《2025年名校题库八年级数学上册北师大版》

8. (石室天府)如图1,点$A(0,a)$,$B(b,0)$,且$a$,$b满足(a - 4)^{2} + \sqrt{b + 6} = 0$。
(1)求点$A和点B$的坐标；
(2)如图2,点$C(m,n)在线段AB$上,且满足$n - m = 5$,点$D在y$轴负半轴上,连接$CD交x轴负半轴于点M$,且$S_{\triangle MBC} = S_{\triangle MOD}$,求点$D$的坐标；
(3)平移直线$AB$,交$x轴正半轴于点E$,交$y轴于点F$,$P为直线EF$上且位于第三象限内的一个点,过点$P作PG \perp x轴于点G$,若$S_{\triangle PAB} = 20$,$GE = 12$,$N$是平面内一点,$\triangle APE与\triangle APN$全等,直接写出点$N$的坐标。

答案：
8.解:
(1)
∵$(a - 4)^{2}\geq0$，$\sqrt{b + 6}\geq0$，$(a - 4)^{2}+\sqrt{b + 6}=0$，
∴$(a - 4)^{2}=0$，$\sqrt{b + 6}=0$，
∴$a = 4$，$b = -6$，
∴$A(0,4)$，$B(-6,0)$.
(2)如图1，
∵$S_{\triangle BCM}=S_{\triangle DOM}$，
∴$S_{\triangle ABO}=S_{\triangle ACD}$.
　由
(1)知$AO = 4$，$BO = 6$.
∴$S_{\triangle ABO}=\frac{1}{2}AO\cdot BO = 12$.

连接$CO$，过点$C$分别作$CE\perp y$轴于点$E$，$CF\perp x$轴于点$F$.
∵$S_{\triangle ABO}=S_{\triangle BOC}+S_{\triangle ACO}$，
∴$12=\frac{1}{2}×6×|n|+\frac{1}{2}×|m|×4$.
∵$m＜0$，$n＞0$，
∴$-2m + 3n = 12$.
又
∵$n - m = 5$，
∴$m = -3$，$n = 2$，
∴$C(-3,2)$.
∵$S_{\triangle BCM}=S_{\triangle DOM}$，
∴$S = S_{\triangle DOC}$，
∴$OD = 4$，
∴$D(0,-4)$.
(3)如图2，
∵$EF// AB$，
∴$S_{\triangle PAB}=S_{\triangle EAB}=20$，
∴$\frac{1}{2}AO\cdot BE = 20$，即$\frac{1}{2}×4×(6 + OE)=40$，
∴$OE = 4$，
∴$E(4,0)$.
∵$GE = 12$，
∴$GO = 8$，
∴$G(-8,0)$，即$OG = 8$.
　　　　　
连接$BF$，则$S_{\triangle ABF}=S_{\triangle PBA}=20$，
∴$S_{\triangle ABF}=\frac{1}{2}OB\cdot AF=\frac{1}{2}×6×(4 + OF)=20$，
∴$OF=\frac{8}{3}$，
∴$F(0,-\frac{8}{3})$.
∵$S_{\triangle RGE}=S_{梯形GPFO}+S_{\triangle OEF}$，
∴$\frac{1}{2}×12×PG=\frac{1}{2}×(\frac{8}{3}+PG)×8+\frac{1}{2}×4×\frac{8}{3}$，
∴$PG = 8$，
∴$P(-8,-8)$.
如图3，当点$N$在直线$PA$的左边，$\triangle PAN\cong\triangle APE$时，
∴$\angle NAP=\angle EPA$，
∴$PE// AN$.
　　　　　
∵点$E(4,0)$分别向左和向上平移$4$个单位长度得到点$A(0,4)$，
∴点$P(-8,-8)$分别向左和向上平移$4$个单位长度得到点$N(-12,-4)$，即点$N$的坐标为$(-12,-4)$.
　当$\triangle APN\cong\triangle APE$时，作点$E$关于直线$PA$的对称点$N$，同理可得点$N_{1}$的坐标为$(-\frac{68}{13},\frac{80}{13})$.
　作点$N$关于直线$PA$的对称点$N_{2}$，易得点$N_{2}$的坐标为$(-\frac{36}{13},-\frac{132}{13})$.
　综上所述，点$N$的坐标为$(-12,-4)$或$(-\frac{68}{13},\frac{80}{13})$或$(-\frac{36}{13},-\frac{132}{13})$.