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∴,∴,∴AP=2AG=.(12分 精选5、

证法1:(截长如图,截DF=DB,易证△DBF为等边三角,然后证△BDC≌△BFA即可;证法2:(截长如图,截DF=DC,易证△DCF为等边三角,然后证△BDC≌△AFC即可;证法3:(补短如图,延长BD至F,使DF=DC,此时BD+DC=BD+DF=BF,

易证△DCF为等边△,再证△BCF≌△ACD即可.

证法4:(四点共圆两组对角分别互补的四边形四个顶点共圆. 设AB=AC=BC=a,根据(圆内接四边形托勒密定理: CD·a+BD·a=AD·a,得证. F F F 精选6、

解:(1如图1,①∵四边形ABCD是矩

形,∴AD=BC,DC=AB,∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°.由折叠可得:AP=AB,PO=BO,∠PAO=∠BAO.∠APO=∠B.

∴∠APO=90°.

∴∠APD=90°﹣∠CPO=∠PO C. ∵∠D=∠C,∠APD=∠PO C. ∴△OCP∽△PD A.

②∵△OCP与△PDA的面积比为1:4, ∴====.

∴PD=2OC,PA=2OP,DA=2CP. ∵AD=8,∴CP=4,BC=8. 设OP=x,则OB=x,CO=8﹣x. 在Rt△PCO中,

∵∠C=90°,CP=4,OP=x,CO=8﹣x, ∴x2=(8﹣x2+42. 解得:x=5.

∴AB=AP=2OP=10. ∴边AB的长为10. (2如图1,

∵P是CD边的中点, ∴DP=D C. ∵DC=AB,AB=AP, ∴DP=AP. ∵∠D=90°, ∴sin∠DAP==. ∴∠DAP=30°.

∵∠DAB=90°,∠PAO=∠BAO,∠DAP=30°,∴∠OAB=30°. ∴∠OAB的度数为30°.

(3作MQ∥AN,交PB于点Q,如图2.∵AP=AB,MQ∥AN, ∴∠APB=∠ABP,∠ABP=∠MQP. ∴∠APB=∠MQP. ∴MP=MQ.

∵MP=MQ,ME⊥PQ, ∴PE=EQ=PQ. ∵BN=PM,MP=MQ, ∴BN=QM. ∵MQ∥AN, ∴∠QMF=∠BNF. 在△MFQ和△NFB中, .

∴△MFQ≌△NF B. ∴QF=BF. ∴QF=Q B.

∴EF=EQ+QF=PQ+QB=P B. 由(1中的结论可得:

PC=4,BC=8,∠C=90°. ∴PB==4. ∴EF=PB=2.

∴在(1的条件下,当点M、N在移动过程中,线段EF的长度不变,长度为2. 精选7、

解:(1DF=DE.理由如下: 如答图1,连接BD. ∵四边形ABCD是菱形, ∴AD=AB. 又∵∠A=60°,

∴△ABD是等边三角形, ∴AD=BD,∠ADB=60°, ∴∠DBE=∠A=60° ∵∠EDF=60°,

∴∠ADF=∠BDE.∵在△ADF与△BDE中,, ∴△ADF≌△BDE(ASA, ∴DF=DE;

(2DF=DE.理由如下:

如答图2,连接BD.∵四边形ABCD是菱形,