北师大版九年级数学上册试题4.5 相似三角形动态几何，坐标问题（含答案）

《相似三角形》--- 动态几何，坐标问题
1．如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C是线段上一点，把沿直线翻折，点O恰好落在上的点D处，为折痕．
(1)求线段的长；
(2)求直线的解析式；
(3)若M是射线上的一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以A，B，M，P为顶点的四边形是以为一边的矩形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
2．在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．
(1)观察猜想
如图1，当α＝60°时，的值是　 　，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是　 　．
(2)类比探究
如图2，当α＝90°时，请写出，并就图2的情形说明理由．
(3)解决问题
当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．
3．问题背景：已知∠EDF的顶点D在△ABC的边AB所在直线上（不与A，B重合），DE交AC所在直线于点M，DF交BC所在直线于点N，∠B＝∠A＝∠EDF．
(1)初步尝试：如图①，当△ABC是等边三角形，判断：△ADM △BND（填相似或全等）；
(2)类比探究：如图②，当AC＝BC时，上述结论是否还成立？请说明理由．
(3)延伸拓展：如图③，在（2）的条件下，当点D在BA的延长线上运动到点M与点C重合时，若S△ADM：S△BND＝1：2，BN：BM＝1：3，AD＝1，则DN＝ ．
4．
(1)[基础巩固]如图①，在三角形纸片ABC中，，将折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，则AM与BM的数量关系为______；
(2)[思维提高]如图②，在三角形纸片ABC中，，，将折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，求的值；
(3)[拓展延伸]如图③，在三角形纸片ABC中，，，，将沿过顶点C的直线折叠，使点B落在边AC上的点处，折痕为CM．求线段AC的长；
5．直线y＝2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C在x轴的正半轴上，△ABC面积为10．
(1)直接写出点C的坐标；
(2)如图1，F为线段AB的中点，点G在y轴上，以FG为边，向右作正方形FGQP，点Q落在直线BC上，求点G的坐标；
(3)如图2，M在射线BA上，点N在射线BC上，直线MN交y轴于H点，若HB＝HM，求的值．
6．如图1，在矩形ABCD中，，，点E在AB边上，且．点F是BC边上的动点．将沿EF折叠得到．直线GF与直线AB的交点为H．
(1)如图2，点F与点C重合时，求与的面积比；
(2)如图3，当H在点A的上方，且满足三角形HEF是等腰三角形时，求线段EH的长．
(3)在点F的运动过程中，以E、G、H为顶点的三角形能否与以B、C、D为顶点的三角形相似？若能，求BF的长；若不存在，请说明理由．
7．已知：在平面直角坐标系xOy中，直线过点A（－1，0）、C（2，3）两点．
(1)如图1，求直线的解析式；
(2)如图2，过点C作轴于点B，点E是射线BC上一点，连接AE，过点E作，且．连接FC交x轴于点G，延长FE交直线AC于点P，连接PG，设点P的横坐标为t，△PAG的面积为S，求S与t的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
(3)如图3，在（2）的条件下，过点P作轴于点H，过点F作交PH延长线于点K．若，求点K坐标．
8．如图1，在中，于点D，在DA上取点E，使，连接BE、CE．
(1)直接写出CE与AB的位置关系；
(2)如图2，将绕点D旋转，得到（点，分别与点B，E对应），连接，在旋转的过程中与的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是否一致 请说明理由；
(3)如图3，当绕点D顺时针旋转30°时，射线与AD、分别交于点G、F，若，求的长．
9．综合与实践：
数学活动课上，老师让同学们根据下面情境提出问题并解答．
问题情境：在中，点P是边上一点．将沿直线折叠，点D的对应点为E．
“兴趣小组”提出的问题是：如图1，若点P与点A重合，过点E作，与交于点F，连接，则四边形是菱形．
(1)数学思考：请你证明“兴趣小组”提出的问题；
(2)拓展探究：“智慧小组”提出的问题是：如图2，当点P为的中点时，延长交于点F，连接．试判断与的位置关系，并说明理由．
请你帮助他们解决此问题．
(3)问题解决：“创新小组”在前两个小组的启发下，提出的问题是：如图3，当点E恰好落在边上时，，，．则的长为___________．（直接写出结果）
10．已知中，点、分别在边、上，且，将绕点逆时针旋转．设旋转角为
(1)试说明；
(2)若，，当时，若点恰好落在边中点处，求的值；
(3)若，，当点恰好落在边上时，延长交于，若，求的值．
11．如图1，在四边形ABCD中，，，．
(1)求∠ACD的度数；
(2)如图2，F为线段CD的中点，连接BF，求证：；
(3)如图3，若，线段BC上有一动点M，连接OM，将沿OM所在直线翻折至的位置，P为B的对应点，连接PA，PC，当的值最小时，设O到直线PC的距离为，PC的长度为，直接写出的值．
12．（1）【探究发现】如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证：
（2）【类比迁移】如图②，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长．
（3）【拓展应用】如图③，在菱形中，为边上的三等分点，将沿翻折得到，直线交于点求的长．
13．小亮在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展．
(1)温故：如图1，在中，于点D，正方形PQMN的边QM在BC上，顶点P，N分别在AB，AC上，且．若，，则正方形PQMN的边长等于______．
(2)操作：能画出这类正方形吗？小亮按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：如图2，任意画，在AB上任取一点，画正方形，使，在BC边上，在内，连结并延长交AC于点N，画于点M，交AB于点P，于点Q，得到四边形PQMN．
(3)推理：如图3，若点E是BN的中点，求证：．
(4)拓展：在（2）的条件下，射线BN上截取，连结EQ，EM（如图4）．当时，猜想的度数，并尝试证明．
请帮助小亮解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．
14．矩形AOBC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的正半轴上，连接AB，将△ABC沿AB折叠得△ABE，AE交y轴于点D，线段OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD．
(1)请直接写出点A的坐标为________，点D的坐标为________；
(2)点P为直线AB上一点，连接PO、PD，当△POD的周长最小时，求点P的坐标；
(3)点M在x轴上，点N在直线AB上，坐标平面内是否在点Q，使以B、M、N、Q为顶点的四边形为正方形 若存在，请直接写出满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
15．问题情境：如图1所示，在△ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，DEBC，在图1中将ADE绕A点顺时针旋转一定角度，得到图2，然后将BD、CE分别延长至M、N，使DM=BD，EN=CE，得到图3，请解答下列问题：
(1)猜想证明：若AB=AC，请探究下列数量关系：
①在图2中，BD与CE的数量关系是_________．
②在图3中，猜想∠MAN与∠BAC的数量关系，并证明你的猜想；
(2)拓展应用：其他条件不变，若AB=AC，按上述操作方法，得到图4，请你继续探究：∠MAN与∠BAC的数量关系？AM与AN的数量关系？直接写出你的猜想．
16．如图，矩形中，，，点是的中点，是射线上一点，延长交直线于，过作，分别交射线、直线于、．
(1)①当时，______；
②点在上取不同位置，的值是否变化？若不变，求出它的值，若改变，请说明理由；
(2)连接，当是等腰直角三角形时，求的长；
(3)直接写出的最小值______．
答案
1．（1）
解：令x=0，则y=6，
∴B（0，6），
令y=0，则x=8，
∴A（8，0），
∴AB=10；
（2）
解：由折叠的性质可知，OC=CD，OB=CD，
∵OB=6，
∴BD=6，
∵AB=10，
∴AD=4，
在Rt△ACD中，AC2=CD2+AD2，
∴（8OC）2=CO2+42，
∴CO=3，
∴C（3，0），
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴，
∴，
∴y=2x+6；
（3）
解：存在点P，使以A，B，M，P为顶点的四边形是以AB为一边的矩形，理由如下：
设M（t，-2t+6），（t＞0），P（x，y），
当以AB为矩形的一边时，BM为矩形的对角线，
∴，
过点M作EF∥x轴，过点A作AF⊥EF交于F，过点P作PE⊥EF交于点E，
∵∠AMP=90°，
∴∠PME+∠AMF=90°，
∵∠AMF+∠MAF=90°，
∴∠AMF=∠PME，
∴△AMF∽△MPE，
∴，
∵AF=2t-6，MF=8-t，PE=y+2t-6，EM=t-x，
∴，
∴，
解得t=5，
∴x=3，y=2，
∴P（3，2）．
2．
（1）解：如图1中，延长CP交BD的延长线于E．∵CA=CB,∠ACB=60°，∴ CAB为等边三角形，又∵将线段AP绕点P逆时针旋转60°得到线段DP∴AP=DP，∠APD=60°∴ APD为等边三角形，∴CA＝BA，PA＝DA，∴∠PAD＝∠CAB＝60°，∴∠PAD-∠PAB＝∠CAB-∠PAB∴∠CAP＝∠BAD，∵CA＝BA，PA＝DA，∴△CAP≌△BAD（SAS），∴PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，∵∠AOC＝∠BOE，∴∠BEO＝∠CAO＝60°，∴=1，故答案为1，60°．
（2）=，理由：如图2中，设BD交AC于点O．
∵∠PAD＝∠CAB＝45°，∴∠PAC＝∠DAB，∵＝＝，∴△DAB∽△PAC，∴∠PCA＝∠DBA， =＝，
如图3﹣1中，当点D在线段PC上时．
∵CE＝EA，CF＝FB，∴EF∥AB，∴∠EFC＝∠ABC＝45°，∵∠PAO＝45°，∴∠PAO＝∠OFH，∵∠POA＝∠FOH，∴∠H＝∠APO，∵∠APC＝90°，EA＝EC，∴PE＝EA＝EC，∴∠EPA＝∠EAP＝∠BAH，∴∠H＝∠BAH，∴BH＝BA，∵∠ADP＝∠BDC＝45°，∴∠ADB＝90°，∴BD⊥AH，∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°，∵∠ADB＝∠ACB＝90°，∴A，D，C，B四点共圆，∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，∴DA＝DC，设AD＝a，PD＝a，∴=．
解法二：在Rt△PAD中，∵E是AC的中点，∴PE＝EA＝EC，∴∠EPC＝∠ECP，∵∠CEF＝45°＝∠EPC+∠ECP，∴∠EPC＝∠ECP＝22.5°，∵∠PDA＝45°＝∠ACD+∠DAC，∴∠DAC＝22.5°，∴AD＝DC，设PD＝a，则AD＝DC＝a，∴，如图3﹣3中，当点P在线段CD上时，同理可得DA=DC,
设AD＝a，PD＝a，∴PC＝a﹣a，∴．
3．
（1）解：如图①，∵△ABC是等边三角形，∠B＝∠A＝∠EDF，∴∠B＝∠A＝∠EDF＝60°，∴∠AMD＝180°﹣60°﹣∠ADM＝120°﹣∠ADM，∠BDN＝180°﹣60°﹣∠ADM＝120°﹣∠ADM，∴∠AMD＝∠BDN，∴△ADM∽△BND，故答案为：相似．
（2）解：成立，如图②，∵AC＝BC，∴∠B＝∠A，∴∠B＝∠A＝∠EDF，设∠B＝∠A＝∠EDF＝x，∵∠AMD＝180°﹣∠A﹣∠ADM＝180°﹣x﹣∠ADM，∠BDN＝180°﹣∠EDF﹣∠ADM＝180°﹣x﹣∠ADM，∴∠AMD＝∠BDN，∴△ADM∽△BND．
（3）解：如图③，作CG⊥AB于点G，设S△CDN＝m，则∠CGD＝∠CGB＝90°，设∠CBA＝∠CAB＝∠EDF＝x，∵∠DCA＝∠CAB﹣∠CDB＝x﹣∠CDB，∠NDB＝∠EDF﹣∠CDB＝x﹣∠CDB，∴∠DCA＝∠NDB；∵∠CAD＝180°﹣∠CAB＝180°﹣x，∠DBN＝180°﹣∠CBA＝180°﹣x，∴∠CAD＝∠DBN，∴△ADC∽△BND，∴；∵点M与点C重合，S△ADM：S△BND＝1：2，BN：BM＝1：3，∴S△ADC：S△BND＝1：2，BN：BC＝1：3，∴S△BND＝S△CDN＝，∴S△ADC＝S△BND＝，∴S△ABC＝m﹣﹣m＝m，∴，∵AD＝1，∴AB＝5AD＝5，∵AC＝BC，∴AG＝BG＝AB＝，∴DG＝；∵，∴，∴DN＝CD，BN＝AD＝，∴BC＝3BN＝，∴CG2＝BC2﹣BG2＝，∴CD＝，∴DN＝，故答案为： ．
4．
（1）解：如图①中，∵△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，∴MN垂直平分线段BC，∴CN＝BN，∵∠MNB＝∠ACB＝90°，∴MN∥AC，∵CN＝BN，∴AM＝BM．故答案为AM＝BM．
（2）如图②中，∵CA＝CB＝6，∴∠A＝∠B，由题意MN垂直平分线段BC，∴BM＝CM，∴∠B＝∠MCB，∴∠BCM＝∠A，∵∠B＝∠B，∴△BCM∽△BAC，∴，∴，∴，∴，∴．
（3）如图③中，由折叠的性质可知，
CB＝CB′＝6，∠BCM＝∠ACM，∵∠ACB＝2∠A，∴∠BCM＝∠A，∵∠B＝∠B，∴△BCM∽△BAC，∴∴，∴BM＝4，∴AM＝CM＝5，∴，∴．
5．（1）
解：∵直线y＝2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，
令y＝0，y＝﹣2，令x＝0，x＝4，
∴A（﹣2，0），B（0，4），
∴OA＝2，OB＝4，
∵，
∴AC＝5，
∴OC＝3，
∴C（3，0），
（2）
解：设直线BC的解析式为：y＝kx+b，把B（0，4），C（3，0），代入得：
，解得： ，
∴直线BC的解析式为：；
由（1）知：A（﹣2，0），B（0，4），
∵F为线段AB的中点，
∴F（-1，2），
设G（0，n），
①当n＞2时，如图，
点Q落在BC上时，过G作直线MN平行于x轴，过点F，Q作该直线MN的垂线，垂足分别为M，N，
∵四边形FGQP是正方形，
∴∠FGQ＝90°，FG＝QG，
∴∠FGM＝90°﹣∠NGQ＝∠GQN，
而∠FMG＝∠GNQ＝90°，
∴△FMG≌△GNQ（AAS），
∴MG＝NQ＝1，FM＝GN＝n﹣2，
∴Q（n﹣2，n﹣1），
∴Q在直线上，
∴n﹣1＝+4，
∴n＝，
∴G（0，）；
①当n＜2时，如图，
点Q落在BC上时，过G作直线MN平行于x轴，过点F，Q作该直线MN的垂线，垂足分别为M，N．
∵四边形FGQP是正方形，
∴∠FGQ＝90°，FG＝QG，
∴∠FGM＝90°﹣∠NGQ＝∠GQN，
∵∠FMG＝∠GNQ＝90°，
∴△FMG≌△GNQ（AAS），
∴MG＝NQ＝1，FM＝GN＝2﹣n，
∴Q（2﹣n，n+1），
∴Q在直线上，
∴n+1＝+4，
∴n＝﹣1，
∴G（0，﹣1）；
综上所述，满足条件的点G坐标为（0，）或（0，﹣1）；
（3）
解：过点M作MP∥x轴交BC于点P，交y轴于Q，
∵B（0，4），C（3，0），A（﹣2，0），
∴AC＝5，OB＝4，OC＝3，
在Rt△BOC中，
由勾股定理得：BC＝，
∴AC＝BC＝5，
∴∠ABC＝∠BAC，
∵MP∥x轴，
∴∠BMP＝∠BAC，∠AOB＝∠MQH＝90°，
∴∠BMP＝∠ABC，
∵HM＝HB，
∴∠HBM＝∠HMB，
∴∠ABC﹣∠HBM＝∠BMP﹣∠HMB，
即∠HBN=∠HMQ，
∴∠MHQ≌△BHN（ASA），
∴∠MNB＝∠MQH＝∠BOC＝90°，
∵∠OBC＝∠OBC，
∴△BHN∽△BCO，
∴，
∴．
6．（1）如图，∵∠GHE=∠BHC，∠EGH=∠CBH，∴△HEG∽△HCB，根据面积之比等于相似比的平方，∴，∵EG=BE=AB-AE=2，∴．．
（2）根据题意，EF=EH，根据折叠性质，等腰三角形三线合一性质，得FB=FG=GH，∴∠BHF=30°，∵EG=BE=AB-AE=2，∴EH=4．
（3）∵ BC=5，DC=3，四边形ABCD是矩形，∴BD==．根据题意，得到CH⊥BD时，△HEG∽△BCD，∴ ，∴ ，解得
．∵△HEG∽△HFB，∴△HFB∽△BDC，∴ ，∴ ，解得．当H在下方时，∵ BC=5，DC=3，四边形ABCD是矩形，∴BD==．根据题意，得到CH⊥BD时，△HEG∽△BCD，∴ ，∴ ，解得,∴．∵△HEG∽△HFB，∴△HFB∽△BDC，∴ ，∴ ，解得．
7．（1）
设直线AC的解析式为y=kx+b，
，解得，
∴直线AC的解析式为y=x+1；
（2）
解：∵BC⊥y轴，
∴B(0，3)，
∵点P的横坐标为t，
∴P(t，t+1)，
过点A作AM⊥BE交直线BC于M，过F作FN⊥BE交直线BC于N点，
∵AE⊥EF，
∴∠MEA+∠NEF=90°，∠MEA十∠MAE=90°，
∴∠NEF=∠MAE，
∵AE= EF，
∴△MAE≌△NEF (AAS)，
∴ME=FN，MA=EN=3，
设E (m，3)，F(m+3，2- m)，
设直线CF的解析式为，
∴，解得，
∴y=-x+5，
∴G(5，0)，
∴S=×6×(t+1)=t+3；
（3）
解：∵CG = GF， G(5，0)，
∴F(8，-3)，
∴E(5，3)，
设直线EF的解析式为y=，
∴，解得
∴y=-2x+13，
联立方程组，
解得，
∴P(4，5)，
∴H(4，0)，
过点F作ST⊥x轴，过点P 作PS⊥ST交于S，过点K作KT⊥ST交于T，
∵FK⊥EF，
∴∠KFT+∠PFS=90°，∠KFT+∠FKT= 90°，
∴∠PFS =∠FKT，
∴△PFS∽△FKT，
∴，
设K（4，n），
∵KT=4，FT=-3-n，PS=4，FS=8，
∴，
∴n=-5，
∴K（4，-5）．
8．（1）
如图，延长CE交AB于H，
∵∠ABC=45°，AD⊥BC，
∴∠ADC=∠ADB=90°，∠ABC=∠DAB=45°，
∵DE=CD，
∴∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，
∴∠BHC=∠BAD+∠AEH=90°，
∴CE⊥AB；
（2）
在旋转的过程中与的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是一致的，理由如下：
如图2，延长交于H，
由旋转可得：CD=，=AD，
∵∠ADC=∠ADB=90°，
∴，
∵，
∴,
，
∵+∠DGC=90°，∠DGC=∠AGH，
∴∠DA+∠AGH=90°，
∴∠AHC=90°，
；
（3）
如图3，过点D作DH于点H，
∵△BED绕点D顺时针旋转30°，
∴，
，
，
∴AD=2DH，AH=DH=，
，
由（2）可知：，
，
∵AD⊥BC，CD=，
∴DG=1，CG=2DG=2，
∴CG=FG=2，
，
∴AG=2GF=4，
∴AD=AG+DG=4+1=5，
∴．
9.（1）
证法一：由折叠得，，，
∵
∴
∴
∴
∴四边形是平行四边形
∵
∴四边形是菱形．
证法二：
证明：由折叠得，，，
∵
∴
∴
∴
∴
∴四边形是菱形．
（2）
解： ．
连接
由折叠可得，，
∵四边形是平行四边形
∴
又∵
∴
∵点P是的中点
∴
∴
∴
∴
∴
∴（SSS）
∴
又∵，即
∴
∴．
（3）
解：延长BA、CP相交于点F，
由题意，△AFP∽△DCP
∴ 即
∴
∵∠DCP=∠ECP，∠DCP=∠F
∴∠F=∠ECP
∴EF=EC=DC=10
∴．
故答案为．
10.(1)
证明： ，
，
，
，
绕点逆时针旋转．设旋转角为，
，
，
，
(2)
点恰好落在边中点处，，
，
，
，
垂直平分，
，
，
，
,，
，，
，
，
设，
则，
为的中点，
，
，
，
，
，
，
，
(3)
，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
设，则，
，
,，
，
中，，
，
，
，
，
，
，
，
．
11.（1）
解：如图1中，连接．
，，
是等边三角形，
，，
，，
，，，
，
；
（2）
证明：如图2中，连接，延长到，使得，在上取一点，使得，连接．
，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，，
，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
，
，
，，
，
，
；
（3）
解：如图3中，在上取一点，使得，连接．，过点作于点．
，
，，
，
点在上运动，设交圆弧于点，连接．
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
当点与重合时，的值最小，
，
，
，
，
，
，
，，
．
12.证明：（1）将沿翻折到处，四边形是正方形，
，，
，
，，
；
（2）解：延长，交于，如图：
设，
在中，，
，
解得，
，
，，
，
，即，
，，
，，
，，
，即，
，
设，则，
，
，
，即，
解得，
的长为；
（3）（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，如图：
设，，则，
，
，
，
，
沿翻折得到，
，，，
是的角平分线，
，即①，
，
，，，
在中，，
②，
联立①②可解得，
；
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：
同理，
，即，
由得：，
可解得，
，
综上所述，的长为或．
13.（1）
解：∵四边形PQMN是正方形，
∴PN=MN，
∵，，，
∴，
解得：，
故答案为：；
（2）
解：能画出这样的正方形，理由为：
∵于点M，交AB于点P，于点Q，
∴∠NMQ=∠PNM=∠PQM=90°，
∴四边形PQMN是矩形，
∵四边形是正方形，
∴
∴△BN′M′∽△BNM，△BN′P′∽△BNP，
∴，，
∴，
∵P′N′= M′N′，
∴PN=MN，
∴四边形PQMN为正方形；
（3）
解：连接ME，
∵点E为BN的中点，∠NMB=90°，
∴ME=BE=NE，
∴∠EBM=∠EMQ，
∵，
∴∠EBM=∠PNE，
∴∠PNE=∠EMQ，
在△PNE和△EMQ中，
，
∴△PNE≌△EMQ（SAS），
∴EP=EQ；
（4）
解：∠QEM=75°，证明如下：
由（2）知，四边形PQMN是正方形，则∠NMB=90°，NM=MQ，
∵∠NMB=90°，∠NBM=30°，
∴∠MNB=90°－30°=60°，
∵NE=NM，
∴△EMN为等边三角形，
∴ME=NM，∠EMN=60°，
∴ME=MQ，∠EMQ=30°，
∴∠QEM=（180°－30°）=75°．
14．(1)
解：∵线段OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD．
解方程x2－7x＋12＝0得：x=4或3，
∴OA=4，OD=3，
∴点A的坐标为(-4，0)，点D的坐标为(0，3)；
故答案为：(-4，0)，(0，3)；
(2)
解：过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，
∵△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴点D1在AC上，
∵OA=4，OD=3，
∴AD=5，
∴AD1=5，
∴D1(-4，5)，
设直线OD1的解析式为y=kx，
∴5=-4k，
∴k=-，
∴直线OD1的解析式为y=-x，
∵四边形AOBC是矩形，且△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴AC∥OB，∠CAB=∠BAD，
∴∠CAB=∠BAD=∠ABD，
∴AD=BD=5，则OB=8，
∴B(0，8)，
同理求得直线AB的解析式为y=2x+8，
解方程-x =2x+8，得x=-，
y=，
∴P(-，)；
(3)
解：∵B(0，8)，A (-4，0)，
∴AB=4，
当BN为边时，
如图，若四边形BNMQ是正方形，则BN=MN，过点Q作QG⊥x轴于G，过点N作NI⊥x轴于I，
∵∠OAB=∠NAM，∠AOB=∠ANM=90°，
∴△AOB∽△ANM，
∴，即，
∴NM=，AM=，AN=，
∴OM=-4=，
∵AM×IN=AN×MN，
∴IN=，
∵四边形BNMQ是正方形，
∴QM=NM，∠QMN=90°，
∠QMG+∠NMI=90°，
又∵∠QMG+∠MQG=90°，
∴∠MQG=∠IMN，
又∵∠QGM=∠MIN=90°，
∴△QGM≌△MIN，
∴QG=IM=，MG=IN=，
OG=OM+MG=IN=，
点Q（，）；
如图，若四边形BNQM是正方形，
同理，△AOB∽△ABM，
∴，即，
∴AM=20，
∴OM=20-4=，
∴M(16，0)；
同理，点Q（8，-16）；
如图，若四边形BMQN是正方形，
同理可求M(16，0)；点Q（24，16）；
当BN是对角线时，若四边形BMNQ是正方形，过点N作NF⊥x轴于F，
∵四边形BMNQ是正方形，
∴BM=NM，∠BMN=90°，
∠BMO+∠FMN=90°，
又∵∠BMO+∠OBM=90°，
∴∠FMN=∠OBM，
又∵∠NFM=∠MOB=90°，
∴△NFM≌△MOB（AAS），
∴BO=FM=8，OM=NF，
设点M（a，0），
∴OF=8-a，FN=a，
∴点N（a-8，-a），
∵点P在AB上，y=2x+8
∴-a=2（a-8）+8，
∴a=，
∴点M（，0）；
过点Q作QH⊥y轴于H，
同理可证△QBH≌△BMO，
∴QH=BO=8，BH=OM=，
∴HO=，
∴点Q（-8，）；
如图，若四边形BMNQ是正方形，
同理可求点M（-24，0），则点Q（8，-16），
综上所述：满足条件的点Q的个数为5个，点Q坐标为：（，）或（8，-16）或（24，16）或（-8，）或（8，-16）．
15.(1)
①∵DE∥BC
∴△BAC∽△DAE
∵AB=AC，
∴AD=AE
∵由旋转可得：∠BAC=∠DAE，
∴∠CAE=∠BAD
∴△BAD≌△CAE
∴BD=CE，
②∠MAN=∠BAC
理由：如图1，∵DE∥BC
∴△BAC∽△DAE
∵AB=AC，
∴AD=AE
∵由旋转可得：∠BAC=∠DAE，
∴∠CAE=∠BAD
∴△BAD≌△CAE
∴BD=CE，∠ACE=∠ABD
∵DM=BD，EN=CE
∴BM=CN
△ABM≌△ACN
∴∠BAM=∠CAN
∴∠BAM-∠CAM=∠CAN-∠CAM
即∠MAN=∠BAC；
(2)
结论：∠MAN=∠BAC，AM=AN
∵△ABC∽△ADE，
∴
∴
∵∠CAE=∠DAE+∠CAD，∠BAD=∠BAC+∠CAD，
∴∠CAE=∠BAD，
∴△ADB∽△AEC，
∴
∵DM=BD，EN=CE
∵∠ADM=∠ABD+∠BAD，∠AEN=∠ACE+∠CAE，
∴∠ADM=∠AEN，
∴△ADM∽△AEN，
∴AM：AN=AD：AE=，
∴∠DAM=∠EAN，
∴∠NAE+∠MAE=∠NAE+∠MAE，
∴∠MAN=∠DAE，
∵∠DAE=∠BAC，
∴∠MAN=∠BAC．
AM=k AN，∠MAN=∠BAC．
16．(1)
解：①过作于，过作于，如图所示：
在矩形中，，
∵，点是的中点，
∴，
∵，，
∴，
在中，，，则，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
则，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：；
②点在上取不同位置，的值不变，．
过作于，过作于，如图所示：
在矩形中，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴∠IGP=∠FEJ，
∴，
∴，
∴点在上取不同位置，的值不变，；
(2)
解：∵，
∴是直角三角形，
当是等腰直角三角形时，，
∵，
∴，
∵在（1）中有，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵PA+PD=AD=BC=8，
∴，
∴；
(3)
以B为原点，BC为x轴，AB为y轴建立直角坐标系，连接GE，如图，
则有B点坐标为(0,0)、C点坐标为(8,0)、E点坐标为(8,3)，
设P点坐标为(m,6)、G点坐标为(n,0)，
∵P点坐标为(m,6)、E点坐标为(8,3)，
∴设直线PE的解析式为，
则有：，解得：，
则直线PE的解析式为，
∴PE与y轴的交点F的坐标为，
∵E点坐标为(8,3)，F的坐标为，
∴，
∵P点坐标为(m,6)、G点坐标为(n,0)，
∴，
∵在（1）中已得，
∴，
∴，
∴
∵P点坐标为(m,6)、E点坐标为(8,3)，
∴，
∵E点坐标为(8,3)、C点坐标为(8,0)，
∴，
∵EF⊥PG，
∴在Rt△PGE中，，
又∵在Rt△GEC中，，
∴，
即：，
∵P点在射线DA上，
∴m＜8，
则设8-m=t，即t＞0，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
则的最小值为，
即GC的最小值为：．