《2025年名校题库八年级数学上册北师大版》

4. (锦江区期末)在平面直角坐标系中,直线$MN交x轴的正半轴于点M$,交$y轴的负半轴于点N(0,-3)$,$\angle ONM= 30^{\circ }$,作线段$MN的垂直平分线交x轴于点A$,交$y轴于点B$。
(1)如图$1$,求直线$MN的表达式和点A$的坐标；
(2)如图$2$,过点$M作y轴的平行线l$,$P是l$上一点,若$S_{\triangle ANP}= 6\sqrt {3}$,求点$P$的坐标；
(3)如图$3$,$Q是y$轴上的一个动点,连接$QM$,$AQ$,将$\triangle MAQ沿AQ翻折得到\triangle M_{1}AQ$,当$\triangle M_{1}MN$是等腰三角形时,求点$Q$的坐标。

答案：
4. 解:
(1)$\because N(0,-3)$，$\angle ONM = 30^{\circ}$，$\therefore MN = 2OM$，$\angle NMO = 60^{\circ}$，$\therefore(2OM)^2 = OM^2+3^2$，解得$OM=\sqrt{3}$，$\therefore M(\sqrt{3},0)$。
设直线$MN$的解析式为$y = kx + b$，$\therefore\begin{cases}b = -3,\\\sqrt{3}k + b = 0,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=\sqrt{3},\\b = -3,\end{cases}$$\therefore$直线$MN$的表达式为$y=\sqrt{3}x - 3$。
$\because AB$垂直平分$MN$，$\therefore MN$的中点$T$的坐标为$(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2})$，$\angle MAB = 30^{\circ}$。
如图1，过点$T$作$TS\perp AM$于点$S$，则$AT = 2ST = 3$，$\therefore AS=\sqrt{3^2 - (\frac{3}{2})^2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，$\therefore AO=\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，$\therefore A(-\sqrt{3},0)$。
(2)在$y$轴上取一点$Q(0,y)$，使得$S_{\triangle ANQ}=6\sqrt{3}$。
$\because S_{\triangle ANQ}=\frac{1}{2}NQ\cdot OA$，$\therefore\frac{1}{2}\cdot|y + 3|\cdot\sqrt{3}=6\sqrt{3}$，解得$y_1 = 9$，$y_2 = -15$，$\therefore Q_1(0,9)$，$Q_2(0,-15)$。
$\because A(-\sqrt{3},0)$，$N(0,-3)$，$\therefore$直线$AN$的表达式为$y = -\sqrt{3}x - 3$。
如图2，过点$Q$作$QP// AN$交$l$于点$P$，$\therefore Q_1P:y = -\sqrt{3}x + 9$，当$x=\sqrt{3}$时$y = -\sqrt{3}×\sqrt{3}+9 = 6$，即$P(\sqrt{3},6)$。
同理，$Q_2P:y = -\sqrt{3}x - 15$，$\therefore P(\sqrt{3},-18)$。
综上所述，点$P$的坐标为$(\sqrt{3},6)$或$(\sqrt{3},-18)$。


(3)①如图3，当$MM_1 = MN=\sqrt{(\sqrt{3})^2 + 3^2}=2\sqrt{3}$时，由轴对称的性质可得$AM_1 = AM = 2\sqrt{3}$。
$\because AN=\sqrt{3^2+(\sqrt{3})^2}=2\sqrt{3}$，$\therefore AN = AM_1 = MM_1 = MN$，$\therefore$由垂直平分线的判定定理可得，$AM$，$M_1N$互相垂直平分，$\therefore$点$M_1$在$y$轴上，且$M_1(0,3)$。
设$MQ = M_1Q = m$，$\therefore m^2=(3 - m)^2+(\sqrt{3})^2$，解得$m = 2$，$\therefore QO = 1$，$\therefore Q(0,1)$。
②如图4，当$NM = NM_1$时，由$AN = NM = AM = 2\sqrt{3}$，得$\triangle ANM$为等边三角形，此时点$Q$，$N$重合，$\therefore Q(0,-3)$。
③如图5，当$M_1M = M_1N$时，点$M_1$在直线$AB$上。
$\because\angle OAB = 30^{\circ}$，$\therefore\angle M_1AO = 150^{\circ}$，$\angle QAM=\frac{1}{2}×150^{\circ}=75^{\circ}$，$\angle AQO = 15^{\circ}$。
作$\angle RAO = 60^{\circ}$，点$R$在$y$轴的正半轴上，$\therefore\angle QAR = 15^{\circ}=\angle AQR$，$\angle ARO = 30^{\circ}$，$\therefore AR = QR = 2\sqrt{3}$，$\therefore OR=\sqrt{(2\sqrt{3})^2-(\sqrt{3})^2}=3$，$\therefore Q(0,3 + 2\sqrt{3})$。
同理，如图5，当点$Q$在点$K$的位置时，点$M_1$在点$H$的位置，此时$Q(0,3 - 2\sqrt{3})$。
综上所述，点$Q$的坐标为$(0,1)$或$(0,-3)$或$(0,3\pm2\sqrt{3})$。

1. (七中育才)正方形 $ OABC $ 的边长为 $ 1 $,把它放在如图所示的平面直角坐标系中,$ M(t,0) $ 是 $ x $ 轴上一个动点 $ (t \geq 1) $,连接 $ BM $,在 $ BM $ 的右侧作正方形 $ BMNP $. 直线 $ DE $ 的解析式为 $ y = 2x + b $,与 $ x $ 轴交于点 $ D $,与 $ y $ 轴交于点 $ E $,当 $ \triangle PDE $ 为等腰直角三角形时,点 $ P $ 的坐标是______.

答案：
$(2,2)$或$(2,1)$ [解析]如图1,过点P作$PF⊥$BC交CB的延长线于点F.
∵四边形OABC与四边形BMNP都是正方形，
∴$∠ABM+∠MBF=90^{\circ}$，$∠FBP+∠MBF=90^{\circ}$，
∴$∠ABM=∠FBP$。在$△ABM$和$△FBP$中，
∵$\begin{cases}∠ABM = ∠FBP\\∠BAM = ∠F = 90^{\circ}\\BM = BP\end{cases}$，
∴$△ABM≌△FBP(AAS)$，
∴$BF = AB$，$PF = AM$；
∵正方形OABC的边长为1，点$M(t,0)$，
∴$BF = 1$，$PF = t - 1$，点P到x轴的距离为$t - 1 + 1 = t$，
∴点P的坐标为$(2,t)$。对于直线DE的解析式为$y = 2x + b$，当$y = 0$时，$2x + b = 0$，解得$x = -\frac{b}{2}$；当$x = 0$时，$y = b$，
∴$D(-\frac{b}{2},0)$，$E(0,b)$。①
∵$△PDE$是等腰直角三角形，
∴当DE是斜边时，如图1，$PD^{2}=PE^{2}$，且$PD^{2}+PE^{2}=DE^{2}$，$PD^{2}=(\frac{b}{2}+2)^{2}+t^{2}$，$PE^{2}=(b - t)^{2}+2^{2}$，$DE^{2}=(\frac{b}{2})^{2}+b^{2}$，
∴$(\frac{b}{2}+2)^{2}+t^{2}=(b - t)^{2}+2^{2}$，且$(\frac{b}{2}+2)^{2}+t^{2}+(b - t)^{2}+2^{2}=(\frac{b}{2})^{2}+b^{2}$，整理，得$b = \frac{8}{3}(t + 1)$且$t^{2}-b(t - 1)+4 = 0$，
∴$t^{2}-\frac{8}{3}(t + 1)(t - 1)+4 = 0$，解得$t_1 = 2$，$t_2 = -2$(舍去)，
∴此时点P的坐标是$(2,2)$。②
∵$△PDE$是等腰直角三角形，
∴当PD是斜边时，如图2，$PE⊥DE$，且$PE = DE$，过点P作$PQ⊥y$轴于点Q。
∵$∠DEO + ∠PEO = 90^{\circ}$，$∠DEO + ∠EDO = 90^{\circ}$，
∴$∠PEO = ∠EDO$，
∴$△EDO≌△PEQ(AAS)$，
∴$EQ = DO = \frac{b}{2}$，$PQ = EO = b$。又
∵点$P(2,t)$，
∴$b = 2$，$b - t = \frac{b}{2}$，解得$t = \frac{b}{2}=\frac{1}{2}×2 = 1$，
∴此时点P的坐标为$(2,1)$。综上所述，满足条件的点P的坐标为$(2,2)$或$(2,1)$。