2025年河南省中考数学二轮复习压轴题：动态几何问题专练

2025年河南省中考数学二轮复习压轴题：动态几何问题专练1．如图，直线，连接，为一动点．（1）当动点落在如图所示的位置时，连接，求证：；（2）当动点落在如图所示的位置时，连接，则之间的关系如何，你得出的结论是．（只写结果，不用写证明）2．如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°．若固定△ABC，将△DEC绕点C旋转．（1）当△DEC绕点C旋转到点D恰好落在AB边上时，如图2．①当∠B=∠E=30°时，此时旋转角的大小为；②当∠B=∠E=α时，此时旋转角的大小为(用含a的式子表示)．（2）当△DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小杨同学猜想：△BDC的面积与△AEC的面积相等，试判断小杨同学的猜想是否正确，若正确，请你证明小杨同学的猜想．若不正确，请说明理由．3．如图1，在平面直角坐标系中，已知点，点，为线段上一点，且满足．（1）求直线的解析式及点的坐标；（2）如图2，为线段上一动点，连接，与交于点，试探索是否为定值?若是，求出该值；若不是，请说明理由；（3）点为坐标轴上一点，请直接写出满足为等腰三角形的所有点的坐标．4．如图，点是等边内一点，且，点是边的中点，连接，.（1）如图1，若点，，三点共线，则与的数量关系是______；（2）如图2，若点，，三点不共线，问（1）中的结论还成立吗？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由；（3）如图3，若，，直接写出的长是______.5．如图1，在△ABC中，AB=AC=10，BC=16，点D为BC边上的动点(点D不与点B，C重合)．以D为顶点作∠ADE=∠B，射线DE交AC边于点E，过点A作AF⊥AD交射线DE于点F，连接CF．（1）求证：△ABD∽△DCE；（2）当DE∥AB时(如图2)，求AE的长；（3）点D在BC边上运动的过程中，是否存在某个位置，使得DF=CF？若存在，求出此时BD的长；若不存在，请说明理由．

6．如图，△ABC是一块等边三角形的废铁片，其中AB=AC=10，BC=12．利用其剪裁一个正方形DEFG，使正方形的一条边DE落在BC上，顶点F．G分别落在AC、AB上．（1）小聪想：要画出正方形DEFG，只要能计算出正方形的边长就能求出BD和CE的长，从而确定D点和E点，再画正方形DEFG就容易了．请你帮小聪求出正方形的边长．（2）小明想：不求正方形的边长也能画出正方形．具体作法是：①在AB边上任取一点G′，如图2作正方形G′D′E′F′；②连接BF′并延长交AC于点F；③过点F作FE∥F′E′交BC于点E，FG∥F′G′交AB于点G，GD∥G′D′交BC于点D，则四边形DEFG即为所求的正方形．你认为小明的作法正确吗？说明理由．7．【解决问题】已知，，是同一平面上的三个点，以线段，为边，分别作正三角形和正三角形，连接，．（1）如图1，当点，，在同一直线上时，线段与的大小关系是__________；（2）如图2，当，，为三角形的顶点时（点，，不在同一条直线上），判断线段与的大小关系是否发生改变，并说明理由；【类比猜想】（3）已知，，是同一平面上的三个点，以线段，为边，分别作正方形，连接，，如图3和图4所示．判断线段与的大小关系，并在图4（点，，不在同一条直线上）中证明你的判断；

【推广应用】（4）上面的这些结论能否推广到任意正多边形（不必证明）？（5）如图5，与的大小关系是__________，并写出它们分别在哪两个全等三角形中；（6）请在图6中连接图中两个顶点，构造处一组全等三角形，并写出这两个全等的三角形．

8．如图的边在直线l上，，且，的边也在直线上，边和边重合，且．（1）图①中，请你通过观察、测量、猜想，直接写出和的数量关系和位置关系；（2）将沿直线l向右平移得到图②的位置时，交于点D，连接，，求证：①；②；（3）将沿直线l向右平移得到图③的位置时，延长交的延长线于点D，连接，，你认为，还成立吗？若成立，给予证明；若不成立，说明理由．9．如图：已知在平面直角坐标系中点A（a，b）点B（a，0），且满足|2a－b|＋（b－4）2＝0（1）求点A、点B的坐标；（2）已知点C（0，b），点P从B点出发沿x轴负方向以1个单位每秒的速度移动．同时点Q从C点出发，沿y轴负方向以2个单位每秒的速度移动，某一时刻，如图所示且S阴＝S四边形OCAB，求点P移动的时间；（3）在（2）的条件下，AQ交x轴于M，作∠ACO，∠AMB的角平分线交于点N，判断是否为定值，若是定值求其值；若不是定值，说明理由．10．如图，已知AC=BC，点D是BC上一点，∠ADE=∠C．（1）如图1，若∠C=90°，∠DBE=135°．①求证：∠EDB=∠CAD；②求证：DA=DE；（2）如图2，若∠C=40°，DA=DE，求∠DBE的度数；（3）如图3，请直接写出∠DBE与∠C之间满足什么数量关系时，总有DA=DE成立．11．如图：正方形OABC置于坐标系中，B的坐标是（-4，4），点D是边OA上一动点，以OD为边在第一象限内作正方形ODEF（1）CD与AF有怎样的位置关系，猜想并证明；（2）当OD=______时，直线CD平分线段AF；（3）在OD=2时，将正方形ODEF绕点O逆时针旋转α°（0°＜α°＜180°），求当C、D、E共线时D的坐标．12．如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为（a，0），（b，0），且满足现同时将点A，B分别向上平移2个单位，再向右平移1个单位，分别得到点A，B的对应点C，D，连接AC，BD．（1）求点C，D的坐标及四边形ABDC的面积；（2）在y轴上是否存在一点M，连接MA，MB，使S△MAB=S四边形ABDC？若存在这样一点，求出点M的坐标；若不存在，试说明理由；（3）点P是射线BD上的一个动点（不与B，D重合），连接PC，PA，求∠CPA与∠DCP、∠BAP之间的关系．13．如图`，已知：直线，且直线、与、分别交于、和、两点，点在直线上．(1)如图1,当点在、两点之间时(点不与点、重合)，探究、、之间的关系，并说明理由.(2)若点不在、两点之间，在备用图中画出图形，直接写出、、之间的关系，不需说理．14．在中，，，是线段上的点，是线段上的点，且．（1）观察猜想如图1，若点是线段的三等分点，则__________，___________．由此，我们猜想线段，，，之间满足的数量关系是_________．（2）类比探究将在平面内绕点按逆时针方向旋转一定的角度，连接，，，，猜想在旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请仅就图2的情形给出证明；若不成立，请说明理由．（3）解决问题将在平面内绕点自由旋转，若，请直接写出线段的最大值．15．已知中，，为线段上一点（不与重合），点为射线上一点，，设，．（1）如图1，①若，，则__________，___________．②若，，则__________，___________．③写出与的数量关系，并说明理由；（2）如图2，当点在的延长线上时，其它条件不变，请直接写出与的数量关系．16．在线段AB的同侧作射线AM和BN，若∠MAB与∠NBA的平分线分别交射线BN，AM于点E，F，AE和BF交于点P．（1）如图，当射线AM，BN交于点C，且∠ACB＝60°时，求∠APB的度数；（2）当AM∥BN时，请画出示意图，写出此时AF，AB，EB长度之间的等量关系，并给予证明；（3）在（1）的条件下，即当射线AM，BN交于点C，且∠ACB＝60°时，请写出此时AF，AB，EB长度之间的等量关系，并给予证明．17．已知为等边三角形，为直线上一动点（点不与点、点重合）以为边作等边三角形，连接.

（1）如图①，当点在边上时，且点、点在同侧，其他条件不变，求证：；（2）如图②，当点在边的延长线上时，且点、点在同侧，其他条件不变，请直接写出线段，，之间存在的数量关系，不需证明；（3）如图③，当点在边的延长线上时，且点、点分别在直线的异侧，其他条件不变，请直接写出线段，，之间存在的数量关系，不需证明.18．如图1，已知∠A+∠E+∠F+∠C=540°．（1）试判断直线AB与CD的位置关系，并说明理由；（2）如图2，∠PAB=3∠PAQ，∠PCD=3∠PCQ，试判断∠APC与∠AQC的数量关系，并说明理由．19．我们知道三角形任意两条中线的交点是三角形的重心．重心有如下性质：重心到顶点的距离是重心到对边中点距离的2倍．请利用该性质解决问题（1）如图1，在△ABC中，AF、BE是中线，AF⊥BE于P．若BP＝2，∠FAB＝30°，则EP＝，FP＝；（2）如图1，在△ABC中，BC＝a，AC＝b，AB＝c，AF、BE是中线，AF⊥BE于P．猜想a2、b2、c2三者之间的关系并证明；（3）如图2，在▱ABCD中，点E、F、G分别是AD、BC、CD的中点，BE⊥EG，AB＝3，AD＝2，求AF的长．20．已知，是等边三角形，是直线上一点，以为顶点作．交过且平行于的直线于，求证：；当为的中点时，（如图1）小明同学很快就证明了结论：他的做法是：取的中点，连结，然后证明．从而得到，我们继续来研究：（1）如图2、当D是BC上的任意一点时，求证：（2）如图3、当D在BC的延长线上时，求证：（3）当在的延长线上时，请利用图4画出图形，并说明上面的结论是否成立（不必证明）．参考答案1．（1）延长AP交BD于M，如图1，∵AC∥BD，∴∠PAC＝∠AMB，∵∠APB＝∠AMB＋∠PBD，∴∠APB＝∠PAC＋∠PBD；（2）∠APB+∠PAC+∠PBD＝360，如图2，过P作EF∥AC，∵AC∥BD，∴AC∥EF∥BD，∴∠PAC＋∠APF＝180，∠PBD＋∠BPF＝180，∴∠PAC＋∠APF＋∠PBD＋∠BPF＝360，∴∠APB＋∠PAC＋∠PBD＝360，∴∠APB+∠PAC+∠PBD＝360．2．解：（1）①∵∠B=30°，∠ACB=90°，∴∠CAD=90°﹣30°=60°．∵CA=CD，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD=60°，∴旋转角为60°．故答案为：60°．②如图2中，作CH⊥AD于H．∵CA=CD，CH⊥AD，∴∠ACH=∠DCH．∵∠ACH+∠CAB=90°，∠CAB+∠B=90°，∴∠ACH=∠B，∴∠ACD=2∠ACH=2∠B=2α，∴旋转角为2α．故答案为：2α．（2）小杨同学猜想是正确的．证明如下：过B作BN⊥CD于N，过E作EM⊥AC于M，如图3，∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠1+∠2=90°，∠3+∠2=90°，∴∠1=∠3．∵BN⊥CD于N，EM⊥AC于M，∴∠BNC=∠EMC=90°．∵△ACB≌△DCE，∴BC=EC，在△CBN和△CEM中，∠BNC=∠EMC，∠1=∠3，BC=EC，∴△CBN≌△CEM(AAS)，∴BN=EM．∵S△BDC•CD•BN，S△ACE•AC•EM．∵CD=AC，∴S△BDC=S△ACE．3．解：（1）设：，代入点、可得，解得：，即：，设，如图作，∵，，∴，∴，即，将点代入可得：，∴；（2）是定值，定值为2．由（1）可得，，∴在中，，又∵在，，，∴，∴，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，又∵，∴；（3）①BC=BP=时：当点P在x轴上时，OP=或，此时，，当点P在y轴上时，在Rt△OBP中，OP=，此时，，②CB=CP=时：由（2）知OC=，∴CP=OC，此时，③PB=PC时：当P在x轴上时，设P(x，0)，则，，∴，解得，此时，当P在y轴上时，设P(0，y)，则，，∴，解得，此时，综上，，，，，，，．4．（1）AP=2PM，理由如下：∵△ABC是等边三角形，点M是边BC的中点，∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，AM⊥BC，∠BAP=∠CAP=∠BAC=30°，∴PB=PC，∵∠BPC=120°，∴∠PBC=∠PCB=30°，∴PC=2PM，∠ACP=60°-30°=30°=∠CAP，∴AP=PC，∴AP=2PM；故答案为：AP=2PM；（2）AP=2PM成立，理由如下：如图，延长BP至D，使PD=PC，连接AD、CD，则∠CPD=180°-∠BPC=60°，∴△PCD是等边三角形，∴CD=PD=PC，∠PDC=∠PCD=60°，∵△ABC是等边三角形，∴BC=AC，∠ACB=60°=∠PCD，∴∠BCP=∠ACD，又∵AC=CB，∴△ACD≌△BCP（SAS），∴AD=BP，∠ADC=∠BPC=120°，∴∠ADP=120°-60°=60°，延长PM至N，使MN=MP，连接CN，∵点M是边BC的中点，∴CM=BM，又∵∠CMN=∠PMB，∴△CMN≌△BMP（SAS），∴CN=BP=AD，∠NCM=∠PBM，∴CN∥BP，∴∠NCP+∠BPC=180°，∴∠NCP=60°=∠ADP，在△ADP和△NCP中，，∴△ADP≌△NCP（SAS），∴AP=PN=2CM；（3）如图，延长BP至D，使PD=PC，连接AD、CD，延长PM至N，使MN=MP，连接CN，作CE⊥BD于E，同（2）得：AD=BP，AP=2CM；设BP=4x，则PD=PC=3x，∵CE⊥BD，△CPD是等边三角形，∴PE=PD=x，CE=PE=x，∴BE=BP+PE=x，∵△ABC是等边三角形，∴BC=AB=，在Rt△BCE中，由勾股定理得：解得：x=2，∴AD=BP=8，PD=PC=6，作PF⊥AD于F，则∠DPF=90°-60°=30°，∴DF=PD=3，PF=DF=3，∴AF=AD-DF=8-3=5，∴；故答案为：．5．解：（1）证明：，，，，，又，．（2）解：，，，，，即，解得，，，，即，解得，；（3）点在边上运动的过程中，存在某个位置，使得．理由如下：如图3，作于，于，于．则四边形为矩形，，，，，，在中，由勾股定理，得，，，，，，，，，，，即，解得，，，，，，，．

6．解：（1）设正方形的边长为，作的高，等腰三角形，，，，，，，，解之得：，正方形的边长为；（2）正确，由已知可知，四边形为矩形，，△，，同理，又，矩形为正方形．7．（1）∵△ABD、△BCD’是等边三角形，∴AB=BD,BD’=BC,∵,∴∴△ABD’≌△DBC（SAS）∴=故答案为：相等；（2）线段与的大小关系没有改变，理由如下：∵△ABD、△BCD’是等边三角形，∴AB=BD,BD’=BC,∵,∴∴△ABD’≌△DBC（SAS）∴=（3）在如图3和图4．判断线段与的大小关系为相等，理由如下：∵四边形ABDE、四边形BCD’E’是正方形，∴AB=BD,BD’=BC,∵,∴∴△ABD’≌△DBC（SAS）∴=故线段与的大小关系为相等；（4）根据题意及图形的特点同理可得△ABD’≌△DBC，则=故线段与的大小关系为相等，能推广到任意正多边形；（5）∵五边形ABDEF、五边形BCF’E’D’是正方形，∴AB=BD,BD’=BC,∵,∴∴△ABD’≌△DBC（SAS）∴=故答案为：相等；△ABD’≌△DBC；（6）如图，连接GD’，∵六边形ABDEFG、六边形ACG’F’E’D’是正方形，∴AB=AG,AD’=AC,∵,∴∴△GAD’≌△BAC（SAS）故答案为△GAD’≌△BAC．8．（1）解：，．证明如下：且，为等腰直角三角形，，易知，≌，同理可证，，且；（2）证明：①，，，，．．在和中，，≌，．②如图②，连接并延长交于M，≌，．在中，，又，．．；（3）解：成立．，．理由如下：，，，，．．在和中，，≌，．如图③，延长交于N，≌，．在中，，又，．．，即：，．9．解：（1）∵|2a－b|＋（b－4）2＝0.∴2a－b＝0，b－4＝0，∴a＝2，b＝4，∴点A的坐标为（2，4）、点B的坐标（2，0）；（2）如图2，设P点运动时间为t，则t＞2，所以P点坐标为（2－t，0），Q点坐标为（0，4－2t），设直线AQ的解析式为y＝kx＋4－2t，把A（2，4）代入得2k＋4－2t＝4，解得k＝t，∴直线AQ的解析式为y＝tx＋4－2t，直线AQ与x轴交点坐标为（，0），∴S阴影＝（＋t－2）×4＋××（2t－4），而S阴＝S四边形OCAB，∴（＋t－2）×4＋××（2t－4）＝×2×4，整理得t2－3t＝0，解得t1＝0（舍去），t2＝3，∴点P移动的时间为3s；（3）为定值．理由如下：如图3，∵∠ACO，∠AMB的角平分线交于点N，∴∠ACN＝45°，∠1＝∠2，∵AC∥BP，∴∠CAM＝∠AMB＝2∠1，∵∠ACN＋∠CAM＝∠N＋∠1，∴45°＋2∠1＝∠N＋∠1，∴∠N＝45°＋∠1，∵∠AMB＝∠APB＋∠PAQ，∴∠APB＋∠PAQ＝2∠1，∵∠AQC＋∠OMQ＝90°，而∠OMQ＝2∠1，∴∠AQC＝90°－2∠1，∴＝＝．10．（1）证明：①∵∠ADE=∠C，∴∠CAD=180°-∠C-∠ADC，∠EDB=180°-∠ADE-∠ADC，∴∠CAD=∠EDB；②在AC上截取CF=CD，连接FD，（或在AC上截取AF=BD，连接FD）∵∠C=90°，∴∠CFD=∠CDF=45°，∴∠AFD=135°=∠DBE，∵AC=BC，∴AC-CF=BC-CD，即：AF=BD，由①知：∠CAD=∠BDE，∴△AFD≌△DBE（ASA），∴DA=DE；（2）方法一：如图2，在AC上截取AG=DB，连接GD（在AC上截取CG=CD，连接GD），∵AC=BC，∴AC-AG=BC-BD即：CG=CD，∴∠CGD=∠CDG==70°，∵DA=DE，∠CAD=∠EDB（已证），AG=DB，∴△AGD≌△DBE（SAS），∴∠AGD=∠DBE=110°；方法二：如图3，延长DB到点H使DH=AC，连接EH，∵∠CAD=∠BDE，AD=DE，∴△ACD≌△DHE（SAS），∴∠C=∠H=40°，CD=EH，∵AC=BC=DH，∴CD=BH=EH，∴∠HBE=∠HEB=70°，∴∠DBE=110°；（3）当∠DBE=90°+∠C时，总有DA=DE成立；理由是：如图3，在AC上截取CF=CD，连接DF，则∠CDF=∠CFD，设∠CDF=x，△CDF中，∠C+∠CDF+∠CFD=180°，∴∠C+x+x=180°，x==90°-，同理得△AFD≌△DBE（SAS），∴∠AFD=∠DBE=∠C+∠CDF=∠C+x=∠C+90°-∠C，∴∠DBE=90°+∠C．11．解：（1）CD⊥AF，理由是：如图1，延长CD交AF于G，∵四边形OABC和ODEF是正方形，∴AO=OC，∠COD=∠AOF=90°，OF=OD，∴△COD△AOF（SAS），∴∠OCD=∠OAF，∵∠ADG=∠CDO，∴∠AGD=∠DOC=90°，∴CD⊥AF；（2）设OD=x，连接AC，如图2，当直线CD平分线段AF时，AC=CF，∵B的坐标是（-4，4），∴AC=4，∴4=4+x，x=4-4，则当OD=4-4时，直线CD平分线段AF；故答案为：4-4；（3）分两种情况：①如图3，当D在第二象限时，过D作DG⊥x轴于G，∵C、D、E共线，∴∠CDO=∠ODE=90°，Rt△ODC中，OD=2，OC=4，∴∠OCD=30°，CD=2，∴DG=CD=，CG=3，∴OG=4-3=1，∴D（-1，），②如图4，当D在第三象限时，过D作DG⊥x轴于G，同理得：OG=1，DG=，∴D（-1，-），综上，点D的坐标为：（-1，）或（-1，-）．12．解:（1）由得a=-1，b=3，则A(-1，0)，B(3，0)，∵点A，B分别向上平移2个单位，再向右平移1个单位，分别得到点A，B的对应点C，D，如图，∴C(0，2)，D(4，2)，∴S四边形ABDC=AB×OC=4×2=8.（2）存在．设点M到AB的距离为h，S△MAB=×AB×h=2h，由S△MAB=S四边形ABDC，得2h=8，解得h=4，可知这样的M点在y轴上有两个，∴M(0，4)或(0，-4).（3）①当点P在线段BD上时：∠CPA=∠DCP+∠BAP，理由如下：过P点作PE∥AB交OC与E点，∵AB∥CD，PE∥AB，∴AB∥PE∥CD，∴∠DCP=∠CPE，∠BAP=∠APE，∵∠CPA=∠CPE+∠APE，∴∠CPA=∠DCP+∠BAP；②当点P在BD延长线上时：∠CPA=∠BAP-∠DCP，理由如下：过P点作PE∥AB，∵AB∥CD，PE∥AB，∴AB∥PE∥CD，∴∠DCP=∠CPE，∠BAP=∠APE，∵∠CPA=∠APE-∠CPE。∴∠CPA=∠BAP-∠DCP.13．解：（1）过P作直线PQ∥AD，交CD于点Q，∵AD∥BC，∴PQ∥AD∥BC，∴∠ADP=∠DPQ，∠BCP=∠CPQ，∴∠ADP+∠BCP=∠DPC；（2）∠ADP=∠DPC+∠BCP.过P作直线PQ∥AD，交CD于点Q，∵AD∥BC，∴PQ∥AD∥BC，∴∠ADP=∠DPQ=∠DPC+∠CPQ，∠BCP=∠CPQ，∴∠ADP=∠DPC+∠BCP.14．解：（1）∵，∴，∴，∴；（2）成立，证明如下：由（1）可知，，且，，∴，，，∴，，∴，，又∵，∴，∴；∴；（3）由（2）可知，∴求线段的最大值，即为求线段的最大值，由题意，可得，在中，由三角形的三边关系，可得，∴当点共线时，，即线段的最大值为2，∵，把代入得，∴线段的最大值为．15．解：（1）①∵∠DAE=40°∴∠ADE+∠AED=140°∴∠ADE=∠AED=70°∵∠BAC=50°∴∴∵∠ADC=∠B+∠α=∠ADE+∠β∴65°+10°=70°+∠β∴∠β=5°故答案为10°，5°；②∵∠DAE=42°∴∠ADE+∠AED=138°∴∠ADE=∠AED=69°∵∠BAC=58°∴∴∵∠ADC=∠B+∠α=∠ADE+∠β∴61°+16°=69°+∠β∴∠β=8°故答案为16°，8°；③α=2β，理由是：如图（1），设∠BAC=x°，∠DAE=y°，则α=x°-y°，∵∠ACB=∠ABC∴∵∠ADE=∠AED∴∴∴α=2β（2）如图（2），2β=180°+α，理由是：设∠BAC=x°，∠DAE=y°，则α=x°-（180°-y°）=x°-180°+y°∵∠ACB=∠ABC∴∵∠ADE=∠AED∴∵∠EDB是△EDC的一个外角∴∠EDB=∠AED+∠ACB∴∴2β=x°+y°，即2β=180°+α16．解：（1）∵∠ACB+∠CAB+∠CBA＝180°，且∠ACB＝60°，∴∠CAB+∠CBA＝120°，∵AE平分∠CAB，BF平分∠ABC，∴∠PAB∠CAB，∠PBA∠CBA，∴∠PAB+∠PBA（∠CAB+∠CBA）＝60°，∴∠APB＝180°﹣（∠PAB+∠PBA）＝120°（2）AF＝AB＝BE，理由如下：如图1，∵AE平分∠MAB，BF平分∠ABN，∴∠FAE＝∠BAE，∠ABF＝∠EBF，∵AM∥BN，∴∠FAE＝∠AEB，∠AFB＝∠FBE，∴∠EAB＝∠AEB，∠AFB＝∠ABF，∴AB＝BE，AF＝AB，∴AB＝AF＝BE，（3）AF+BE＝AB如图2，在AB上取一点G，使AG＝AF，∵AE是∠BAM的角平分线，∴∠PAG＝∠PAF，在△PAG和△PAF中，，∴△PAG≌△PAF（SAS），∴∠APF＝∠APG，∵∠APB＝120°∴∠APF＝∠BPE＝180°﹣∠APB＝60°，∴∠APG＝60°∴∠BPG＝∠APB﹣∠APG＝60°＝∠BPE，∵BF是∠ABC的角平分线，∴∠PBG＝∠PBE，在△BPG和△BPE中，，∴△BPG≌△BPE（ASA），∴BG＝BE，∴AF+BE＝AB．17．（1）①∵△ABC和△ADE是等边三角形，∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC，AD=DE=AE．∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，∴∠BAD=∠EAC．在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE（SAS）．∴BD=CE．∵BC=BD+CD，∴BC=CE+CD．（2）BC+CD=CE．∵△ABC和△ADE是等边三角形，∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC，AD=DE=AE．∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，∴∠BAD=∠EAC．在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE（SAS）．∴BD=CE．∵BD=BC+CD，∴CE=BC+CD；（3）DC=CE+BC．∵△ABC和△ADE是等边三角形，∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC，AD=DE=AE．∴∠BAC-∠BAE=∠DAE-∠BAE，∴∠BAD=∠EAC．在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE（SAS）．∴BD=CE．∵DC=BD+BC，∴DC=CE+BC.18．解:（1）AB∥CD．理由如下：分别过点E、F作EM∥AB，FN∥AB，∵EM∥AB，FN∥AB，∴EM∥FN∥AB，∴∠1+∠A=180°，∠3+∠4=180°，∵∠A+∠E+∠F+∠C=540°，∴∠2+∠C=540°﹣180°﹣180°=180°，∴FN∥CD，∵FN∥AB，∴AB∥CD；（2）设∠PAQ=x，∠PCD=y，∵∠PAB=3∠PAQ，∠PCD=3∠PCQ，∴∠PAB=3x，∠BAQ=2x，∠PCD=3y，∠QCD=2y，过P作PG∥AB，过Q作QH∥AB，∵AB∥CD，∴AB∥CD∥PG∥GH，∴∠AQH=∠BAQ=2x，∠QCD=∠CQH=2y，∴∠AQC=2x+2y=2（x+y），同理可得：∠APC=3x+3y=3（x+y），∴，即∠AQC=∠APC．19．解：（1）∵在△ABC中，AF、BE是中线，∴BP＝2EP＝2，AP＝2FP，∴EP＝1，∵AF⊥BE，∠FAB＝30°，∴AB=2BP=4，∴AP＝，∴FP＝AP＝；故答案为：1，；（2）a2+b2＝5c2；理由