《2025年初中毕业升学真题详解八年级数学上册北师大版陕西专版》

16. 右侧扫码·视频讲解 （10分）如图，在平面直角坐标系中，已知直线$ y = kx + 3 $与$ x $轴相交于点$ A(2, 0) $，与$ y $轴交于点$ B $，点$ M(3, 0) $在$ x $轴上，若$ P $是直线$ AB $上的一个动点，当$ \triangle PBM $的面积与$ \triangle AOB $的面积相等时，求点$ P $的坐标。

答案：
16. 【点拨】本题考查一次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积。
【解析】将点$A(2,0)$代入直线$y = kx + 3$，得$0 = 2k + 3$，解得$k = -\frac{3}{2}$，$\therefore y = -\frac{3}{2}x + 3$。当$x = 0$时，$y = 3$，$\therefore B(0,3)$，$OB = 3$。$\because A(2,0)$，$\therefore S_{\triangle AOB} = \frac{1}{2}OA· OB = \frac{1}{2}×2×3 = 3$。$\because M(3,0)$，$\therefore OM = 3$，$\therefore AM = 3 - 2 = 1$。$\because S_{\triangle AOB} = 3$，$\therefore S_{\triangle PBM} = S_{\triangle AOB} = 3$。
①如图，当点P在x轴下方时，$S_{\triangle PBM} = S_{\triangle ABM} + S_{\triangle PAM} = \frac{1}{2}AM· OB + \frac{1}{2}· AM· |y_{P}| = \frac{3}{2} + \frac{1}{2}×1×|y_{P}| = 3$，$\therefore|y_{P}| = 3$。$\because$点P在x轴下方，$\therefore y_{P} = -3$。将$y = -3$代入$y = -\frac{3}{2}x + 3$，得$-3 = -\frac{3}{2}x + 3$，解得$x = 4$，$\therefore P(4,-3)$；
②如图，当点P在x轴上方时，记点P此时的位置为$P'$，$S_{\triangle PBM} = S_{\triangle APM} - S_{\triangle ABM} = \frac{1}{2}AM· |y_{P}| - \frac{1}{2}AM· OB = \frac{1}{2}×1×|y_{P}| - \frac{3}{2} = 3$，$\therefore|y_{P}| = 9$。$\because$点$P'$在x轴上方，$\therefore y_{P} = 9$。将$y = 9$代入$y = -\frac{3}{2}x + 3$，得$9 = -\frac{3}{2}x + 3$，解得$x = -4$，$\therefore P'(-4,9)$。

综上所述，点P的坐标为$(4,-3)$或$(-4,9)$。

17. 右侧扫码·视频讲解 （15分）如图，在平面直角坐标系中，直线$ y = -2x + 4 $交坐标轴于$ A $，$ B $两点，过$ x $轴负半轴上一点$ C $作直线$ CD $交$ y $轴正半轴于点$ D $，且$ \triangle AOB \cong \triangle DOC $。
（1）$ OC $的长为4，$ OD $的长为2，直线$ CD $的表达式为$y = \frac{1}{2}x + 2$；
（2）若$ E(1, 2) $为直线$ AB $上的点，$ P $为$ y $轴上的点，请问：直线$ CD $上是否存在点$ Q $，使得$ \triangle EPQ $是以点$ E $为直角顶点的等腰直角三角形，若存在，请求出此时点$ Q $的坐标；若不存在，请说明理由。

答案：
17. 【点拨】本题考查待定系数法求函数表达式，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质。
【解析】
(1)直线$y = -2x + 4$交坐标轴于A、B两点，当$x = 0$时，$y = 4$，$\therefore$点B的坐标为$(0,4)$，$\therefore OB = 4$。当$y = 0$时，$x = 2$，$\therefore$点A的坐标为$(2,0)$，$\therefore OA = 2$。$\because \triangle AOB\cong \triangle DOC$，$\therefore OC = OB = 4$，$OD = OA = 2$，$\therefore C(-4,0)$，$D(0,2)$。设直线CD对应的函数表达式为$y = kx + b(k\neq0)$，把$C(-4,0)$，$D(0,2)$代入$y = kx + b$，得$\begin{cases} -4k + b = 0, \\ b = 2, \end{cases}$解得$\begin{cases} k = \frac{1}{2}, \\ b = 2, \end{cases}$$\therefore$直线CD对应的函数表达式为$y = \frac{1}{2}x + 2$。故答案为4，$2$，$y = \frac{1}{2}x + 2$。
(2)直线CD上存在点Q，使$\triangle EPQ$是以点E为直角顶点的等腰直角三角形。
①当点P在点B下方时，如图1，连接DE，过点Q作$QM\perp DE$，交DE的延长线于点M。$\because D(0,2)$，$E(1,2)$，$\therefore DE\perp y$轴，$DE = 1$，点M的纵坐标为2，$\angle M = \angle EDP = 90^{\circ}$。$\because \triangle EPQ$是以点E为直角顶点的等腰直角三角形，$\therefore EP = EQ$，$\angle PEQ = 90^{\circ}$，$\therefore \angle QEM + \angle PED = 90^{\circ} = \angle QEM + \angle EQM$，$\therefore \angle DEP = \angle MQE$，$\therefore \triangle DEP\cong \triangle MQE( AAS)$，$\therefore MQ = DE = 1$，$\therefore$点Q的纵坐标为3。把$y = 3$代入$y = \frac{1}{2}x + 2$，得$x = 2$，$\therefore Q(2,3)$；
②当点P在点B上方时，如图2，过点E作$EM// y$轴，过点Q作$QM\perp EM$于点M，过P点作$PN\perp EM$交ME的延长线于点N，则$\angle M = \angle N = 90^{\circ}$，$\therefore$点N的横坐标为1，则$PN = 1$。$\because \triangle EPQ$是以点E为直角顶点的等腰直角三角形，$\therefore EP = EQ$，$\angle PEQ = 90^{\circ}$，$\therefore \angle QEM + \angle PEN = 90^{\circ} = \angle PEN + \angle NPE$，$\therefore \angle MEQ = \angle NPE$，$\therefore \triangle EQM\cong \triangle PEN( AAS)$，$\therefore EM = PN = 1$。$\because E(1,2)$，$\therefore$点M的纵坐标为1，$\therefore$点Q的纵坐标为1。把$y = 1$代入$y = \frac{1}{2}x + 2$中，得$x = -2$，$\therefore Q(-2,1)$。


综上所述，直线CD上存在点Q，使得$\triangle EPQ$是以点E为直角顶点的等腰直角三角形，点Q的坐标为$(2,3)$或$(-2,1)$。