∴当x＝4时，y有最大值为4；
（3）点P的坐标为（4，0）或（，0）．
【解法提示】如解图，过P作PN⊥CB于N，
第1题解图
∴∠ECF＝∠FNP＝90°，
∴∠CEF＋∠EFC＝90°，
∵∠EFC＋∠PFN＝90°，
∴∠CEF＝∠NFP，
∴△CEF∽△NFP，
∴＝，
∵CF＝＝＝2，
∴＝，由
（2）得＝
，
即2y－4＝，
将y＝－x2＋2x代入得：
8（－x2＋2x）－16＝x2－16x＋64，
整理得3x2－32x＋80＝0，
解得x1＝4，x2＝，
∴点P的坐标为（4，0）或（，0）．
2.如图，在△ABC中，AB＝AC，过点C作CG⊥BA，交BA的延长线于点G，一等腰直角三角尺的一条直角边与AC在同一直线上，该三角尺的直角顶点为F.
（1）如图①，当另一条直角边恰好经过点B时，求证BF＝CG；
（2）将三角尺沿AC方向平移到图②位置时，另一条直角边交BC于点D，过点D作DE⊥BA于点E，试探究线段DE、DF与CG之间满足的等量关系，并说明理由；
（3）如图③，将三角尺继续沿AC方向平移（点F不与点C重合）时，若AG∶AB＝5∶13，BC＝4，请直接写出DE＋DF的值．
第2题图
2.
（1）证明：
如解图①，
第2题解图①
∵BF⊥AC，CG⊥AB，
∴S△ABC＝AC·BF＝AB·CG，
∵AB＝AC，
∴BF＝CG；
（2）解：
DE＋DF＝CG；
理由：
如解图②，连接AD，
第2题解图②
∵DF⊥AC，DE⊥AB，CG⊥AB，
∴S△ACD＝AC·DF，S△ABD＝AB·DE，
S△ABC＝AB·CG，
∵S△ACD＋S△ABD＝S△ABC，
∴AC·DF＋AB·DE＝AB·CG，
∵AB＝AC，
∴DE＋DF＝CG；
（3）DE＋DF的值为8.
【解法提示】如解图③，连接AD，
第2题解图③
同
（2）可得：
DE＋DF＝CG，
设AG＝5x，
∵AG∶AB＝5∶13，AB＝AC，
∴AC＝AB＝13x，
∵∠G＝90°，
∴GC＝＝12x，
在Rt△BGC中，
∵BG＝AB＋AG＝13x＋5x＝18x，GC＝12x，BC＝4，
∴（18x）2＋（12x）2＝（4）2，
解得x＝（负值舍去），
∴DE＋DF＝CG＝12x＝8.
3.如图，在等边△ABC中，AD是BC边上的中线，点P是直线AD上的动点（不与点A、D重合），连接BP，将线段BP绕点P逆时针旋转60°，得到线段PM，连接CM.
（1）如图①，当点P在线段AD上时，直接写出线段AP与CM的数量关系；
（2）如图②，当点P在AD的延长线上时，
（1）中结论是否成立？
若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；
（3）如图③，当点P在AD的延长线上，∠AMC＝45°时，若AB＝2，请直接写出线段AP的长．
第3题图
3.解：
（1）AP＝CM；
【解法提示】如解图①，连接BM，由旋转的性质可得BP＝MP，∠BPM＝60°，
第3题解图①
∴△BPM是等边三角形，
∴BP＝BM，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，
∵∠ABP＋∠CBP＝∠CBP＋∠CBM，
∴∠ABP＝∠CBM，
∴△ABP≌△CBM（SAS），
∴AP＝CM；
（2）
（1）中结论仍成立．
证明：
如解图②，连接BM，
第3题解图②
由旋转性质得BP＝MP，∠BPM＝60°，
∴△BPM是等边三角形，
∴BP＝BM，
∵∠ABC＝∠MBP＝60°，
∴∠ABP＝∠CBM，
∵AB＝CB，
∴△ABP≌△CBM，
∴AP＝CM；
（3）AP＝2.
【解法提示】
如解图③，连接BM.
第3题解图③
由
（2）得△ABP≌△CBM，
∵AD为BC边上的中线，
∴∠BCM＝∠BAP＝30°，
∵∠ACB＝60°，∴∠ACM＝90°，
∵∠AMC＝45°，AC＝AB＝2，
∴CM＝2，
∴AP＝CM＝2.
4.如图①，在菱形ABCD和等边三角形BGF中，∠ABC＝60°，点G在BC边上，点P是DF的中点，连接PG、PC.
（1）判断PG与PC的关系，并证明；
（2）将△BGF绕点B顺时针旋转60°，如图②，线段PC、PG还满足
（1）中的结论吗？
写出你的猜想，并给出证明；
（3）若将△BGF绕点B顺时针旋转120°，如图③，连接CG，PC＝，请直接写出CG的长．
第4题图
4.解：
（1）PC⊥PG，PG＝PC；
证明：
如解图①，延长GP交DC于点E，
第4题解图①
∵点P是DF的中点，
∴DP＝FP，
∵△BGF是等边三角形，
∴∠FGB＝60°，
∴∠CGF＝180°－60°＝120°，
又∵在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴∠DCG＝120°，
∴DC∥GF，
∴∠PDE＝∠PFG，
在△PED和△PGF中，
，
∴△PED≌△PGF（ASA），
∴PE＝PG，DE＝FG，
∵DC＝BC，
∴DC－DE＝BC－FG＝BC－BG，
即CE＝CG，
∴CP是EG的中垂线，
即PC⊥PG，
在Rt△CPG中，∠PCG＝60°，
∴PG＝PC；
（2）猜想仍满足
（1）中结论．
证明：
如解图②，延长GP交DA于点M，连接MC，GC，
第4题解图②
∵点P是线段DF的中点，
∴DP＝FP.
∵∠ABC＝60°，∠CBG＝60°，△BGF是等边三角形，
∴点F在AB的延长线上，∠BFG＝60°，
∴GF∥BC∥AD，
∴∠MDP＝∠GFP，
在△DPM和△FPG中，
，
∴△DPM≌△FPG（ASA），
∴PM＝PG，DM＝FG＝BG，
在△CDM和△CBG中，
，∴△CDM≌△CBG（SAS），
∴CM＝CG，∠DCM＝∠BCG，
∴∠MCG＝∠DCB＝120°，
∵PM＝PG，
∴PC⊥PG，∠PCG＝∠MCG＝60°，
∴PG＝PC；
（3）CG的长为2.
【解法提示】如解图③，延长GP到点H，使PH＝PG，连接CH，DH，过点F作FN∥DC，
第4题解图③
∵∠ABC＝60°，∠CBG＝120°，△BFG是等边三角形，
∴点G在AB的延长线上，点F在CB的延长线上，
∵点P是线段DF的中点，∴FP＝DP，
在△GFP和△HDP中，
，
∴△GFP≌△HDP（SAS），
∴GF＝HD，∠GFP＝∠HDP，
∴GF∥HD.
∵FN∥AG∥DC，
∴∠GFN＝∠GFP＋∠PFN＝120°，
∴∠CDH＝∠HDP＋∠PDC＝∠GFP＋∠PFN＝120°，
∵△BFG是等边三角形，
∴GF＝GB，∴HD＝GB，
在△HDC和△GBC中，＝120°，
∴△HDC≌△GBC（SAS），
∴CH＝CG，∠DCH＝∠BCG，
∴∠DCH＋∠HCB＝∠BCG＋∠HCB＝120°，
即∠HCG＝120°，
∵CH＝CG，PH＝PG，
∴PG⊥PC，∠GCP＝60°，
∵PC＝，∴CG＝2.
5.问题情境
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点E是直线AC上的一个动点（不与A、C重合），以CE为一边作Rt△DCE，使∠DCE＝90°，且CD＝CA.沿CA方向平移△CDE，使点C移动到点A，得到△ABF.过点F作FG⊥BC，交线段BC于点G，连接DG、EG.
深入探究
（1）如图①，当点E在线段AC上时，小文猜想GC＝GF，请你帮他证明这一结论；
（2）如图②，当点E在线段AC的延长线上，且CE＜CA时，猜想线段DG与EG的数量关系和位置关系，并证明你的猜想；
拓展应用
（3）如图③，将
（2）中的“CE＜CA”改为“CE＞CA”，若设∠CDE＝α，请用含α的式子表示∠CGE的度数（直接回答即可，不必证明）．
第5题图
5.
（1）证明：
∵在Rt△BAC中，
∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠BCA＝∠ABC＝45°，
∵FG⊥BC，
∴∠FGC＝90°，
∴∠GFC＝90°－∠GCF＝45°，
∴∠GFC＝∠GCF，
∴GC＝GF；
（2）解：
DG＝EG，DG⊥EG；
证明：
同
（1）可证GC＝GF，
∵∠DCF＝90°，∠BCA＝45°，
∴∠DCG＝45°，
∵∠GFC＝45°，
∴∠DCG＝∠EFG，
∵△CDE平移得到△ABF，
∴CE＝AF，
∴CE＋CF＝AF＋CF，即EF＝AC，
∵AC＝CD，
∴EF＝CD，
∴△DCG≌△EFG（SAS），
∴DG＝EG，∠DGC＝∠EGF，
∴∠DGC－∠EGC＝∠EGF－∠EGC，
即∠DGE＝∠CGF＝90°，
∴DG⊥EG；
（3）∠CGE＝180°－α.
【解法提示】同
（1）可证GC＝GF，同
（2）可证DG＝EG，DG⊥EG，∴∠DGE＝90°，∠DEG＝∠EDG＝45°，∵∠CDE＝α，∴∠GDC＝α－45°，∵∠GCF＝∠ACB＝45°，∠DCF＝90°，∴∠DCG＝90°＋45°＝135°，∴∠DGC＝180°－135°－（α－45°）＝90°－α，∴∠CGE＝90°＋∠DGC＝180°－α.
6.问题情境
在矩形ABCD中，AD＝12，AB＝4，在BC上分别取点P、Q，使BP＝CQ，连接AP、DQ，将△ABP、△DCQ分别沿AP、DQ折叠得到△AMP、△DNQ，连接MN.
独立思考
如图①，过点M作ME⊥BC于点E，过点N作NF⊥BC于点F.
（1）求证：
ME＝NF；
（2）试探究线段MN与BC满足的位置关系，并说明理由；
（3）若BP＝3，求MN的长；
拓展延伸
（4）如图②，当点P与点Q重合时，直接写出MN的长．
第6题图
6.
（1）证明：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，
∵在△ABP和△DCQ中，
∴△ABP≌△DCQ，∴∠APB＝∠DQC，
由折叠的性质得∠MPE＝180°－2∠APB，∠NQF＝180°－2∠DQC，MP＝BP，NQ＝CQ，
∴∠MPE＝∠NQF，MP＝NQ，
∴在△MEP和△NFQ中，
∴△MEP≌△NFQ，
∴ME＝NF；
（2）解：
MN∥BC.
理由：
∵ME⊥BC，NF⊥BC，
∴ME∥NF，
∵由
（1）知ME＝NF，
∴四边形EFNM是矩形，
∴MN∥BC；
（3）解：
如解图①，延长EM、FN交AD于点G、H，
第6题解图①
∵AB＝4，BP＝3，
∴AM＝4，PM＝3，
∵AD∥BC，∴EM⊥AD，
∵∠AMP＝∠MEP＝∠MGA，
∴∠EMP＝∠GAM，
∴△EMP∽△GAM，
∴＝＝＝.
设AG＝4a，MG＝4b，则EM＝3a，EP＝3b，
∵∠BAG＝∠B＝∠BEG＝90°，
∴四边形ABEG是矩形，
∴，解得，
∴AG＝，
∵由
（1）△MEP≌△NFQ，∴PE＝FQ，
∵BP＝CQ，∴BE＝CF，
∴DH＝AG＝，
∴MN＝AD－2DH＝；
（4）.
【解法提示】如解图②，设PM、PN分别交AD于点E、F.由折叠的性质得∠EPA＝∠APB，∵四边形ABCD是矩形，∴∠EPA＝∠APB＝∠PAE，∴EA＝EP.设EA＝EP＝x，在Rt△AME中，42＋（6－x）2＝x2，解得x＝，∴EF＝12－2×＝，∵EF∥MN，∴△PEF∽△PMN，∴＝，即
，解得MN＝.
第6题解图②
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