《2025年名校题库八年级数学上册北师大版》

7. (七中育才)如图 1,四边形 $ABCD$ 为长方形,即 $\angle A = \angle ABC = \angle C = \angle D = 90^{\circ}$,$AB = CD$,$AD = BC$。在平面内有一点 $Q$,且 $BQ = BA$,过点 $Q$ 的直线 $EF$ 分别交线段 $AD$ 和线段 $BC$ 于 $F$,$E$ 两点,且 $EF \perp BQ$。
(1) 若点 $Q$ 在长方形 $ABCD$ 内部,求证：$EF = EB$。
(2) 如图 2,在 (1) 的条件下,若 $AB = 1$,$AD = 2$,连接 $BD$ 交 $EF$ 于点 $H$,连接 $ED$,当 $S_{\triangle BFE} = S_{\triangle DFE}$ 时,
① 求证：$BH = DH$；
② 求线段 $AF$ 的长度。
(3) 如图 3,若 $AB = 1$,$AD = 3$,将线段 $DE$ 绕点 $E$ 逆时针旋转 $90^{\circ}$ 至线段 $PE$ 的位置,连接 $AP$,当 $AP \leq \frac{\sqrt{5}}{3}$ 时,直接写出线段 $AF$ 长度的取值范围。

答案：

(1)证明:
∵$EF \perp BQ$,
∴$\angle BQF = 90^{\circ}$.
∵$\angle A = 90^{\circ}$,
∴$\triangle ABF$ 和 $\triangle QBF$ 都是直角三角形.
在 $Rt\triangle ABF$ 和 $Rt\triangle QBF$ 中,$\begin{cases} AB = QB, \\ BF = BF, \end{cases}$
∴$Rt\triangle ABF \cong Rt\triangle QBF(HL)$,
∴$\angle AFB = \angle BFQ$.
∵$\angle A = \angle ABC = 90^{\circ}$,
∴$AD // BC$,
∴$\angle AFB = \angle FBC$,
∴$\angle BFQ = \angle FBC$,
∴$EF = EB$.
(2)①证明:如图 1,过点 $F$ 作 $FM \perp BC$ 于点 $M$,过点 $E$ 作 $EN \perp AD$ 于点 $N$.

∵$AD // BC$,
∴$\angle ADB = \angle EBD$,$FM = EN$,$\angle DFH = \angle HEB$.
∵$S_{\triangle BFE} = S_{\triangle DFE}$,
∴$\frac{1}{2}BE \cdot FM = \frac{1}{2}DF \cdot EN$,
∴$DF = BE$,
∴$\triangle FHD \cong \triangle EHB(ASA)$,
∴$BH = DH$.
②解:如图 1,设 $AF = x$,则 $FD = BE = EF = 2 - x$.
由
(1)知 $\triangle ABF \cong \triangle QBF$,
∴$FQ = AF = x$,
∴$EQ = 2 - 2x$.
在 $Rt\triangle BEQ$ 中,由勾股定理得 $BQ^{2} + EQ^{2} = BE^{2}$,
∴$1^{2} + (2 - 2x)^{2} = (2 - x)^{2}$,
∴$x = 1$(此时点 $Q$ 与点 $E$ 重合)或 $x = \frac{1}{3}$,
∴$AF = 1$ 或 $AF = \frac{1}{3}$.
(3)解:设 $CE = a$,则 $BE = EF = 3 - a$. 分两种情况:①当点 $Q$ 在长方形的内部时,如图 2,过点 $P$ 作 $PG \perp BC$ 于点 $G$,交 $AD$ 于点 $K$,则 $PG \perp AD$,$\angle PGE = 90^{\circ}$,
∴$\angle PEB + \angle EPG = 90^{\circ}$.

由旋转得 $DE = EP$,$\angle DEP = 90^{\circ}$,
∴$\angle CED + \angle PEB = 90^{\circ}$.
∵$\angle PGE = \angle PEB + \angle EPG = 90^{\circ}$,
∴$\angle CED = \angle EPG$.
∵$\angle C = \angle PGE = 90^{\circ}$,
∴$\triangle ECD \cong \triangle PGE(AAS)$,
∴$CD = EG = AB = 1$,$PG = CE = a$,
∴$AK = BG = 3 - 1 - a = 2 - a$,$PK = PG - KG = a - 1$.
在 $Rt\triangle APK$ 中,由勾股定理得 $AP^{2} = AK^{2} + PK^{2}$.
当 $AP = \frac{\sqrt{5}}{3}$ 时,$(\frac{\sqrt{5}}{3})^{2} = (2 - a)^{2} + (a - 1)^{2}$,
∴$a = \frac{4}{3}$ 或 $a = \frac{5}{3}$,
∴$CE = \frac{4}{3}$ 或 $CE = \frac{5}{3}$.
当 $CE = \frac{4}{3}$ 时,$BE = 3 - \frac{4}{3} = \frac{5}{3}$,在 $Rt\triangle BEQ$ 中,由勾股定理得 $EQ = \sqrt{BE^{2} - BQ^{2}} = \sqrt{(\frac{5}{3})^{2} - 1^{2}} = \frac{4}{3}$,
∴$AF = FQ = EF - EQ = \frac{5}{3} - \frac{4}{3} = \frac{1}{3}$.
当 $CE = \frac{5}{3}$ 时,$BE = 3 - \frac{5}{3} = \frac{4}{3}$,在 $Rt\triangle BEQ$ 中,由勾股定理得 $EQ = \sqrt{BE^{2} - BQ^{2}} = \sqrt{(\frac{4}{3})^{2} - 1^{2}} = \frac{\sqrt{7}}{3}$,
∴$AF = FQ = EF - EQ = \frac{4}{3} - \frac{\sqrt{7}}{3} = \frac{4 - \sqrt{7}}{3}$.
∴当 $AP \leq \frac{\sqrt{5}}{3}$ 时,线段 $AF$ 长度的取值范围是 $\frac{1}{3} \leq AF \leq \frac{4 - \sqrt{7}}{3}$.
②当点 $Q$ 在长方形的外部时,如图 3,过点 $P$ 作 $PG \perp BC$ 于点 $G$,交 $AD$ 于点 $K$,则 $PG \perp AD$.

与①同理得 $CE = \frac{4}{3}$ 或 $CE = \frac{5}{3}$.
当 $CE = \frac{4}{3}$ 时,$BE = 3 - \frac{4}{3} = \frac{5}{3} = DE$,此时点 $D$ 和点 $F$ 重合,如图 4,$AF = 3$.

当 $CE = \frac{5}{3}$ 时,$BE = 3 - \frac{5}{3} = \frac{4}{3}$,在 $Rt\triangle BQE$ 中,由勾股定理得 $EQ = \sqrt{BE^{2} - BQ^{2}} = \sqrt{(\frac{4}{3})^{2} - 1^{2}} = \frac{\sqrt{7}}{3}$.
∴$AF = FQ = EF + EQ = \frac{4}{3} + \frac{\sqrt{7}}{3} = \frac{4 + \sqrt{7}}{3}$,
∴当 $AP \leq \frac{\sqrt{5}}{3}$ 时,线段 $AF$ 长度的取值范围是 $\frac{4 + \sqrt{7}}{3} \leq AF \leq 3$.
综上所述,当 $AP \leq \frac{\sqrt{5}}{3}$ 时,线段 $AF$ 长度的取值范围是 $\frac{1}{3} \leq AF \leq \frac{4 - \sqrt{7}}{3}$ 或 $\frac{4 + \sqrt{7}}{3} \leq AF \leq 3$.