《2025年名校题库八年级数学上册北师大版》

11. (新都区期末)如图,直线$l_{1}:y= x-1$与y轴交于点A,直线$l_{2}:y= -2x-4$与x轴交于点B,直线$l_{1}与l_{2}$交于点C.
(1)求点A,C的坐标;
(2)点P在直线$l_{1}$上运动,求出满足条件$S_{△PBC}= S_{△ABC}$且异于点A的点P的坐标;
(3)$D(2,0)$为x轴上一定点,当点Q在直线$l_{1}$上运动时,请直接写出$|DQ-BQ|$的最大值.

答案：
解:
(1)在直线$l_{1}:y = x - 1$中,令$x = 0$,得$y = -1$,$\therefore$点$A$的坐标为$(0,-1)$.联立$\begin{cases}y = x - 1,\\y = -2x - 4,\end{cases}$解得$\begin{cases}x = -1,\\y = -2,\end{cases}$ $\therefore$点$C$的坐标为$(-1,-2)$.
(2)如图1,在直线$l_{1}:y = x - 1$中,令$y = 0$,得$0 = x - 1$,$\therefore x = 1$,$\therefore$点$M$的坐标为$(1,0)$.在直线$l_{2}:y = -2x - 4$中,令$y = 0$,得$0 = -2x - 4$,$\therefore x = -2$,$\therefore$点$B$的坐标为$(-2,0)$,$\therefore BM = 3$,$\therefore S_{\triangle ABC}=S_{\triangle MBC}-S_{\triangle ABM}=\frac{1}{2}×3×2-\frac{1}{2}×3×1=\frac{3}{2}$.$\because S_{\triangle PBC}=S_{\triangle ABC}$,$\therefore S_{\triangle PBC}=S_{\triangle MBP}-S_{\triangle CBM}=\frac{1}{2}×3×|y_{P}|-\frac{1}{2}×3×2=\frac{3}{2}$,$\therefore|y_{P}| = 3$.$\because$点$P$在直线$l_{1}$上运动,$\therefore x - 1=\pm3$,解得$x = -2$或$x = 4$(舍去),$\therefore$满足条件$S_{\triangle PBC}=S_{\triangle ABC}$且异于点$A$的点$P$的坐标为$(-2,-3)$.

(3)$\sqrt{10}$

1. (青羊区期末)如图,在平面直角坐标系中,点A,B的坐标分别为(1,4)和(3,0),C是y轴上的一个动点,且A,B,C三点不在同一条直线上,当△ABC的周长最小时,点C的坐标是______。

答案：
(0,3) 【解析】如图,作点 $B$ 关于 $y$ 轴的对称点 $B'$,连接 $AB'$,交 $y$ 轴于点 $C'$.当点 $C$ 与点 $C'$ 重合时,$\triangle ABC$ 的周长最小.作 $AE\perp x$ 轴.
∵点 $A,B$ 的坐标分别为 $(1,4)$ 和 $(3,0)$,
∴点 $B'$ 的坐标为 $(-3,0)$,$AE = 4$,
∴$B'E = 4$,即 $B'E = AE$.
∵$C'O// AE$,
∴$B'O = C'O = 3$,
∴点 $C'$ 的坐标是 $(0,3)$,即 $\triangle ABC$ 的周长最小时,点 $C$ 的坐标为 $(0,3)$.

2. (嘉祥)如图,在平面直角坐标系中,长方形OACB的顶点O在坐标原点,顶点A,B分别在x轴和y轴的正半轴上,OA= 3,OB= 4,D为OB的中点,E为边OA上的一个动点. (1)线段CD所在直线的解析式为______；(2)当△CDE的周长最小时,点E的坐标为______。

答案：

(1) $y = \frac{2}{3}x + 2$
(2) $(1,0)$ 【解析】
(1)
∵四边形 $OACB$ 是长方形,
∴$AC = OB = 4$,$\angle OBC = 90^{\circ}$.
∵$D$ 为 $OB$ 的中点,$OB = 4$,$OA = 3$,
∴$OD = BD = 2$,
∴$C(3,4)$,$D(0,2)$.设线段 $CD$ 所在直线的解析式为 $y = kx + b$.将 $C(3,4)$,$D(0,2)$ 两点的坐标代入,得 $\begin{cases}3k + b = 4,\\b = 2,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}k = \frac{2}{3},\\b = 2,\end{cases}$
∴线段 $CD$ 所在直线的解析式为 $y = \frac{2}{3}x + 2$.
(2)当 $\triangle CDE$ 的周长最小时,$DE + CE$ 的值最小.作点 $D$ 关于直线 $OA$ 的对称点 $D'$,连接 $CD'$ 交 $OA$ 于点 $E$,如图所示,则 $D'(0,-2)$,$DE = D'E$,此时 $DE + CE$ 的值最小,
∴此时 $DE + CE = D'E + CE = CD'$.设线段 $CD'$ 所在直线的解析式为 $y = k'x + b'$,代入 $D'(0,-2)$,$C(3,4)$ 两点的坐标,得 $\begin{cases}b' = -2,\\3k' + b' = 4,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}k' = 2,\\b' = -2,\end{cases}$
∴线段 $CD'$ 所在直线的解析式为 $y = 2x - 2$.当 $y = 2x - 2 = 0$ 时,解得 $x = 1$,
∴$E(1,0)$.

3. (西川)在平面直角坐标系xOy中,已知点C的坐标为(0,6),D是正比例函数y = x在第一象限图象上的一动点,以CD为腰、点D为直角顶点作等腰Rt△CDE,如图所示,点E在第一象限内,过点E作y轴的平行线,分别交x轴、直线y = x于点A,B,取AB的中点M,N是x轴上一动点,连接DN,DM,MN,当△DMN的周长最小时,点D的坐标为______。

答案：
$(\frac{15}{4},\frac{15}{4})$ 【解析】如图1,过点 $D$ 作 $x$ 轴的平行线交 $y$ 轴于点 $G$,交 $AB$ 于点 $H$.
∵正比例函数 $y = x$ 的图象在第一象限,
∴$\angle COD = 45^{\circ}$.
∵$GH// x$ 轴,$AB// y$ 轴,
∴四边形 $OGHA$ 是矩形.
∵$\triangle CDE$ 是等腰直角三角形,
∴$\angle CDE = 90^{\circ}$,$CD = DE$,
∴$\angle GCD = \angle EDH$.在 $\triangle CGD$ 和 $\triangle DHE$ 中, $\begin{cases}\angle CGD = \angle DHE,\\\angle GCD = \angle HDE,\\CD = DE,\end{cases}$
∴ $\triangle CGD \cong \triangle DHE$ $(AAS)$,
∴$CG = DH$.
∵$\angle COB = 45^{\circ}$,
∴$OG = DG$,$OA = AB$,
∴$OC = GH = OA$.
∵$C(0,6)$,
∴$OC = GH = 6$,$B(6,6)$.
∵$M$ 是 $AB$ 的中点,
∴$M(6,3)$.如图2,作点 $M$ 关于直线 $y = x$ 的对称点 $P$,关于 $x$ 轴的对称点 $Q$,连接 $PQ$ 交 $OB$ 于点 $D$,交 $OA$ 于点 $N$,此时 $\triangle DMN$ 的周长最小,$DM = DP$,$MN = QN$,$Q(6,-3)$,
∴$C_{\triangle DMN} = DM + MN + DN = PD + NQ + DN = PQ$.当且仅当 $P,D,N,Q$ 四点共线时,$\triangle DMN$ 的周长最小.
∵$\angle PBD = \angle MBD = 45^{\circ}$,
∴$\angle PBM = 90^{\circ}$.
∵$PB = BM = 3$,
∴$P(3,6)$.设直线 $PQ$ 的解析式为 $y = kx + b$,代入 $P,Q$ 两点的坐标,得 $\begin{cases}3k + b = 6,\\6k + b = -3,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}k = -3,\\b = 15,\end{cases}$
∴直线 $PQ$ 的解析式为 $y = -3x + 15$.联立 $\begin{cases}y = -3x + 15,\\y = x,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}x = \frac{15}{4},\\y = \frac{15}{4},\end{cases}$
∴当 $\triangle DMN$ 的周长最小时,点 $D$ 的坐标为 $(\frac{15}{4},\frac{15}{4})$.