 如图，直线$y = -\frac{1}{2}x + 3$与坐标轴分别交于点 A，B，与直线 y = x 交于点 C，线段 OA 上的点 Q 以每秒 1 个单位长度的速度从点 O 出发向点 A 做匀速运动，运动时间为 t 秒，连接 CQ.（M8204003）
(1) 求出点 C 的坐标.
(2) 若△OQC 是等腰直角三角形，则 t 的值为________.
(3) 若 CQ 平分△OAC 的面积，求直线 CQ 的函数表达式.

答案：
**解析**\n（1）由题意得$\begin{cases}y=-\frac{1}{2}x + 3\\y = x\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = 2\\y = 2\end{cases}$，
所以点$C$的坐标为$(2,2)$。\n（2）分情况讨论：显然$\angle COQ\neq90^{\circ}$，如图1，当$\angle CQO = 90^{\circ}$，$CQ = OQ$时，因为$C(2,2)$，所以$OQ = CQ = 2$，所以$t=\frac{2}{1}=2$；
如图2，当$\angle OCQ = 90^{\circ}$，$OC = CQ$时，过$C$作$CM\perp OA$于$M$，因为$C(2,2)$，所以$CM = OM = 2$，所以$QM = OM = 2$，所以$OQ = 4$，所以$t=\frac{4}{1}=4$。综上，$t$的值为$2$或$4$。\n（3）令$-\frac{1}{2}x + 3 = 0$，得$x = 6$，所以$A(6,0)$，因为$CQ$平分$\triangle OAC$的面积，所以$Q(3,0)$，设直线$CQ$的函数表达式是$y = kx + b(k\neq0)$，把$(2,2)$，$(3,0)$代入得$\begin{cases}2k + b = 2\\3k + b = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-2\\b = 6\end{cases}$，所以直线$CQ$的函数表达式为$y=-2x + 6$。

6. 如图，在平面直角坐标系中，点 A、B 分别在 x 轴、y 轴上，线段 OA、OB 的长(OA＜OB)是方程组$\begin{cases}2x = y, \\ 3x - y = 6\end{cases}$的解，点 C 是直线 y = 2x 与 AB 所在直线的交点，点 D 在线段 OC 上，OD = 2$\sqrt{5}$.（M8204003）
(1) 求点 C 的坐标.
(2) 求直线 AD 的解析式.
(3) P 是直线 AD 上的点，在平面内是否存在点 Q，使以 O、A、P、Q 为顶点的四边形是菱形?若存在，请写出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由.

答案：
**解析**\n（1）解方程组$\begin{cases}2x = y\\3x - y = 6\end{cases}$，得$\begin{cases}x = 6\\y = 12\end{cases}$，
因为$OA\lt OB$，所以$OA = 6$，$OB = 12$，即$A(6,0)$，$B(0,12)$，
设直线$AB$的解析式为$y = kx + b(k\neq0)$，
则$\begin{cases}6k + b = 0\\b = 12\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-2\\b = 12\end{cases}$，
所以直线$AB$的解析式为$y=-2x + 12$，
联立$\begin{cases}y=-2x + 12\\y = 2x\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = 3\\y = 6\end{cases}$，所以点$C$的坐标为$(3,6)$。\n（2）设点$D$的坐标为$(a,2a)$，
因为$OD = 2\sqrt{5}$，所以$a^{2}+(2a)^{2}=(2\sqrt{5})^{2}$，解得$a=\pm2$，
因为点$D$在线段$OC$上，所以$a = 2$，所以$D(2,4)$，
设直线$AD$的解析式为$y = mx + n(m\neq0)$，
把$(6,0)$，$(2,4)$代入，得$\begin{cases}6m + n = 0\\2m + n = 4\end{cases}$，解得$\begin{cases}m=-1\\n = 6\end{cases}$，
所以直线$AD$的解析式为$y=-x + 6$。\n（3）存在。
由直线$AD$的解析式可得$\angle OAD = 45^{\circ}$，
因为点$A$的坐标为$(6,0)$，所以$OA = 6$，
如图，当四边形$OAPQ$为菱形时，$OQ = OA = 6$，
由$\angle QOM=\angle OAD = 45^{\circ}$，可得点$Q$的坐标为$(-3\sqrt{2},3\sqrt{2})$；
当四边形$OAP'Q'$为菱形时，$OQ' = OA = 6$，由$\angle Q'OA=\angle OAD = 45^{\circ}$，可得点$Q'$的坐标为$(3\sqrt{2},-3\sqrt{2})$；
易知直线$AD$与$y$轴的交点$P''$的坐标为$(0,6)$，
所以$OP'' = OA = 6$，所以当四边形$OAQ''P''$为菱形时，点$Q''$的坐标为$(6,6)$；
易知当以$O$，$Q_{1}$，$A$，$P_{1}$为顶点的四边形是以$OA$为对角线的菱形时，点$Q_{1}$的坐标为$(3,-3)$。
综上所述，以$O$、$A$、$P$、$Q$为顶点的四边形是菱形时，点$Q$的坐标为$(-3\sqrt{2},3\sqrt{2})$或$(3\sqrt{2},-3\sqrt{2})$或$(6,6)$或$(3,-3)$。