《2025年名校题库八年级数学上册北师大版》

5. (东部新区期末)如图,已知四边形 $ OABC $ 为长方形,$ O $ 为坐标原点,点 $ A $ 的坐标为 $ (0,6) $,点 $ C $ 的坐标为 $ (8,0) $,$ P $ 是线段 $ BC $ 上一动点,设 $ PC = m $,$ D $ 是直线 $ AE $ 位于第一象限上的任意一点,直线 $ AE $ 与 $ x $ 轴交于点 $ E(-3,0) $.
(1)求直线 $ AE $ 的解析式.
(2)连接 $ PD $,$ PA $,当 $ AD = AP $ 且 $ \angle DAP = 90^\circ $ 时,求 $ m $ 的值及点 $ D $ 的坐标.
(3)将直线 $ AE $ 向右平移 $ 6 $ 个单位长度后,在该直线上是否存在一点 $ D $,使得 $ \triangle APD $ 是不以 $ A $ 为直角顶点的等腰直角三角形？若存在,请直接写出点 $ D $ 的坐标；若不存在,请说明理由.

答案：
解:
(1)设直线AE的解析式为$y = kx + b$。
∵点$A(0,6)$，$E(-3,0)$在直线AE上，
∴$\begin{cases}b = 6\\-3k + b = 0\end{cases}$，
∴$\begin{cases}b = 6\\k = 2\end{cases}$，
∴直线AE的解析式是$y = 2x + 6$。
(2)如图1，过点D作$DG⊥y$轴于点G，过点P作$PF⊥y$轴于点F，可得$∠DGA = ∠AFP = 90^{\circ}$。

∵$△DAP$为等腰直角三角形，
∴$AD = AP$，$∠DAP = ∠DAB + ∠BAP = 90^{\circ}$。
又
∵$∠GAD + ∠DAB = 90^{\circ}$，
∴$∠GAD = ∠BAP$。
∵$AB// PF$，
∴$∠BAP = ∠FPA$，
∴$∠GAD = ∠FPA$。
在$△ADG$和$△PAF$中，$\begin{cases}∠DGA = ∠AFP\\∠GAD = ∠FPA\\AD = AP\end{cases}$，
∴$△ADG≌△PAF(AAS)$，
∴$AG = PF = 8$，$OG = OA + AG = 14$。
设点D的横坐标为$x$，由$14 = 2x + 6$，得$x = 4$，
∴点D的坐标是$(4,14)$，
∴$AF = DG = 4$。
∵点A的坐标为$(0,6)$，
∴$AO = BC = 6$，
∴$PC = m = 6 - 4 = 2$。
(3)存在点D，使得$△APD$为等腰直角三角形，点D的坐标为$(4,2)$或$(\frac{28}{3},\frac{38}{3})$或$(\frac{20}{3},\frac{22}{3})$。
根据题意得直线$y = 2x + 6$向右平移6个单位长度后的解析式为$y = 2(x - 6)+6 = 2x - 6$。
(ⅰ)如图2，当点D在长方形OABC内部，$∠ADP = 90^{\circ}$时，$AD = PD$，
∴点D的坐标为$(4,2)$。

(ⅱ)如图3，当$∠APD = 90^{\circ}$时，$AP = PD$，过点D作$DF⊥CB$，交CB的延长线于点F，设点$P(8,m)$，则点$D(14 - m,m + 8)$。
由$m + 8 = 2(14 - m)-6$，得$m = \frac{14}{3}$，
∴点D的坐标为$(\frac{28}{3},\frac{38}{3})$。
(ⅲ)如图4，当点D在长方形OABC外，$∠ADP = 90^{\circ}$时，$AD = PD$，过点D作$FG// OC$，分别交OA，CB的延长线于点G，F。同理可求得点D的坐标为$(\frac{20}{3},\frac{22}{3})$。

综上所述，存在符合条件的点D，点D的坐标分别为$(4,2)$或$(\frac{28}{3},\frac{38}{3})$或$(\frac{20}{3},\frac{22}{3})$。