《2025年暑假衔接八年级数学浙教版延边人民出版社》

13. 如图，菱形 $ABCD$ 的对角线交于原点 $O$，若点 $A$ 的坐标为 $(-3,-5)$，点 $B$ 的坐标为 $(10,m)$，点 $D$ 的坐标为 $(n,6)$，则边 $CD=$______$\sqrt{170}$。

答案： $\sqrt{170}$ [解析]
∵四边形ABCD是菱形,
∴点A与点C,点B与点D关于原点对称,
∴C(3,5)。
∵点B的坐标为(10,m),点D的坐标为(−10,−m),又
∵D(n,6),
∴n=−10,m=−6,
∴点D的坐标为(−10,6),
∴CD=$\sqrt{(3+10)²+(5−6)²}$=$\sqrt{170}$,故答案为:$\sqrt{170}$。

14. 如图，正方形 $ABCD$ 的边长为 $2$，$M$ 是边 $CD$ 上的一动点，连结 $BM$ 交对角线 $AC$ 于点 $G$，作 $BM$ 的中垂线 $EF$ 交 $AC$ 于点 $F$，当 $EF = DM$ 时，$CM=$______。

答案：
$\frac{8−2\sqrt{7}}{3}$ [解析]连结BF,FM,FD,如图所示。

∵EF是BM的中垂线,
∴FB=FM,又
∵易证FB=FD,
∴FB=FM=FD。
∴设∠FBM=∠FMB=x,∠FDM=∠FMD=y,则∠MBC=∠FBC−∠FBM=∠FDC−∠FBM=y−x,∠BMC=180°−y−x,
∴在Rt△BMC中,∠MBC+∠BMC=y−x+180°−y−x=90°,解得x=45°,
∴△BFM是等腰直角三角形。设CM=m,则DM=2−m,即EF=DM=2−m,
∴BM=2DM=4−2m。在Rt△BCM中,m²+2²=(4−2m)²,解得m=$\frac{8−2\sqrt{7}}{3}$或m=$\frac{8+2\sqrt{7}}{3}$(舍),
∴CM=$\frac{8−2\sqrt{7}}{3}$,故答案为:$\frac{8−2\sqrt{7}}{3}$。

15. 如图，在 $□ ABCD$ 中，$E$，$F$ 分别是 $AD$，$BC$ 上的点，且 $DE = BF$，连结 $BE$，$DF$。求证：$BE = DF$。
证明：∵四边形ABCD为平行四边形,∴DE//BF。又∵DE=BF,∴四边形BFDE为平行四边形,∴BE=DF。

答案：
∵四边形ABCD为平行四边形,
∴DE//BF。又
∵DE=BF,
∴四边形BFDE为平行四边形,
∴BE=DF。

16. 如图，$A$，$B$，$C$ 为一个平行四边形的三个顶点，且 $A$，$B$，$C$ 三点的坐标分别为 $(3,3)$，$(6,4)$，$(4,6)$。
（1）请直接写出这个平行四边形第四个顶点的坐标。
（2）在 $\triangle ABC$ 中，作出 $BC$ 边上的高，并求其长度。
（3）求这个平行四边形的面积。

答案：

(1)如图1,A,B,C三点的坐标分别为(3,3),(6,4),(4,6)。当BC为对角线时,第四个点坐标为D(7,7);当AB为对角线时,第四个点为F(5,1);当AC为对角线时,第四个点坐标为E(1,5)。

(2)如图2,取格点Q,连结AQ,则AQ为BC上的高。
∵AQ²=2²+2²=8,BQ²=1²+1²=2,AB²=1²+3²=10,
∴AQ²+BQ²=AB²,
∴∠AQB=90°,则AQ⊥BC,
∴h=AQ=$\sqrt{8}$=2$\sqrt{2}$。

(3)
∵BC=$\sqrt{2²+2²}$=2$\sqrt{2}$,如图2,结合平行四边形的性质可得:平行四边形的面积=2S_{△ABC}=2×$\frac{1}{2}$×BC·h=2$\sqrt{2}$×2$\sqrt{2}$=8。