特殊三角形的存在性【好题精选精练】 数学八年级 下册重难点突破（含答案解析）

重难点05特殊三角形的存在性目录考点一：存在全等三角形考点二：存在等腰三角形考点三：存在直角三角形技巧技巧方法本节以一次函数或四边形为背景，结合三角形的相关知识，解决特殊的三角形的存在性问题．要用到分类讨论的思想，对想象力、分析能力和运算能力都有要求，根据题目中的条件利用等腰三角形或直角三角形的性质进行合理的转化建立方程求解．能力拓展能力拓展考点一：存在全等三角形全等三角形的存在性问题考察了全等三角形的性质，利用边的关系结合两点间的距离公式构造等量关系，主要的题型是求点的坐标．1．（2022春·八年级单元测试）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D（不与点B重合）在BC上，点E是AB的中点，过点A作交DE延长线于点F，连接AD，BF．(1)求证：△AEF≌△BED．(2)若BD＝CD，求证：四边形AFBD是矩形．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由ASA证全等即可；（2）根据对角线互相平分的证明四边形AFBD是平行四边形，再根据等腰三角形三线合一证明∠ADB＝90°，进而根据有一个角是直角的平行四边形是矩形得证．【详解】（1）证明：∵AF∥BC，∴∠AFE＝∠EDB，∵E为AB的中点，∴EA＝EB，在△AEF和△BED中，，∴△AEF≌△BED（ASA）；（2）∵△AEF≌△BED，∴AF＝BD，∵AF∥BD，∴四边形AFBD是平行四边形，∵AB＝AC，BD＝CD，∴AD⊥BD，∴四边形AFBD是矩形．【点睛】本题考查了矩形的判定，三角形全等的判定及性质，能够了解矩形的判定定理是解答本题的关键，难度不大．2．（2021秋·上海·八年级校考阶段练习）如图1，四边形ABCD和四边形CEFG都是菱形，其中点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上，点H在BC边上，连结AC，AH，HF．已知AB＝2，∠ABC＝60°，CE＝BH．（1）求证：△ABH≌△HEF；（2）如图2，当H为BC中点时，连结DF，求DF的长；（3）如图3，将菱形CEFG绕点C逆时针旋转120°，使点E在AC上，点F在CD上，点G在BC的延长线上，连结EH，BF．若EH⊥BC，请求出BF的长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）．【分析】（1）根据两个菱形中，点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上这一特殊的位置关系和CE＝BH可证明相应的边和角分别相等，从而证明结论；（2）由AB＝BC，∠ABC＝，可证明△ABC是等边三角形，从而证明∠AHB＝90°，再由△ABH≌△HEF，得∠HFE＝∠AHB＝90°，再得∠DPF＝180°﹣∠HFE＝90°，在Rt△DPF中用勾股定理求出DF的长；（3）作FM⊥BG于点M，当EH⊥BC时，可证明CH＝CM＝CG＝BH，从而求出BM、FM的长，再由勾股定理求出BF的长．【详解】解：（1）证明：如图1，∵四边形ABCD和四边形CEFG都是菱形，∴AB＝BC，CE＝EF，∵CE＝BH，∴BH＝EF，∵BH+CH＝CE+CH，∴BC＝HE，∴AB＝HE；∵点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上，∴AB∥DG∥EF，∴∠B＝∠E，在△ABH和△HEF中，，∴△ABH≌△HEF（SAS）．（2）如图2，设FH交CG于点P，连结CF，∵AB＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∵BH＝CH，∴AH⊥BC，∴∠AHB＝90°，由（1）得，△ABH≌△HEF，∴∠HFE＝∠AHB＝90°，∵DG∥EF，∴∠DPF＝180°﹣∠HFE＝90°，∴PF⊥CG，∵CG＝FG，∠G＝∠E＝∠B＝60°，∴△GFC是等边三角形，∴PC＝PG＝CG；∵BC＝AB＝2，∴CG＝EF＝BH＝BC＝1，∴PC＝；∵CD＝AB＝2，∴PD＝+2＝，∵CF＝CG＝1，∴PF2＝CF2﹣PC2＝12﹣（）2＝，∴．（3）如图3，作FM⊥BG于点M，则∠BMF＝90°，∵EH⊥BC，即EH⊥BG，∴EH∥FM，∵∠CEF＝∠ACB＝60°，∴EF∥MH，∴四边形EHMF是平行四边形，∵∠EHM＝90°，∴四边形EHMF是矩形，∴EH＝FM；∵EF＝EC，∠CEF＝60°，∴△CEF是等边三角形，∴CE＝CF，∵∠EHC＝∠FMC＝90°，∴Rt△EHC≌Rt△FMC（HL），∴CH＝CM＝CG；∵CG＝CE＝BH，∴CH＝BH，∴CM＝CH＝BC＝×2＝，∴CF＝CG＝2CM＝2×＝，∴＝（）2﹣（）2＝，∵BM＝2+＝，∴．【点睛】本题主要考查了几何综合，其中涉及到了菱形的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，矩形的判定及性质等，熟悉掌握几何图形的性质和合理做出辅助线是解题的关键．3.如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于点A，点B，点P(x，y)是直线AB上一动点（点P不与点A重合），点C的坐标为(6，0)，O是坐标原点，设△PCO的面积为S．（1）求S与x之间的函数关系式；（2）当点P运动到什么位置时，△PCO的面积为15；（3）过点P作AB的垂线与x轴、y轴分别交于点E，点F，

是否存在这样的点P，使△EOF≌△BOA?若存在，求出点P

的坐标；若不存在，请说明理由．【难度】★★★【解析】（1）∵直线与x轴交于点A，∴．∵点P(x，y)是直线上一动点，∴．当时，，当时，；令，当时，，解得：，此时，P(3，5)，当时，，解得：，此时，P(13，－5)；（3）∵△EOF≌△BOA，∴，，当E(8，0)，F(0，－8)时，则直线EF的解析式为，令，解得：，∴；当E(－8，0)，F(0，8)时，则直线EF的解析式为，令，解得：，∴．综上，当△EOF≌△BOA时，点P

的坐标为或．【总结】考察动点与面积的结合及全等三角形的性质的综合应用，注意进行分类讨论．4．（上海八年级期末）如图，一次函数y=2x+4的图象与x，y轴分别相交于点A，B，以AB为边作正方形ABCD（点D落在第四象限）．（1）求点A，B，D的坐标；（2）联结OC，设正方形的边CD与x相交于点E，点M在x轴上，如果△ADE与△COM全等，求点M的坐标．【答案】（1）A（-2，0），B（0，4），D（2，-2）；（2）M（5，0）．【分析】(1)由于一次函数y=2x+4的图象与x、y轴分别交于点A、B，所以利用函数解析式即可求出A、B两点的坐标，然后作DF⊥x轴于点F，由四边形ABCD是正方形可以得到∠BAD=∠AOB=∠AFD=90º，AB=AD，接着证明△BAO≌△ADF，最后利用全等三角形的性质可以得到DF=AO=2，AF=BO=4，从而求出点D的坐标；(2)过点C作CG⊥y轴于G，连接OC，作CM⊥OC交x轴于M，用求点D的方法求得点C的坐标为（4，2），得出OC=2，由A、B的坐标得到AB=2，从而OC=AB=AD，根据△ADE与△COM全等，利用全等三角形的性质可知OM=AE，即OA=EM=2，利用C、D的坐标求出直线CD的解析式，得出点E的坐标，根据EM=2，即可求出点M的坐标.【详解】解：（1）∵一次函数y=2x+4的图象与x，y轴分别相交于点A，B，∴A（-2，0），B（0，4），∴OA=2，OB=4，如图1，过点D作DF⊥x轴于F，∴∠DAF+∠ADF=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠BAD=90°，∴∠DAF+∠BAO=90°，∴∠ADF=∠BAO，在△ADF和△BAO中，，∴△ADF≌△BAO（AAS），∴DF=OA=2，AF=OB=4，∴OF=AF-OA=2，∵点D落在第四象限，∴D（2，-2）；（2）如图2，过点C作CG⊥y轴于G，连接OC，作CM⊥OC交x轴于M，同（1）求点D的方法得，C（4，2），∴OC==2，∵A（-2，0），B（0，4），∴AB=2，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB=2=OC，∵△ADE与△COM全等，且点M在x轴上，∴△ADE≌△OCM，∴OM=AE，∵OM=OE+EM，AE=OE+OA，∴EM=OA=2，∵C（4，2），D（2，-2），∴直线CD的解析式为y=2x-6，令y=0，∴2x-6=0，∴x=3，∴E（3，0），∴OM=5，∴M（5，0）．故答案为(1)A(-2，0)，B(0，4)，D(2，-2)；(2)M(5，0).【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，正方形的性质，全等三角形的判定与性质.考点二：存在等腰三角形等腰三角形的分类讨论是压轴题中一个热门考点，本类题目均和图形运动有关，需要学生有较强的逻辑思维能力，能够根据运动的性质，把最终的图形画出，利用分类讨论的思想，结合题目中的已知条件建立等量关系．1．（2022春·上海·八年级校考阶段练习）如图，已知，，，点在边上，，垂足为点，以为边作正方形，点在边上，且位于点的左侧，联结．(1)设，，求关于的函数解析式，并写出函数的定义域；(2)当四边形是等腰梯形时，求的长；(3)联结，当是等腰三角形时，求正方形的面积．【答案】(1)，定义域为：(2)(3)或【分析】（1）在中，利用勾股定理，求出关于的函数解析式，根据，求出的定义域；（2）根据四边形是等腰梯形时，为等腰直角三角形，，列式计算即可；（3）分和两种情况进行讨论，当，利用三线合一，得到：，列式求解；当，在中，用勾股定理进行求解即可．【详解】（1）解：∵，，∴，∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴，又∵四边形为正方形，∴，∴，在中：，即：．∵，即：，解得：；∴，定义域为：；（2）解：如图：当四边形是等腰梯形时，，则：为等腰直角三角形，∴，即：，解得：；∴的长为：；（3）解：∵点在内部，∴，分两种情况讨论是等腰三角形．①当时，∵，∴．即：．解得．此时．②当时，．在中，由勾股定理，得即：，解得，∴．综上，正方形的面积为：或．【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理．熟练掌握等腰三角形的判定和性质，是解题的关键．注意，分类讨论．2．（2022春·上海奉贤·八年级校考期末）已知：如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，P是边AD上一点，把△ABP沿BP所在的直线翻折后得到△EBP，直线PE与边BC相交于点F，点E在线段PF上．(1)如果点F和点C重合，求AP；(2)设AP＝x，BF＝y，求y关于x的函数关系式，并直接写出定义域；(3)连接DF，如果△PDF是以PF为腰的等腰三角形，求AP的长．【答案】(1)2(2)y＝（2≤x＜6）(3)【分析】（1）首先证明PC＝BC，在Rt△PDC中，利用勾股定理求出PD即可解决问题；（2）先证明FB＝FP＝y，推出EF＝PF﹣PE＝y﹣x，Rt△BEF中，，构建关系式即可解决问题；（3）分两种情形分别构建方程求解即可；（1）解：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝6，BC＝AD＝10，∠D＝90°，由翻折不变性可知：∠APB＝∠CPB，∵ADBC，∴∠APB＝∠PBC，∴∠PBC＝∠CPB，∴CB＝CP＝10，∴，∴PA＝AD﹣PD＝10﹣8＝2．（2）如图2中，∵由翻折不变性可知：∠APB＝∠FPB，∠A＝∠PEB＝90°，PA＝PE＝x，AB＝BE＝6，∵ADBC，∠A＝∠PEB＝90°，∴∠APB＝∠PBC，∴∠PBF＝∠FPB，∴FB＝FP＝y，∴EF＝PF﹣PE＝y﹣x，在Rt△BEF中，∵，∴，∴y＝（2≤x＜6）．（3）①如图3中，当PF＝PD时，由（2）可知BF＝PF＝PD，∴x+y＝10，∴x10，整理得：3x2﹣20x+36＝0，∵，此种情形不存在．②如图4中，当FP＝FD时，在Rt△DFC中，DF＝y，CD＝6，CF＝10﹣y，∴，∴y，∴，解得x＝10（舍弃）或．∴PA，综上所述，满足条件的AP的值为．

【点睛】本题考查了矩形的折叠问题，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是用分类讨论的思想解决问题．3．（2022春·上海·八年级校考期中）已知：如图，在矩形中，，，，垂足是点是点关于的对称点，连接、．(1)求和的长；(2)若将沿着射线方向平移，设平移的距离为平移距离指点沿方向所经过的线段长度，当点分别平移到线段、上时，直接写出相应的的值．(3)如图，将绕点顺时针旋转一个角，记旋转中的为，在旋转过程中，设所在的直线与直线交于点，与直线交于点，是否存在这样的、两点，使为等腰三角形？若存在，求出此时的长；若不存在，请说明理由．【答案】(1)3(2)3或(3)存在，，，，【分析】（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；（2）依题意画出图形，如答图所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出的值；（3）在旋转过程中，等腰有种情形，如答图所示，对于各种情形分别进行计算．【详解】（1）解：在中，，，由勾股定理得：．，．在中，，，由勾股定理得：．（2）设平移中的三角形为，如答图所示：由对称点性质可知，．由平移性质可知，，，．当点落在上时，，，，，即；当点落在上时，，，，，，又易知，为等腰三角形，，∴，即．（3）存在．理由如下：在旋转过程中，等腰依次有以下种情形：如答图所示，点落在延长线上，且，易知，，，，，．在中，由勾股定理得：．；如答图所示，点落在上，且，易知，，，，则此时点落在边上．，，，．在中，由勾股定理得：，即：，解得：，；如答图所示，点落在上，且，易知．，，．，．，，，∴，∴．在中，由勾股定理得：，；如答图所示，点落在上，且，易知．，，，，∴，．综上所述，存在组符合条件的点、点，使为等腰三角形；的长度分别为、、或【点睛】本题是几何变换压轴题，涉及旋转与平移变换、矩形、勾股定理、等腰三角形等知识点．第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论；在计算过程中，注意识别旋转过程中的不变量，注意利用等腰三角形的性质简化计算．4．（2022春·上海·八年级校考期中）四边形ABCD为菱形，点P为对角线BD上的一个动点．(1)如图1，连接AP并延长交BC的延长线于点E，连接PC，求证：∠AEB=∠PCD；(2)如图1，若PA=PD且PC⊥BE时，求此时∠ABC的度数；(3)若∠ABC=90°且AB=6，如备用图，连接AP并延长交射线BC于点E，连接PC，若△PCE是等腰三角形，求线段BP的长．【答案】(1)见解析(2)∠ABC=60°；(3)线段BP的长为3-3或9-3．【分析】（1）由四边形ABCD是菱形得AD=CD，∠ADP=∠CDP，AD∥BC，证明△PAD≌△PCD，得∠PAD=∠PCD，因为∠PAD=∠AEB，所以∠AEB=∠PCD；（2）先证明△ABP≌△CBP，得∠PAB=∠PCB=90°，再推导出∠E=∠PBE=∠PBA，则3∠E=90°，得∠E=30°，所以∠ABC=90°-∠E=60°；（3）分两种情况，一是点E在边BC上，PE=CE，可推导出∠AEB=∠PCB+∠CPE=2∠PCB=2∠PAB，得∠PAB=30°，先求得BE=2，作PF⊥BC于点F，则∠PFE=∠PFB=90°=∠ABC，得PF∥AB，∠FPB=∠FBP=45°，∠FPE=∠PAB=30°，可求得EF=3-，则BP=BF=3-3；二是点E在边BC的延长线上，PC=EC，则∠CPE=∠E，先推导出∠E=30°，再求得BE=6，作PF⊥BC于点F，则∠PFE=∠PFB=90°，∠FPB=∠FBP=45°，PE=2PF，BF=PF，可求得BF=PF=9-3，则BP=BF=9-3．（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是菱形，∴AD=CD，∠ADP=∠CDP，AD∥BC，∴∠PAD=∠AEB，∵PD=PD，∴△PAD≌△PCD（SAS），∴∠PAD=∠PCD，∴∠AEB=∠PCD；（2）解：如图2，∵AB=CB，∠PBA=∠PBC，PB=PB，∴△ABP≌△CBP（SAS），∵PC⊥BE，∴∠PAB=∠PCB=90°，∵PA=PD，∴∠PAD=∠PDA，∵∠PAD=∠E，∠PDA=∠PBE，∴∠E=∠PBE，∴∠E=∠PBE=∠PBA，∵∠E+∠PBE+∠PBA=90°，∴3∠E=90°，∴∠E=30°，∴∠ABC=90°-∠E=60°；（3）解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=90°，AB=6，∴四边形ABCD是正方形，AD=AB=BC=DC=6，∴∠BAD=∠BCD=90°，∴∠CBD=∠CDB=45°，∴BD=，如图3，点E在边BC上，PE=CE，∵△ABP≌△CBP，∴∠PCB=∠PAB，∵∠PCB=∠CPE，∴∠AEB=∠PCB+∠CPE=2∠PCB=2∠PAB，∵∠AEB+∠PAB=90°，∴2∠PAB+∠PAB=90°，∴∠PAB=30°，∴AE=2BE，∵AB2+BE2=AE2，∴62+BE2=（2BE）2，∴BE=2，作PF⊥BC于点F，则∠PFE=∠PFB=90°=∠ABC，∴PF∥AB，∠FPB=∠FBP=45°，∴∠FPE=∠PAB=30°，∴PE=2EF，∴BF=PF=EF，∴EF+EF=2，∴EF=3-，∴BF=PF=（3-）=3-3，∴BP=BF=（3-3）=3-3；如图4，点E在边BC的延长线上，PC=EC，则∠CPE=∠E，∵△ABP≌△CBP，∴∠PAB=∠PCB=∠CPE+∠E=2∠E，∵∠PAB+∠E=90°，∴2∠E+∠E=90°，∴∠E=30°，∴AE=2AB=12，∵AB2+BE2=AE2，∴62+BE2=122，∴BE=6，作PF⊥BC于点F，则∠PFE=∠PFB=90°，∴∠FPB=∠FBP=45°，PE=2PF，∴BF=PF，∴EF==PF=BF，∴BF+BF=6，∴BF=PF=9-3，∴BP==BF=（9-3）=9-3，综上所述，线段BP的长为3-3或9-3．【点睛】此题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、二次根式的混合运算等知识，此题难度较大．5．（2022春·上海·八年级专题练习）如图，一次函数y＝2x+4的图像与x、y轴分别相交于点A和B，以AB为边作正方形ABCD．(1)求点A、B、D的坐标．(2)设点M在x轴上，如果△ABM为等腰三角形，求点M的坐标．【答案】(1)A（﹣2，0），B（0，4），D（2，﹣2）；(2)M点的坐标为（2，0）或（﹣2﹣2，0）或（2﹣2，0）或（3，0）【分析】（1）由于一次函数y＝2x+4的图像与x、y轴分别相交于点A、B，所以利用函数解析式即可求出AB两点的坐标，然后过D作DH⊥x轴于H点，由四边形ABCD是正方形可以得到∠BAD＝∠AOB＝∠AHD＝90°，AB＝AD，接着证明△ABO≌△DAH，最后利用全等三角形的性质可以得到DH＝AO＝2，AH＝BO＝4，从而求出点D的坐标；（2）运用分类讨论的数学思想，根据等腰三角形的定义，分类讨论，数形结合，即可解决问题．（1）∵当y＝0时，2x+4＝0，解得x＝﹣2．∴点A（﹣2，0）．∵当x＝0时，y＝4．∴点B（0，4）．过D作DH⊥x轴于H点，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝∠AOB＝∠AHD＝90°，AB＝AD．∴∠BAO+∠ABO＝∠BAO+∠DAH，∴∠ABO＝∠DAH．∴△ABO≌△DAH．∴DH＝AO＝2，AH＝BO＝4，∴OH＝AH﹣AO＝2．∴点D（2，﹣2）．（2）∵A（﹣2，0），B（0，4），∴OA＝2，OB＝4，∴AB＝，①当AB＝MB时，∵OB⊥AM，∴OM＝OA＝2，∴M（2，0）；②当AB＝AM时，则OM＝OA+AM＝2+，∴M（﹣2﹣，0）；③当AB＝AM时，则AM＝AB＝2，∴OM＝AM﹣OA＝2﹣2，∴M（2﹣2，0）．④当MB＝MA，设M(a,0)，根据题意，得，解得a=3，故M（3，0），综上，M点的坐标为（2，0）或（﹣2﹣2，0）或（2﹣2，0）或（3，0）．【点睛】该题主要考查了一次函数图像上点的坐标特征、正方形的性质、三角形全等的判定和性质、等腰三角形的判定等；解题的关键是灵活运用、大胆猜测、科学解答．6．（2022春·上海·八年级上海市民办扬波中学校考期中）如图，边长为5的菱形ABCD如图所示放置在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴正半轴上，点D在x轴负半轴上，点．(1)求AB所在直线的解析式；(2)如果直线l经过点C且与直线平行，点是y轴上的一个动点．①当点P在线段OB上（点P不与O、B重合），过点P作平行于x轴的直线分别交线段AB于M、交直线l于N．设线段MN的长度为d，求d关于t的函数解析式，并写出它的定义域；②当点P在y轴正半轴上，如是等腰三角形，求t的值．【答案】(1)y=x+4；(2)①d=12−t（0<t<4）；②t的值为或4或．【分析】（1）利用菱形的性质及B点坐标，在Rt△AOB中由勾股定理可求得OA的长，则可求得A点坐标，利用待定系数法可求得直线AB解析式；（2）①由菱形的性质可求得C点坐标，则可求得直线l的解析式，从而可用t分别表示出M、N的坐标，则可得到d关于t的函数解析式，结合P在线段OB上可求得t的取值范围；②用t可分别表示出PC、PD的长，结合C、D坐标可求得CD的长，分PD=PC、PD=CD和PC=CD三种情况可分别得到关于t的方程，可求得t的值．（1）解：∵B(0，4)，∴OB=4，∵四边形ABCD为菱形，且边长为5，∴AB=AD=BC=CD=5，在Rt△AOB中，由勾股定理可得OA=3，∴A(3，0)，设AB所在直线解析式为y=kx+b，∴，解得∴AB所在直线的解析式为y=x+4；（2）解：①由题意可知C(−5，4)，∵直线l经过点C且与直线y=x平行，∴可设直线l解析式为y=x+m，∴4=−5+m，解得m=9，∴直线l解析式为y=x+9，∵过点P作平行于x轴的直线分别交AB于M、交直线l于N，且P(0，t)，∴M、N点的纵坐标为t，在y=x+4中，令y=t，可解得x=3−t，在y=x+9中，令y=t可得x=t−9，∴d=3−t−(t−9)=12−t，∵点P在线段OB上（点P不与O、B重合），∴0<t<4；②∵A(3，0)，AD=5，∴D(−2，0)，且C(−5，4)，P(0，t)，∴PC2=52+(t−4)2=t2−8t+41，PD2=22+t2=t2+4，CD2=(−5+2)2+42=25，∵△PCD为等腰三角形，∴有PC=PD、PC=CD和PD=CD三种情况，当PC=PD时，则有t2−8t+41=t2+4，解得t=；当PC=CD时，则有t2−8t+41=25，解得t=4；当PD=CD时，则t2+4=25，解得t=√或t=−（舍去）；综上可知当△PCD是等腰三角形时，t的值为或4或．【点睛】本题为一次函数的综合应用，涉及菱形的性质、勾股定理、待定系数法、函数图象的交点、等腰三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中求得A点坐标是解题的关键，在（2）①中用t表示出M、N的横坐标是解题的关键，在（2）②中利用t分别表示出PD、PC和CD的长是解题的关键，注意分情况讨论．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．7．（2022秋·上海·八年级上外附中校考期末）如图1，梯形ABCD，AB∥CD，BC⊥AB，AB=AD，联结，点沿梯形的边，从点移动，设点移动的距离为为．(1)当点从点移动到点时，与的函数关系如图2中的折线所示.试求的长；(2)在(1)的情况下，点从点移动的过程中，是否可能为等腰三角形？若能，请求出所有能使为等腰三角形的的取值；若不能，请说明理由．(此题无需写括号理由)【答案】(1)1(2)能，x的值为0或14或3或5−或或11或9＋．【分析】（1）作DE⊥AB于E，则DE＝BC＝3，CD＝BE，由勾股定理求出AE＝，得出CD＝BE＝AB−AE＝1；（3）分情况讨论：①点P在AB边上时；②点P在BC上时；③点P在AD上时；由等腰三角形的性质和勾股定理即可得出答案．(1)解：由图得：AB＝5，AB＋BC＝8，∴BC＝3，作DE⊥AB于E，如图所示：则DE＝BC＝3，CD＝BE，∵AD＝AB＝5，∴AE＝＝4，∴CD＝BE＝AB−AE＝1；(2)解：可能；理由如下：分情况讨论：①点P在AB边上时，当PD＝PB时，P与A重合，x＝0或x＝14；当DP＝DB时，BP＝2BE＝2，∴AP＝3，∴x＝3；当BP＝BD＝时，AP＝5−，即x＝5−；②点P在BC上时，存在PD＝PB，此时，x＝5＋＝；③点P在AD上时，当BP＝BD＝时，过点B作BH⊥AD于H，如图所示：则BH•AD＝DE•AB，即×BH×5＝×3×5，∴BH＝3，∴DH＝＝＝1，∴DP＝2，∴x＝5＋3＋1＋2＝11；当DP＝DB＝时，x＝5＋3＋1＋＝9＋；综上所述：△BDP可能为等腰三角形，能使△BDP为等腰三角形的x的取值为：0或14或3或5−或或11或9＋．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了梯形的性质、平行线的性质、等腰三角形的性质与判定、直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度．8.如图，函数的图像与x轴、y轴分别交于A、B两点，以线段AB为边在第一象限内作等边△ABC．（1）求点C的坐标；（2）将△ABC沿着直线AB翻折，点C落在点D处，求直线AD的解析式；（3）在x轴上是否存在E，使△ADE为等腰三角形?若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．【难度】★★★【解析】（1）∵函数的图像与x轴、y轴分别交于A、B两点，∴，，∴∴．∵等边△ABC，∴，．∵，∴，∴；（2）∵，，∴D在y轴上，∵，∴，∴直线AD的解析式为：；（3）设E（，0），则，，．当时，，解得：，此时E（，0），或E（，0）；当时，，解得：，此时E（，0），或E（，0）（舍去）；当时，，解得：，此时E（，0），∴综上所述，满足条件的E点坐标为：（，0）或（，0）或（，0）或（，0）．【总结】本题主要考察一次函数解析式的求法和等腰三角形分类讨论，注意对直角三角形性质的运用．9.如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线：与轴、轴的正半轴分别相交于点A、B，过点C(－4，－4)作平行于轴的直线交AB于点D，CD=10．（1）求直线的解析式；（2）求证：△ABC是等腰直角三角形；（3）将直线沿轴负方向平移，当平移恰当的距离时，直线与，轴分别相交于点A′、B′，在直线CD上存在点P，使得△A′B′P是等腰直角三角形，请直接写出所有符合条件的点P的坐标．【难度】★★★【解析】（1）∵过点C(－4，－4)作平行于轴的直线交AB于点D，∴．∵CD=10，∴，解得：，∴直线的解析式为：；（2）∵直线：与轴、轴的正半轴分别相交于点A、B，∴A(8，0)，B(0，4)，∴，，，∴，，∴△ABC是等腰直角三角形；（3），，，．（通过△A′B′P是等腰直角三角形构造全等三角形．）【总结】考察等腰三角形的证明及一次函数解析式的确定．10．（2021·上海八年级期末）如图，在直角坐标平面内，点是坐标原点，点坐标为，将直线绕点顺时针旋转后得到直线．（1）求直线的表达式；（2）求的值；（3）在直线上有一点，其纵坐标为1．若轴上存在点，使是等腰三角形，请直接写出满足要求的点的坐标．【答案】（1）y=x；（2）k=；（3）当△ABC是等腰三角形时，点C的坐标为（，0）或（6,0）或（，0）【分析】（1）利用待定系数法求解；（2）如图，作AE⊥OA交直线y=kx于E，AD⊥x轴于D，EH⊥AD于H，证明△OAD≌△AEH，得到AH=OD=3，EH=AD=4，即可求出点E的坐标求解；（3）先确定点B与点E重合，即B（7,1），由勾股定理求出AB=，分三种情况：①当AC=BC时，②当AB=AC=5时，③当AB=BC=5时，根据等腰三角形的性质求解．【详解】（1）设直线OA的解析式为y=mx，将点A坐标代入，得3m=4，解得m=，∴直线OA的解析式为y=x；（2）如图，作AE⊥OA交直线y=kx于E，AD⊥x轴于D，EH⊥AD于H，∵∠AOE=，∠OAE=，∴∠AEO=∠AOE=，∴OA=AE，∵AD⊥x，，EH⊥AD，∴∠ADO=∠AHE=∠OAE=，∴∠OAD+∠HAE=∠HAE+∠AEH=，∴∠OAD=∠AEH，∴△OAD≌△AEH，∴AH=OD=3，EH=AD=4，∴HD=1，∴点E的坐标为（7,1），将点E的坐标代入y=kx中，得7k=1，解得k=；（3）∵点B在直线y=x上，纵坐标为1，∴点B与点E重合，即B（7,1），∵A（3，4），B（7,1），∴AB=，分三种情况：①当AC=BC时，作CM⊥AB，则AM=BM，∴M(5，2.5)，∵CM∥OA，∴设直线CM的解析式为y=x+n，∴，解得n=，∴y=x，当y=0时，x=0，解得x=，∴点C的坐标为（，0）；②当AB=AC=5时，∵OA=AB，∴AC=OA，∴OC=6，∴点C的坐标为（6,0）；③当AB=BC=5时，作BN⊥x轴于N，∵ON=7，BN=1，BC=5，∴CN==，∴OC=ON+CN=，∴点C的坐标为（，0），综上，当△ABC是等腰三角形时，点C的坐标为（，0）或（6,0）或（，0）．．【点睛】此题考查待定系数法求函数解析式，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，等腰三角形的性质，这是一道一次函数的综合题，解题中注意运用分类思想解决问题．11．（上海八年级期末）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD，BC＝10，对角线AC、BD相交于点O，且AC⊥BD，设AD＝x，△AOB的面积为y．（1）求∠DBC的度数；（2）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；（3）如图1，设点P、Q分别是边BC、AB的中点，分别联结OP，OQ，PQ．如果△OPQ是等腰三角形，求AD的长．【答案】（1）∠DBC＝45；（2）y＝x（x＞0）；（3）满足条件的AD的值为10﹣10．【分析】（1）过点D作AC的平行线DE，与BC的延长线交于E点，只要证明△BDE是等腰直角三角形即可解决问题；（2）由（1）可知：△BOC，△AOD都是等腰直角三角形，由题意OA=x，OB=5，根据y=•OA•OB计算即可；（3）分三种情形讨论即可解决问题；【详解】（1）过点D作AC的平行线DE，与BC的延长线交于E点．∵梯形ABCD中，AD∥BC，AC∥DE，∴四边形ACED为平行四边形，AC＝DE，AD＝CE，∵AB＝CD，∴梯形ABCD为等腰梯形，∴AC＝BD，∴BD＝DE，又AC⊥BD，∴∠BOC＝90°∵AC∥DE∴∠BDE＝90°，∴△BDE是等腰直角三角形，∴∠DBC＝45°．（2）由（1）可知：△BOC，△AOD都是等腰直角三角形，∵AD＝x，BC＝10，∴OA＝x，OB＝5，∴y＝．（3）如图2中，①当PQ＝PO＝BC＝5时，∵AQ＝QB，BP＝PC＝5，∴PQ∥AC，PQ＝AC，∴AC＝10，∵OC＝5，∴OA＝10﹣5，∴AD＝OA＝10﹣10．②当OQ＝OP＝5时，AB＝2OQ＝10，此时AB＝BC，∠BAC＝∠BCA＝45°，∴∠ABC＝90°，同理可证：∠DCB＝90°，∴四边形ABCD是矩形，不符合题意，此种情形不存在．③当OQ＝PQ时，AB＝2OQ，AC＝2PQ，∴AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴∠BAC＝90°＝∠BOC，显然不可能，综上所述，满足条件的AD的值为10﹣10．【点睛】本题考查四边形综合题、梯形、等腰直角三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题.12．（上海八年级期末）已知：如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，．E是边AB的中点，联结DE、CE，且DE⊥CE．设AD=x，BC=y．（1）如果∠BCD=60°，求CD的长；（2）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；（3）联结BD．如果△BCD是以边CD为腰的等腰三角形，求x的值．【答案】（1）4；（2）x＞0，且；（3）【解析】（1）首先过点D作DH⊥BC，垂足为点H，由AD∥BC，AB⊥BC，DH⊥BC，可求得DH的长，然后设CH=x，则CD=2x，利用勾股定理即可求得方程：x2+（2）2=4x2，解此方程即可求得答案；（2）首先取CD的中点F，连接EF，由梯形的中位线，可表示出EF的长，易得四边形ABHD是平行四边形，然后由勾股定理可得：（y﹣x）2+12=（x+y）2，继而求得答案；（3）分别从CD=BD或CD=BC去分析求解即可求得答案．解：（1）过点D作DH⊥BC，垂足为点H．∵AD∥BC，AB⊥BC，DH⊥BC，∴DH=AB=2，在Rt△DHC中，∵∠BCD=60°，∴∠CDH=30°．∴CD=2CH，设CH=x，则CD=2x．利用勾股定理，得CH2+DH2=CD2．即得：x2+（2）2=4x2．解得x=2（负值舍去）．∴CD=4；（2）取CD的中点F，连接EF，∵E为边AB的中点，∴EF=（AD+BC）=（x+y）．∵DE⊥CE，∴∠DEC=90°．又∵DF=CF，∴CD=2EF=x+y．由AB⊥BC，DH⊥BC，得∠B=∠DHC=90°．∴AB∥DH．又∵AB=DH，∴四边形ABHD是平行四边形．∴BH=AD=x．即得CH=|y﹣x|，在Rt△DHC中，利用勾股定理，得CH2+DH2=CD2．即得（y﹣x）2+12=（x+y）2．解得，∴所求函数解析式为．自变量x的取值范围是x＞0，且；（3）当△BCD是以边CD为腰的等腰三角形时，有两种可能情况：CD=BD或CD=BC．（i）如果CD=BD，由DH⊥BC，得BH=CH．即得y=2x．利用，得．解得，．经检验：，，且不合题意，舍去．∴；（ii）如果CD=BC，则x+y=y．即得x=0（不合题意，舍去），综上可得：．“点睛”此题属于四边形的综合题．考查了梯形的性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质以及勾股定理等知识．注意掌握辅助线的作法，掌握方程思想与分类讨论思想的应用是解此题的关键．考点三：存在直角三角形直角三角形的特征非常明显，在平面直角坐标系内，直角三角形中一般有两个顶点是确定的，另一个顶点在某个函数图像上，通常用两点间的距离公式表示出第三条边后再讨论三角形的哪个角有可能是直角，根据这个直角的条件结合题目条件进行计算，此类综合题需要用到的知识较多，需要考察学生的思维、分析能力．1．（2022春·上海青浦·八年级校考期末）如图，四边形中，，是边的中点．已知，．(1)连接，求证；(2)如图，当时，求的度数；(3)当为直角三角形时，求边的长．【答案】(1)见解析(2)(3)或【分析】（1）连接并延长交的延长线于，判断出≌，得出，进而判断出，即可得出结论；（2）先判断出，得出，再判断出，即可求出答案；（3）分两种情况①当时，判断出≌，得出，进而判断出，即可得出答案；②当时，过点D作DF⊥BC于点F，，设，根据勾股定理即可列出关于x的方程，即可求出答案．（1）证明：如图，连接并延长交的延长线于，，，，，，点是的中点，，≌，，，，；（2）解：，，，点是的中点，，，，，，，由（1）知，，，，，；（3）（3）是直角三角形，①当时，如图，，，，在和中，，≌，，，，，；②当时，如图，过点D作DF⊥BC于点F，设，由题意，四边形ABFD是矩形，∴AB=DF，BF=AD=2，∴FC=x-2，在Rt△DFC中，；，在Rt△BDC中，，在Rt△ABD中，，∴，，（舍去负值），③∠DBM=时，不符合题意；综上所述的长为或．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查平行线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出全等三角形是解本题的关键．2．（2022春·上海·八年级上海市张江集团中学校考期末）【探究与应用】我们把平行四边形沿着它的一条对角线翻折，会发现有很多结论．例如：在平行四边形ABCD中，，将△ABC沿直线AC翻折至△AEC，连结DE，则AC∥ED．(1)如图1，若AD与CE相交于点O，证明以上个结论；(2)如图2，AD与CE相交于点O，若，，，求△AOC的面积；(3)如果，，当A、C、D、E为顶点的四边形是正方形时，请画图并求出AC的长；(4)如果，，当△AED是直角三角形时，直接写出BC的长．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)或2；图形见解析；(4)或或【分析】（1）由平行四边形的定义可得AD∥BC，AD=BC，由折叠的性质可得∠ACB=∠ACE，BC=CE，于是可得△OAC、△ODE是等腰三角形，利用对顶角相等求得∠OCA和∠OED即可证明；（2）设OD=x，由（1）解答可得OD=OE=x，由折叠的性质可得OC=2-x，由∠B=90°可得ABCD是矩形，Rt△ODC中由勾股定理建立方程求得x，进而求得OA即可解答；（3）分∠ACB=45°和∠ACB=90°两种情况作出图形，再根据正方形的性质计算求值即可；（4）分∠ACB=60°，∠ACB=90°和∠ACB=30°，三种情况，根据30°直角三角形的边长关系和勾股定理计算求值即可；【详解】（1）证明：∵ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB=CD，AD=BC，∴∠OAC=∠ACB，∵∠ACB=∠ACE，∴∠OAC=∠OCA，∴OA=OC，∠OCA=（180°-∠AOC），∵BC=CE，BC=AD，∴AD=CE，∴AD-OA=CE-OC，∴OE=OD，∴∠OED=（180°-∠EOD），∵∠AOC=∠EOD，∴∠OCA=∠OED，∴AC∥DE；（2）解：设OD=x，由（1）解答可得OD=OE=x，∵CE=CB=2，∴OC=2-x，∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=90°，∴四边形ABCD是矩形，∴CD=AB=，AD=BC=2，∠ADC=90°，Rt△ODC中，OC2=OD2+CD2，∴（2-x）2=x2+2，∴x=，∴OA=AD-OD=，∴△OAC面积=OA•CD=；（3）解：①如图，∠ACB=45°时，∠B=45°，AB=AC，∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=45°，则∠BCD=135°，∴∠ACD=90°，∵∠BAC=180°-∠B-∠ACB=90°，AC∥ED，∴∠AED=90°，∠CDE=90°，∴四边形ACDE是矩形，∵AB=AC=AE，∴四边形ACDE是正方形，∵CE=CB=2，∴AC2+AE2=CE2，∴AC=；②如图，∠ACB=90°时，∠B=∠BAC=45°，CA=CB，∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=45°，则∠BAD=135°，∴∠CAD=90°，∵AC∥ED，∴∠ADE=90°，∠CED=90°，∴四边形ACDE是矩形，∵BC=CE=CA，∴四边形ACDE是正方形，∴AC=2；∴AC=或2；（4）解：①如图，∠ACB=60°时，∠B=30°，则∠BAC=90°，∴∠CAE=90°，∵AC∥DE，∴∠AED=90°，则△AED是直角三角形，Rt△ABC中，AB=3，BC=2AC，∴BC2=AB2+AC2=9+BC2，BC=；②如图，∠ACB=90°时，∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=30°，则∠BAD=150°，∵∠BAC=90°-∠B=60°，∴∠CAD=90°，∵AC∥DE，∴∠ADE=90°，则△AED是直角三角形，Rt△ABC中，AB=3，AC=，∴BC==，③如图，∠ACB=30°时，作AH⊥BC于点H，由四边形ABCD是平行四边形得AD∥BC，∴∠DAC=∠ACB=30°，∴∠BAC=180°-∠B-∠ACB=120°，由折叠的性质可得∠EAC=∠BAC=120°，∴∠EAD=∠EAC-∠DAC=90°，则△AED是直角三角形，Rt△ABH中，AB=3，AH=，∴BH=，∠B=∠ACB=30°，AH⊥BC，则BH=HC=BC，∴BC=2BH=，综上所述BC的长为：或或.【点睛】本题考查了特殊平行四边形的判定和性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，含30°直角三角形，勾股定理等知识；正确作出图形并分类讨论是解题关键．3．（2022春·上海·八年级专题练习）如图1，已知O为正方形ABCD对角线的交点，点E在边CB的延长线上，连结EO，OF⊥OE交BA延长线于点F，连结EF．(1)求证：EO＝FO；(2)若正方形的边长为2，OE＝2OA，求BE的长；(3)当OE＝2OA时，将△FOE绕点O逆时针旋转到△F1OE1，使得∠BOE1＝30°时，试猜想并证明△AOE1是什么三角形．【答案】(1)见解析(2)(3)△AOE1是直角三角形【分析】（1）证明即可；（2）由正方形性质及勾股定理可求得OA长，则可得OE、OF长，由勾股定理得EF长，在中，利用勾股定理建立关于BE的方程，解方程即可求得BE；（3）连结，过A做AM⊥，设OA=a，则由已知可得OE1、OM、AM、ME1的长，由勾股定理可求得AE1的长，再由勾股定理的逆定理即可判断．(1)∵四边形ABCD是正方形，∴，，∠OAB=∠OBC=45°．∴∠BOE+∠EOA=90°，．∵∠EOF＝∠AOF+∠EOA=90°，∴．∵，，，∴．∴OE＝OF．(2)∵正方形的边长为2，∴由勾股定理得：．∴．∴．∴在中，由勾股定理得：．由（1）可得：．∵在中，由勾股定理得：，∴，解得：；(3)联结，过A做AM⊥，如图．∵∠BOE1＝30°，∴．设，则，，由勾股定理得：．∴．∴．∴．∴△AOE1是直角三角形．【点睛】本题主要考查正方形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理的综合运用，解题时注意从多个角度分析．4．（2022春·上海·八年级专题练习）已知：如图，正方形ABCD的边长为1，动点E、F分别在边AB、对角线BD上（点E与点A、B都不重合）且AE＝DF．(1)设DF＝x，CF2＝y，求：y与x的函数关系式，并写出定义域；(2)求证：FC＝FE；(3)是否存在以线段AE、DF、CF的长为边的直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)见解析(3)存在，【分析】（1）根据已知得出FG＝DG＝x，GC＝1﹣x，在Rt△FCG中，利用CF2＝CG2+FG2得出即可；（2）延长GF交AB于H，易证矩形AHGD，再利用SAS证明Rt△FCG≌Rt△EFH即可得出答案；（3）分别讨论①若CF为斜边以及②若AE为斜边得出答案即可．（1）解：过F作FG⊥DC于G，则∠FGD＝∠FGC＝90°

∵正方形ABCD中，BD是对角线，∴∠BDG＝45°，∵∠FGD＝90°，DF＝x，∴FG＝DG＝x，∵正方形ABCD的边长为1，∴GC＝1﹣x，在Rt△FCG中，CF2＝CG2+FG2＝（1﹣x）2+（x）2＝x2﹣x+1，∴y＝x2﹣x+1（0＜x＜）；（2）延长GF交AB于H，∵∠A＝∠ADG＝∠DGH＝90°，∴四边形AHGD是矩形，∴AH＝DG＝x，∵AE＝x，∴HE＝x，∴GF＝HE，CG＝FH，∵∠CGF＝∠FHE＝90°，∴Rt△FCG≌Rt△EFH（SAS），∴FC＝FE，（3）∵AE＝DF，∴DF＜AE，∴若存在以AE、DF、CF的长为边的直角三角形，则DF不可能为斜边，①若CF为斜边，则x2+（x）2＝x2﹣x+12x2+x﹣1＝0，x＝，x＝（负值舍去），②若AE为斜边，则x2+x2﹣x+1＝（x）2，解得：x＝，∵0＜x＜，∴舍去综上所述当x＝时，存在以AE、DF、CF的长为边的直角三角形．【点睛】此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定以及勾股定理应用等知识，根据已知得出熟练利用勾股定理得出是解题关键．5．（2022春·上海青浦·八年级校考期中）已知长方形ABCO，O为坐标原点，B的坐标为（8，6），点A，C分别在坐标轴上，P是线段BC上的动点，设PC＝m．（1）已知点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点，设D点横坐标为n，则D点纵坐标可用含n的代数式表示为，此时若△APD是等腰直角三角形，求点D的坐标；（2）直线y＝2x＋b过点（3，0），请问在该直线上，是否存在第一象限的点D使△APD是等腰直角三角形？若存在，请直接写出这些点的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）点D（4,14）；（2）存在第一象限的点D使△APD是等腰直角三角形，点D的坐标或．【分析】（1）过点D作DE⊥y轴于E，PF⊥y轴于F，设D点横坐标为n，点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点，可得点D（n,2n+6）,根据△APD是等腰直角三角形，可得∠EDA=∠FAP，可证△EDA≌△FAP（AAS），可得AE=PF，ED=FA，再证四边形AFPB为矩形，得出点D（n，14），根据点D在直线y＝2x＋6上，求出n=4即可；（2）直线y＝2x＋b过点（3，0），求出b=-6，设点D（x,2x-6），分三种情况当∠ADP=90°，AD=DP，△ADP为等腰直角三角形，证明△EDA≌△FPD（AAS），再证四边形OCFE为矩形，EF=OC=8，得出DE+DF=x+2x-14=8；当∠APD=90°，AP=DP，△ADP为等腰直角三角形，先证△ABP≌△PFD（AAS），得出CF=CB+PF-PB=6+8-（x-8）=22-x=2x-6；当∠PAD=90°，AP=AD，△ADP为等腰直角三角形，先证四边形AFPB为矩形，得出PF=AB=8，再证△APF≌△DAE（AAS），得出求解方程即可【详解】解：（1）过点D作DE⊥y轴于E，PF⊥y轴于F，设D点横坐标为n，点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点，∴x=n，y＝2n＋6，∴点D（n,2n+6）,∵△APD是等腰直角三角形，∴DA=AP，∠DAP=90°，∴∠DAE+∠FAP=180°-∠DAP=90°，∵DE⊥y轴，PF⊥y轴，∴∠DEA=∠AFP=90°，∴∠EDA+∠DAE=90°，∴∠EDA=∠FAP，在△EDA和△FAP中，，∴△EDA≌△FAP（AAS），∴AE=PF，ED=FA，∵四边形OABC为矩形，B的坐标为（8，6），∴AB=OC=8，OA=BC=6，∠FAB=∠ABP=90°，∵∠AFP=90°，∴四边形AFPB为矩形，∴PF=AB=8，∴EA=FP=8，∴OE=OA+AE=6+8=14，∴点D（n，14