《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》

22. 右侧扫码·视频讲解 ( 8 分) 如图, 已知一次函数 $y = \frac { 1 } { 2 } x + 2$ 的图象与 $x$ 轴交于点 $A$, 与 $y$ 轴交于点 $B$, 点 $C$ 与点 $A$ 关于 $y$ 轴对称。
( 1) 求 $\triangle AOB$ 的面积;

( 2) 若点 $P$ 在一次函数 $y = \frac { 1 } { 2 } x + 2$ 的图象上, 且在第一象限, $S _ { 四边形 O B P C } = \frac { 2 } { 3 } S _ { \triangle A P C }$, 求点 $P$ 的坐标。

答案：
22. [点拨]本题考查一次函数图象上点的坐标特征以及关于坐标轴对称的点的坐标特征。
[解析]
(1) $\because$在一次函数$y=\frac{1}{2}x + 2$中，当$x = 0$时，$y = 2$；
当$y = 0$时，$x = - 4$，
$\therefore A(-4,0)$，$B(0,2)$，
$\therefore S_{\triangle ABO}=\frac{1}{2}×4×2 = 4$。
(2) $\because$点C与点A关于y轴对称，$\therefore C(4,0)$，
如图，连接OP，
设点$P(m,\frac{1}{2}m + 2)(m ＞ 0)$，
则$S_{四边形OBPC}=S_{\triangle BOP}+S_{\triangle POC}=\frac{1}{2}×2· m+\frac{1}{2}×4×(\frac{1}{2}m + 2)=2m + 4$，
$S_{\triangle APC}=\frac{1}{2}×8×(\frac{1}{2}m + 2)=2m + 8$，
$\because S_{四边形OBPC}=\frac{2}{3}S_{\triangle APC}$，
$\therefore2m + 4=\frac{2}{3}(2m + 8)$，解得$m = 2$，$\therefore P(2,3)$。

23. 右侧扫码·视频讲解 ( 10 分) ( 1) 发现问题
如图 1, 已知在 $\triangle ABC$ 中, $AC = AB$, $\angle BAC = 30 ^ { \circ }$, $O$ 为 $\triangle ABC$ 内一点, 且 $OB = OC = BC$, 连接 $AO$, 则 $\angle AOC$ 的度数为150°;
( 2) 探究问题
如图 2, 在( 1) 的条件下, 在 $AC$ 的右侧作 $CD \bot AC$, 垂足为 $C$, 且 $CD = CA$, 连接 $AD$, $BD$, 求 $\angle ABD$ 的度数;
( 3) 解决问题
如图 3, 已知四边形 $ABCD$ 为某公园拟设计的一处休闲广场, $AD$, $BD$ 为两条主干道, 且 $DA = DB$, $AD \bot BD$, 设计人员计划在 $\triangle ABD$ 内确定一点 $E$, 满足以下条件: $AD = AE$, $\angle DAE = 30 ^ { \circ }$, $DE \bot CE$, $DE = CE$。 现准备在 $C$, $E$ 两处建造两个凉亭, $DE$, $EB$, $BC$, $CD$ 为休闲小道, 若 $DE = 60$ 米, 试求四边形 $BCDE$ 的面积。

答案：
23. [点拨]本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是根据题意正确作出辅助线。
[解析]
(1) $\because OB = OC = BC$，
$\therefore \angle OCB = 60^{\circ}$。
$\because AC = AB$，$\angle BAC = 30^{\circ}$，
$\therefore \angle ACB=\angle ABC = 75^{\circ}$，
$\therefore \angle ACO=\angle ACB-\angle OCB = 15^{\circ}$。
$\because OA = OA$，
$\therefore \triangle AOC\cong\triangle AOB(SSS)$，
$\therefore \angle CAO=\angle BAO=\frac{1}{2}\angle BAC = 15^{\circ}$，
$\therefore \angle AOC = 180^{\circ}-\angle CAO-\angle ACO = 180^{\circ}-15^{\circ}-15^{\circ}=150^{\circ}$。
故答案为$150^{\circ}$。
(2) $\because CD\bot AC$，
$\therefore \angle ACD = 90^{\circ}$，
由
(1)知，$\angle ACB = 75^{\circ}$，$\angle ACO = 15^{\circ}$，$OC = BC$，
$\therefore \angle DCB = 90^{\circ}-75^{\circ}=15^{\circ}$，
$\therefore \angle DCB=\angle ACO$。
$\because CD = CA$，
$\therefore \triangle BCD\cong\triangle OCA(SAS)$，
$\therefore \angle CBD=\angle AOC = 150^{\circ}$，
$\therefore \angle ABD = 360^{\circ}-\angle ABC-\angle CBD = 360^{\circ}-75^{\circ}-150^{\circ}=135^{\circ}$。
(3)如图，以DE为边在$\triangle ADE$内部作等边$\triangle DOE$，连接OA，
由
(1)
(2)知$OA = OD$，易证$\triangle BDE\cong\triangle ADO$，$\angle AEB = 135^{\circ}$，$\angle AED = 75^{\circ}$，
$\therefore BE = OA$，$DE = OD$，
$\therefore BE = DE$。
又$\because DE = CE$，
$\therefore BE = CE = DE = 60m$，
过点C作$CF\bot BE$于点F，则$\angle ECF = 30^{\circ}$，
$\therefore EF=\frac{1}{2}CE = 30m$，
则$CF=\sqrt{CE^{2}-EF^{2}} = 30\sqrt{3}(m)$，
$\therefore S_{\triangle BCE}=\frac{1}{2}BE· CF=\frac{1}{2}×60×30\sqrt{3}=900\sqrt{3}(m^{2})$，
$\because S_{\triangle CDE}=\frac{1}{2}DE^{2}=\frac{1}{2}×60^{2}=1800(m^{2})$，
$\therefore S_{四边形BCDE}=S_{\triangle BCE}+S_{\triangle CDE}=(900\sqrt{3}+1800)m^{2}$。