2024中考數(shù)學復習 重難題型分類練 題型九 幾何探究題 (含答案)

2024中考數(shù)學復習重難題型分類練題型九幾何探究題類型一非動點探究題1.已知四邊形ABCD中，BC＝CD，連接BD，過點C作BD的垂線交AB于點E，連接DE.(1)如圖①，若DE∥BC，求證：四邊形BCDE是菱形；(2)如圖②，連接AC，設BD，AC相交于點F，DE垂直平分線段AC.(i)求∠CED的大?。?ii)若AF＝AE，求證：BE＝CF.第1題圖2.已知正方形ABCD，E為對角線AC上一點．【建立模型】(1)如圖①，連接BE，DE.求證：BE＝DE；【模型應用】(2)如圖②，F(xiàn)是DE延長線上一點，F(xiàn)B⊥BE，EF交AB于點G.①判斷△FBG的形狀并說明理由；②若G為AB的中點，且AB＝4，求AF的長；【模型遷移】(3)如圖③，F(xiàn)是DE延長線上一點，F(xiàn)B⊥BE，EF交AB于點G，BE＝BF.求證：GE＝(eq\r(2)－1)DE.第2題圖3.(1)如圖①，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，CD平分∠ACB，交AB于點D，DE∥AC，交BC于點E.①若DE＝1，BD＝eq\f(3,2)，求BC的長；②試探究eq\f(AB,AD)－eq\f(BE,DE)是否為定值．如果是，請求出這個定值；如果不是，請說明理由；(2)如圖②，∠CBG和∠BCF是△ABC的2個外角，∠BCF＝2∠CBG，CD平分∠BCF，交AB的延長線于點D，DE∥AC，交CB的延長線于點E.記△ACD的面積為S1，△CDE的面積為S2，△BDE的面積為S3.若S1·S3＝eq\f(9,16)Seq\o\al(2,2)，求cos∠CBD的值．第3題圖類型二動點探究題4.如圖，在矩形ABCD中，點O是AB的中點，點M是射線DC上動點，點P在線段AM上(不與點A重合)，OP＝eq\f(1,2)AB.(1)判斷△ABP的形狀，并說明理由；(2)當點M為邊DC中點時，連接CP并延長交AD于點N.求證：PN＝AN；(3)點Q在邊AD上，AB＝5，AD＝4，DQ＝eq\f(8,5)，當∠CPQ＝90°時，求DM的長．5.如圖①，AB為半圓O的直徑，C為BA延長線上一點，CD切半圓于點D，BE⊥CD，交CD延長線于點E，交半圓于點F，已知BC＝5，BE＝3.點P，Q分別在線段AB，BE上(不與端點重合)，且滿足eq\f(AP,BQ)＝eq\f(5,4).設BQ＝x，CP＝y(tǒng).(1)求半圓O的半徑；(2)求y關于x的函數(shù)表達式；(3)如圖②，過點P作PR⊥CE于點R，連接PQ，RQ.①當△PQR為直角三角形時，求x的值；②作點F關于QR的對稱點F′，當點F′落在BC上時，求eq\f(CF′,BF′)的值．第5題圖6.在?ABCD中，∠C＝45°，AD＝BD，點P為射線CD上的動點(點P不與點D重合)，連接AP，過點P作EP⊥AP交直線BD于點E.(1)如圖①，當點P為線段CD的中點時，請直接寫出PA，PE的數(shù)量關系；(2)如圖②，當點P在線段CD上時，求證：DA＋eq\r(2)DP＝DE；(3)點P在射線CD上運動，若AD＝3eq\r(2)，AP＝5，請直接寫出線段BE的長．第6題圖7.如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，點P在邊AB上，D，E分別為BC，PC的中點，連接DE.過點E作BC的垂線，與BC，AC分別交于F，G兩點．連接DG，交PC于點H.(1)∠EDC的度數(shù)為________°；(2)連接PG，求△APG的面積的最大值；(3)PE與DG存在怎樣的位置關系與數(shù)量關系？請說明理由；(4)求eq\f(CH,CE)的最大值．類型三平移探究題8.已知：在正方形ABCD的邊BC上任取一點F，連接AF，一條與AF垂直的直線l(垂足為點P)沿AF方向，從點A開始向下平移，交邊AB于點E.(1)當直線l經(jīng)過正方形ABCD的頂點D時，如圖①所示．求證：AE＝BF；(2)當直線l經(jīng)過AF的中點時，與對角線BD交于點Q，連接FQ，如圖②所示．求∠AFQ的度數(shù)；(3)直線l繼續(xù)向下平移，當點P恰好落在對角線BD上時，交邊CD于點G，如圖③所示．設AB＝2，BF＝x，DG＝y(tǒng)，求y與x之間的關系式．第8題圖9.在一次數(shù)學研究性學習中，小兵將兩個全等的直角三角形紙片ABC和DEF拼在一起，使點A與點F重合，點C與點D重合(如圖①)，其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并進行如下研究活動．活動一：將圖①中的紙片DEF沿AC方向平移，連接AE，BD(如圖②)，當點F與點C重合時停止平移．【思考】圖②中的四邊形ABDE是平行四邊形嗎？請說明理由；【發(fā)現(xiàn)】當紙片DEF平移到某一位置時，小兵發(fā)現(xiàn)四邊形ABDE為矩形(如圖③)，求AF的長；活動二：在圖③中，取AD的中點O，再將紙片DEF繞點O順時針方向旋轉(zhuǎn)α度(0≤α≤90)，連接OB，OE(如圖④).【探究】當EF平分∠AEO時，探究OF與BD的數(shù)量關系，并說明理由．第9題圖10.已知：點C，D均在直線l的上方，AC與BD都是直線l的垂線段，且BD在AC的右側(cè)，BD＝2AC，AD與BC相交于點O.(1)如圖①，若連接CD，則△BCD的形狀為________，eq\f(AO,AD)的值為________；(2)若將BD沿直線l平移，并以AD為一邊在直線l的上方作等邊△ADE.①如圖②，當AE與AC重合時，連接OE，若AC＝eq\f(3,2)，求OE的長；②如圖③，當∠ACB＝60°時，連接EC并延長交直線l于點F，連接OF.求證：OF⊥AB.第10題圖類型四旋轉(zhuǎn)探究題11.在Rt△ABC中，AC＝BC，將線段CA繞點C旋轉(zhuǎn)α(0°＜α＜90°)，得到線段CD，連接AD，BD.(1)如圖①，將線段CA繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)α，則∠ADB的度數(shù)為________；(2)將線段CA繞點C順時針旋轉(zhuǎn)α時．①在圖②中依題意補全圖形，并求∠ADB的度數(shù)；②若∠BCD的平分線CE交BD于點F，交DA的延長線于點E，連接BE.用等式表示線段AD，CE，BE之間的數(shù)量關系，并證明．第11題圖12.在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，將△ABC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)得到△A′BC′，其中點A，C的對應點分別為點A′，C′.(1)如圖①，當點A′落在AC的延長線上時，求AA′的長；(2)如圖②，當點C′落在AB的延長線上時，連接CC′，交A′B于點M，求BM的長；(3)如圖③，連接AA′，CC′，直線CC′交AA′于點D，點E為AC的中點，連接DE.在旋轉(zhuǎn)過程中，DE是否存在最小值？若存在，求出DE的最小值；若不存在，請說明理由．第12題圖13.如圖，在△ABC中，AB＝AC＝2eq\r(5)，BC＝4，D，E，F(xiàn)分別為AC，AB，BC的中點，連接DE，DF.(1)如圖①，求證：DF＝eq\f(\r(5),2)DE；(2)如圖②，將∠EDF繞點D順時針旋轉(zhuǎn)一定角度，得到∠PDQ，當射線DP交AB于點G，射線DQ交BC于點N時，連接FE并延長交射線DP于點M，判斷FN與EM的數(shù)量關系，并說明理由；(3)如圖③，在(2)的條件下，當DP⊥AB時，求DN的長．第13題圖14.如圖①，四邊形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AD＝3，AB＝2eq\r(3)，DH⊥BC于點H.將△PQM與該四邊形按如圖方式放在同一平面內(nèi)，使點P與A重合，點B在PM上，其中∠Q＝90°，∠QPM＝30°，PM＝4eq\r(3).(1)求證：△PQM≌△CHD；(2)△PQM從圖①的位置出發(fā)，先沿著BC方向向右平移(圖②)，當點P到達點D后立刻繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)(圖③)，當邊PM旋轉(zhuǎn)50°時停止．①邊PQ從平移開始，到繞點D旋轉(zhuǎn)結(jié)束，求邊PQ掃過的面積；②如圖②，點K在BH上，且BK＝9－4eq\r(3).若△PQM右移的速度為每秒1個單位長，繞點D旋轉(zhuǎn)的速度為每秒5°，求點K在△PQM區(qū)域(含邊界)內(nèi)的時長；③如圖③，在△PQM旋轉(zhuǎn)過程中，設PQ，PM分別交BC于點E，F(xiàn)，若BE＝d，直接寫出CF的長(用含d的式子表示)．第14題圖類型五折疊探究題15.如圖，在△ABC中，∠ABC＝30°，AB＝AC，點O為BC的中點，點D是線段OC上的動點(點D不與點O，C重合)，將△ACD沿AD折疊得到△AED，連接BE.(1)當AE⊥BC時，∠AEB＝________°；(2)探究∠AEB與∠CAD之間的數(shù)量關系，并給出證明；(3)設AC＝4，△ACD的面積為x，以AD為邊長的正方形的面積為y，求y關于x的函數(shù)解析式．16.在矩形ABCD中，BC＝eq\r(3)CD，點E、F分別是邊AD、BC上的動點，且AE＝CF，連接EF，將矩形ABCD沿EF折疊，點C落在點G處，點D落在點H處．(1)如圖①，當EH與線段BC交于點P時，求證：PE＝PF；(2)如圖②，當點P在線段CB的延長線上時，GH交AB于點M，求證：點M在線段EF的垂直平分線上；(3)當AB＝5時，在點E由點A移動到AD中點的過程中，計算出點G運動的路線長．第16題圖17.(1)發(fā)現(xiàn)：如圖①所示，在正方形ABCD中，E為AD邊上一點，將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長EF交CD邊于G點，求證：△BFG≌△BCG；(2)探究：如圖②，在矩形ABCD中，E為AD邊上一點，且AD＝8，AB＝6.將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長EF交BC邊于G點，延長BF交CD邊于點H，且FH＝CH，求AE的長；(3)拓展：如圖③，在菱形ABCD中，AB＝6，E為CD邊上的三等分點，∠D＝60°.將△ADE沿AE翻折得到△AFE，直線EF交BC于點P.求PC的長．第17題圖18.如圖①，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，點P在邊BC上，且不與點B，C重合，直線AP與DC的延長線交于點E.(1)當點P是BC的中點時，求證：△ABP≌△ECP；(2)將△APB沿直線AP折疊得到△APB′，點B′落在矩形ABCD的內(nèi)部，延長PB′交直線AD于點F.①證明FA＝FP，并求出在(1)條件下AF的值；②連接B′C，求△PCB′周長的最小值；③如圖②，BB′交AE于點H，點G是AE的中點，當∠EAB′＝2∠AEB′時，請判斷AB與HG的數(shù)量關系，并說明理由．第18題圖19.小紅根據(jù)學習軸對稱的經(jīng)驗，對線段之間、角之間的關系進行了拓展探究．如圖，在?ABCD中，AN為BC邊上的高，eq\f(AD,AN)＝m，點M在AD邊上，且BA＝BM.點E是線段AM上任意一點，連接BE，將△ABE沿BE翻折得△FBE.(1)問題解決：如圖①，當∠BAD＝60°，將△ABE沿BE翻折后，使點F與點M重合，則eq\f(AM,AN)＝________；(2)問題探究：如圖②，當∠BAD＝45°，將△ABE沿BE翻折后，使EF∥BM，求∠ABE的度數(shù)，并求出此時m的最小值；(3)拓展延伸：當∠BAD＝30°，將△ABE沿BE翻折后，若EF⊥AD，且AE＝MD，根據(jù)題意在備用圖中畫出圖形，并求出m的值．第19題圖類型六類比探究題20.已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a，b分別表示∠A，∠B的對邊，a>b.記△ABC的面積為S.(1)如圖①，分別以AC，CB為邊向形外作正方形ACDE和正方形BGFC.記正方形ACDE的面積為S1，正方形BGFC的面積為S2.①若S1＝9，S2＝16，求S的值；②延長EA交GB的延長線于點N，連接FN，交BC于點M，交AB于點H.若FH⊥AB(如圖②所示)，求證：S2－S1＝2S；(2)如圖③，分別以AC，CB為邊向形外作等邊三角形ACD和等邊三角形CBE，記等邊三角形ACD的面積為S1，等邊三角形CBE的面積為S2.以AB為邊向上作等邊三角形ABF(點C在△ABF內(nèi))，連接EF，CF.若EF⊥CF，試探索S2－S1與S之間的等量關系，并說明理由．第20題圖21.問題提出：如圖①，在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中點，延長BC至點E，使DE＝DB，延長ED交AB于點F，探究eq\f(AF,AB)的值．問題探究：(1)先將問題特殊化，如圖②，當∠BAC＝60°時，直接寫出eq\f(AF,AB)的值；(2)再探究一般情形，如圖①，證明(1)中的結(jié)論仍然成立；問題拓展：如圖③，在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中點，G是邊BC上一點，eq\f(CG,BC)＝eq\f(1,n)(n<2)，延長BC至點E，使DE＝DG，延長ED交AB于點F，直接寫出eq\f(AF,AB)的值(用含n的式子表示).第21題圖22.【問題呈現(xiàn)】如圖①，△ABC和△ADE都是等邊三角形，連接BD，CE.求證：BD＝CE；【類比探究】如圖②，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°.連接BD，CE.請直接寫出eq\f(BD,CE)的值；【拓展提升】如圖③，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且eq\f(AB,BC)＝eq\f(AD,DE)＝eq\f(3,4).連接BD，CE.(1)求eq\f(BD,CE)的值；(2)延長CE交BD于點F，交AB于點G，求sin∠BFC的值．圖①圖②圖③第22題圖其他類型23.現(xiàn)有若干張相同的半圓形紙片，點O是圓心，直徑AB的長是12cm，C是半圓弧上的一點(點C與點A，B不重合)，連接AC，BC.(1)沿AC，BC剪下△ABC，則△ABC是________三角形(填“銳角”、“直角”或“鈍角”)；(2)分別取半圓弧上的點E，F(xiàn)和直徑AB上的點G，H.已知剪下的由這四個點順次連接構(gòu)成的四邊形是一個邊長為6cm的菱形．請用直尺和圓規(guī)在圖中作出一個符合條件的菱形(保留作圖痕跡，不要求寫作法)；(3)經(jīng)過數(shù)次探索，小明猜想，對于半圓弧上的任意一點C，一定存在線段AC上的點M、線段BC上的點N和直徑AB上的點P，Q，使得由這四個點順次連接構(gòu)成的四邊形是一個邊長為4cm的菱形．小明的猜想是否正確？請說明理由．第23題圖備用題24.同學們還記得嗎？圖①、圖②是人教版八年級下冊教材“實驗與探究”中我們研究過的兩個圖形，受這兩個圖形的啟發(fā)，數(shù)學興趣小組提出了以下三個問題，請你回答：【問題一】如圖①，正方形ABCD的對角線相交于點O，點O又是正方形A1B1C1O的一個頂點，OA1交AB于點E，OC1交BC于點F，則AE與BF的數(shù)量關系為________；【問題二】受圖①啟發(fā)，興趣小組畫出了圖③；直線m，n經(jīng)過正方形ABCD的對稱中心O，直線m分別與AD，BC交于點E，F(xiàn)，直線n分別與AB，CD交于點G，H，且m⊥n，若正方形ABCD邊長為8，求四邊形OEAG的面積；【問題三】受圖②啟發(fā)，興趣小組畫出了圖④；正方形CEFG的頂點G在正方形ABCD的邊CD上，頂點E在BC的延長線上，且BC＝6，CE＝2.在直線BE上是否存在點P，使△APF為直角三角形？若存在，求出BP的長度；若不存在，說明理由．第24題圖源自人教八下P63實驗與探究參考答案與解析1.(1)證明：如解圖①，設DB與CE交于點O，第1題解圖①∵CD＝CB，∴∠CDB＝∠CBD，又∵DE∥BC，∴∠EDB＝∠CBD，∴∠EDB＝∠CDB，∵CE⊥BD，∴∠DOE＝∠DOC＝90°，又∵DO＝DO，∴△EDO≌△CDO(ASA)，∴DE＝DC，∴DE＝BC，∴四邊形BCDE為平行四邊形，∵CB＝CD，∴四邊形BCDE為菱形；【一題多解】解法二：如解圖①，由(1)得，△EDO≌△CDO，∴EO＝CO，∵DC＝BC，CE⊥BD，∴DO＝BO，∴四邊形BCDE是平行四邊形，∵CE與BD互相垂直且平分，∴四邊形BCDE為菱形．解法三：如解圖①，∵BD⊥CE，BC＝CD，∴BO＝DO，∴CE垂直平分BD，∴EB＝ED，由(1)可知△EDO≌△CDO，∴ED＝DC，∴ED＝EB＝CD＝BC，∴四邊形BCDE為菱形．(2)(ⅰ)解：∵DE垂直平分AC，∴AD＝CD，AE＝CE，又∵DE＝DE，∴△AED≌△CED(SSS)，∴∠AED＝∠CED，又∵CB＝CD，CE⊥BD，∴CE垂直平分BD，同理可證△CBE≌△CDE，∴∠CEB＝∠CED，∴∠CEB＝∠CED＝∠AED，又∵∠CEB＋∠CED＋∠AED＝180°，∴∠CED＝60°；(ⅱ)證明：如解圖②，第1題解圖②設BD與CE相交于點G，AC與DE相交于點H，由(ⅰ)可知∠HAE＝30°，∠GBE＝30°，∴∠AFB＝120°，F(xiàn)A＝FB，又∵∠AEC＝∠AED＋∠CED＝120°，∴∠ACE＝180°－30°－120°＝30°，∴EA＝EC，又∵AF＝AE，∴AF＝AE＝EC＝FB，∵∠AFB＝∠AEC＝120°，∴△AFB≌△AEC(SAS)，∴AB＝AC，∴AB－AE＝AC－AF，∴BE＝CF.2.(1)證明：∵四邊形ABCD為正方形，AC為對角線，∴AB＝AD，∠BAE＝∠DAE＝45°.∵AE＝AE，∴△ABE≌△ADE(SAS)，∴BE＝DE；(2)解：①△FBG為等腰三角形．理由如下：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠GAD＝90°，∴∠AGD＋∠ADG＝90°.∵FB⊥BE，∴∠FBG＋∠EBG＝90°，由(1)得∠ADG＝∠EBG，∴∠AGD＝∠FBG，又∵∠AGD＝∠FGB，∴∠FBG＝∠FGB，∴△FBG為等腰三角形；②如解圖，過點F作FH⊥AB，垂足為H.第2題解圖∵四邊形ABCD為正方形，點G為AB的中點，AB＝4，∴AG＝BG＝2，AD＝4.由①知FG＝FB，∴GH＝BH＝1，∴AH＝AG＋GH＝3.在Rt△FHG與Rt△DAG中，∵∠FGH＝∠DGA，∴tan∠FGH＝tan∠DGA，∴eq\f(FH,GH)＝eq\f(AD,AG)＝eq\f(4,2)，∴FH＝2.在Rt△AHF中，AF＝eq\r(AH2＋FH2)＝eq\r(9＋4)＝eq\r(13)；(3)證明：∵FB⊥BE，∴∠FBE＝90°.在Rt△EBF中，BE＝BF，∴EF＝eq\r(2)BE.由(1)得BE＝DE，由(2)得FG＝BF，∴GE＝EF－FG＝eq\r(2)BE－BF＝eq\r(2)DE－DE＝(eq\r(2)－1)DE.3.解：(1)①∵CD平分∠ACB，∴∠ACD＝∠DCB＝eq\f(1,2)∠ACB.∵∠ACB＝2∠B，∴∠ACD＝∠DCB＝∠B.∴CD＝BD＝eq\f(3,2).∵DE∥AC，∴∠ACD＝∠EDC.∴∠EDC＝∠DCB＝∠B.∴CE＝DE＝1.∴△CED∽△CDB.∴eq\f(CE,CD)＝eq\f(CD,CB).即eq\f(1,\f(3,2))＝eq\f(\f(3,2),CB)，解得BC＝eq\f(9,4)；②eq\f(AB,AD)－eq\f(BE,DE)是定值．∵DE∥AC，∴eq\f(AB,AD)＝eq\f(BC,CE).由①同理可得CE＝DE，∴eq\f(AB,AD)＝eq\f(BC,DE).∴eq\f(AB,AD)－eq\f(BE,DE)＝eq\f(BC,DE)－eq\f(BE,DE)＝eq\f(CE,DE)＝1.∴eq\f(AB,AD)－eq\f(BE,DE)是定值，定值為1；(2)∵DE∥AC，∴eq\f(S1,S2)＝eq\f(AC,DE)＝eq\f(BC,BE).∵eq\f(S3,S2)＝eq\f(BE,CE)，∴eq\f(S1·S3,Seq\o\al(2,2))＝eq\f(BC,CE).又∵S1·S3＝eq\f(9,16)Seq\o\al(2,2)，∴eq\f(BC,CE)＝eq\f(9,16).設BC＝9x，則CE＝16x.∵CD平分∠BCF，∴∠ECD＝∠FCD＝eq\f(1,2)∠BCF.∵∠BCF＝2∠CBG，∴∠ECD＝∠FCD＝∠CBD.∴BD＝CD.∵DE∥AC，∴∠EDC＝∠FCD.∴∠EDC＝∠CBD＝∠ECD.∴CE＝DE.∵∠DCB＝∠ECD，∴△CDB∽△CED.∴eq\f(CD,CE)＝eq\f(CB,CD)，∴CD2＝CB·CE＝144x2.∴CD＝12x(負值已舍去).如解圖，過點D作DH⊥BC于點H.∵BD＝CD＝12x，∴BH＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(9,2)x，∴cos∠CBD＝eq\f(BH,BD)＝eq\f(\f(9,2)x,12x)＝eq\f(3,8).第3題解圖4.(1)解：△ABP為直角三角形．理由如下：∵O為AB的中點，∴OA＝OB＝eq\f(1,2)AB.∵OP＝eq\f(1,2)AB，∴OP＝OA＝OB，∴點P在以AB為直徑的⊙O上．∴∠APB＝90°.故△ABP為直角三角形；(2)證明：如解圖①，連接ON，連接OC交PB于點E.∵M為DC的中點，O為AB的中點，AB∥CD，AB＝CD，∴MC∥OA且MC＝OA.∴四邊形MAOC為平行四邊形．∴OC∥AM，∴∠CEP＝∠APB＝90°，∴OC⊥PB.∵OP＝OB，∴E為PB的中點．∴CP＝BC.∴△OPC≌△OBC，∴∠CPO＝∠CBO＝90°.∴∠OPN＝∠OAN＝90°.又∵OP＝OB＝OA，ON＝ON，∴△OPN≌△OAN.∴PN＝AN；第4題解圖(3)解：如解圖②，過點P作GH∥AB與AD，BC分別交于點G，H.設AG＝BH＝x，則QG＝eq\f(12,5)－x，CH＝4－x.∵∠GPA＋∠HPB＝∠GPA＋∠GAP＝90°，∴∠GAP＝∠HPB.∵∠AGP＝∠PHB＝90°，∴△GAP∽△HPB.∴eq\f(AG,PH)＝eq\f(GP,HB)，∴AG·HB＝PH·GP.同理可證：QG·CH＝PH·GP，∴AG·HB＝QG·CH.∴x·x＝(eq\f(12,5)－x)(4－x)，解得x＝eq\f(3,2).∴AG＝BH＝eq\f(3,2).∵GP·HP＝AG·HB，∴GP·(GH－GP)＝eq\f(9,4)，GP＝eq\f(1,2)或eq\f(9,2).∵GP∥DM.∴eq\f(GP,DM)＝eq\f(AG,AD)，∴DM＝eq\f(GP·AD,AG)＝eq\f(4,3)或12.5.解：(1)如解圖①，連接OD，設半圓O的半徑為r，∵CD切半圓O于點D，∴OD⊥CD.∵BE⊥CD，∴OD∥BE，∴△COD∽△CBE，∴eq\f(OD,BE)＝eq\f(CO,CB)，即eq\f(r,3)＝eq\f(5－r,5)，∴r＝eq\f(15,8)，即半圓O的半徑是eq\f(15,8)；第5題解圖①(2)由(1)得CA＝CB－AB＝5－2×eq\f(15,8)＝eq\f(5,4)，∵eq\f(AP,BQ)＝eq\f(5,4)，BQ＝x，∴AP＝eq\f(5,4)x.∵CP＝AP＋AC，∴y＝eq\f(5,4)x＋eq\f(5,4)；(3)①顯然∠PRQ＜90°，∴分兩種情況．ⅰ)當∠RPQ＝90°時，如解圖②.第5題解圖②∵PR⊥CE，∴∠ERP＝90°.∵∠E＝90°，∴四邊形RPQE為矩形，∴PR＝QE.∵PR＝PC·sinC＝eq\f(3,5)y＝eq\f(3,4)x＋eq\f(3,4)，∴eq\f(3,4)x＋eq\f(3,4)＝3－x，∴x＝eq\f(9,7)；ⅱ)當∠PQR＝90°時，如解圖③，過點P作PH⊥BE于點H，第5題解圖③則四邊形PHER是矩形，∴PH＝RE，EH＝PR.∵CB＝5，BE＝3，∴CE＝eq\r(52－32)＝4.∵CR＝CP·cosC＝eq\f(4,5)y＝x＋1，∴PH＝RE＝CE－CR＝4－(x＋1)＝3－x＝EQ，∴∠EQR＝∠ERQ＝45°，∴∠PQH＝45°＝∠QPH，∴HQ＝HP＝3－x，由EH＝PR得：(3－x)＋(3－x)＝eq\f(3,4)x＋eq\f(3,4)，∴x＝eq\f(21,11).綜上所述，x的值是eq\f(9,7)或eq\f(21,11)；②如解圖④，連接AF，QF′，由對稱可知QF＝QF′，第5題解圖④由(3)①得，ER＝EQ，∠F′QR＝∠EQR＝45°，∴∠BQF′＝90°，∴QF＝QF′＝BQ·tanB＝eq\f(4,3)x.∵AB是半圓O的直徑，∴∠AFB＝90°，∴BF＝AB·cosB＝eq\f(9,4)，∴eq\f(4,3)x＋x＝eq\f(9,4)，∴x＝eq\f(27,28)，∴eq\f(CF′,BF′)＝eq\f(BC－BF′,BF′)＝eq\f(BC,BF′)－1＝eq\f(3,x)－1＝eq\f(19,9).或利用QF′∥CE得，eq\f(CF′,BF′)＝eq\f(EQ,QB)＝eq\f(3－x,x)＝eq\f(3,x)－1＝eq\f(19,9).6.(1)解：PA＝PE；【解法提示】如解圖①，連接PB，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，∵AD＝BD，∴BD＝BC，∴∠C＝∠BDC＝45°，∴∠DBC＝90°，∵P是CD的中點，∴BP＝PD＝PC，∴BP⊥CD，∠PBD＝45°，∴∠PDA＝∠PBE＝135°，∵EP⊥AP，∴∠DPB＝∠APE＝90°，∴∠DPA＝∠BPE，∴△PAD≌△PEB，∴PA＝PE.第6題解圖①(2)證明：如解圖②，過點P作PF⊥CD交DE于點F，∵PF⊥CD，EP⊥AP，∴∠DPF＝∠APE＝90°，∴∠DPA＝∠FPE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠C＝∠DAB＝45°，AB∥CD，又∵AD＝BD，∴∠DAB＝∠DBA＝∠C＝∠CDB＝45°，∴∠ADB＝∠DBC＝90°，∴∠PFD＝45°，∴∠PFD＝∠PDF，∴PD＝PF，∴∠PDA＝∠PFE＝135°，∴△ADP≌△EFP，∴AD＝EF，在Rt△FDP中，∠PDF＝45°，∵cos∠PDF＝eq\f(DP,DF)，∴DF＝eq\f(DP,cos∠PDF)＝eq\f(DP,cos45°)＝eq\r(2)DP，∵DE＝DF＋EF，∴DA＋eq\r(2)DP＝DE；第6題解圖②(3)解：eq\r(2)或7eq\r(2).【解法提示】①當點P在線段CD上時，如解圖③，過點A作AM⊥CD延長線于點M，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴∠MDA＝∠C＝45°，∴DM＝AM＝AD·sin∠MDA＝3eq\r(2)×sin45°＝3，∴PM＝eq\r(AP2－AM2)＝eq\r(52－32)＝4，∴DP＝PM－DM＝4－3＝1，由(2)知DE＝AD＋eq\r(2)DP＝3eq\r(2)＋eq\r(2)×1＝4eq\r(2)，∵BD＝AD＝3eq\r(2)，∴BE＝DE－BD＝4eq\r(2)－3eq\r(2)＝eq\r(2)；②當點P在CD的延長線上時，如解圖④，過點A作AM⊥CD延長線于點M，過點P作PF⊥CD延長線交DE于點F，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴∠MDA＝∠C＝45°，∴DM＝AM＝AD·sin∠MDA＝3eq\r(2)×sin45°＝3，∴PM＝eq\r(AP2－AM2)＝eq\r(52－32)＝4，∴DP＝PM＋DM＝4＋3＝7，由(2)知EF＝AD，∴DE＝DF－EF＝eq\r(2)DP－AD＝eq\r(2)×7－3eq\r(2)＝4eq\r(2)，∵BD＝AD＝3eq\r(2)，∴BE＝DE＋BD＝4eq\r(2)＋3eq\r(2)＝7eq\r(2).綜上所述，BE的長為eq\r(2)或7eq\r(2).第6題解圖7.解：(1)45；【解法提示】∵AB＝AC，∠A＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°.∵D，E分別是BC，PC的中點，∴DE是△BPC的中位線，∴DE∥BP，∴∠EDC＝∠B＝45°.(2)如解圖①，延長DE，交AC于點I，第7題解圖①∵DE∥AB，∴∠DIC＝∠A＝90°.∵GF⊥BC，∴∠GFB＝∠GFC＝90°.∵∠ACB＝45°，∴△GIE，△DEF，△CFG均為等腰直角三角形．∵∠A＝∠EIC，∠ACP＝∠ICE，∴△CAP∽△CIE.∴eq\f(IE,AP)＝eq\f(IC,AC)＝eq\f(EC,PC)＝eq\f(1,2).∵AC＝12，∴IC＝6.設AP＝2x，則IE＝IG＝x，∴AG＝AC－GI－IC＝6－x.∴S△APG＝eq\f(1,2)AP·AG＝eq\f(1,2)·2x·(6－x)＝－x2＋6x＝－(x－3)2＋9.∴當x＝3時，△APG的面積最大，最大值為9；(3)PE⊥DG，PE＝DG.理由如下：由(2)得△GIE，△DEF，△CFG均為等腰直角三角形，∴DF＝EF，CF＝GF，∠DFG＝∠EFC＝90°，∴△DFG≌△EFC(SAS).∴∠DGF＝∠ECF，DG＝EC.∵∠ECF＋∠CEF＝90°，∠CEF＝∠GEH，∴∠DGF＋∠GEH＝90°，∴∠GHE＝90°，即DG⊥PC.∵D為BC的中點，DI∥AB，∴I為AC的中點，E為PC的中點，∴EC＝PE，∵EC＝DG，∴PE⊥DG，PE＝DG；(4)如解圖②，作△DCG的外接圓⊙O，過點O作OJ⊥DG于點J，連接OG，OC，OD.設⊙O的半徑為r，則OC＝OD＝OG＝r，DG＝eq\r(2)r，OJ＝eq\f(1,2)DG＝eq\f(\r(2),2)r，∵△DFG≌△EFC，∴DG＝CE＝eq\r(2)r.∴eq\f(CH,CE)＝eq\f(CH,DG)≤eq\f(OC＋OJ,DG)＝eq\f(r＋\f(\r(2),2)r,\r(2)r)＝eq\f(1＋\r(2),2)，即eq\f(CH,CE)的最大值為eq\f(1＋\r(2),2).第7題解圖②8.(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠BAD＝90°，∵DE⊥AF，∴∠APD＝90°，∴∠PAD＋∠ADE＝90°，∠PAD＋∠BAF＝90°，∴∠BAF＝∠ADE，∴△ABF≌△DAE(ASA)，∴AE＝BF；(2)解：如解圖①，連接AQ，CQ.第8題解圖①∵四邊形ABCD是正方形，∴BA＝BC，∠ABQ＝∠CBQ＝45°，∵BQ＝BQ，∴△ABQ≌△CBQ(SAS)，∴QA＝QC，∠BAQ＝∠QCB，∵EQ垂直平分線段AF，∴QA＝QF，∴QC＝QF，∴∠QFC＝∠QCF，∴∠QFC＝∠BAQ，∵∠QFC＋∠BFQ＝180°，∴∠BAQ＋∠BFQ＝180°，∴∠AQF＋∠ABF＝180°，∵∠ABF＝90°，∴∠AQF＝90°，∴∠AFQ＝∠FAQ＝45°；(3)解：如解圖②，過點E作ET⊥CD于點T，則四邊形BCTE是矩形．第8題解圖②∴ET＝BC，∠BET＝∠AET＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝ET，∠ABC＝90°，∵AF⊥EG，∴∠APE＝90°，∵∠AEP＋∠BAF＝90°，∠AEP＋∠GET＝90°，∴∠BAF＝∠GET，∵∠ABF＝∠ETG，AB＝ET，∴△ABF≌△ETG(ASA)，∴BF＝GT＝x，∵AD∥CB，DG∥BE，∴△BEP∽△DGP，△BPF∽△DPA，∴eq\f(BE,DG)＝eq\f(BP,DP)＝eq\f(BF,DA)，∴eq\f(BE,y)＝eq\f(x,2)，∴BE＝TC＝eq\f(1,2)xy，∵GT＝CG－CT，即x＝2－y－eq\f(1,2)xy，∴y＝eq\f(4－2x,x＋2)(0≤x≤2).9.解：【思考】四邊形ABDE是平行四邊形，理由如下：∵△ABC≌△DEF，∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF.∴AB∥DE.∴四邊形ABDE是平行四邊形；【發(fā)現(xiàn)】如解圖①，連接BE交AD于點O，∵四邊形ABDE為矩形，∴OA＝OD＝OB＝OE.設AF＝xcm，則OA＝OE＝eq\f(1,2)(x＋4).∴OF＝OA－AF＝2－eq\f(1,2)x.在Rt△OFE中，根據(jù)勾股定理得(2－eq\f(1,2)x)2＋32＝eq\f(1,4)(x＋4)2，解得x＝eq\f(9,4).∴AF＝eq\f(9,4)cm；第9題解圖【探究】BD＝2OF.理由如下：如解圖②，延長OF交AE于點H.由矩形性質(zhì)可得∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD.∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA.∵∠ABD＋∠BDE＋∠DEA＋∠EAB＝360°，∴∠ABD＋∠BAE＝180°，∴AE∥BD，∴∠OHE＝∠ODB.∵EF平分∠OEH，∴∠OEF＝∠HEF.∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，∴△EFO≌△EFH，∴EO＝EH，F(xiàn)O＝FH，∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，∴△EOH≌△OBD，∴BD＝OH＝2OF.10.(1)解：等腰三角形，eq\f(1,3)；【解法提示】如解圖①，過點C作CF⊥BD于點F，∵AC⊥l，BD⊥l，∴∠CAB＝∠DBA＝∠CFB＝90°，∴四邊形ABFC是矩形，∴AC∥BD，AC＝BF，∵BD＝2AC，∴BF＝DF，在△BCF和△DCF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BF＝DF,∠BFC＝∠DFC，,CF＝CF))∴△BCF≌△DCF(SAS).∴BC＝DC，∴△BCD是等腰三角形．∵AC∥BD，∴△AOC∽△DOB，∴eq\f(OD,OA)＝eq\f(BD,CA)＝2，∴OD＝2OA，∴eq\f(OA,AD)＝eq\f(OA,OA＋OD)＝eq\f(OA,3OA)＝eq\f(1,3).第10題解圖①(2)①解：如解圖②，過點E作EG⊥AD于點G，第10題解圖②∵AC＝eq\f(3,2)，△ADE是等邊三角形，∴BD＝2AC＝3，∠EAD＝60°，∴∠DAB＝90°－∠EAD＝30°，∴AD＝AE＝2BD＝6，∵eq\f(AO,AD)＝eq\f(1,3)，∴AO＝eq\f(1,3)AD＝2，∵AG＝eq\f(1,2)AD＝3，∴OG＝AG－AO＝1，∴EG＝eq\r(AE2－AG2)＝eq\r(62－32)＝3eq\r(3)，∴OE＝eq\r(OG2＋EG2)＝eq\r(12＋（3\r(3)）2)＝2eq\r(7)；②證明：如解圖③，連接CD，第10題解圖③由(1)可知△BCD是等腰三角形，∵∠ACB＝60°，∴∠DBC＝∠ACB＝60°，∴△BCD是等邊三角形，∠ABC＝30°，∵∠EDC＝∠EDA－∠CDA＝60°－∠CDA，∠ADB＝∠CDB－∠CDA＝60°－∠CDA，∴∠EDC＝∠ADB.在△ECD和△ABD中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ED＝AD,∠EDC＝∠ADB,CD＝BD))，∴△ECD≌△ABD(SAS)，∴∠ECD＝∠ABD＝90°，∴∠ACF＝∠ECD＋∠DCB＋∠ACB－180°＝90°＋60°＋60°－180°＝30°，設AF＝x，則AC＝eq\r(3)x，AB＝eq\r(3)AC＝3x，∴eq\f(AF,AB)＝eq\f(x,3x)＝eq\f(1,3)＝eq\f(AO,AD)，∵∠OAF＝∠DAB，∴△OAF∽△DAB，∴∠OFA＝∠DBA＝90°，∴OF⊥AB.11.解：(1)135°；【解法提示】由題意知，AC＝CD＝BC，∴∠CAD＝∠CDA，∠DBC＝∠BDC，又∵△ABC為直角三角形，∴∠ADB＝∠CDA＋∠BDC，即∠ADB＝eq\f(1,2)(180°－α)＋eq\f(1,2)[180°－(90°－α)]＝135°.(2)①補全圖形，如解圖①.第11題解圖①∵線段CA繞點C順時針旋轉(zhuǎn)α得到線段CD，∴CD＝CA＝BC，∵∠ACB＝90°，∠ACD＝α，∴∠CDA＝∠CAD＝90°－eq\f(α,2)，∠CDB＝∠CBD＝45°－eq\f(α,2)，∴∠ADB＝∠CDA－∠CDB＝45°；②eq\r(2)CE＝2BE－AD.證明：過點C作CG∥BD，交EB的延長線于點G，如解圖②，第11題解圖②∵BC＝CD，CE平分∠BCD，∴CE垂直平分BD，∴BE＝DE，∠EFB＝90°，由①知，∠ADB＝45°.∴∠EBD＝∠EDB＝45°，∴∠FEB＝45°，∵BD∥CG，∴∠ECG＝∠EFB＝90°，∠G＝∠EBD＝45°，∴EC＝CG，EG＝eq\r(2)EC.∵∠ACE＝90°－∠ECB，∠BCG＝90°－∠ECB，∴∠ACE＝∠BCG，∵AC＝BC，∴△ACE≌△BCG，∴AE＝BG，∵EG＝EB＋BG＝EB＋AE＝EB＋ED－AD＝EB＋EB－AD＝2EB－AD，∴eq\r(2)CE＝2BE－AD.12.解：(1)由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，BA＝BA′，∵∠ACB＝90°，∴CB垂直平分AA′，∴AC＝CA′＝eq\r(52－32)＝4，∴AA′＝AC＋CA′＝8；(2)如解圖①，過點C作CH⊥AB于點H，作CF∥BM交AB于點F，∴∠CFB＝∠A′BC′，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，∠ABC＝∠A′BC′，∴∠CFB＝∠ABC，∴CB＝CF＝3，F(xiàn)H＝BH，由(1)知AC＝4，∵AC2－AH2＝BC2－(5－AH)2，解得AH＝eq\f(16,5)，∴BH＝FH＝eq\f(9,5)，BF＝eq\f(18,5)，CH＝eq\r(AC2－AH2)＝eq\f(12,5)，∴C′F＝C′B＋BF＝eq\f(33,5)，∵CF∥BM，∴△C′MB∽△C′CF，∴eq\f(BM,FC)＝eq\f(C′B,C′F)，即eq\f(BM,3)＝eq\f(3,\f(33,5))，∴BM＝eq\f(15,11)；圖①圖②第12題解圖【一題多解】如解圖②，過點C作CH⊥AB于點H，過點M作MG⊥BC′于點G，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，∠MBG＝∠CBA，∴tan∠MBG＝eq\f(MG,BG)＝tan∠CBA＝eq\f(AC,BC)＝eq\f(4,3)，設MG＝4x，則BG＝3x，BM＝5x，同理(2)得CH＝eq\f(12,5)，BH＝eq\f(9,5)，∵tan∠CC′H＝eq\f(CH,C′H)＝eq\f(\f(12,5),\f(24,5))＝eq\f(1,2)，∴eq\f(MG,C′G)＝eq\f(1,2)，∴C′G＝8x，∵BC′＝3，∴3x＋8x＝3，解得x＝eq\f(3,11)，∴BM＝5x＝eq\f(15,11)；(3)存在．理由如下：如解圖③，連接A′C，過點A作AP∥A′C′交C′D的延長線于點P，則∠A′C′D＝∠P，第12題解圖③由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，BC＝BC′，∴∠BC′C＝∠BCC′，∵∠BC′C＋∠A′C′C＝90°，∠BCC′＋∠ACP＝90°，∴∠ACP＝∠A′C′C＝∠P，∴AP＝AC＝A′C′，∵∠ADP＝∠A′DC′，∴△ADP≌△A′DC′(AAS)，∴A′D＝AD，∵點E為AC的中點，∴DE為△AA′C的中位線，∴DE＝eq\f(1,2)A′C，∵A′C≥A′B－BC＝2，∴DE≥eq\f(1,2)(A′B－BC)＝1，∴DE的最小值為1.13.(1)證明：∵AB＝AC＝2eq\r(5)，BC＝4，D，E，F(xiàn)分別為AC，AB，BC的中點，∴DE＝eq\f(1,2)BC＝2，∴DF＝eq\f(1,2)AB＝eq\r(5)，∴DF＝eq\f(\r(5),2)DE；(2)解：FN＝eq\f(\r(5),2)EM，理由如下：∵AB＝AC＝2eq\r(5)，BC＝4，D，E，F(xiàn)分別為AC，AB，BC的中點，∴EF＝eq\f(1,2)AC＝CD，EF∥DC，∴四邊形CDEF是平行四邊形，∴∠DEF＝∠C，由(1)得DF＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)AC＝DC，∴∠DFC＝∠C，∴∠DEF＝∠DFC，∴180°－∠DEF＝180°－∠DFC，∴∠DEM＝∠DFN，∵將∠EDF繞點D順時針旋轉(zhuǎn)一定角度，得到∠PDQ，∴∠EDF＝∠PDQ，∴∠FDN＋∠NDE＝∠EDM＋∠NDE，∴∠FDN＝∠EDM，∴△DNF∽△DME，∴eq\f(NF,ME)＝eq\f(DF,DE)＝eq\f(\r(5),2)，∴FN＝eq\f(\r(5),2)EM；(3)解：如解圖，連接AF，過點C作CH⊥AB于點H，第13題解圖在Rt△AFC中，F(xiàn)C＝eq\f(1,2)BC＝2，∴AF＝eq\r(AC2－FC2)＝4，∵S△ABC＝eq\f(1,2)BC·AF＝eq\f(1,2)AB·CH，∴HC＝eq\f(BC·AF,AB)＝eq\f(4×4,2\r(5))＝eq\f(8\r(5),5)，∵DP⊥AB，∴∠AGD＝∠AHC＝90°.又∵∠GAD＝∠HAC，∴△AGD∽△AHC，∴eq\f(GD,HC)＝eq\f(AD,AC)＝eq\f(1,2)，∴GD＝eq\f(1,2)HC＝eq\f(4\r(5),5)，在Rt△GED中，GE＝eq\r(ED2－GD2)＝eq\r(22－（\f(4\r(5),5)）2)＝eq\f(2\r(5),5)，在Rt△AGD中，AG＝eq\r(AD2－GD2)＝eq\r(（\r(5)）2－（\f(4\r(5),5)）2)＝eq\f(3\r(5),5)，∴tan∠ADG＝eq\f(AG,GD)＝eq\f(\f(3\r(5),5),\f(4\r(5),5))＝eq\f(3,4)，∵EF∥AD，∴∠EMG＝∠ADG，∴tan∠EMG＝eq\f(EG,MG)＝eq\f(3,4)，∴MG＝eq\f(4,3)GE＝eq\f(4,3)×eq\f(2\r(5),5)＝eq\f(8\r(5),15)，∴MD＝MG＋GD＝eq\f(8\r(5),15)＋eq\f(4\r(5),5)＝eq\f(4\r(5),3)，由(2)得△DNF∽△DME，∴eq\f(DN,DM)＝eq\f(DF,DE)＝eq\f(\r(5),2)，∴DN＝eq\f(\r(5),2)DM＝eq\f(\r(5),2)×eq\f(4\r(5),3)＝eq\f(10,3).14.(1)證明：∵AD∥BC，∠ABC＝90°，∴∠DAB＝180°－∠ABC＝90°，∵DH⊥BC，即∠DHB＝90°，∴四邊形ABHD為矩形．∴AB＝DH＝2eq\r(3)，∠DHC＝90°，∵∠C＝30°，∴CD＝2DH＝4eq\r(3)，在△PQM和△CHD中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠Q＝∠DHC,∠QPM＝∠HCD,PM＝CD))，∴△PQM≌△CHD(AAS)；(2)解：①∵PM＝4eq\r(3)，∠QPM＝30°，∴PQ＝PM·cos∠QPM＝6.如解圖①，過點D作DT⊥QA，交QA的延長線于點T，∵∠QPM＝30°，∠BPD＝90°，∴∠TPD＝60°，∴DT＝AD·sin∠TPD＝eq\f(3\r(3),2)，∴邊PQ平移掃過的面積為AQ·DT＝6×eq\f(3\r(3),2)＝9eq\r(3)，∵邊PQ旋轉(zhuǎn)掃過的面積為eq\f(50π×62,360)＝5π，∴邊PQ掃過的面積為9eq\r(3)＋5π；圖①圖②第14題解圖②由(1)可得BH＝AD＝3，∵BK＝9－4eq\r(3)，∴KH＝BH－BK＝4eq\r(3)－6，如解圖②，當點P平移到與點D重合時，連接DK，設DQ交BC于點E，∵∠QPM＝∠HPE，∠PQM＝∠PHE，∴△PHE∽△PQM，∴eq\f(EH,QM)＝eq\f(PH,PQ)，即eq\f(EH,2\r(3))＝eq\f(2\r(3),6)，∴EH＝2，∵EH－KH＝8－4eq\r(3)＞0，∴點K在△PQM中，∵△PQM右移的速度為每秒1個單位長，∴在△PQM右移的過程中，點K在△PQM區(qū)域(含邊界)內(nèi)的時長為(4eq\r(3)－6)秒；∵CH＝6，BH＝3，∴BC＝9，∵BK＝9－4eq\r(3)，∴CK＝BC－BK＝4eq\r(3)，∴CD＝CK，∵∠C＝30°，∴∠CDK＝∠CKD＝75°，∴∠KDH＝∠KDC－∠HDC＝15°，∴∠QPK＝∠QPM－∠KDH＝15°，∵△PQM旋轉(zhuǎn)的速度為每秒5°，∴在△PQM旋轉(zhuǎn)的過程中，點K在△PQM區(qū)域(含邊界)內(nèi)的時長為15°÷5°＝3秒．∴點K在△PQM區(qū)域(含邊界)內(nèi)的時長為4eq\r(3)－6＋3＝(4eq\r(3)－3)秒；③CF的長為eq\f(60－12d,9－d).【解法提示】∵BE＝d，∴EH＝|3－d|，EC＝BH＋HC－BE＝3＋6－d＝9－d，在Rt△DEH中，DE2＝DH2＋EH2＝(2eq\r(3))2＋|3－d|2＝d2－6d＋21，∵∠EDF＝∠C，∠DEF＝∠CED，∴△DEF∽△CED，∴eq\f(DE,CE)＝eq\f(EF,ED)，∴EF＝eq\f(DE2,EC)＝eq\f(d2－6d＋21,9－d)，∴CF＝BC－BE－EF＝9－d－eq\f(d2－6d＋21,9－d)＝eq\f(60－12d,9－d).15.解：(1)60；【解法提示】當AE⊥BC時，△ABE是等邊三角形，∴∠AEB＝60°.(2)∠AEB－∠CAD＝30°；證明：設∠CAD＝α，∵AE＝AC＝AB，∴∠BAC＝180°－2∠ABC＝120°，∴∠BAE＝120°－2α，∴∠AEB＝eq\f(1,2)(180°－∠BAE)＝eq\f(1,2)[180°－(120°－2α)]＝30°＋α，∴∠AEB－∠CAD＝30°；(3)如解圖，連接AO，∵O為BC的中點，AB＝AC，∴AO⊥BC.在Rt△AOC中，AC＝4，∠ACO＝30°，∴AO＝2，OC＝2eq\r(3)，∵S△ACD＝eq\f(1,2)AO·DC，即x＝eq\f(1,2)×2·DC，∴DC＝x.在Rt△AOD中，∵AD2＝AO2＋OD2，∴y＝22＋(2eq\r(3)－x)2，整理得y＝x2－4eq\r(3)x＋16.∴y關于x的函數(shù)解析式為y＝x2－4eq\r(3)x＋16(0＜x＜2eq\r(3)).第15題解圖16.(1)證明：由折疊的性質(zhì)得∠PEF＝∠FED，∵AD∥BC，∴∠FED＝∠EFP，∴∠PEF＝∠EFP，∴PE＝PF；(2)證明：如解圖①，連接PM、EM、FM，∵AD＝BC，AE＝CF，∴ED＝BF，∴EH＝BF，由(1)可得PE＝PF，∴PH＝PB，∵∠PHM＝∠PBM＝90°，PM＝PM，∴Rt△PMH≌Rt△PMB(HL)，∴HM＝BM，∵∠MHE＝∠MBF，HE＝BF，∴△MHE≌△MBF(SAS)，∴ME＝MF，∴點M在線段EF的垂直平分線上；第16題解圖(3)解：如解圖②，連接AC交BD于點O，由題意可得點E由點A移動到AD中點的過程中，點G運動的路線是以點O為圓心，OC長為半徑的圓的一部分，即解圖中的長度．在Rt△BCD中，tan∠CBD＝eq\f(CD,BC)＝eq\f(\r(3),3)，∴∠CBD＝30°，∴∠ABO＝∠OAB＝60°，∴△AOB是等邊三角形，∴OA＝OD＝OB＝OC＝AB＝5，∠BOC＝120°，∴點G運動的路線長為eq\f(120π×5,180)＝eq\f(10,3)π.17.(1)證明：∵△ABE沿BE翻折到△BEF且四邊形ABCD為正方形，∴AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°，∴∠BFG＝90°＝∠C，又∵AB＝BF＝BC，BG＝BG，∴Rt△BFG≌Rt△BCG(HL)；(2)解：設FH＝x，則HC＝x，在Rt△BCH中：82＋x2＝(6＋x)2，解得：x＝eq\f(7,3)，∴DH＝6－eq\f(7,3)＝eq\f(11,3).∵∠BFG＝∠BCH，∠FBG＝∠HBC.∴△BFG∽△BCH.∴eq\f(BF,BC)＝eq\f(BG,BH)＝eq\f(FG,HC).∴eq\f(6,8)＝eq\f(BG,6＋\f(7,3))＝eq\f(FG,\f(7,3)).∴BG＝eq\f(25,4)，F(xiàn)G＝eq\f(7,4).如解圖①，延長BH交AD延長線于點Q.第17題解圖①則：EQ∥GB，DQ∥CB.∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB.∵△DHQ∽△CHB，∴eq\f(BC,QD)＝eq\f(CH,DH).∴eq\f(8,QD)＝eq\f(\f(7,3),\f(11,3)).∴QD＝eq\f(88,7).設AE＝m，則EF＝m，ED＝8－m.∴EQ＝AQ－AE＝AD＋DQ－AE＝eq\f(144,7)－m.∵△EFQ∽△GFB，∴eq\f(EQ,BG)＝eq\f(EF,FG).∴eq\f(\f(144,7)－m,\f(25,4))＝eq\f(\f(m,7),4).解得：m＝eq\f(9,2)，故AE的長為eq\f(9,2)；(3)解：①如解圖②，當DE＝eq\f(1,3)CD＝2時，延長FE交AD于點Q.設DQ＝x，QE＝y(tǒng)，則AQ＝6－x，∵DQ∥CP，易證△CPE∽△DQE.∴eq\f(CP,DQ)＝eq\f(CE,DE)＝eq\f(2,1)，∴CP＝2x.由折疊可得：EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠EAF.∵∠QAE＝∠EAF，∴S△AQE∶S△AEF＝AQ∶AF，又∵S△AQE∶S△AEF＝QE∶EF，∴eq\f(AQ,AF)＝eq\f(QE,EF)，即：eq\f(6－x,6)＝eq\f(y,2).過點Q作QH⊥DE，垂足為H.則DH＝eq\f(1,2)x，HE＝2－eq\f(1,2)x，HQ＝eq\f(\r(3),2)x.在Rt△HQE中根據(jù)勾股定理得(eq\f(\r(3),2)x)2＋(2－eq\f(1,2)x)2＝y(tǒng)2.∵eq\f(6－x,6)＝eq\f(y,2).∴聯(lián)立方程組可得：x＝eq\f(3,4)或x＝0(舍).∴CP＝2x＝eq\f(3,2)；第17題解圖②②如解圖③，當CE＝eq\f(1,3)CD＝2時，延長FE交AD的延長線于點Q，過點Q作QH⊥CD交CD延長線于點H.設DQ＝x，QE＝y(tǒng)，同理①得CP＝eq\f(1,2)x，∵∠QAE＝∠EAF，∴eq\f(AQ,AF)＝eq\f(QE,EF)，即：eq\f(6＋x,6)＝eq\f(y,4).同理可得HD＝eq\f(1,2)x，HQ＝eq\f(\r(3),2)x，由HQ2＋HE2＝QE2得：(eq\f(\r(3),2)x)2＋(eq\f(1,2)x＋4)2＝y(tǒng)2.∴聯(lián)立方程組可得：x＝eq\f(12,5)或x＝0(舍).∴CP＝eq\f(1,2)x＝eq\f(6,5).綜上所述，PC的長為eq\f(3,2)或eq\f(6,5).第17題解圖③18.(1)證明：∵在矩形ABCD中，AB∥DC，即AB∥DE，∴∠BAP＝∠E，∠B＝∠ECP，∵點P是BC的中點，∴BP＝CP，∴△ABP≌△ECP(AAS)；(2)①證明：∵在矩形ABCD中，AD∥BC，∴∠APB＝∠FAP.由折疊的性質(zhì)可知∠APB＝∠APB′，∴∠FAP＝∠APB′.∴FA＝FP.在矩形ABCD中，BC＝AD＝8，∵點P是BC的中點，∴BP＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)×8＝4.由折疊的性質(zhì)可知，AB′＝AB＝6，B′P＝BP＝4，∠B＝∠AB′P＝∠AB′F＝90°，設FA＝x，則FP＝x，∴B′F＝x－4.在Rt△AB′F中，由勾股定理得AF2＝AB′2＋B′F2，∴x2＝62＋(x－4)2，∴x＝eq\f(13,2)，即AF＝eq\f(13,2)；②解：如解圖①，由折疊的性質(zhì)可知，AB′＝AB＝6，B′P＝BP.∴C△PCB′＝CP＋B′P＋CB′＝CB＋CB′＝8＋CB′.要求△PCB′周長的最小值，即求CB′的最小值．由兩點之間線段最短可知，當點B′恰好位于對角線AC上時，CB′＋AB′最小，即此時CB′最?。B接AC，在Rt△ADC中，∠D＝90°，∴AC＝eq\r(AD2＋DC2)＝eq\r(82＋62)＝10，∴CB′最小值＝AC－AB′＝10－6＝4，∴C△PCB′最小值＝8＋CB′＝8＋4＝12；第18題解圖①③解：AB與HG的數(shù)量關系是AB＝2HG.理由：如解圖②，由折疊的性質(zhì)可知∠1＝∠3，AB′＝AB，BB′⊥AE.過點B′作B′M∥DE，交AE于點M，∵AB∥DE，∴AB∥DE∥B′M，∴∠1＝∠3＝∠2＝∠AED，∴AB′＝B′M＝AB，∴點H是AM的中點．∵∠EAB′＝2∠AEB′，即∠3＝2∠5，∴∠2＝2∠5.∵∠2＝∠4＋∠5，∴∠4＝∠5.∴B′M＝EM，∴B′M＝EM＝AB′＝AB.∵點G是AE的中點，點H是AM的中點，∴AG＝eq\f(1,2)AE，AH＝eq\f(1,2)AM，∴HG＝AG－AH＝eq\f(1,2)(AE－AM)＝eq\f(1,2)EM，∴HG＝eq\f(1,2)AB，∴AB＝2HG.第18題解圖②19.解：(1)eq\f(2\r(3),3)；【解示提示】∵∠BAD＝60°，BA＝BM，∴△ABM為等邊三角形，∴AB＝AM.∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠ABN＝∠BAD＝60°，∴eq\f(AN,AB)＝sin60°＝eq\f(\r(3),2)，∴eq\f(AN,AM)＝eq\f(\r(3),2)，∴eq\f(AM,AN)＝eq\f(2\r(3),3).(2)由折疊的性質(zhì)可知，∠F＝∠BAE＝45°，∠ABE＝∠FBE，∵EF∥BM，∴∠MBF＝∠F＝45°，∵AB＝BM，∴∠AMB＝∠BAE＝45°，∴∠ABM＝90°，∴∠ABF＝45°，∴2∠ABE＝45°，∴∠ABE＝22.5°，當點M與點D重合時，m的值最小，此時AD＝eq\r(2)AB，AN＝eq\f(\r(2),2)AB，∴m＝eq\f(AD,AN)＝eq\f(\r(2)AB,\f(\r(2),2)AB)＝2；(3)當點F在AD上方時，畫出圖形如解圖①，設BF交AD于點Q.第19題解圖①由折疊的性質(zhì)可知，AE＝EF，∠F＝∠BAD＝30°，設AE＝x，則EF＝AE＝MD＝x，∵EF⊥AD，∴在Rt△EFQ中，∠FEQ＝90°，EQ＝EF·tan30°＝eq\f(\r(3),3)x，∴AQ＝AE＋EQ＝x＋eq\f(\r(3),3)x.∵∠FQE＝60°，∴∠AQB＝120°，∴∠ABQ＝30°，∴BQ＝AQ＝x＋eq\f(\r(3),3)x.∵AB＝BM，∠BAD＝30°，∴∠ABM＝120°，∵∠ABQ＝30°，∴∠MBQ＝90°，∴在Rt△MBQ中，QM＝2BQ＝2(x＋eq\f(\r(3),3)x)，BM＝eq\r(3)BQ，∴AD＝AQ＋QM＋MD＝3(x＋eq\f(\r(3),3)x)＋x＝(4＋eq\r(3))x，AN＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(\r(3),2)BQ＝(eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2))x，∴m＝eq\f(AD,AN)＝eq\f(（4＋\r(3)）x,（\f(\r(3),2)＋\f(1,2)）x)＝3eq\r(3)－1.當點F在AD下方時，畫出圖形如解圖②，第19題解圖②設EF交BC于點P，由折疊的性質(zhì)可知，∠F＝∠BAD＝30°，BF＝AB.∵EF⊥AD，四邊形ABCD是平行四邊形，∴EF⊥BC，∵∠AEB＝∠FEB，∠AEB＋∠FEB＝90°，∴∠AEB＝∠FEB＝45°，∴EP＝BP.設BP＝t，則AN＝EP＝t，∵∠ABN＝∠BAD＝30°，∴AB＝2t，BN＝eq\r(3)t，∴AE＝NP＝BN＋BP＝eq\r(3)t＋t＝MD，∵AB＝BM，∴AM＝2eq\r(3)t，∴AD＝AM＋MD＝2eq\r(3)t＋eq\r(3)t＋t＝(3eq\r(3)＋1)t，∴m＝eq\f(AD,AN)＝eq\f(（3\r(3)＋1）t,t)＝3eq\r(3)＋1.綜上所述，m的值為3eq\r(3)－1或3eq\r(3)＋1.20.(1)①解：∵S1＝9，S2＝16，∴b＝3，a＝4.∵∠ACB＝90°，∴S＝eq\f(1,2)ab＝eq\f(1,2)×4×3＝6；②證明：由題意得∠FAN＝∠ANB＝90°，∵FH⊥AB，∴∠AFN＝90°－∠FAH＝∠NAB，∴△FAN∽△ANB，∴eq\f(FA,AN)＝eq\f(AN,NB)，∴eq\f(a＋b,a)＝eq\f(a,b)，整理得ab＋b2＝a2，∴2S＋S1＝S2，即S2－S1＝2S；(2)解：S2－S1＝eq\f(1,4)S，理由如下：∵△ABF和△BEC都是等邊三角形，∴AB＝FB，∠ABC＝60°－∠FBC＝∠FBE，CB＝EB，∴△ABC≌△FBE(SAS)，∴AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，∴∠FEC＝30°.∵EF⊥CF，CE＝BC＝a，∴eq\f(b,a)＝eq\f(FE,CE)＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，∴b＝eq\f(\r(3),2)a.由題意得S1＝eq\f(\r(3),4)b2，S2＝eq\f(\r(3),4)a2，∴S2－S1＝eq\f(\r(3),4)a2－eq\f(\r(3),4)b2＝eq\f(\r(3),16)a2.∵S＝eq\f