《2025年名校题库八年级数学上册北师大版》

3. (天府新区期末)如图,在平面直角坐标系中,点$M$,$N的坐标分别为(2,0)$,$(0,6)$,在$x轴的负半轴上有一点A$,且满足$OA= 4OM$,连接$MN$,$AN$。
(1)求直线$AN$的函数表达式。
(2)将线段$MN沿y轴方向平移至M'N'$,连接$AM'$,$AN'$。
①当线段$MN向下平移2$个单位长度时(如图所示),求$\triangle AM'N'$的面积；
②当$\triangle AM'N'$为直角三角形时,求点$M'$的坐标。

答案： 3. 解:
(1)$\because M(2,0)$，$\therefore OM = 2$。
$\because OA = 4OM$，$\therefore OA = 8$。
又$\because$点$A$在$x$轴的负半轴上，$\therefore A(-8,0)$。
设直线$AN$的函数表达式为$y = kx + b$，将点$A(-8,0)$，$N(0,6)$代入上式，得$\begin{cases}-8k + b = 0\\b = 6\end{cases}$，解得$\begin{cases}k = \frac{3}{4}\\b = 6\end{cases}$。
$\therefore$直线$AN$的函数表达式为$y = \frac{3}{4}x + 6$。
(2)①$\because$将线段$MN$向下平移$2$个单位长度，$\therefore M'(2,-2)$，$N'(0,4)$。
设直线$AM'$的函数表达式为$y = tx + n$，把点$A(-8,0)$，$M'(2,-2)$代入，得$\begin{cases}-8t + n = 0\\2t + n = -2\end{cases}$，解得$\begin{cases}t = -\frac{1}{5}\\n = -\frac{8}{5}\end{cases}$。
$\therefore$直线$AM'$的函数表达式为$y = -\frac{1}{5}x - \frac{8}{5}$。
设直线$AM'$与$y$轴相交于点$C$。
在$y = -\frac{1}{5}x - \frac{8}{5}$中，令$x = 0$，则$y = -\frac{8}{5}$，$\therefore C(0,-\frac{8}{5})$，$\therefore S_{\triangle AM'N'}=\frac{1}{2}CN'\cdot(x_{M}-x_{A})=\frac{1}{2}×(4+\frac{8}{5})×(2 + 8)=28$。
②设将线段$MN$沿$y$轴方向平移$m$个单位长度至$M'N'$，则$M'(2,m)$，$N'(0,6 + m)$。
$\therefore AM'^{2}=10^{2}+m^{2}$，$AN'^{2}=8^{2}+(6 + m)^{2}$，$M'N'^{2}=2^{2}+6^{2}=40$。
当$\angle AN'M' = 90^{\circ}$时，$8^{2}+(6 + m)^{2}+40 = 10^{2}+m^{2}$，解得$m = -\frac{10}{3}$，此时$M'(2,-\frac{10}{3})$；
当$\angle AM'N' = 90^{\circ}$时，$10^{2}+m^{2}+40 = 8^{2}+(6 + m)^{2}$，解得$m = \frac{10}{3}$，此时$M'(2,\frac{10}{3})$；
当$\angle M'AN' = 90^{\circ}$时，$10^{2}+m^{2}+8^{2}+(6 + m)^{2}=40$不成立。
综上所述，点$M'$的坐标为$(2,-\frac{10}{3})$或$(2,\frac{10}{3})$。

1. (成华区期末)如图,直线$y= -\frac {4}{3}x+\frac {8}{3}与直线y= x+b交于点A(-1,m)$,直线$y= -\frac {4}{3}x+\frac {8}{3}与x轴交于点B$,直线$y= x+b与x轴交于点C$。
(1)求$m和b$的值。
(2)已知点$D在x$轴上,且$\triangle ABD的面积为4$,求直线$AD$的表达式。
(3)在$x轴上是否存在点P$,使得$\triangle PAC$为等腰三角形？若存在,请直接写出点$P$的坐标；若不存在,请说明理由。

答案： 1. 解:
(1)把点$A(-1,m)$代入$y = -\frac{4}{3}x+\frac{8}{3}$，得$m=\frac{4}{3}+\frac{8}{3}=4$，$\therefore A(-1,4)$。
把点$A(-1,4)$代入$y = x + b$，得$4 = -1 + b$，解得$b = 5$。
(2)$\because\triangle ABD$的面积为$4$，$\therefore\frac{1}{2}BD\cdot|y_A| = 4$，即$\frac{1}{2}BD\cdot4 = 4$，$\therefore BD = 2$。
在$y = -\frac{4}{3}x+\frac{8}{3}$中，令$y = 0$，得$x = 2$，$\therefore B(2,0)$，$\therefore D(4,0)$或$(0,0)$。
当$D(4,0)$时，$\because A(-1,4)$，$\therefore$直线$AD$的表达式为$y = -\frac{4}{5}x+\frac{16}{5}$；
当$D(0,0)$时，$\because A(-1,4)$，$\therefore$直线$AD$的表达式为$y = -4x$。
综上所述，直线$AD$的表达式为$y = -\frac{4}{5}x+\frac{16}{5}$或$y = -4x$。
(3)在$x$轴上存在点$P$，使得$\triangle PAC$为等腰三角形.理由如下：
设$P(m,0)$。
在$y = x + 5$中，令$y = 0$，得$x = -5$，$\therefore C(-5,0)$。
$\because A(-1,4)$，$\therefore PA^2 = (m + 1)^2+16$，$PC^2=(m + 5)^2$，$AC^2 = 32$。
①当$PA = PC$时，$(m + 1)^2+16=(m + 5)^2$，解得$m = -1$，$\therefore P(-1,0)$；
②当$PC = AC$时，$(m + 5)^2 = 32$，解得$m = 4\sqrt{2}-5$或$m = -4\sqrt{2}-5$，$\therefore P(4\sqrt{2}-5,0)$或$(-4\sqrt{2}-5,0)$；
③当$PA = AC$时，$(m + 1)^2+16 = 32$，解得$m = 3$或$m = -5$(舍去)，$\therefore P(3,0)$。
综上所述，点$P$的坐标为$(-1,0)$或$(4\sqrt{2}-5,0)$或$(-4\sqrt{2}-5,0)$或$(3,0)$。