2024中考数学复习 重难题型分类练 题型九 几何探究题 (含答案)

2024中考数学复习重难题型分类练题型九几何探究题类型一非动点探究题1.已知四边形ABCD中，BC＝CD，连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点E，连接DE.(1)如图①，若DE∥BC，求证：四边形BCDE是菱形；(2)如图②，连接AC，设BD，AC相交于点F，DE垂直平分线段AC.(i)求∠CED的大小；(ii)若AF＝AE，求证：BE＝CF.第1题图2.已知正方形ABCD，E为对角线AC上一点．【建立模型】(1)如图①，连接BE，DE.求证：BE＝DE；【模型应用】(2)如图②，F是DE延长线上一点，FB⊥BE，EF交AB于点G.①判断△FBG的形状并说明理由；②若G为AB的中点，且AB＝4，求AF的长；【模型迁移】(3)如图③，F是DE延长线上一点，FB⊥BE，EF交AB于点G，BE＝BF.求证：GE＝(eq\r(2)－1)DE.第2题图3.(1)如图①，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，CD平分∠ACB，交AB于点D，DE∥AC，交BC于点E.①若DE＝1，BD＝eq\f(3,2)，求BC的长；②试探究eq\f(AB,AD)－eq\f(BE,DE)是否为定值．如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由；(2)如图②，∠CBG和∠BCF是△ABC的2个外角，∠BCF＝2∠CBG，CD平分∠BCF，交AB的延长线于点D，DE∥AC，交CB的延长线于点E.记△ACD的面积为S1，△CDE的面积为S2，△BDE的面积为S3.若S1·S3＝eq\f(9,16)Seq\o\al(2,2)，求cos∠CBD的值．第3题图类型二动点探究题4.如图，在矩形ABCD中，点O是AB的中点，点M是射线DC上动点，点P在线段AM上(不与点A重合)，OP＝eq\f(1,2)AB.(1)判断△ABP的形状，并说明理由；(2)当点M为边DC中点时，连接CP并延长交AD于点N.求证：PN＝AN；(3)点Q在边AD上，AB＝5，AD＝4，DQ＝eq\f(8,5)，当∠CPQ＝90°时，求DM的长．5.如图①，AB为半圆O的直径，C为BA延长线上一点，CD切半圆于点D，BE⊥CD，交CD延长线于点E，交半圆于点F，已知BC＝5，BE＝3.点P，Q分别在线段AB，BE上(不与端点重合)，且满足eq\f(AP,BQ)＝eq\f(5,4).设BQ＝x，CP＝y.(1)求半圆O的半径；(2)求y关于x的函数表达式；(3)如图②，过点P作PR⊥CE于点R，连接PQ，RQ.①当△PQR为直角三角形时，求x的值；②作点F关于QR的对称点F′，当点F′落在BC上时，求eq\f(CF′,BF′)的值．第5题图6.在▱ABCD中，∠C＝45°，AD＝BD，点P为射线CD上的动点(点P不与点D重合)，连接AP，过点P作EP⊥AP交直线BD于点E.(1)如图①，当点P为线段CD的中点时，请直接写出PA，PE的数量关系；(2)如图②，当点P在线段CD上时，求证：DA＋eq\r(2)DP＝DE；(3)点P在射线CD上运动，若AD＝3eq\r(2)，AP＝5，请直接写出线段BE的长．第6题图7.如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，点P在边AB上，D，E分别为BC，PC的中点，连接DE.过点E作BC的垂线，与BC，AC分别交于F，G两点．连接DG，交PC于点H.(1)∠EDC的度数为________°；(2)连接PG，求△APG的面积的最大值；(3)PE与DG存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；(4)求eq\f(CH,CE)的最大值．类型三平移探究题8.已知：在正方形ABCD的边BC上任取一点F，连接AF，一条与AF垂直的直线l(垂足为点P)沿AF方向，从点A开始向下平移，交边AB于点E.(1)当直线l经过正方形ABCD的顶点D时，如图①所示．求证：AE＝BF；(2)当直线l经过AF的中点时，与对角线BD交于点Q，连接FQ，如图②所示．求∠AFQ的度数；(3)直线l继续向下平移，当点P恰好落在对角线BD上时，交边CD于点G，如图③所示．设AB＝2，BF＝x，DG＝y，求y与x之间的关系式．第8题图9.在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合(如图①)，其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动．活动一：将图①中的纸片DEF沿AC方向平移，连接AE，BD(如图②)，当点F与点C重合时停止平移．【思考】图②中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由；【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形(如图③)，求AF的长；活动二：在图③中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度(0≤α≤90)，连接OB，OE(如图④).【探究】当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．第9题图10.已知：点C，D均在直线l的上方，AC与BD都是直线l的垂线段，且BD在AC的右侧，BD＝2AC，AD与BC相交于点O.(1)如图①，若连接CD，则△BCD的形状为________，eq\f(AO,AD)的值为________；(2)若将BD沿直线l平移，并以AD为一边在直线l的上方作等边△ADE.①如图②，当AE与AC重合时，连接OE，若AC＝eq\f(3,2)，求OE的长；②如图③，当∠ACB＝60°时，连接EC并延长交直线l于点F，连接OF.求证：OF⊥AB.第10题图类型四旋转探究题11.在Rt△ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转α(0°＜α＜90°)，得到线段CD，连接AD，BD.(1)如图①，将线段CA绕点C逆时针旋转α，则∠ADB的度数为________；(2)将线段CA绕点C顺时针旋转α时．①在图②中依题意补全图形，并求∠ADB的度数；②若∠BCD的平分线CE交BD于点F，交DA的延长线于点E，连接BE.用等式表示线段AD，CE，BE之间的数量关系，并证明．第11题图12.在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，其中点A，C的对应点分别为点A′，C′.(1)如图①，当点A′落在AC的延长线上时，求AA′的长；(2)如图②，当点C′落在AB的延长线上时，连接CC′，交A′B于点M，求BM的长；(3)如图③，连接AA′，CC′，直线CC′交AA′于点D，点E为AC的中点，连接DE.在旋转过程中，DE是否存在最小值？若存在，求出DE的最小值；若不存在，请说明理由．第12题图13.如图，在△ABC中，AB＝AC＝2eq\r(5)，BC＝4，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，连接DE，DF.(1)如图①，求证：DF＝eq\f(\r(5),2)DE；(2)如图②，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；(3)如图③，在(2)的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．第13题图14.如图①，四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AD＝3，AB＝2eq\r(3)，DH⊥BC于点H.将△PQM与该四边形按如图方式放在同一平面内，使点P与A重合，点B在PM上，其中∠Q＝90°，∠QPM＝30°，PM＝4eq\r(3).(1)求证：△PQM≌△CHD；(2)△PQM从图①的位置出发，先沿着BC方向向右平移(图②)，当点P到达点D后立刻绕点D逆时针旋转(图③)，当边PM旋转50°时停止．①边PQ从平移开始，到绕点D旋转结束，求边PQ扫过的面积；②如图②，点K在BH上，且BK＝9－4eq\r(3).若△PQM右移的速度为每秒1个单位长，绕点D旋转的速度为每秒5°，求点K在△PQM区域(含边界)内的时长；③如图③，在△PQM旋转过程中，设PQ，PM分别交BC于点E，F，若BE＝d，直接写出CF的长(用含d的式子表示)．第14题图类型五折叠探究题15.如图，在△ABC中，∠ABC＝30°，AB＝AC，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点(点D不与点O，C重合)，将△ACD沿AD折叠得到△AED，连接BE.(1)当AE⊥BC时，∠AEB＝________°；(2)探究∠AEB与∠CAD之间的数量关系，并给出证明；(3)设AC＝4，△ACD的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式．16.在矩形ABCD中，BC＝eq\r(3)CD，点E、F分别是边AD、BC上的动点，且AE＝CF，连接EF，将矩形ABCD沿EF折叠，点C落在点G处，点D落在点H处．(1)如图①，当EH与线段BC交于点P时，求证：PE＝PF；(2)如图②，当点P在线段CB的延长线上时，GH交AB于点M，求证：点M在线段EF的垂直平分线上；(3)当AB＝5时，在点E由点A移动到AD中点的过程中，计算出点G运动的路线长．第16题图17.(1)发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点，求证：△BFG≌△BCG；(2)探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD＝8，AB＝6.将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH＝CH，求AE的长；(3)拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB＝6，E为CD边上的三等分点，∠D＝60°.将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P.求PC的长．第17题图18.如图①，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点P在边BC上，且不与点B，C重合，直线AP与DC的延长线交于点E.(1)当点P是BC的中点时，求证：△ABP≌△ECP；(2)将△APB沿直线AP折叠得到△APB′，点B′落在矩形ABCD的内部，延长PB′交直线AD于点F.①证明FA＝FP，并求出在(1)条件下AF的值；②连接B′C，求△PCB′周长的最小值；③如图②，BB′交AE于点H，点G是AE的中点，当∠EAB′＝2∠AEB′时，请判断AB与HG的数量关系，并说明理由．第18题图19.小红根据学习轴对称的经验，对线段之间、角之间的关系进行了拓展探究．如图，在▱ABCD中，AN为BC边上的高，eq\f(AD,AN)＝m，点M在AD边上，且BA＝BM.点E是线段AM上任意一点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得△FBE.(1)问题解决：如图①，当∠BAD＝60°，将△ABE沿BE翻折后，使点F与点M重合，则eq\f(AM,AN)＝________；(2)问题探究：如图②，当∠BAD＝45°，将△ABE沿BE翻折后，使EF∥BM，求∠ABE的度数，并求出此时m的最小值；(3)拓展延伸：当∠BAD＝30°，将△ABE沿BE翻折后，若EF⊥AD，且AE＝MD，根据题意在备用图中画出图形，并求出m的值．第19题图类型六类比探究题20.已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a，b分别表示∠A，∠B的对边，a>b.记△ABC的面积为S.(1)如图①，分别以AC，CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC.记正方形ACDE的面积为S1，正方形BGFC的面积为S2.①若S1＝9，S2＝16，求S的值；②延长EA交GB的延长线于点N，连接FN，交BC于点M，交AB于点H.若FH⊥AB(如图②所示)，求证：S2－S1＝2S；(2)如图③，分别以AC，CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE，记等边三角形ACD的面积为S1，等边三角形CBE的面积为S2.以AB为边向上作等边三角形ABF(点C在△ABF内)，连接EF，CF.若EF⊥CF，试探索S2－S1与S之间的等量关系，并说明理由．第20题图21.问题提出：如图①，在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中点，延长BC至点E，使DE＝DB，延长ED交AB于点F，探究eq\f(AF,AB)的值．问题探究：(1)先将问题特殊化，如图②，当∠BAC＝60°时，直接写出eq\f(AF,AB)的值；(2)再探究一般情形，如图①，证明(1)中的结论仍然成立；问题拓展：如图③，在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中点，G是边BC上一点，eq\f(CG,BC)＝eq\f(1,n)(n<2)，延长BC至点E，使DE＝DG，延长ED交AB于点F，直接写出eq\f(AF,AB)的值(用含n的式子表示).第21题图22.【问题呈现】如图①，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE.求证：BD＝CE；【类比探究】如图②，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°.连接BD，CE.请直接写出eq\f(BD,CE)的值；【拓展提升】如图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).连接BD，CE.(1)求eq\f(BD,CE)的值；(2)延长CE交BD于点F，交AB于点G，求sin∠BFC的值．图①图②图③第22题图其他类型23.现有若干张相同的半圆形纸片，点O是圆心，直径AB的长是12cm，C是半圆弧上的一点(点C与点A，B不重合)，连接AC，BC.(1)沿AC，BC剪下△ABC，则△ABC是________三角形(填“锐角”、“直角”或“钝角”)；(2)分别取半圆弧上的点E，F和直径AB上的点G，H.已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为6cm的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形(保留作图痕迹，不要求写作法)；(3)经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意一点C，一定存在线段AC上的点M、线段BC上的点N和直径AB上的点P，Q，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为4cm的菱形．小明的猜想是否正确？请说明理由．第23题图备用题24.同学们还记得吗？图①、图②是人教版八年级下册教材“实验与探究”中我们研究过的两个图形，受这两个图形的启发，数学兴趣小组提出了以下三个问题，请你回答：【问题一】如图①，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，OA1交AB于点E，OC1交BC于点F，则AE与BF的数量关系为________；【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图③；直线m，n经过正方形ABCD的对称中心O，直线m分别与AD，BC交于点E，F，直线n分别与AB，CD交于点G，H，且m⊥n，若正方形ABCD边长为8，求四边形OEAG的面积；【问题三】受图②启发，兴趣小组画出了图④；正方形CEFG的顶点G在正方形ABCD的边CD上，顶点E在BC的延长线上，且BC＝6，CE＝2.在直线BE上是否存在点P，使△APF为直角三角形？若存在，求出BP的长度；若不存在，说明理由．第24题图源自人教八下P63实验与探究参考答案与解析1.(1)证明：如解图①，设DB与CE交于点O，第1题解图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，∴四边形BCDE为平行四边形，∵CB＝CD，∴四边形BCDE为菱形；【一题多解】解法二：如解图①，由(1)得，△EDO≌△CDO，∴EO＝CO，∵DC＝BC，CE⊥BD，∴DO＝BO，∴四边形BCDE是平行四边形，∵CE与BD互相垂直且平分，∴四边形BCDE为菱形．解法三：如解图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，∴四边形BCDE为菱形．(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，同理可证△CBE≌△CDE，∴∠CEB＝∠CED，∴∠CEB＝∠CED＝∠AED，又∵∠CEB＋∠CED＋∠AED＝180°，∴∠CED＝60°；(ⅱ)证明：如解图②，第1题解图②设BD与CE相交于点G，AC与DE相交于点H，由(ⅰ)可知∠HAE＝30°，∠GBE＝30°，∴∠AFB＝120°，FA＝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)证明：∵四边形ABCD为正方形，AC为对角线，∴AB＝AD，∠BAE＝∠DAE＝45°.∵AE＝AE，∴△ABE≌△ADE(SAS)，∴BE＝DE；(2)解：①△FBG为等腰三角形．理由如下：∵四边形ABCD为正方形，∴∠GAD＝90°，∴∠AGD＋∠ADG＝90°.∵FB⊥BE，∴∠FBG＋∠EBG＝90°，由(1)得∠ADG＝∠EBG，∴∠AGD＝∠FBG，又∵∠AGD＝∠FGB，∴∠FBG＝∠FGB，∴△FBG为等腰三角形；②如解图，过点F作FH⊥AB，垂足为H.第2题解图∵四边形ABCD为正方形，点G为AB的中点，AB＝4，∴AG＝BG＝2，AD＝4.由①知FG＝FB，∴GH＝BH＝1，∴AH＝AG＋GH＝3.在Rt△FHG与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)证明：∵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，定值为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).设BC＝9x，则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(负值已舍去).如解图，过点D作DH⊥BC于点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题解图4.(1)解：△ABP为直角三角形．理由如下：∵O为AB的中点，∴OA＝OB＝eq\f(1,2)AB.∵OP＝eq\f(1,2)AB，∴OP＝OA＝OB，∴点P在以AB为直径的⊙O上．∴∠APB＝90°.故△ABP为直角三角形；(2)证明：如解图①，连接ON，连接OC交PB于点E.∵M为DC的中点，O为AB的中点，AB∥CD，AB＝CD，∴MC∥OA且MC＝OA.∴四边形MAOC为平行四边形．∴OC∥AM，∴∠CEP＝∠APB＝90°，∴OC⊥PB.∵OP＝OB，∴E为PB的中点．∴CP＝BC.∴△OPC≌△OBC，∴∠CPO＝∠CBO＝90°.∴∠OPN＝∠OAN＝90°.又∵OP＝OB＝OA，ON＝ON，∴△OPN≌△OAN.∴PN＝AN；第4题解图(3)解：如解图②，过点P作GH∥AB与AD，BC分别交于点G，H.设AG＝BH＝x，则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.同理可证：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)如解图①，连接OD，设半圆O的半径为r，∵CD切半圆O于点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)，即半圆O的半径是eq\f(15,8)；第5题解图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显然∠PRQ＜90°，∴分两种情况．ⅰ)当∠RPQ＝90°时，如解图②.第5题解图②∵PR⊥CE，∴∠ERP＝90°.∵∠E＝90°，∴四边形RPQE为矩形，∴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)当∠PQR＝90°时，如解图③，过点P作PH⊥BE于点H，第5题解图③则四边形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).综上所述，x的值是eq\f(9,7)或eq\f(21,11)；②如解图④，连接AF，QF′，由对称可知QF＝QF′，第5题解图④由(3)①得，ER＝EQ，∠F′QR＝∠EQR＝45°，∴∠BQF′＝90°，∴QF＝QF′＝BQ·tanB＝eq\f(4,3)x.∵AB是半圆O的直径，∴∠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】如解图①，连接PB，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，∵AD＝BD，∴BD＝BC，∴∠C＝∠BDC＝45°，∴∠DBC＝90°，∵P是CD的中点，∴BP＝PD＝PC，∴BP⊥CD，∠PBD＝45°，∴∠PDA＝∠PBE＝135°，∵EP⊥AP，∴∠DPB＝∠APE＝90°，∴∠DPA＝∠BPE，∴△PAD≌△PEB，∴PA＝PE.第6题解图①(2)证明：如解图②，过点P作PF⊥CD交DE于点F，∵PF⊥CD，EP⊥AP，∴∠DPF＝∠APE＝90°，∴∠DPA＝∠FPE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠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题解图②(3)解：eq\r(2)或7eq\r(2).【解法提示】①当点P在线段CD上时，如解图③，过点A作AM⊥CD延长线于点M，∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠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当点P在CD的延长线上时，如解图④，过点A作AM⊥CD延长线于点M，过点P作PF⊥CD延长线交DE于点F，∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠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).综上所述，BE的长为eq\r(2)或7eq\r(2).第6题解图7.解：(1)45；【解法提示】∵AB＝AC，∠A＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°.∵D，E分别是BC，PC的中点，∴DE是△BPC的中位线，∴DE∥BP，∴∠EDC＝∠B＝45°.(2)如解图①，延长DE，交AC于点I，第7题解图①∵DE∥AB，∴∠DIC＝∠A＝90°.∵GF⊥BC，∴∠GFB＝∠GFC＝90°.∵∠ACB＝45°，∴△GIE，△DEF，△CFG均为等腰直角三角形．∵∠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.设AP＝2x，则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.∴当x＝3时，△APG的面积最大，最大值为9；(3)PE⊥DG，PE＝DG.理由如下：由(2)得△GIE，△DEF，△CFG均为等腰直角三角形，∴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为BC的中点，DI∥AB，∴I为AC的中点，E为PC的中点，∴EC＝PE，∵EC＝DG，∴PE⊥DG，PE＝DG；(4)如解图②，作△DCG的外接圆⊙O，过点O作OJ⊥DG于点J，连接OG，OC，OD.设⊙O的半径为r，则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)的最大值为eq\f(1＋\r(2),2).第7题解图②8.(1)证明：∵四边形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：如解图①，连接AQ，CQ.第8题解图①∵四边形ABCD是正方形，∴BA＝BC，∠ABQ＝∠CBQ＝45°，∵BQ＝BQ，∴△ABQ≌△CBQ(SAS)，∴QA＝QC，∠BAQ＝∠QCB，∵EQ垂直平分线段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：如解图②，过点E作ET⊥CD于点T，则四边形BCTE是矩形．第8题解图②∴ET＝BC，∠BET＝∠AET＝90°，∵四边形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】四边形ABDE是平行四边形，理由如下：∵△ABC≌△DEF，∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF.∴AB∥DE.∴四边形ABDE是平行四边形；【发现】如解图①，连接BE交AD于点O，∵四边形ABDE为矩形，∴OA＝OD＝OB＝OE.设AF＝xcm，则OA＝OE＝eq\f(1,2)(x＋4).∴OF＝OA－AF＝2－eq\f(1,2)x.在Rt△OFE中，根据勾股定理得(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题解图【探究】BD＝2OF.理由如下：如解图②，延长OF交AE于点H.由矩形性质可得∠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，FO＝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】如解图①，过点C作CF⊥BD于点F，∵AC⊥l，BD⊥l，∴∠CAB＝∠DBA＝∠CFB＝90°，∴四边形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题解图①(2)①解：如解图②，过点E作EG⊥AD于点G，第10题解图②∵AC＝eq\f(3,2)，△ADE是等边三角形，∴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证明：如解图③，连接CD，第10题解图③由(1)可知△BCD是等腰三角形，∵∠ACB＝60°，∴∠DBC＝∠ACB＝60°，∴△BCD是等边三角形，∠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°，设AF＝x，则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】由题意知，AC＝CD＝BC，∴∠CAD＝∠CDA，∠DBC＝∠BDC，又∵△ABC为直角三角形，∴∠ADB＝∠CDA＋∠BDC，即∠ADB＝eq\f(1,2)(180°－α)＋eq\f(1,2)[180°－(90°－α)]＝135°.(2)①补全图形，如解图①.第11题解图①∵线段CA绕点C顺时针旋转α得到线段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.证明：过点C作CG∥BD，交EB的延长线于点G，如解图②，第11题解图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)由旋转的性质得，BA＝BA′，∵∠ACB＝90°，∴CB垂直平分AA′，∴AC＝CA′＝eq\r(52－32)＝4，∴AA′＝AC＋CA′＝8；(2)如解图①，过点C作CH⊥AB于点H，作CF∥BM交AB于点F，∴∠CFB＝∠A′BC′，由旋转的性质得，∠ABC＝∠A′BC′，∴∠CFB＝∠ABC，∴CB＝CF＝3，FH＝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)；图①图②第12题解图【一题多解】如解图②，过点C作CH⊥AB于点H，过点M作MG⊥BC′于点G，由旋转的性质得，∠MBG＝∠CBA，∴tan∠MBG＝eq\f(MG,BG)＝tan∠CBA＝eq\f(AC,BC)＝eq\f(4,3)，设MG＝4x，则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：如解图③，连接A′C，过点A作AP∥A′C′交C′D的延长线于点P，则∠A′C′D＝∠P，第12题解图③由旋转的性质得，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，∵点E为AC的中点，∴DE为△AA′C的中位线，∴DE＝eq\f(1,2)A′C，∵A′C≥A′B－BC＝2，∴DE≥eq\f(1,2)(A′B－BC)＝1，∴DE的最小值为1.13.(1)证明：∵AB＝AC＝2eq\r(5)，BC＝4，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，∴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分别为AC，AB，BC的中点，∴EF＝eq\f(1,2)AC＝CD，EF∥DC，∴四边形CDEF是平行四边形，∴∠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，∵将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，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：如解图，连接AF，过点C作CH⊥AB于点H，第13题解图在Rt△AFC中，FC＝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)证明：∵AD∥BC，∠ABC＝90°，∴∠DAB＝180°－∠ABC＝90°，∵DH⊥BC，即∠DHB＝90°，∴四边形ABHD为矩形．∴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.如解图①，过点D作DT⊥QA，交QA的延长线于点T，∵∠QPM＝30°，∠BPD＝90°，∴∠TPD＝60°，∴DT＝AD·sin∠TPD＝eq\f(3\r(3),2)，∴边PQ平移扫过的面积为AQ·DT＝6×eq\f(3\r(3),2)＝9eq\r(3)，∵边PQ旋转扫过的面积为eq\f(50π×62,360)＝5π，∴边PQ扫过的面积为9eq\r(3)＋5π；图①图②第14题解图②由(1)可得BH＝AD＝3，∵BK＝9－4eq\r(3)，∴KH＝BH－BK＝4eq\r(3)－6，如解图②，当点P平移到与点D重合时，连接DK，设DQ交BC于点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，∴点K在△PQM中，∵△PQM右移的速度为每秒1个单位长，∴在△PQM右移的过程中，点K在△PQM区域(含边界)内的时长为(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旋转的速度为每秒5°，∴在△PQM旋转的过程中，点K在△PQM区域(含边界)内的时长为15°÷5°＝3秒．∴点K在△PQM区域(含边界)内的时长为4eq\r(3)－6＋3＝(4eq\r(3)－3)秒；③CF的长为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】当AE⊥BC时，△ABE是等边三角形，∴∠AEB＝60°.(2)∠AEB－∠CAD＝30°；证明：设∠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)如解图，连接AO，∵O为BC的中点，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关于x的函数解析式为y＝x2－4eq\r(3)x＋16(0＜x＜2eq\r(3)).第15题解图16.(1)证明：由折叠的性质得∠PEF＝∠FED，∵AD∥BC，∴∠FED＝∠EFP，∴∠PEF＝∠EFP，∴PE＝PF；(2)证明：如解图①，连接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，∴点M在线段EF的垂直平分线上；第16题解图(3)解：如解图②，连接AC交BD于点O，由题意可得点E由点A移动到AD中点的过程中，点G运动的路线是以点O为圆心，OC长为半径的圆的一部分，即解图中的长度．在Rt△BCD中，tan∠CBD＝eq\f(CD,BC)＝eq\f(\r(3),3)，∴∠CBD＝30°，∴∠ABO＝∠OAB＝60°，∴△AOB是等边三角形，∴OA＝OD＝OB＝OC＝AB＝5，∠BOC＝120°，∴点G运动的路线长为eq\f(120π×5,180)＝eq\f(10,3)π.17.(1)证明：∵△ABE沿BE翻折到△BEF且四边形ABCD为正方形，∴AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°，∴∠BFG＝90°＝∠C，又∵AB＝BF＝BC，BG＝BG，∴Rt△BFG≌Rt△BCG(HL)；(2)解：设FH＝x，则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)，FG＝eq\f(7,4).如解图①，延长BH交AD延长线于点Q.第17题解图①则：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).设AE＝m，则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的长为eq\f(9,2)；(3)解：①如解图②，当DE＝eq\f(1,3)CD＝2时，延长FE交AD于点Q.设DQ＝x，QE＝y，则AQ＝6－x，∵DQ∥CP，易证△CPE∽△DQE.∴eq\f(CP,DQ)＝eq\f(CE,DE)＝eq\f(2,1)，∴CP＝2x.由折叠可得：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).过点Q作QH⊥DE，垂足为H.则DH＝eq\f(1,2)x，HE＝2－eq\f(1,2)x，HQ＝eq\f(\r(3),2)x.在Rt△HQE中根据勾股定理得(eq\f(\r(3),2)x)2＋(2－eq\f(1,2)x)2＝y2.∵eq\f(6－x,6)＝eq\f(y,2).∴联立方程组可得：x＝eq\f(3,4)或x＝0(舍).∴CP＝2x＝eq\f(3,2)；第17题解图②②如解图③，当CE＝eq\f(1,3)CD＝2时，延长FE交AD的延长线于点Q，过点Q作QH⊥CD交CD延长线于点H.设DQ＝x，QE＝y，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＝y2.∴联立方程组可得：x＝eq\f(12,5)或x＝0(舍).∴CP＝eq\f(1,2)x＝eq\f(6,5).综上所述，PC的长为eq\f(3,2)或eq\f(6,5).第17题解图③18.(1)证明：∵在矩形ABCD中，AB∥DC，即AB∥DE，∴∠BAP＝∠E，∠B＝∠ECP，∵点P是BC的中点，∴BP＝CP，∴△ABP≌△ECP(AAS)；(2)①证明：∵在矩形ABCD中，AD∥BC，∴∠APB＝∠FAP.由折叠的性质可知∠APB＝∠APB′，∴∠FAP＝∠APB′.∴FA＝FP.在矩形ABCD中，BC＝AD＝8，∵点P是BC的中点，∴BP＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)×8＝4.由折叠的性质可知，AB′＝AB＝6，B′P＝BP＝4，∠B＝∠AB′P＝∠AB′F＝90°，设FA＝x，则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：如解图①，由折叠的性质可知，AB′＝AB＝6，B′P＝BP.∴C△PCB′＝CP＋B′P＋CB′＝CB＋CB′＝8＋CB′.要求△PCB′周长的最小值，即求CB′的最小值．由两点之间线段最短可知，当点B′恰好位于对角线AC上时，CB′＋AB′最小，即此时CB′最小．连接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题解图①③解：AB与HG的数量关系是AB＝2HG.理由：如解图②，由折叠的性质可知∠1＝∠3，AB′＝AB，BB′⊥AE.过点B′作B′M∥DE，交AE于点M，∵AB∥DE，∴AB∥DE∥B′M，∴∠1＝∠3＝∠2＝∠AED，∴AB′＝B′M＝AB，∴点H是AM的中点．∵∠EAB′＝2∠AEB′，即∠3＝2∠5，∴∠2＝2∠5.∵∠2＝∠4＋∠5，∴∠4＝∠5.∴B′M＝EM，∴B′M＝EM＝AB′＝AB.∵点G是AE的中点，点H是AM的中点，∴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题解图②19.解：(1)eq\f(2\r(3),3)；【解示提示】∵∠BAD＝60°，BA＝BM，∴△ABM为等边三角形，∴AB＝AM.∵四边形ABCD是平行四边形，∴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)由折叠的性质可知，∠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°，当点M与点D重合时，m的值最小，此时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)当点F在AD上方时，画出图形如解图①，设BF交AD于点Q.第19题解图①由折叠的性质可知，AE＝EF，∠F＝∠BAD＝30°，设AE＝x，则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.当点F在AD下方时，画出图形如解图②，第19题解图②设EF交BC于点P，由折叠的性质可知，∠F＝∠BAD＝30°，BF＝AB.∵EF⊥AD，四边形ABCD是平行四边形，∴EF⊥BC，∵∠AEB＝∠FEB，∠AEB＋∠FEB＝90°，∴∠AEB＝∠FEB＝45°，∴EP＝BP.设BP＝t，则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.综上所述，m的值为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证明：由题意得∠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都是等边三角形，∴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.由题意得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