2024年九年级中考数学复习讲义 专题二 新概念新运算类型（含答案）

专题二：阅读理解题
类型一　新概念型
典例1　(2022·常德)我们发现：＝3，＝3，＝3，…，＝3，一般地，对于正整数a，b，如果满足＝a时，称(a，b)为一组完美方根数对．如(3，6)是一组完美方根数对．则下列4个结论：①(4，12)是完美方根数对　②(9，91)是完美方根数对 ③若(a，380)是完美方根数对，则a＝20　④若(x，y)是完美方根数对，则点P(x，y)在抛物线y＝x2－x上．其中正确的结论有(　C　)
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
思路导析　通过完美方根数对的概念，判断(4，12)，(9，91)是否为完美方根数对；根据完美方根数对的概念，求出(a，380)中的a；根据完美方根数对的概念，由(x，y)得到＝x，整理可得出结论．
名师点拨 本题属于新定义类问题，主要考查算术平方根的性质与定义，理解完美方根数对的定义是解题的关键．
1．(2023·巴中模拟)若an＝b(a＞0且a≠1，b＞0)，则n叫做以a为底b的对数，记为logab(即logab＝n)．如25＝32，则5叫做以2为底32的对数，记为log232(即log232＝5)．根据以上运算规则，log381＝(　　)
A．2 B．4 C．6 D．8
2．(2022·南宫市模拟)定义：等腰三角形的顶角与其一个底角的度数的比值k称为这个等腰三角形的“特征值”．若在等腰△ABC中，∠A＝50°，则它的特征值k等于(　　)
A. B.
C.或 D.或
3．定义：我们把两条对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”．
第3题图
特例感知：
(1)如图1，四边形ABCD是“垂美四边形，如果OA＝OD＝OB，OB＝2，∠OBC＝60°，则AD2＋BC2＝________，AB2＋CD2＝________；
猜想论证：
(2)如图1，如果四边形ABCD是“垂美四边形”，猜想它的两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系并给予证明；
拓展应用：
(3)如图2，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC＝4，∠BAC＝60°，求GE长；
(4)如图3，∠AOB＝∠COD＝90°，∠ABO＝∠CDO＝30°，∠BOC＝120°，OA＝OD，OC＝，连接AC，BC，BD，请直接写出BC的长．
类型二　新运算型
典例2　(2023·广安)定义一种新运算：对于两个非零实数a，b，a※b＝＋.若2※(－2)＝1，则(－3)※3的值是－．
思路导析　原式利用题中的新定义计算即可求出值．
1．(2020·潍坊)若定义一种新运算：a b＝例如：3 1＝3－1＝2；5 4＝5＋4－6＝3.则函数y＝(x＋2) (x－1)的图象大致是(　　)
2．(2023·怀化)定义新运算：(a，b)·(c，d)＝ac＋bd，其中a，b，c，d为实数．例如：(1，2)·(3，4)＝1×3＋2×4＝11.如果(2x，3)·(3，－1)＝3，那么x＝ ．
类型三　新应用型
典例3　(2023·随州)1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：(其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点)
当△ABC的三个内角均小于120°时，
如图1，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，连接PP′，由PC＝P′C，∠PCP′＝60°，可知△PCP′为①________三角形，故PP′＝PC，又P′A′＝PA，故PA＋PB＋PC＝P′A′＋PB＋PP′≥A′B，由②______________可知，当B，P，P′，A′在同一条直线上时，PA＋PB＋PC取最小值，如图2，最小值为A′B，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有∠APC＝∠BPC＝∠APB＝③__________；已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为④________点；
典例3图
(2)如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC＝3，BC＝4，∠ACB＝
30°，已知点P为△ABC的“费马点”，求PA＋PB＋PC的值；
典例3图
(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC＝4 km，BC＝
2 km，∠ACB＝60°.现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/km，a元/km，a元/km，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为____________元．(结果用含a的式子表示)
思路导析　(1)根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析后即可得出结论，然后填空即可；(2)根据(1)的方法将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，即可得出可知当点B，P，P′，A′在同一条直线上时，PA＋PB＋PC取最小值，最小值为A′B，再根据∠ACB＝30°，可证明∠BCA′＝90°，根据勾股定理即可求出A′B；(3)根据总铺设成本＝a(PA＋PB＋PC)，将△APC绕点C顺时针旋转90°得到△A′P′C，得到等腰直角△PP′C，推出PP′＝PC，即可得出当点B，P，P′，A′在同一条直线上时，P′A′＋PB＋PP′取最小值，即PA＋PB＋PC取最小值为A′B的长，然后根据已知条件和旋转的性质求出A′B即可．
解：(1)∵PC＝P′C，∠PCP′＝60°，
∴△PCP′为等边三角形，
∴PP′＝PC，∠P′PC＝∠PP′C＝60°.
又∵P′A′＝PA，
∴PA＋PB＋PC＝P′A′＋PB＋PP′≥A′B，
根据两点之间线段最短可知，当点B，P，P′，A′在同一条直线上时，PA＋PB＋PC取最小值，最小值为A′B，
此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴∠BPC＋∠P′PC＝180°，∠A′P′C＋∠PP′C＝180°，
∴∠BPC＝120°，∠A′P′C＝120°.
∵将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，
∴△APC　≌△A′P′C，
∴∠APC＝∠A′P′C＝120°，
∴∠APB＝360°－120°－120°＝120°，
∴∠APC＝∠BPC＝∠APB＝120°.
∵∠BAC≥120°，
∴BC＞AC，BC＞AB，
∴BC＋AB＞AC＋AB，
BC＋AC＞AB＋AC，
∴三个顶点中顶点A到另外两个顶点的距离和最小．
又∵已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点，
∴该三角形的“费马点”为点A.
故答案为：等边；两点之间线段最短；120°；A；
(2)如图4，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，连接PP′.
典例3图
由(1)可知，当点B，P，P′，A′在同一条直线上时，PA＋PB＋PC取最小值，最小值为A′B，
∵∠ACP＝∠A′CP′，
∴∠ACP＋∠BCP＝∠A′CP′＋∠BCP＝∠ACB＝30°，
又∵∠PCP′＝60°，
∴∠BCA′＝90°，
根据旋转的性质可知A′C＝AC＝3，
∴A′B＝＝5，
即当点P为△ABC的“费马点”时，PA＋PB＋PC的值为5；
(3)∵总铺设成本＝PA·a＋PB·a＋a·PC＝a(PA＋PB＋PC)，
∴当PA＋PB＋PC最小时，总铺设成本最低，
如图5，将△APC绕点C顺时针旋转90°得到△A′P′C，连接PP′，A′B.
典例3图
由旋转性质可知P′C＝PC，∠PCP′＝∠ACA′＝90°，P′A′＝PA，A′C＝AC＝4 km，
∴PP′＝PC，
∴PA＋PB＋PC＝P′A′＋PB＋PP′，
当B，P，P′，A′在同一条直线上时，P′A′＋PB＋PP′取最小值，
即PA＋PB＋PC取最小值为A′B.
过点A′作A′H⊥BC于点H.
∵∠ACB＝60°，∠ACA′＝90°，
∴∠A′CH＝30°，
∴A′H＝A′C＝2 km，
∴HC＝＝＝2(km)，
∴BH＝BC＋CH＝2＋2＝4(km)，
∴A′B＝＝＝2(km)，
即PA＋PB＋PC的最小值为2km，
总铺设成本为a(PA＋PB＋PC)＝2a(元)．
故答案为：2a.
1．(2021·宁波)在平面直角坐标系中，对于不在坐标轴上的任意一点A(x，y)，我们把点B称为点A的“倒数点”．如图，矩形OCDE的顶点C为(3，0)，顶点E在y轴上，函数y＝(x＞0)的图象与DE交于点A.若点B是点A的“倒数点”，且点B在矩形OCDE的一边上，则△OBC的面积为 ．
第1题图
2．(2020·呼和浩特)“通过等价变换，化陌生为熟悉，化未知为已知”是数学学习中解决问题的基本思维方式，例如：解方程x－＝0，就可以利用该思维方式，设＝y，将原方程转化为y2－y＝0这个熟悉的关于y的一元二次方程，解出y，再求x，这种方法又叫“换元法”．请你用这种思维方式和换元法解决下面的问题．
已知实数x，y满足求x2＋y2的值．
3．【问题情境】张老师给爱好学习的小军和小俊提出这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB＝AC，点P为边BC上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为点D，E，过点C作CF⊥AB，垂足为点F.求证：PD＋PE＝CF.
第3题图
小军的证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD＋PE＝CF.
小俊的证明思路是：如图2，过点P作PG⊥CF，垂足为点G，可以证得PD＝GF，PE＝CG，则PD＋PE＝CF.
【变式探究】如图3，当点P在BC延长线上时，其余条件不变，求证：PD－PE＝CF；
请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：
【结论运用】如图4，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE，PH⊥BC，垂足分别为点G，H，若AD＝8，CF＝3，求PG＋PH的值；
【迁移拓展】图5是一个航模的截面示意图．在四边形ABCD中，点E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为点D，C，且AD·CE＝DE·BC，AB＝
2dm，AD＝3 dm，BD＝dm.点M，N分别为AE，BE的中点，连接DM，CN，求△DEM与△CEN的周长之和．
第3题图
专题二：阅读理解题 参考答案
类型一　新概念型
典例1　(2022·常德)我们发现：＝3，＝3，＝3，…，＝3，一般地，对于正整数a，b，如果满足＝a时，称(a，b)为一组完美方根数对．如(3，6)是一组完美方根数对．则下列4个结论：①(4，12)是完美方根数对　②(9，91)是完美方根数对 ③若(a，380)是完美方根数对，则a＝20　④若(x，y)是完美方根数对，则点P(x，y)在抛物线y＝x2－x上．其中正确的结论有(　C　)
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
思路导析　通过完美方根数对的概念，判断(4，12)，(9，91)是否为完美方根数对；根据完美方根数对的概念，求出(a，380)中的a；根据完美方根数对的概念，由(x，y)得到＝x，整理可得出结论．
名师点拨 本题属于新定义类问题，主要考查算术平方根的性质与定义，理解完美方根数对的定义是解题的关键．
1．(2023·巴中模拟)若an＝b(a＞0且a≠1，b＞0)，则n叫做以a为底b的对数，记为logab(即logab＝n)．如25＝32，则5叫做以2为底32的对数，记为log232(即log232＝5)．根据以上运算规则，log381＝(　B　)
A．2 B．4 C．6 D．8
2．(2022·南宫市模拟)定义：等腰三角形的顶角与其一个底角的度数的比值k称为这个等腰三角形的“特征值”．若在等腰△ABC中，∠A＝50°，则它的特征值k等于(　D　)
A. B.
C.或 D.或
3．定义：我们把两条对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”．
第3题图
特例感知：
(1)如图1，四边形ABCD是“垂美四边形，如果OA＝OD＝OB，OB＝2，∠OBC＝60°，则AD2＋BC2＝________，AB2＋CD2＝________；
猜想论证：
(2)如图1，如果四边形ABCD是“垂美四边形”，猜想它的两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系并给予证明；
拓展应用：
(3)如图2，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC＝4，∠BAC＝60°，求GE长；
(4)如图3，∠AOB＝∠COD＝90°，∠ABO＝∠CDO＝30°，∠BOC＝120°，OA＝OD，OC＝，连接AC，BC，BD，请直接写出BC的长．
解：(1)∵OA＝OD＝OB，OB＝2，
∴OA＝OD＝，
∵四边形ABCD是“垂美四边形”，
∴∠AOB＝∠COD＝∠AOD＝∠BOC＝90°，
∵∠OBC＝60°，
∴∠BCO＝30°，
∴BC＝4，
∴AD2＋BC2＝OA2＋OD2＋BC2＝×2＋42＝，
AB2＋CD2＝OA2＋OB2＋OD2＋OC2＝AD2＋BC2＝，
故答案为：，；
(2)AB2＋CD2＝AD2＋BC2.
理由如下：∵四边形ABCD是“垂美四边形”，
∴∠AOB＝∠COD＝∠AOD＝∠BOC＝90°，
∴AB2＋CD2＝OA2＋OB2＋OD2＋OC2＝AD2＋BC2；
(3)连接CG，BE，GE，设BG与AC的交点为点O，与EC的交点为点M.
第3题图
∵四边形ACFG和ABDE为正方形，
∴AG＝AC，AE＝AB，∠GAC＝∠EAB，
∴∠GAB＝∠CAE，
∴△GAB≌△CAE(SAS)，
∴∠AGB＝∠ACE，
∵∠AOG＝∠BOC，
∴∠AGB＋∠AOG＝∠ACE＋∠BOC＝90°，
∴∠OMC＝90°，
∴BG⊥CE，
∴四边形BCGE是“垂美四边形”．
由(2)知，BC2＋GE2＝CG2＋BE2，
∵∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，
∴∠CBA＝30°，
∴AB＝2AC＝8，BC＝4，
∴CG＝4，BE＝8，
∴(4)2＋GE2＝(4)2＋(8)2，
解得EG＝4；
(4)BC＝.理由如下：
如图3，连接AD，设AC与BD的交点为点H.
第3题图
∵∠AOB＝∠COD＝90°，∠ABO＝∠CDO＝30°，OC＝，
∴∠BOD＝∠AOC，BO＝OA，DO＝OC＝3，AB＝2AO，CD＝2CO＝2.
∵∠BOC＝120°，∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOD＝60°，
∴△AOD是等边三角形，
∵OA＝OD＝3，
∴AB＝6，
∵＝＝，∠BOD＝∠AOC，
∴△BOD∽△AOC，
∴∠DBO＝∠CAO，
∵∠ABD＋∠DBO＋∠BAO＝90°，
∴∠ABD＋∠BAO＋∠CAO＝90°，
∴∠AHB＝90°，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD是“垂美四边形”．
由(2)可知AB2＋CD2＝AD2＋BC2，
∴36＋12＝9＋BC2，
∴BC＝.
类型二　新运算型
典例2　(2023·广安)定义一种新运算：对于两个非零实数a，b，a※b＝＋.若2※(－2)＝1，则(－3)※3的值是－．
思路导析　原式利用题中的新定义计算即可求出值．
1．(2020·潍坊)若定义一种新运算：a b＝例如：3 1＝3－1＝2；5 4＝5＋4－6＝3.则函数y＝(x＋2) (x－1)的图象大致是(　A　)
2．(2023·怀化)定义新运算：(a，b)·(c，d)＝ac＋bd，其中a，b，c，d为实数．例如：(1，2)·(3，4)＝1×3＋2×4＝11.如果(2x，3)·(3，－1)＝3，那么x＝1．
类型三　新应用型
典例3　(2023·随州)1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：(其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点)
当△ABC的三个内角均小于120°时，
如图1，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，连接PP′，由PC＝P′C，∠PCP′＝60°，可知△PCP′为①________三角形，故PP′＝PC，又P′A′＝PA，故PA＋PB＋PC＝P′A′＋PB＋PP′≥A′B，由②______________可知，当B，P，P′，A′在同一条直线上时，PA＋PB＋PC取最小值，如图2，最小值为A′B，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有∠APC＝∠BPC＝∠APB＝③__________；已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为④________点；
典例3图
(2)如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC＝3，BC＝4，∠ACB＝
30°，已知点P为△ABC的“费马点”，求PA＋PB＋PC的值；
典例3图
(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC＝4 km，BC＝
2 km，∠ACB＝60°.现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/km，a元/km，a元/km，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为____________元．(结果用含a的式子表示)
思路导析　(1)根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析后即可得出结论，然后填空即可；(2)根据(1)的方法将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，即可得出可知当点B，P，P′，A′在同一条直线上时，PA＋PB＋PC取最小值，最小值为A′B，再根据∠ACB＝30°，可证明∠BCA′＝90°，根据勾股定理即可求出A′B；(3)根据总铺设成本＝a(PA＋PB＋PC)，将△APC绕点C顺时针旋转90°得到△A′P′C，得到等腰直角△PP′C，推出PP′＝PC，即可得出当点B，P，P′，A′在同一条直线上时，P′A′＋PB＋PP′取最小值，即PA＋PB＋PC取最小值为A′B的长，然后根据已知条件和旋转的性质求出A′B即可．
解：(1)∵PC＝P′C，∠PCP′＝60°，
∴△PCP′为等边三角形，
∴PP′＝PC，∠P′PC＝∠PP′C＝60°.
又∵P′A′＝PA，
∴PA＋PB＋PC＝P′A′＋PB＋PP′≥A′B，
根据两点之间线段最短可知，当点B，P，P′，A′在同一条直线上时，PA＋PB＋PC取最小值，最小值为A′B，
此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴∠BPC＋∠P′PC＝180°，∠A′P′C＋∠PP′C＝180°，
∴∠BPC＝120°，∠A′P′C＝120°.
∵将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，
∴△APC　≌△A′P′C，
∴∠APC＝∠A′P′C＝120°，
∴∠APB＝360°－120°－120°＝120°，
∴∠APC＝∠BPC＝∠APB＝120°.
∵∠BAC≥120°，
∴BC＞AC，BC＞AB，
∴BC＋AB＞AC＋AB，
BC＋AC＞AB＋AC，
∴三个顶点中顶点A到另外两个顶点的距离和最小．
又∵已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点，
∴该三角形的“费马点”为点A.
故答案为：等边；两点之间线段最短；120°；A；
(2)如图4，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，连接PP′.
典例3图
由(1)可知，当点B，P，P′，A′在同一条直线上时，PA＋PB＋PC取最小值，最小值为A′B，
∵∠ACP＝∠A′CP′，
∴∠ACP＋∠BCP＝∠A′CP′＋∠BCP＝∠ACB＝30°，
又∵∠PCP′＝60°，
∴∠BCA′＝90°，
根据旋转的性质可知A′C＝AC＝3，
∴A′B＝＝5，
即当点P为△ABC的“费马点”时，PA＋PB＋PC的值为5；
(3)∵总铺设成本＝PA·a＋PB·a＋a·PC＝a(PA＋PB＋PC)，
∴当PA＋PB＋PC最小时，总铺设成本最低，
如图5，将△APC绕点C顺时针旋转90°得到△A′P′C，连接PP′，A′B.
典例3图
由旋转性质可知P′C＝PC，∠PCP′＝∠ACA′＝90°，P′A′＝PA，A′C＝AC＝4 km，
∴PP′＝PC，
∴PA＋PB＋PC＝P′A′＋PB＋PP′，
当B，P，P′，A′在同一条直线上时，P′A′＋PB＋PP′取最小值，
即PA＋PB＋PC取最小值为A′B.
过点A′作A′H⊥BC于点H.
∵∠ACB＝60°，∠ACA′＝90°，
∴∠A′CH＝30°，
∴A′H＝A′C＝2 km，
∴HC＝＝＝2(km)，
∴BH＝BC＋CH＝2＋2＝4(km)，
∴A′B＝＝＝2(km)，
即PA＋PB＋PC的最小值为2km，
总铺设成本为a(PA＋PB＋PC)＝2a(元)．
故答案为：2a.
1．(2021·宁波)在平面直角坐标系中，对于不在坐标轴上的任意一点A(x，y)，我们把点B称为点A的“倒数点”．如图，矩形OCDE的顶点C为(3，0)，顶点E在y轴上，函数y＝(x＞0)的图象与DE交于点A.若点B是点A的“倒数点”，且点B在矩形OCDE的一边上，则△OBC的面积为或．
第1题图
2．(2020·呼和浩特)“通过等价变换，化陌生为熟悉，化未知为已知”是数学学习中解决问题的基本思维方式，例如：解方程x－＝0，就可以利用该思维方式，设＝y，将原方程转化为y2－y＝0这个熟悉的关于y的一元二次方程，解出y，再求x，这种方法又叫“换元法”．请你用这种思维方式和换元法解决下面的问题．
已知实数x，y满足求x2＋y2的值．
解：设xy＝a，x＋y＝b，则原方程组可化为
整理，得
②－①，得11a2＝275，
解得a2＝25，代入②可得b＝4，
∴方程组的解为或
x2＋y2＝(x＋y)2－2xy＝b2－2a，
当a＝5时，x2＋y2＝6，
当a＝－5时，x2＋y2＝26，
因此x2＋y2的值为6或26.
3．【问题情境】张老师给爱好学习的小军和小俊提出这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB＝AC，点P为边BC上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为点D，E，过点C作CF⊥AB，垂足为点F.求证：PD＋PE＝CF.
第3题图
小军的证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD＋PE＝CF.
小俊的证明思路是：如图2，过点P作PG⊥CF，垂足为点G，可以证得PD＝GF，PE＝CG，则PD＋PE＝CF.
【变式探究】如图3，当点P在BC延长线上时，其余条件不变，求证：PD－PE＝CF；
请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：
【结论运用】如图4，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE，PH⊥BC，垂足分别为点G，H，若AD＝8，CF＝3，求PG＋PH的值；
【迁移拓展】图5是一个航模的截面示意图．在四边形ABCD中，点E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为点D，C，且AD·CE＝DE·BC，AB＝
2dm，AD＝3 dm，BD＝dm.点M，N分别为AE，BE的中点，连接DM，CN，求△DEM与△CEN的周长之和．
第3题图
解：【变式探究】
证明：连接AP，如图3.
第3题图
∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
且S△ABC＝S△ABP－S△ACP，
∴AB·CF＝AB·PD－AC·PE.
又∵AB＝AC，
∴CF＝PD－PE；
【结论运用】过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，如图4.
第3题图
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠C＝∠ADC＝90°.
∵AD＝8，CF＝3，
∴BF＝BC－CF＝AD－CF＝5.
由折叠可得DF＝BF，∠BEF＝∠DEF.
∴DF＝5.
∵∠C＝90°，
∴DC＝＝＝4.
∵EQ⊥BC，∠C＝∠ADC＝90°，
∴∠EQC＝90°＝∠C＝∠ADC.
∴四边形EQCD是矩形．
∴EQ＝DC＝4.
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFB.
∵∠BEF＝∠DEF，
∴∠BEF＝∠EFB.
∴BE＝BF.
由问题情境中的结论可得PG＋PH＝EQ.
∴PG＋PH＝4；
【迁移拓展】延长AD，BC相交于点F，作BH⊥AF，垂足为点H，如图5.
第3题图
∵AD·CE＝DE·BC，
∴＝.
∵ED⊥AD，EC⊥CB，
∴∠ADE＝∠BCE＝90°.
∴△ADE∽△BCE.
∴∠A＝∠CBE.
∴FA＝FB.
由问题情境中的结论可得ED＋EC＝BH.
设DH＝x dm，
则AH＝AD＋DH＝(3＋x)dm.
∵BH⊥AF，
∴∠BHA＝90°.
∴BH2＝BD2－DH2＝AB2－AH2.
∵AB＝2dm，AD＝3 dm，BD＝dm，
∴()2－x2＝(2)2－(3＋x)2.
解得x＝1，
∴BH＝＝＝6(dm)．
∴ED＋EC＝6(dm)．
∵∠ADE＝∠BCE＝90°，
且点M，N分别为AE，BE的中点，
∴DM＝EM＝AE，CN＝EN＝BE.
∴△DEM与△CEN的周长之和
＝DE＋DM＋EM＋CN＋EN＋EC
＝DE＋AE＋BE＋EC
＝DE＋AB＋EC
＝DE＋EC＋AB
＝(6＋2)dm.
∴△DEM与△CEN的周长之和为(6＋2)dm.