（3）延长AE交CM于H， ∵CE平分∠ACB交DM于E点， ∴∠ACE＝∠HCE， ∵AE⊥CE，
∴∠AEC＝∠HEC＝90°， 在△ACE与△HCE中，∴△ACE≌△CHE（ASA）， ∴AE＝EH，AC＝CH， ∵AD∥CM， ∴∠ADE＝∠M， 在△ADE与△HME中，∴△ADE≌△HME（AAS）， ∴AD＝HM， ∵AD＝BC， ∴HM＝BC， ∴CH＝BM， ∵BL＝8， ∴CH＝BM＝8， ∴AC＝CH＝8．
， ，
14．解：点拨：如图2，作∠CBE＝60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，
连结EM，易证△ABM≌△EBM（SAS），可得AM＝EM，∠1＝∠2；又AM＝MN，则
EM＝MN，可得∠3＝∠4；
由∠3+∠1＝∠4+∠5＝60°，进一步可得∠1＝∠2＝∠5． 又因为∠2+∠6＝120，所以∠5+∠6＝120°，所以∠AMN＝60°． 问题：延长AB至E，使EB＝AB，连接EMC、EC，如图所示： 则EB＝BC，∠EBM中＝90°＝∠ABM， ∴△EBC是等腰直角三角形， ∴∠BEC＝∠BCE＝45°，
∵N是正方形ABCD的外角∠DCH的平分线上一点， ∴∠MCN＝90°+45°＝135°， ∴∠BCE+∠MCN＝180°， ∴E、C、N，三点共线， 在△ABM和△EBM中，∴△ABM≌△EBM（SAS）， ∴AM＝EM，∠1＝∠2， ∵AM＝MN， ∴EM＝MN， ∴∠3＝∠4，
∵∠2+∠3＝45°，∠4+∠5＝45°， ∴∠1＝∠2＝∠5， ∵∠1+∠6＝90°， ∴∠5+∠6＝90°，
∴∠AMN＝180°﹣90°＝90°． 故答案为：SAS，3，4，5．
15．解：（1）AF＝DE．理由如下： ∵四边形OADC是正方形，
∴OA＝AD，∠DAE＝∠AOF＝90°， 由题意得：AE＝OF，
，
在△AOF和△DAE中，∴△AOF≌△DAE（SAS）， ∴AF＝DE．
，
（2）四边形HIJK是正方形．理由如下： 如图①所示：
∵H、I、J、K分别是AE、EF、FD、DA的中点， ∴HI＝KJ＝AF，HK＝IJ＝ED，HI∥AF，HK∥ED， ∵AF＝DE， ∴HI＝KJ＝HK＝IJ， ∴四边形HIJK是菱形， ∵△AOF≌△DAE， ∴∠ADE＝∠OAF， ∵∠ADE+∠AED＝90°， ∴∠OAF+∠AED＝90°， ∴∠AGE＝90°， ∴AF⊥ED，
∵HI∥AF，HK∥ED， ∴HI⊥HK， ∴∠KHI＝90°， ∴四边形HIJK是正方形． （3）存在，理由如下：
∵四边形OADC为正方形，点D的坐标为（4，4）， ∴OA＝AD＝OC＝4， ∴C（4，0），
∵点E为AO的中点， ∴OE＝2，E（0，2）； 分情况讨论：如图②所示，
①当OC是以O，C、M、N为顶点的菱形的对角线时，OC与MN互相垂直平分，则M为
CE的中点，
∴点M的坐标为（2，1）， ∵点M和N关于OC对称， ∴N（2，﹣1）；
②当OC是以O，C、M、N为顶点的菱形的边时， 若M在y轴的左侧时， ∵四边形OCM'N'是菱形， ∴OM'＝OC＝4，M'N'∥OC， ∴△M'FE∽△COE， ∴
＝
＝2，
设EF＝x，则M'F＝2x，OF＝x+2，
在Rt△OM'F中，由勾股定理得：（2x）2+（x+2）2＝42， 解得：x＝，或x＝﹣2（舍去）， ∴M'F＝∴N'（，
，FN＝4﹣M'F＝，OF＝2+＝）；
，
若M在y轴的右侧时，作N''P⊥OC于P， ∵ON''∥CM''， ∴∠PON''＝∠OCE， ∴tan∠PON''＝
＝tan∠OCE＝
＝，
设PN''＝y，则OP＝2y，
在Rt△OPN''中，由勾股定理得：y2+（2y）2＝42， 解得：y＝∴PN''＝∴N''（
， ，OP＝，﹣
）；
，
综上所述，存在点N使以O，C、M、N为顶点的四边形是菱形，点N的坐标为（2，﹣1）
或（，）或（，﹣）．
[精选]2020年中考数学一轮复习培优训练：《四边形》
