2025年九年级中考数学三轮冲刺练习图形的相似综合问题（含解析）

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2025年九年级中考数学三轮冲刺练习图形的相似综合问题
1．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点M为AB的中点，点F是线段CM上一动点，过点F作DE⊥CM分别交边CA，CB于点D，E．
（1）如图1，求证△CDE∽△CBA；
（2）如图1，若DE＝CM，求证：BC＝2DC；
（3）如图2，若点F为CM的中点，求的值．
2．如图1，在矩形ABCD中，点E为AD边上不与端点重合的一动点，点F是对角线BD上一点，连接BE，AF交于点O，且∠ABE＝∠DAF．
【模型建立】
（1）求证：AF⊥BE；
【模型应用】
（2）若AB＝4，AD＝6，，求AE的长；
【模型迁移】
（3）如图2，若矩形ABCD是正方形，，直接写出的值．
3．某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：
（1）如1，在正方形ABCD中，E，F分别是AB、AD上两点，连接DE，CF，若AE＝DF，求证：△AED≌△DFC；
（2）在（1）的条件下，求证：DE⊥CF；
（3）如图2，在矩形ABCD中，过点C作CE⊥BD交AD于点E，若，求的值；
（4）如图3，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于F，且AB＝5，AD＝3，CF＝6，求DE的长．
4．如图，在正方形ABCD中，点M是边BC上的一点（不与B、C重合），点N在边CD延长线上，且满足∠MAN＝90°，联结MN，AC，MN与边AD交于点E．
（1）求证：AM＝AN；
（2）如果∠CAD＝2∠NAD，求证：AM2＝AC AE；
（3）MN交AC点O，若，则　 　（直接写答案、用含k的代数式表示）．
5．如图，在正方形ABCD中，点E在CA的延长线上，将△ABE绕点B顺时针旋转90°至△CBG，EG与AD交于点F，与BC延长线交于点H，已知AE＝4，EF＝6．请解答以下问题：
（1）∠BCG的度数是　 　°；
（2）求证：BG2＝BC BH；
（3）求GH的长．
6．如图1，E为凸四边形ABCD内一点，EC⊥CD，分别连接AC，DE，已知：∠BAC＝∠EDC，AC⊥BC．
（1）求证：△ABC∽△DEC；
（2）连接BE，求证：tan∠BAC；
（3）如图2，延长BE交AD于点F，连接CF，若∠BAC＝30°，AF＝1，CF＝3，求BF的长．
7．如图，四边形ABCD为正方形，且E是边BC延长线上一点，过点B作BF⊥DE于F点，交CD于G点．
（1）求证：△BGC∽△DGF；
（2）若点G是DC中点，求的值．
8．模型思想是一种数学的思考方法，是运用数学的语言和方法，通过抽象、简化而建立，能近似刻画并解决实际问题，以下是某数学小组应用模型思想解决数学问题的过程．
【模型探究】
探究1．如图①，点D是△ABC中BC上的一点，且，过点B作BF∥AC交AD的延长线于点F，则 　 　．
探究2．如图②，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．∠DAE＝45°，交BC于点D、E．求证：AE2＝DE BE．
【模型应用】
如图③，点E为正方形ABCD边AD的中点，连结BE，作∠EBF＝45°，交CD于点F，连结AC，分别交BE、BF于点M、N，若AB＝2，则MN＝　 　．
9．如图，在菱形ABCD中，连结对角线AC，点E在边AB上，过点E作EF∥BC交AC于点F，连结DE交AC于点G．
（1）若DA＝DE，∠B＝105°，求∠CDE的度数．
（2）若AC＝15，AE＝2BE，求GF的长．
（3）求证：GA2＝GF GC．
10．如图，在△ABC中，AB＝AC＝6，BC＝8，点D是BC边上的一个动点，点E在AC上，点D在运动过程中始终保持∠1＝∠B，设BD的长为x（0＜x＜8）．
（1）求证：△DCE∽△ABD；
（2）求x为何值时，CE最大？
（3）直接写出x为何值时，△ADE为等腰三角形？
11．如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，D是线段AC上的点，且满足tan∠ADB＝3，将线段DB绕点D逆时针旋转90°得到DE，连结CE．
（1）求证：AC⊥CE；
（2）连结DE交线段BC于点F，求的值；
（3）点P在直线AC上，当时，求AP的长．
12．△ABC中，∠ABC＝90°，BD⊥AC，点E为BD的中点，连接AE并延长交BC于点F，且有AF＝CF，过F点作FH⊥AC于点H．
（1）求证：△ADE∽△CDB；
（2）求证：AE＝2EF；
（3）若FH，求BC的长．
13．如图，矩形ABCD中，AB＝mBC，E是AB上一点，连结DE，过点D作DF⊥DE交直线BC于点F，连结EF交CD于点G，作DM⊥EF交EF于点M，交直线AB于点N．
（1）若m＝1，求值．
（2）设tan∠BFE＝k．
①若，求的值．（用含m的代数式表示）
②若△DMG的面积为S1，△EMN的面积为S2，求的值．（用含m，k的代数式表示）
14．正方形ABCD边长为2，点E在边BC上．将△ABE沿AE翻折至△AEF，延长EF交CD于点G，连接AG．
（1）如图1，求证：∠DAG＝∠FAG；
（2）当点E是BC中点时，
①如图2，求tan∠CGE的值；
②如图3，连接BD，取BD中点O，连接OF并延长交CD于点M．求的值．
15．如图，AD∥BC，点E在边AB上．
（1）如图1，点F在边CD上，若，求证：EF∥BC；
（2）如图2，若，点M在边BC上，DM，CE相交于点N，已知CD2＝DM DN，∠CEM＝∠DMC．
①判断四边形ABMD的形状；
②求线段CD的长．
16．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点P在射线AD上运动，以BP为直角边向右作Rt△PBQ，使得∠BPQ＝90°，BP＝2PQ，连接CQ．
（1）若△ABP与△BPQ相似，则AP＝　 　；
（2）当AP＝2时，求CQ的值；
（3）求CQ的最小值．
17．如图，在正方形ABCD中，M为BC边上一动点（点M不与B，C重合），连接DM，将线段DM绕点M逆时针旋转90°得到线段MN，连接BD、BN、DN，DN交AB边于点P．
（1）如图1，求证：△DCM∽△DBN；
（2）如图2，设，，
①当x＝1时，请探究得出y的值；
②求出y与x之间满足的关系式．并解决问题：如图3所示，连接MP，若，当∠PMN＝30°时，求CM的长．
18．如图，菱形ABCD中，∠A＝60°，点E在对角线BD上，且BE＝3DE，点F为边AB上一动点，作∠FEP＝60°，交BC于点P，交AB延长线于点G．
（1）求证：△EFB∽△GFE；
（2）连接PF，求证：△EFP是等边三角形；
（3）连接PF，延长FE交CD于点Q，连接PQ，当△PEQ与△BFP相似时，求的值．
参考答案
1．【解答】（1）证明：∵DE⊥CM，
∴∠CDF+∠DCF＝90°，
∵∠ACB＝90°，点M为AB的中点，
∴，
∴∠B＝∠BCM，
∵∠BCM+∠DCF＝90°，
∴∠CDF＝∠BCM＝∠B，
又∵∠BCA＝∠DCE，
∴△CDE∽△CBA；
（2）证明：由（1）可知，，△CDE∽△CBA，
∵DE＝CM，
∴，
∴，
即BC＝2DC；
（3）解：过点A作AP⊥CM于点P，过点B作BQ⊥CM交CM延长线于点Q，如图2，
∵DE⊥CM，AP⊥CM，BQ⊥CM，
∴AP∥DE∥BQ，
∴，，
∵点M为AB的中点，
∴AM＝BM，
∵∠AMP＝∠BMQ，∠Q＝∠APM，
在△AMP和△BMQ中，
，
∴△AMP≌△BMQ（AAS），
∴PM＝QM，
∵点F为CM的中点，
∴，
∴
＝2．
2．【解答】（1）证明：∵矩形ABCD，
∴∠BAD＝90°，
∴∠ABE+∠AEB＝90°，
∵∠ABE＝∠DAF，
∴∠DAF+∠AEB＝90°，
∴∠AOE＝90°，
∴AF⊥BE；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠ABF＝∠GDF，∠BAF＝∠DGF，
∴△ABF∽△GDF，
∴，
∴，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAE＝∠ADG＝90°，
∵∠ABE＝∠DAF，
∴△ABE∽△DAG，
∴，
∵AB＝4，AD＝6，DG＝2，
∴，
∴，
故答案为：；
（3）解：∵正方形ABCD，
∴∠ABF＝∠GDF，∠BAF＝∠DGF，
∴△ABF∽△GDF，
∴．
∵，
∴，
设正方形ABCD的边长为a，则AB＝AD＝a，
∴，AF＝2GF，
∴，
∵AF＝2GF，
∴，
∴，
故答案为：．
3．【解答】（1）证明：由正方形可知∠A＝∠FDC＝90°，AD＝CD，
在△AED与△DFC中，
，
∴△AED≌△DFC（SAS）；
（2）证明：由正方形性质可知∠ADE+∠AED＝90°，
∵△AED≌△DFC（AAS），
∴∠DFC＝∠AED，
∴∠DFC+∠ADE＝90°，
∴DE⊥CF；
（3）解：如图2，设BD与CE交于点G，
由条件可知∠A＝∠EDC＝90°，AB＝CD，
∵CE⊥BD，
∴∠DGC＝90°，
∴∠CDG+∠ECD＝90°，∠ADB+∠CDG＝90°，
∴∠ECD＝∠ADB，
∵∠CDE＝∠A，
∴△DEC∽△ABD，
∴，
∵，
∴；
（4）解：如图3，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，
由条件可知∠G＝∠H＝∠A＝∠B＝90°，
∴四边形ABCH为矩形，
∴AB＝CH，∠FCH+∠CFH＝∠DFG+∠FDG＝90°，
∴∠FCH＝∠FDG＝∠ADE，∠A＝∠H＝90°，
∴△DEA∽△CFH，
∴，
∴，
∴，
∴．
4．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠CAD＝45°＝∠ACB，∠BAD＝90°＝∠CDA＝∠B，
∴∠BAM+∠MAD＝90°，
∵∠MAN＝90°，
∴∠MAD+∠DAN＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN，
∵AD＝AB，∠ABC＝∠ADN＝90°，
∴△ABM≌△ADN（ASA），
∴AM＝AN；
（2）证明：∵AM＝AN，∠MAN＝90°，
∴∠MNA＝45°，
∵∠CAD＝2∠NAD＝45°，
∴∠NAD＝22.5°，
∴∠CAM＝∠MAN﹣∠CAD﹣∠NAD＝22.5°，
∴∠CAM＝∠NAD，∠ACB＝∠MNA＝45°，
∴△AMC∽△AEN，
∴，
∴AM AN＝AC AE，
∵AN＝AM，
∴AM2＝AC AE；
（3）解：如图，过点M作MF∥AB交AC于点F，
设BM＝a，
∵k，
∴BM＝a，BC＝（k+1）a，
即ND＝BM＝a，AB＝CD＝BC＝（k+1）a，
∵MF∥AB∥CD，
∴，
∴MF＝ka，
∴．
故答案为：．
5．【解答】（1）解：∵△ABE绕点B顺时针旋转90°至△CBG，
∴BE＝BG，∠EBA＝∠GBC，△ABE≌△CBG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，
∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠BAC＝45°，
∴∠BAE＝180°﹣∠BAC＝135°，
∵△ABE≌△CBG，
∴∠BCG＝∠BAE＝135°，
故答案为：135°；
（2）证明：∵△ABE绕点B顺时针旋转90°至△CBG，
∴∠EBA＝∠GBC，
∴∠EBA+∠ABG＝∠ABG+∠GBC＝∠ABC＝90°，
∴∠EBG＝90°，
又∵BE＝BG，
∴∠BGE＝45°，
∴∠BGH＝135°，
在△BCG和△BGH中，∠GBC＝∠HBG，∠BCG＝∠BGH＝135°，
∴△BCG∽△BGH，
∴，
∴BG2＝BC BH；
（3）解：∵△BCG∽△BGH，
∴△BAE∽△BGH，
∴∠BEA＝∠H，
∵四边形ABCD是正方形，AC是正方形ABCD的对角线，AE＝4，EF＝6，
∴AD∥BH，∠DAC＝∠BCA＝45°
∴∠H＝∠EFA，∠EAF＝135°，
∴∠BEA＝∠EFA，∠EAF＝∠BAE，
∴△BAE∽△EAF，
∴，
设AB＝2x，BE＝3x，
则有AB＝BC＝2x，BE＝BG＝3x，
在直角三角形BEG中，由勾股定理得：，
在直角三角形ABC中，由勾股定理得：，
∴，
∵∠BCG＝135°，
∴∠HCG＝45°，
∴∠ECG＝180°﹣∠BCA﹣∠HCG＝90°，
在Rt△ECG中，由勾股定理得：EG2＝CG2+EC2，
由旋转可知CG＝AE＝4，
∴
解得：，（负值，舍去），
∴，
∴，
又∵AF∥CH，
∴，
∴，
∴．
6．【解答】（1）证明：E为凸四边形ABCD内一点，EC⊥CD，AC⊥BC，∠BAC＝∠EDC，
∴∠ACB＝∠ECD＝90°，
∴△ABC∽△DEC；
（2）证明：由（1）知：△ABC∽△DEC，
∴，
∴，
∵∠ACB＝∠ECD＝90°，
∴∠BCE＝∠ACD＝90°﹣∠ACE，
∴△BCE∽△ACD，
∴，
在Rt△ABC中，，
∴；
（3）解：∠BAC＝30°，AF＝1，CF＝3，如图2，过点C作CG⊥CF，则∠GCF＝∠ACB＝90°，
∴∠BCG＝∠ACF＝90°﹣∠ACG，
∵△BCE∽△ACD，
∴∠CBE＝∠CAF，
∴△BCG∽△ACF，
∴，
∵，
∴，
∴，
在直角三角形CFG中，由勾股定理得：，
∴．
7．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，且E是边BC延长线上一点，BF⊥DE于F点，
∴∠BCG＝∠DFG＝90°，
又∵∠BGC＝∠DGF，
∴△BGC∽△DGF；
（2）解：∵∠DCE＝∠DFG＝90°，∠CDE＝∠FDG，
∴△DCE∽△DFG，
由（1）得△BGC∽△DGF，且点G是DC中点，
∴，
设BC＝2a，则CG＝a．
在Rt△BCG中，由勾股定理得：，
故．
8．【解答】【模型探究】
探究1．解：∵BF∥AC，
∴△BDF∽△CDA，
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
探究2．证明：在Rt△ABC中，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠DAE＝45°．
又∵∠AEB＝∠BEA，
∴△ADE∽△BAE．
∴，
∴AE2＝DE BE；
【模型应用】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝BC＝2，∠BAC＝∠ACB＝45°，∠ABC＝90°，
∴ACAB＝2，
∵点E为正方形ABCD边AD的中点，
∴AE1，
∴BE，
∵AD∥BC，
∴△AME∽△CMB，
∴，
∴，
∴BM，CM，
∵∠MBN＝∠BCM＝45°，∠BMN＝∠CMB，
∴△BMN∽△CMB，
∴，
∴，
∴MN，
故答案为：．
9．【解答】（1）解：∵∠B＝105°，AD∥BC，
∴∠BAD＝75°，
∵DA＝DE，
∴∠AED＝∠BAD＝75°，
∴∠ADE＝30°，
由菱形对角相等可得∠ADC＝∠B＝105°，
∴∠CDE＝105°﹣30°＝75°．
（2）解：∵EF∥BC，
∴，
又∵AC＝15，
∴AF10，
由EF∥BC，可得△AEF∽△ABC，
∴，
又∵BC＝AD，
∴，
∵EF∥AD，
∴△GEF∽△GDA，
∴，
故GF4．
（3）证明：由菱形性质知∠DAC＝∠BAC，
又∵EF∥AD，
∴∠DAC＝∠AFE，
∴∠BAC＝∠AFE，
∴AE＝EF．
∵DC∥AB，
∴△AGE∽△CGD，
∴，
由（2）中知，
∴，
∴GA2＝GF GC．
10．【解答】（1）证明：如图，
∵∠ADC＝∠1+∠2＝∠B+∠3，∠1＝∠B，
∴∠2＝∠3．
又∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴△DCE∽△ABD；
（2）解：∵△DCE∽△ABD，
∴，即，
∴，
∵，
∴CE有最大值，
∴当x＝4时，CE有最大值；
（3）解：当x＝2或时，△ADE为等腰三角形．理由如下：
①当DA＝DE时，
∵∠2＝∠3，∠C＝∠B，
在△DCE和△ABD中，
，
∴△DCE≌△ABD（AAS），
∴DC＝AB＝6，即8﹣x＝6，
解得 x＝2．
②当EA＝ED时，∠DAE＝∠1＝∠B＝∠C．
∴△DAC∽△ABC．
∴，即．
解得 ．
③当AD＝AE时，点D与点B重合，点E与点C重合，此时x＝0．
或当AD＝AE时，∠1＝∠AED＞∠C，
∵∠1＝∠B＝∠C，
∴AD＝AE情况不成立．
综上所述，当x＝2或时，△ADE为等腰三角形．
11．【解答】（1）证明：在Rt△ABC中，∠A＝90°，
∵tan，AB＝3，
∴AD＝1，CD＝AC﹣AD＝3，
由旋转的性质得：DB＝DE，
∴∠ADB+∠ABD＝∠ADB+∠CDE＝90°，
∴∠ABD＝∠CDE，
在△ABD和△CDE中，
，
∴△ABD≌△CDE（SAS），
∴∠DCE＝∠BAD＝90°，
∴AC⊥CE；
（2）解：如图2，过点D作DG∥AB交BC于点G，
∴△CDG∽△CAB，
∴，
即
∴，
由（1）知CE∥AB，CE＝AD＝1，
∴DG∥CE，
∴△CEF∽△GDF，
∴，
即，
∴，
∵BD＝ED，
∴，
（3）解：在Rt△ADB中，，
①当点P在点D下方时，
如图3，连结PB，过点P作PM⊥BD于点M，
在Rt△PBM中，tan，
设PM＝a，则BM＝2a，
在Rt△PDM和Rt△ADB中，
tan，
∴，
∵BD＝DM+BM，
∴，
解得，
∴，
在Rt△ADB中，sin，
在Rt△PDM中，sin，
∴，
∴，
∴，
②当点P在点D上方时，
如图4，连结PB，过点P作PN⊥BD交BD的延长线于点N
在Rt△PBN中，tan，
设PN＝b，则BN＝2b，
∵∠ADB＝∠NDP，
∴tan∠ADB＝tan∠NDP，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵∠ADB＝∠NDP，
∴sin∠ADB＝sin∠NDP，
∴，
∴，
∴AP＝DP+AD＝3，
综上所述：AP的长为．
12．【解答】证明：（1）∵BD⊥AC，FH⊥AC，
∴∠ADE＝∠CDB＝90°，BD∥FH，
∵AF＝CF，
∴∠DAE＝∠DCB，
在△ADE与△CDB中，
∠ADE＝∠CDB，∠DAE＝∠DCB，
∴△ADE∽△CDB；
（2）∵点E为BD的中点，
∴DE＝BE，
∵△ADE∽△CDB，
∴，
设AD＝a（a＞0），则CD＝2a，AC＝AD+CD＝3a，
∵FH⊥AC，AF＝CF，
∴AH＝CH，
又∵BD∥FH，
∴，
即AE＝2EF；
（3）解：由（2）知，AE＝2EF，
∴AE，
∵BD∥FH，
∴△ADE∽△AHF，
∴，
即，
解得：DE，
∴BD＝2DE，
∵∠ABC＝90°，BD⊥AC，
∴∠BAC+∠ABD＝∠BAC+∠C＝90°，
∴∠ABD＝∠C，
∵∠ADB＝∠BDC，∠ABD＝∠C，
∴△ABD∽△BCD，
∴，
由（2）知，设AD＝b（b＞0），则CD＝2b，
∴，
解得：b或（舍去），
∴CD＝2b，
在Rt△BCD中，BC4．
13．【解答】解：（1）∵矩形ABCD，AB＝mBC，
∴，∠EDF＝∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF＝90°﹣∠EDC，
∵∠DAE＝∠DCF＝90°，
∴△ADE∽△CDF，
∴；
（2）①∵DM⊥EF，
∴∠DMG＝∠FCG＝90°，
∵∠DGM＝∠FGC，
∴∠MDG＝∠CFG，
∴，，
∴，
即，
∴，
∴，
∴；
②由（1）得，∠EDF＝90°，
∴，，
∴，
∵CD∥AB，
∴△DMG∽△NME，
∴．
14．【解答】（1）证明：∵正方形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，
由翻折变换的性质可知AB＝AF，∠B＝∠AFE＝90°，
∴AF＝AD，∠AFG＝∠D＝90°，
∵AG＝AG，
∴Rt△AGD≌Rt△AGF（HL），
∴∠DAG＝∠FAG；
（2）解：①由（1）可知△AGD≌△AGF，
∴GD＝GF，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE＝EF＝1，
设GD＝GF＝x，
在Rt△CGE中，EG2＝CG2+EC2，
∴（1+x）2＝（2﹣x）2+12，
∴x，
∴CG＝2，
∴tan∠CGE；
②如图3中，连接BF，CF，BF交AE于点J，过点F作FH⊥BC于点H．
∵AB＝2，BE＝1，∠ABE＝90°，
∴AE，
由翻折变换的性质可知，AB＝AF＝2，BE＝EF＝1，
∴AE垂直平分线段BF，
∴BJ＝JF，
∵ AB BE AE BJ，
∴BJ，
∴BF，
∵∠FBC+∠ABF＝90°，∠ABF+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠FBC，
∴tan∠FBC＝tan∠BAE，
∴，
∴，
∴CF，
∵ BF CF BC FH，
∴FH，
∴CH，
∴EH＝CE﹣CH＝1，
∵OE∥FH∥CM，
∴．
15．【解答】（1）证明：连接DE，并延长DE，交CB的延长线于点G，
∵AD∥BC，
∴△ADE∽△BGE，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∵∠EDF＝∠GDC，
∴△DEF∽△DGC，
∴∠DEF＝∠DGC，
∴EF∥GC，即EF∥BC．
（2）解：①四边形ABMD是平行四边形；理由如下：
如图2，延长BA，CD相交于点P，
∵，
∴AB＝2，BC＝3，
∵AD∥BC，
∴△PAD∽△PBC，
∴，即，
∴PA＝1，
∴BP＝BE+AE+AP＝1+1+1＝3．
∵CD2＝DM DN，
∴，
∵∠CDN＝∠MDC，
∴△CDN∽△MDC，
∴∠DCN＝∠DMC，
∵∠CEM＝∠DMC，
∴∠DCN＝∠CEM，
∴EM∥CD，
∴△BEM∽△BPC，
∴，即，
∴BM＝1，
∴BM＝AD，
∵AD∥BM，
∴四边形ABMD是平行四边形．
②延长BA，CD相交于点P，如图3，
∵△PAD∽△PBC，
∴，
∴，
∴，
∵△BEM∽△BPC，
∴，即，
∴，
∴，
∵EM∥CD，
∴△EMN∽△CDN，
∴，
设EN＝a，则CN＝2a，EC＝EN+CN＝3a，
∵∠MEC＝∠NMC，∠ECM＝∠MCN，
∴△ECM∽△MCN，
∴，即，
解得，
∴．
延长BA，CD相交于点P，过点E作EQ⊥BC于点Q，
设MQ＝x，则BQ＝BM﹣MQ＝1﹣x，CQ＝QM+MC＝x+2，
在Rt△BEQ中，由勾股定理得：EQ2＝BE2﹣BQ2，
在Rt△CEQ中，由勾股定理得：EQ2＝EC2﹣CQ2，
∴BE2﹣BQ2＝EC2﹣CQ2，
∴，
解得，
∴，，
在Rt△BEQ中，由勾股定理得：，
在Rt△EQM中，由勾股定理得：，
∵，
∴．
16．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴∠BPQ＝∠A＝90°，
∵△ABP与△BPQ相似，
∴或，
∵AB＝6，BP＝2PQ，
∴或，
∴AP＝3或AP＝12，
故答案为：3或12；
（2）解：过点Q作MN⊥AD于点M，与BC交于点N，
则∠A＝∠PMQ＝∠CNQ＝90°，AB＝MN＝6，
∵∠BPQ＝90°，
∴∠APB+∠MPQ＝∠MPQ+∠PQM＝90°，
∴∠APB＝∠MQP，
∴△APB∽△MQP，
∴，
设MQ＝x，则NQ＝6﹣x，
∵BP＝2PQ，AP＝2，
∴2，
∴x＝1，MP＝3，
∴CN＝DM＝AD﹣MP﹣AP＝8﹣3﹣2＝3，
∴CQ2＝QN2+CN2＝52+32＝34，
∴CQ；
（3）由（2）得，△APB∽△MQP，
∴，
设MQ＝x，则NQ＝6﹣x，
∵BP＝2PQ，
∴2，
∴AP＝2x，MP＝3，
∴CN＝DM＝AD﹣MP﹣AP＝8﹣3﹣2x＝5﹣2x，
∴CQ2＝QN2+CN2＝（6﹣x）2+（5﹣2x）2，
＝5（x）2，
当x时，CQ2的最小值为，
∴CQ长的最小值为．
17．【解答】（1）证明：如图1中，过点N作NH⊥CB交CB的延长线于点H．
∵MD＝MN，∠DMN＝90°，
∴△DMN是等腰直角三角形，
∴∠MDN＝45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝CB，∠C＝∠ABC＝90°，∠BDC＝∠DBC＝45°，
∵NH⊥CH，
∴∠H＝∠DCM＝90°，
∵∠NMH+∠DMC＝90°，∠DMC+∠CDM＝90°，
∴∠NMH＝∠CDM，
∵MD＝MN，
∴△DCM≌△MHN（AAS），
∴CD＝MH＝BC，CM＝NH，
∴BH＝CM＝NH，
∴∠NBH＝45°，
∴∠DBN＝∠DCM＝90°，
∵∠NDM＝∠BDC，
∴∠NDB＝∠MDC，
∴△DCM∽△DBN；
（2）解：①如图2中，过点P作PE⊥BD于点E，PF⊥BN于点F，NH⊥CB交CB的延长线于点H．
当x＝1时，设CM＝BM＝a，则BD＝2a，
由（1）可知NH＝BH＝CM＝a，
∴BNa，
∵∠PBN＝∠PBD＝45°，PE⊥BD．PF⊥BN，
∴PE＝PF，
∴，
∴，
∴y；
②如图3中，延长BC到T，使得CT＝AP．
∵AD＝CD，∠DAP＝∠DCT＝90°，AP＝CT，
∴△DAP≌△DCT（SAS），
∴∠ADP＝∠CDT，DP＝DT，
∴∠PDT＝∠ADC＝90°，
∵∠PDM＝45°，
∴∠PDM＝∠TDM，
∵DM＝DM，
∴△DMP≌△DMT（SAS），
∴∠DMP＝∠DMT，
∵∠PMN＝30°，∠DMN＝90°，
∴∠DMT＝∠DMP＝90°﹣30°＝60°，
∵CD＝AB＝2，
∴tan60°，
∴，
∴CM＝2．
18．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，
∵∠A＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴∠ABD＝60°，
∴∠G+∠BEP＝60°，
∵∠FEP＝60°＝∠BEF+∠BEP，
∴∠BEF＝∠G，
又∵∠BFE＝∠EFG，
∴△EFB∽△GFE；
（2）证明：方法一：如图，过E作EM∥AD交AB于点M，则∠EMF＝∠A＝60°，
由（1）可知∠EBM＝60°，
∴△EBM是等边三角形，
∴EM＝EB，
∴EM＝EB，∠MEB＝60°，
∵∠FEP＝60°，‘
∴∠MEF＝∠BEP，
在△EMF和△EBP中，
，
∴△EMF≌△EBP（AAS），
∴EF＝EP，
∴△EFP是等边三角形；
方法二：如图，过E作EM⊥AB于点M，作EN⊥BC于点N，则∠EMB＝∠ENB＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ABC，∠ABC＝120°，
∴∠EM＝EN，
∵∠FEP＝60°，
∴∠ABC+∠FEP＝180°，
∴∠EFM+∠EPB＝180°，
∵∠EPN+∠EPB＝180°，
∴∠EFM＝∠EPN，
在△EFM和△EPN中，
，
∴△EFM≌△EPN（AAS），
∴EF＝EP，
∴△EFP是等边三角形；
（3）解：过E作EM∥AD交AB于点M，
设DE＝1，FM＝x，则BE＝3，
∵△ABD是等边三角形，
∴AM＝1，BM＝3，
∴BF＝3﹣x，
由（2）知△EMF≌△EBP，
∴BP＝FM＝x，
∵DC∥BF，
∴，
∵EF＝EP，
∴，
∵∠FEP＝60°，
∴∠PEQ＝120°＝∠PBF，
∴当△PEQ与△BFP相似时可以分两种情况讨论，
①△PEQ∽△FBP，
此时，
∴，
∴，
解得x，
由（1）知△EFB∽△GFE，
∴；
②△PEQ∽△PBF，
此时，
即，
解得x，
∴；
综上，的值为或．
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