《2025年名校题库八年级数学上册北师大版》

6. (金牛区期末)如图,在平面直角坐标系中,已知直线$AO:y = \frac{1}{3}x$,直线$AC:y = \frac{5}{3}x - 4$,直线$AC与y轴交于点C$。
(1)直接写出点$A$的坐标为______；
(2)若点$D在直线OA$上,点$E在直线AC$上,且$DE// y$轴,$DE = \frac{\sqrt{10}}{10}OA$,求点$D$的坐标；
(3)若点$B在x$轴上,当$\triangle BOC的面积等于\triangle AOC$的面积的三分之一时,求$\angle CBO - \angle ACO$的度数。

答案：
6.解:
(1)$(3,1)$【解析】联立$\begin{cases}y = x + 2\\y=\frac{1}{3}x\end{cases}$解得$\begin{cases}x = 3\\y = 1\end{cases}$，
∴点$A$的坐标为$(3,1)$.
(2)
∵$A(3,1)$，
∴$OA=\sqrt{3^{2}+1^{2}}=\sqrt{10}$
　设点$D$的坐标为$(a,\frac{1}{3}a)$.
∵$DE// y$轴，
∴点$E$的坐标为$(a,\frac{5}{3}a - 4)$.
∵$DE=\frac{\sqrt{10}}{10}OA$，
∴$DE=\vert\frac{5}{3}a - 4-\frac{1}{3}a\vert=\vert\frac{4}{3}a - 4\vert=\frac{\sqrt{10}}{10}×\sqrt{10}=1$，解得$a=\frac{15}{4}$或$a=\frac{9}{4}$.当$a=\frac{15}{4}$时，$y=\frac{1}{3}×\frac{15}{4}=\frac{5}{4}$；当$a=\frac{9}{4}$时，$y=\frac{1}{3}×\frac{9}{4}=\frac{3}{4}$，
∴点$D$的坐标为$(\frac{15}{4},\frac{5}{4})$或$(\frac{9}{4},\frac{3}{4})$.
(3)当$x = 0$时，$y=\frac{5}{3}x - 4=-4$，
∴$C(0,-4)$，
∴$S_{\triangle AOC}=\frac{1}{2}×4×3 = 6$.
∵$\triangle BOC$的面积等于$\triangle AOC$的面积的三分之一，
∴$S_{\triangle BOC}=\frac{1}{2}OC\cdot OB=\frac{1}{2}×4OB=\frac{1}{3}×6 = 2$，
∴$OB = 1$.
　如图，作点$B$关于$y$轴的对称点$B'$，连接$CB'$，$AB'$，过点$A$作$AH\perp x$轴于点$H$，
　则有$OB = OB'$，$\angle BCO=\angle B'CO$，$\angle AHO = 90^{\circ}$，
∴$OB'=OB = 1$，
∴点$B'$的坐标为$(-1,0)$，
∴$B'H = OB'+OH = 4$.
　在$\triangle AHB'$和$\triangle B'OC$中，$\begin{cases}AH = B'O = 1\\\angle AHB'=\angle B'OC\\B'H = CO\end{cases}$
∴$\triangle AHB'\cong\triangle B'OC(SAS)$，
∴$AB' = CB'$，$\angle AB'H=\angle B'CO$.
∵$\angle B'CO+\angle CB'O = 90^{\circ}$，
∴$\angle AB'H+\angle CB'O = 90^{\circ}$，
∴$\angle AB'C = 90^{\circ}$，
∴$\triangle AB'C$是等腰直角三角形，
∴$\angle B'CA = 45^{\circ}$，即$\angle BCO+\angle ACO = 45^{\circ}$.
∵$\angle CBO = 90^{\circ}-\angle BCO = 90^{\circ}-(45^{\circ}-\angle ACO)=45^{\circ}+\angle ACO$，
∴$\angle CBO-\angle ACO = 45^{\circ}$.