《2025年暑期升级训练八年级数学浙教版浙江教育出版社》

17. (12分)如图,在正方形ABCD中,点E,F分别在边BC,CD上,AE= AF.
(1)求证：∠BAE= ∠DAF.
(2)连结AC交EF于点O,延长OC至点M,使OM= OA,连结EM,FM.判断四边形AEMF的形状,并说明理由.

答案：
(1) 证明：
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形，
∴ $AB = AD$，$\angle B = \angle D = 90^\circ$。
在 $Rt\triangle ABE$ 和 $Rt\triangle ADF$ 中，
$\begin{cases} AE = AF, \\ AB = AD, \end{cases}$
∴ $Rt\triangle ABE \cong Rt\triangle ADF$（HL）。
∴ $\angle BAE = \angle DAF$。
(2) 四边形 $AEMF$ 是菱形。理由：
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形，
∴ $\angle BCA = \angle DCA = 45^\circ$，$BC = DC$。
∵ $Rt\triangle ABE \cong Rt\triangle ADF$，
∴ $BE = DF$。
∴ $BC - BE = DC - DF$，即 $CE = CF$。
在 $\triangle COE$ 和 $\triangle COF$ 中，
$\begin{cases} CE = CF, \\ \angle OCE = \angle OCF, \\ OC = OC, \end{cases}$
∴ $\triangle COE \cong \triangle COF$（SAS）。
∴ $OE = OF$。
又
∵ $OM = OA$，
∴ 四边形 $AEMF$ 是平行四边形。
∵ $AE = AF$，
∴ 四边形 $AEMF$ 是菱形。

18. (12分)如图,在正方形ABCD中,动点E在AC上,AF⊥AC,垂足为A,且AF= AE.
(1)求证：DE= BF；
(2)当点E运动到AC的中点处时(其他条件都保持不变),判断四边形AFBE的形状,并说明理由.

答案：
(1) 证明：
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形，
∴ $AB = AD$，$\angle BAD = 90^\circ$。
∵ $AF \perp AC$，
∴ $\angle EAF = 90^\circ$。
∴ $\angle BAD - \angle BAE = \angle EAF - \angle BAE$，即 $\angle DAE = \angle BAF$。
在 $\triangle ADE$ 和 $\triangle ABF$ 中，
$\begin{cases}AD = AB, \\\angle DAE = \angle BAF, \\AE = AF,\end{cases}$
∴ $\triangle ADE \cong \triangle ABF$（SAS）。
∴ $DE = BF$。
(2) 四边形 $AFBE$ 是正方形。理由：
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形，
∴ $AB = BC$，$\angle ABC = 90^\circ$。
∵ 点 $E$ 是 $AC$ 的中点，
∴ $BE \perp AC$，$BE = AE = \frac{1}{2}AC$（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）。
∴ $\angle BEC = 90^\circ$。
∵ $AF = AE$，
∴ $BE = AF$。
∵ $AF \perp AC$，
∴ $\angle EAF = 90^\circ = \angle BEC$，
∴ $BE // AF$。
又
∵ $BE = AF$，
∴ 四边形 $AFBE$ 是平行四边形。
∵ $\angle EAF = 90^\circ$，
∴ 平行四边形 $AFBE$ 是矩形。
∵ $AF = AE$，
∴ 矩形 $AFBE$ 是正方形。

19. (14分)分类讨论思想 如图,在矩形ABCO中,点C在x轴上,点A在y轴上,点B的坐标为(-6,8).将矩形ABCO沿直线BD翻折,使得点A落在对角线OB上的点E处,直线BD与OA,x轴分别交于点D,F.
(1)求点D的坐标.
(2)若N是平面内任意一点,在x轴上是否存在点M,使以M,N,E,O为顶点的四边形是菱形？若存在,请写出满足条件的点M的坐标；若不存在,请说明理由.

答案：

(1)
∵ 四边形 $ ABCO $ 是矩形，点 $ B $ 的坐标为 $ (-6, 8) $，
∴ $ \angle BAD = 90^{\circ} $，$ AB = 6 $，$ OA = 8 $。
∴ $ BO = \sqrt{AB^{2} + OA^{2}} = 10 $。由翻折的性质，得 $ BE = AB = 6 $，$ \angle BED = \angle BAD = 90^{\circ} $，$ DE = AD $。
∴ $ OE = BO - BE = 10 - 6 = 4 $，$ \angle OED = 90^{\circ} $。设点 $ D $ 的坐标为 $ (0, a) $，则 $ OD = a $，$ DE = AD = OA - OD = 8 - a $。在 $ Rt\triangle EOD $ 中，由勾股定理，得 $ DE^{2} + OE^{2} = OD^{2} $，即 $ (8 - a)^{2} + 4^{2} = a^{2} $，解得 $ a = 5 $。
∴ 点 $ D $ 的坐标为 $ (0, 5) $。
(2) 存在。分情况讨论：① 当 $ OM $，$ OE $ 都为边时，$ OM = OE = 4 $，
∴ 点 $ M $ 的坐标为 $ (4, 0) $ 或 $ (-4, 0) $。② 如图①，当 $ OM $ 为边、$ OE $ 为对角线时，过点 $ E $ 作 $ EH \perp x $ 轴于点 $ H $，连结 $ MN $，交 $ OE $ 于点 $ G $，则 $ OG = \frac{1}{2}OE = 2 $。
∵ $ OA = 8 $，$ OD = 5 $，
∴ $ AD = DE = 3 $。
∴ 易得点 $ E $ 到 $ y $ 轴的距离为 $ \frac{DE \cdot OE}{OD} = \frac{3 × 4}{5} = \frac{12}{5} $。
∴ 易得 $ OH = \frac{12}{5} $。在 $ Rt\triangle EHO $ 中，$ EH^{2} = OE^{2} - OH^{2} = 4^{2} - (\frac{12}{5})^{2} = (\frac{16}{5})^{2} $。
∴ 在 $ Rt\triangle EHM $ 中，$ EM^{2} - MH^{2} = EH^{2} $。
∵ 易得 $ EM = OM $，
∴ $ OM^{2} - (OM - \frac{12}{5})^{2} = (\frac{16}{5})^{2} $，解得 $ OM = \frac{10}{3} $。
∴ 点 $ M $ 的坐标为 $ (-\frac{10}{3}, 0) $。③ 如图②，当 $ OM $ 为对角线、$ OE $ 为边时，连结 $ EN $，交 $ OM $ 于点 $ P $。由②，易得 $ OP = \frac{12}{5} $，则 $ OM = 2OP = \frac{24}{5} $。
∴ 点 $ M $ 的坐标为 $ (-\frac{24}{5}, 0) $。综上所述，在 $ x $ 轴上存在点 $ M $，使以 $ M $，$ N $，$ E $，$ O $ 为顶点的四边形是菱形，点 $ M $ 的坐标为 $ (4, 0) $ 或 $ (-4, 0) $ 或 $ (-\frac{10}{3}, 0) $ 或 $ (-\frac{24}{5}, 0) $。