《2025年天府前沿八年级数学上册北师大版》

15. (2025·锦江)如图 1,直线 $ AB $ 过点 $ C(2, -4) $,且与 $ y $ 轴交于点 $ B(0, -8) $,与 $ x $ 轴交于点 $ A $。
- (1) 求直线 $ AB $ 的函数表达式及点 $ A $ 的坐标；
- (2) 如图 2,作直线 $ OC $,点 $ P $ 在直线 $ OC $ 上,当 $ \triangle PBC $ 的面积为 $ \triangle BOC $ 面积的 2 倍时,求点 $ P $ 的坐标；
- (3) 如图 3,点 $ P $ 为第二象限内的一点,连接 $ BP $,以 $ BP $ 为边在 $ BP $ 的左侧作等边三角形 $ PBM $,当 $ \angle MOB = 60^{\circ} $,$ OM = 8 + 4\sqrt{3} $ 时,求线段 $ PA $ 的长。

答案：
[解]
(1) 设直线 $AB$ 的函数表达式为 $y = kx + b$。将点 $B$，$C$ 的坐标代入上式，得$\begin{cases}2k + b = -4 \\ b = -8\end{cases}$，解得 $\begin{cases}k = 2 \\ b = -8\end{cases}$，$\therefore$ 直线 $AB$ 的函数表达式为 $y = 2x - 8$。令 $y = 0$，则 $x = 4$，即点 $A(4,0)$。
(2) 由点 $C$ 的坐标，得直线 $OC$ 的函数表达式为 $y = -2x$。如图 1，在 $BC$ 的下方取 $BM = 2OB = 16$，过点 $M$ 作直线 $PM // AB$，则 $\triangle PBC$ 的面积为 $\triangle BOC$ 面积的 $2$ 倍，则点 $M(0, -24)$，则直线 $PM$ 的函数表达式为 $y = 2x - 24$。在 $BC$ 的上方取 $BN = 2OB$，过点 $N$ 作 $NP' // AB$，则此时 $\triangle P'BC$ 的面积为 $\triangle BOC$ 面积的 $2$ 倍，则点 $N(0,8)$，则直线 $NP'$ 的函数表达式为 $y = 2x + 8$。分别将直线 $NP'$，直线 $MP$ 的函数表达式和直线 $OC$ 的函数表达式联立，得 $-2x = 2x - 24$ 或 $-2x = 2x + 8$，解得 $x = 6$ 或 $x = -2$，$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $(6, -12)$ 或 $(-2,4)$。
(3) 如图 2，在 $OM$ 上截取 $OG = OB = 8$，连接 $OP$，$BG$，作 $PH \perp x$ 轴于点 $H$，则 $GM = OM - OG = 8 + 4\sqrt{3} - 8 = 4\sqrt{3}$。设 $BP$ 交 $OM$ 于点 $T$。$\because \angle MOB = 60^{\circ}$，$\therefore \triangle OBG$ 为等边三角形。$\because \triangle PBM$ 为等边三角形，$\therefore PB = PM = MB$。$\because \angle MBG + \angle PBG = 60^{\circ}$，$\angle PBG + \angle OBP = 60^{\circ}$，$\therefore \angle GBM = \angle OBP$。又 $\because GB = OB$，$MB = PB$，$\therefore \triangle BGM \cong \triangle BOP(SAS)$，$\therefore \angle BMG = \angle BPO$，$OP = GM = 4\sqrt{3}$。$\because \angle PTO = \angle MTB$，$\angle BMG = \angle BPO$，$\therefore \angle POM = \angle PBM = 60^{\circ}$。$\because \angle HOM = 90^{\circ} - \angle MOB = 30^{\circ}$，$\therefore \angle POH = 60^{\circ} - 30^{\circ} = 30^{\circ}$，$\therefore PH = \frac{1}{2}OP = 2\sqrt{3}$，$\therefore OH = \sqrt{OP^2 - PH^2} = 6$，$\therefore PA = \sqrt{PH^2 + AH^2} = \sqrt{(2\sqrt{3})^2 + (6 + 4)^2} = 4\sqrt{7}$。
@@答案略
@@【解析】：本题可先设出点$P$的坐标，再根据三角形面积公式结合$\triangle PBC$的面积为$\triangle BOC$面积的$2$倍这一条件列出方程，进而求解点$P$的坐标。设点$P$的坐标为$(x,y)$，因为点$P$在直线$OC$上，所以可先求出直线$OC$的解析式。设直线$OC$的解析式为$y = kx$（$k$为斜率），已知$C$点坐标（题目中未给出$C$点坐标，假设$C$点坐标为$(m,n)$），将$C(m,n)$代入$y = kx$可得$n = km$，则$k=\frac{n}{m}$，所以直线$OC$的解析式为$y=\frac{n}{m}x$，那么点$P$的坐标可表示为$(x,\frac{n}{m}x)$。$\triangle BOC$与$\triangle PBC$有相同的底边$BC$，根据三角形面积公式$S = \frac{1}{2}ah$（$a$为底边长，$h$为这条底边对应的高），可知$\triangle BOC$的面积$S_{\triangle BOC}=\frac{1}{2}× BC× h_1$（$h_1$为$O$到直线$BC$的距离），$\triangle PBC$的面积$S_{\triangle PBC}=\frac{1}{2}× BC× h_2$（$h_2$为$P$到直线$BC$的距离）。因为$\triangle PBC$的面积为$\triangle BOC$面积的$2$倍，所以$S_{\triangle PBC}=2S_{\triangle BOC}$，即$\frac{1}{2}× BC× h_2 = 2×\frac{1}{2}× BC× h_1$，可得$h_2 = 2h_1$。点$O$到直线$BC$的距离$h_1$与点$P$到直线$BC$的距离$h_2$可根据点到直线的距离公式$d = \frac{\vert Ax_0 + By_0 + C\vert}{\sqrt{A^2 + B^2}}$（直线$BC$的方程设为$Ax + By + C = 0$，$(x_0,y_0)$为点的坐标）来计算。假设直线$BC$的方程为$Ax + By + C = 0$，则$h_1 = \frac{\vert A×0 + B×0 + C\vert}{\sqrt{A^2 + B^2}}=\frac{\vert C\vert}{\sqrt{A^2 + B^2}}$，$h_2 = \frac{\vert Ax + B×\frac{n}{m}x + C\vert}{\sqrt{A^2 + B^2}}$。由$h_2 = 2h_1$可得$\frac{\vert Ax + B×\frac{n}{m}x + C\vert}{\sqrt{A^2 + B^2}} = 2×\frac{\vert C\vert}{\sqrt{A^2 + B^2}}$，即$\vert Ax + B×\frac{n}{m}x + C\vert = 2\vert C\vert$。分两种情况讨论：- 当$Ax + B×\frac{n}{m}x + C = 2C$时，$Ax + B×\frac{n}{m}x = C$，解这个方程可求出$x$的值，再代入$y=\frac{n}{m}x$可求出$y$的值。- 当$Ax + B×\frac{n}{m}x + C = -2C$时，$Ax + B×\frac{n}{m}x = -3C$，解这个方程可求出$x$的值，再代入$y=\frac{n}{m}x$可求出$y$的值。【答案】：由于题目中未给出$B$、$C$点坐标以及直线$BC$的方程等关键信息，无法得出具体答案。需补充完整相关信息后，按照上述思路进行计算。
@@【解析】：1. 首先，因为$\triangle PBM$是等边三角形，所以$PB = BM$，$\angle PBM=60^{\circ}$。又因为$\angle ABO = 60^{\circ}$（设直线$y = \sqrt{3}x - 4$与$x$轴交于$A$，$y$轴交于$B$，令$x = 0$，$y=-4$，令$y = 0$，$x=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，$\tan\angle ABO=\frac{OA}{OB}=\frac{\frac{4\sqrt{3}}{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\angle ABO = 30^{\circ}$，这里应该是直线$y = \sqrt{3}x - 4$，$A(4,0)$，$B(0, - 4)$，$\tan\angle OAB=\frac{OB}{OA}=\frac{4}{4}=1$错误，重新：设直线$y=\sqrt{3}x - 4$，$A(4,0)$，$B(0,-4)$，$\angle ABO = 60^{\circ}$（$\tan\angle ABO=\frac{OA}{OB}=\sqrt{3}$）。因为$\angle PBM=\angle PBO+\angle OBM = 60^{\circ}$，$\angle ABO=\angle ABP+\angle PBO = 60^{\circ}$，所以$\angle ABP=\angle OBM$。且$AB = \sqrt{OA^{2}+OB^{2}}=\sqrt{16 + 16}=8$（$OA = 4$，$OB = 4\sqrt{3}$错误，重新：$A(4,0)$，$B(0, - 4)$，$AB=\sqrt{4^{2}+4^{2}} = 4\sqrt{2}$错误，重新：设直线$y=\sqrt{3}x - 4$，$A(4,0)$，$B(0,-4)$，$AB = 8$（$OA = 4$，$OB = 4\sqrt{3}$，$AB=\sqrt{4^{2}+(4\sqrt{3})^{2}} = 8$），$BM = BP$。2. 然后，在$\triangle ABP$和$\triangle OBM$中：$\left\{\begin{array}{l}AB = OB\\\angle ABP=\angle OBM\\BP = BM\end{array}\right.$，根据$SAS$（边角边）定理可得$\triangle ABP\cong\triangle OBM$。3. 最后，因为$\triangle ABP\cong\triangle OBM$，所以$PA = OM$。已知$OM = 8 + 4\sqrt{3}$。【答案】：$8 + 4\sqrt{3}$