《2025年天府前沿八年级数学上册北师大版》

12. (1) 如果点 $ P(a,3) $ 与点 $ Q(2,-2a) $ 的距离等于 $ \sqrt{13} $, 那么 $ a $ 的值等于$0$或$-\frac{8}{5}$。
(2) 如图, 在直角坐标系中, 正方形 $ OBCD $ 的边长是 4, $ E $ 是 $ BC $ 的中点, 连接 $ DE $, $ DF ⊥ DE $ 交 $ BO $ 的延长线于点 $ F $。连接 $ EF $, $ Q $ 是 $ EF $ 的中点, 则点 $ E $ 的坐标是$(4,2)$,点 $ Q $ 的坐标是$(1,1)$。

答案： 12.
(1)$0$或$-\frac{8}{5}$
(2)$(4,2)$ $(1,1)$

13. (2025·武侯) 如图, 已知边长为 6 的正方形 $ OABC $ 在平面直角坐标系中, $ OA $ 与 $ x $ 轴的夹角为 $ 60^{\circ} $, 则点 $ B $ 的坐标为 $(3\sqrt{3}-3,-3\sqrt{3}-3)$。

答案： 13. $(3\sqrt{3}-3,-3\sqrt{3}-3)$

14. (2025·编写) 如图, 已知点 $ A $ 的坐标为 $ (-3,-4) $, 点 $ B $ 的坐标为 $ (5,0) $。
(1) 试说明 $ OA = OB $；
(2) 求 $ △AOB $ 的面积；
(3) 若 $ P $ 是 $ AB $ 的中点, 求 $ OP $ 的长度。

答案： 14. [解]
(1)
∵点$A$的坐标为$(-3,-4)$，
∴$OA=\sqrt{(0 + 3)^{2}+(0 + 4)^{2}}=5$。
∵点$B$的坐标为$(5,0)$，
∴$OB = 5$，
∴$OA = OB$。
(2)$S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}× 5× 4=10$。
(3)根据中点坐标公式知，$P(1,-2)$，
∴$OP=\sqrt{(1 - 0)^{2}+(-2 - 0)^{2}}=\sqrt{5}$。

15. (2025·编写) 如图, 已知 $ A(-\sqrt{3},0) $, $ B(0,1) $ 分别为 $ x $ 轴、 $ y $ 轴上的点, $ △ABC $ 为等边三角形, 点 $ P(3,a) $ 在第一象限内, 且在直线 $ AB $ 的下方, 满足 $ 2S_{△ABP} = S_{△ABC} $, 求 $ a $ 的值。

答案：
15. [解]如图，过点$P$作$PD\perp x$轴，垂足为$D$。

由$A(-\sqrt{3},0),B(0,1)$，得$OA=\sqrt{3},OB = 1$。
∵△ABC为等边三角形，
由勾股定理，得$AB=\sqrt{OA^{2}+OB^{2}}=2$，
∴$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}× 2× \sqrt{3}=\sqrt{3}$。
由图可知，$S_{\triangle ABP}=S_{\triangle AOB}+S_{梯形BODP}-S_{\triangle ADP}$
$=\frac{1}{2}× \sqrt{3}× 1+\frac{1}{2}× (1 + a)× 3-\frac{1}{2}× (\sqrt{3}+3)× a$
$=\frac{\sqrt{3}+3-\sqrt{3}a}{2}$，
又
∵$2S_{\triangle ABP}=S_{\triangle ABC}$，
∴$\sqrt{3}+3-\sqrt{3}a=\sqrt{3}$，解得$a=\sqrt{3}$。