《2025年名校题库八年级数学上册北师大版》

4. (青羊区期末)一次函数 $ y = kx + b $ 的图象与 $ x $ 轴、$ y $ 轴分别交于点 $ A(a,0) $,$ B(0,b) $,过点 $ B $ 作垂直于直线 $ AB $ 的直线交 $ x $ 轴于点 $ C $,过点 $ A $ 的直线交线段 $ BO $ 于点 $ D $,交直线 $ BC $ 于点 $ E $,其中实数 $ a $,$ b $ 满足 $ \sqrt{a + 2} + b^2 + 8b + 16 = 0 $.
(1)求直线 $ AB $ 的解析式；
(2)如图 1,当 $ BE = DE $ 时,求点 $ E $ 的坐标；
(3)如图 2,当 $ BD = DE $ 时,$ F $ 为直线 $ BC $ 上一点,且位于点 $ E $ 右侧,过点 $ F $ 作平行于 $ y $ 轴的直线交直线 $ AD $ 于点 $ G $,$ H $ 为直线 $ AB $ 上的动点,当 $ \triangle FGH $ 为等腰直角三角形时,求点 $ H $ 的坐标.

答案：
解:
(1)
∵$\sqrt{a + 2}+b^{2}+8b + 16 = 0$，
∴$\sqrt{a + 2}+(b + 4)^{2}=0$。
∵$\sqrt{a + 2}≥0$，$(b + 4)^{2}≥0$，
∴$\sqrt{a + 2}=0$，$(b + 4)^{2}=0$，
∴$a = -2$，$b = -4$，
∴$A(-2,0)$，$B(0,-4)$，
∴直线AB的解析式为$y = kx - 4$。
　将点$A(-2,0)$代入，得$-2k - 4 = 0$，解得$k = -2$，
∴直线AB的解析式为$y = -2x - 4$。
(2)如图1，过点E作$EG⊥y$轴于点G。
　设直线BC的解析式为$y = mx + n$。
∵$BC⊥AB$，
∴$-2m = -1$，解得$m = \frac{1}{2}$。
∵直线BC经过点$B(0,-4)$，
∴$n = -4$，
∴直线BC的解析式为$y = \frac{1}{2}x - 4$。
　设点$E(t,\frac{1}{2}t - 4)$，直线AE的解析式为$y = k'x + b'$，将点A，E的坐标代入，
　得$\begin{cases}-2k'+b' = 0\\tk'+b' = \frac{1}{2}t - 4\end{cases}$，解得$\begin{cases}k' = \frac{t - 8}{2t + 4}\\b' = \frac{t - 8}{t + 2}\end{cases}$，
∴直线AE的解析式为$y = \frac{t - 8}{2t + 4}x + \frac{t - 8}{t + 2}$，
　令$x = 0$，得$y = \frac{t - 8}{t + 2}$，
∴$D(0,\frac{t - 8}{t + 2})$。
∵$BE = DE$，$EG⊥BD$，
∴G是BD的中点，且点G与点E的纵坐标相同，
∴$\frac{t - 8}{t + 2}-4 = 2×(\frac{1}{2}t - 4)$，解得$t = 0$(舍去)或$t = 3$，
∴$E(3,-\frac{5}{2})$。
(3)如图2，过点A作$AM⊥x$轴交BC于点M，则$M(-2,-5)$，
∴$AM = 5$。
∵$BD = DE$，
∴$∠DEB = ∠DBE$。
∵$AM// y$轴，
∴$∠AMB = ∠DBE$，
∴$∠AMB = ∠DEB$。
在$△AEB$和$△AMB$中，
$\begin{cases}∠AEB = ∠AMB\\∠ABE = ∠ABM = 90^{\circ}\\AB = AB\end{cases}$，
∴$△AEB≌△AMB(AAS)$，
∴$AE = AM = 5$。
∵$A(-2,0)$，$E(t,\frac{1}{2}t - 4)$，
∴$(t + 2)^{2}+(\frac{1}{2}t - 4)^{2}=25$，解得$t = -2$(舍去)或$t = 2$，
∴$E(2,-3)$，
∴直线AE的解析式为$y = -\frac{3}{4}x - \frac{3}{2}$。
由题意，知$△FGH$为等腰直角三角形，点H在直线AB上，设点$H(n,-2n - 4)$。
①当$∠FGH = 90^{\circ}$，$FG = GH$时，
∵$FG// y$轴，
∴$HG// x$轴，
∴点G的纵坐标与点H的纵坐标相同，且点G在直线AE上，
∴$-2n - 4 = -\frac{3}{4}x - \frac{3}{2}$，解得$x = \frac{8}{3}n + \frac{10}{3}$，
∴$G(\frac{8}{3}n + \frac{10}{3},-2n - 4)$，
∴$GH = \frac{8}{3}n + \frac{10}{3}-n = \frac{5}{3}n + \frac{10}{3}$。
∵点F在直线$BC:y = \frac{1}{2}x - 4$上，
∴$F(\frac{8}{3}n + \frac{10}{3},\frac{4}{3}n - \frac{7}{3})$，
∴$FG = \frac{4}{3}n - \frac{7}{3}-(-2n - 4)=\frac{10}{3}n + \frac{5}{3}$，
∴$\frac{10}{3}n + \frac{5}{3}=\frac{5}{3}n + \frac{10}{3}$，
解得$n = 1$，
∴$H(1,-6)$。
②如图3，当$∠GFH = 90^{\circ}$，$FG = FH$时，
设点$H(n,-2n - 4)$，则易得点$F(-4n,-2n - 4)$，$G(-4n,3n - \frac{3}{2})$，
∴$FG = -2n - 4-(3n - \frac{3}{2})=-5n - \frac{5}{2}$，$FH = -4n - n = -5n$，
∴$-5n - \frac{5}{2}=-5n$，
　此方程无解，即点H不存在。
　③如图4，当$∠FHG = 90^{\circ}$，$FH = GH$时，作$HK⊥FG$于点K，则$HK = FK = KG$。
∵$H(n,-2n - 4)$，
∴点K的纵坐标为$-2n - 4$，点F，K，G的横坐标相同。
　设点$F(m,\frac{1}{2}m - 4)$，$G(m,-\frac{3}{4}m - \frac{3}{2})$，
∴$K(m,-\frac{1}{8}m - \frac{11}{4})$，$FG = (-\frac{3}{4}m - \frac{3}{2})-(\frac{1}{2}m - 4)=\frac{5}{2}-\frac{5}{4}m$，
∴$\begin{cases}-\frac{1}{8}m - \frac{11}{4}=-2n - 4\frac{5}{2}-\frac{5}{4}m = 2(n - m)\end{cases}$，解得$\begin{cases}m = -6\\n = -1\end{cases}$。
∵F为直线BC上一点，且位于点E右侧，
∴$m ＞ 2$，
∴$m = -6$不符合题意，舍去。
　综上，点H的坐标为$(1,-6)$。