8. (2024·无锡宜兴)如图，在长方形 ABCD 中，AB=8，AD=6，长方形内有一点 P，连接 AP，BP，CP，已知∠APB=90°，CP=CB，延长 CP 交 AD 于点 E，则 AE=
$$\frac { 8 } { 3 }$$
.答案：$8. \frac { 8 } { 3 }$
解析：
解：以点$D$为原点，$AD$所在直线为$y$轴，$DC$所在直线为$x$轴，建立平面直角坐标系。
则$D(0,0)$，$C(8,0)$，$B(8,6)$，$A(0,6)$。
设$P(x,y)$，因为$∠ APB = 90°$，所以$\overrightarrow{PA} · \overrightarrow{PB} = 0$。
$\overrightarrow{PA} = (-x, 6 - y)$，$\overrightarrow{PB} = (8 - x, 6 - y)$，
$(-x)(8 - x) + (6 - y)^2 = 0$，即$x^2 - 8x + (6 - y)^2 = 0$ ①。
因为$CP = CB$，$CB = 6$，$C(8,0)$，
所以$\sqrt{(x - 8)^2 + (y - 0)^2} = 6$，即$(x - 8)^2 + y^2 = 36$ ②。
联立①②：
由①得$(6 - y)^2 = 8x - x^2$，
由②得$(x - 8)^2 = 36 - y^2$，即$x^2 - 16x + 64 = 36 - y^2$，$x^2 - 16x + y^2 = -28$ ③。
将$(6 - y)^2 = 8x - x^2$展开：$36 - 12y + y^2 = 8x - x^2$，$x^2 + y^2 = 8x + 12y - 36$ ④。
③ - ④得：$-16x = -8x - 12y + 8$，$-8x + 12y = 8$，$2x - 3y = -2$，$x = \frac{3y - 2}{2}$。
代入②：$(\frac{3y - 2}{2} - 8)^2 + y^2 = 36$，$(\frac{3y - 18}{2})^2 + y^2 = 36$，$\frac{9(y - 6)^2}{4} + y^2 = 36$，
$9(y^2 - 12y + 36) + 4y^2 = 144$，$13y^2 - 108y + 180 = 0$，
解得$y = 6$（舍，此时$P$与$B$重合）或$y = \frac{30}{13}$，则$x = \frac{3×\frac{30}{13} - 2}{2} = \frac{32}{13}$，所以$P(\frac{32}{13}, \frac{30}{13})$。
直线$CP$：过$C(8,0)$，$P(\frac{32}{13}, \frac{30}{13})$，斜率$k = \frac{\frac{30}{13} - 0}{\frac{32}{13} - 8} = -\frac{30}{72} = -\frac{5}{12}$，
方程为$y = -\frac{5}{12}(x - 8)$。
令$x = 0$，$y = \frac{10}{3}$，即$E(0, \frac{10}{3})$。
$AE = 6 - \frac{10}{3} = \frac{8}{3}$。
$\frac{8}{3}$
则$D(0,0)$，$C(8,0)$，$B(8,6)$，$A(0,6)$。
设$P(x,y)$，因为$∠ APB = 90°$，所以$\overrightarrow{PA} · \overrightarrow{PB} = 0$。
$\overrightarrow{PA} = (-x, 6 - y)$，$\overrightarrow{PB} = (8 - x, 6 - y)$，
$(-x)(8 - x) + (6 - y)^2 = 0$，即$x^2 - 8x + (6 - y)^2 = 0$ ①。
因为$CP = CB$，$CB = 6$，$C(8,0)$，
所以$\sqrt{(x - 8)^2 + (y - 0)^2} = 6$，即$(x - 8)^2 + y^2 = 36$ ②。
联立①②：
由①得$(6 - y)^2 = 8x - x^2$，
由②得$(x - 8)^2 = 36 - y^2$，即$x^2 - 16x + 64 = 36 - y^2$，$x^2 - 16x + y^2 = -28$ ③。
将$(6 - y)^2 = 8x - x^2$展开：$36 - 12y + y^2 = 8x - x^2$，$x^2 + y^2 = 8x + 12y - 36$ ④。
③ - ④得：$-16x = -8x - 12y + 8$，$-8x + 12y = 8$，$2x - 3y = -2$，$x = \frac{3y - 2}{2}$。
代入②：$(\frac{3y - 2}{2} - 8)^2 + y^2 = 36$，$(\frac{3y - 18}{2})^2 + y^2 = 36$，$\frac{9(y - 6)^2}{4} + y^2 = 36$，
$9(y^2 - 12y + 36) + 4y^2 = 144$，$13y^2 - 108y + 180 = 0$，
解得$y = 6$（舍，此时$P$与$B$重合）或$y = \frac{30}{13}$，则$x = \frac{3×\frac{30}{13} - 2}{2} = \frac{32}{13}$，所以$P(\frac{32}{13}, \frac{30}{13})$。
直线$CP$：过$C(8,0)$，$P(\frac{32}{13}, \frac{30}{13})$，斜率$k = \frac{\frac{30}{13} - 0}{\frac{32}{13} - 8} = -\frac{30}{72} = -\frac{5}{12}$，
方程为$y = -\frac{5}{12}(x - 8)$。
令$x = 0$，$y = \frac{10}{3}$，即$E(0, \frac{10}{3})$。
$AE = 6 - \frac{10}{3} = \frac{8}{3}$。
$\frac{8}{3}$
9. (2024·海淀区期末)如图，在矩形 ABCD 中，BE 平分∠ABC 交 AD 于点 E，∠BED 的平分线恰好经过点 C，则∠BCE=
67.5
°.答案：9. 67.5
解析：
解：在矩形$ABCD$中，$∠ ABC = 90°$，$AD// BC$，$AB = CD$，$AD = BC$。
因为$BE$平分$∠ ABC$，所以$∠ ABE=∠ EBC = 45°$。
在$△ ABE$中，$∠ A = 90°$，$∠ ABE = 45°$，故$△ ABE$是等腰直角三角形，$AB = AE$。
设$AB = AE = x$，$ED = y$，则$AD = AE + ED = x + y$，$BC = x + y$，$CD = x$。
因为$AD// BC$，所以$∠ BEC=∠ DEC$。
又因为$CE$平分$∠ BED$，所以$∠ BEC=∠ DEC$，故$∠ BEC=∠ ECB$，所以$BE = BC$。
在$△ ABE$中，$BE=\sqrt{AB^2 + AE^2}=\sqrt{x^2 + x^2}=\sqrt{2}x$，所以$BC=\sqrt{2}x$，即$x + y=\sqrt{2}x$，解得$y=(\sqrt{2}-1)x$。
在$△ DEC$中，$\tan∠ DEC=\frac{CD}{ED}=\frac{x}{(\sqrt{2}-1)x}=\sqrt{2}+1$，所以$∠ DEC = 67.5°$。
因为$∠ BEC=∠ DEC$，所以$∠ BEC = 67.5°$，又因为$∠ BEC=∠ ECB$，所以$∠ BCE = 67.5°$。
$67.5$
因为$BE$平分$∠ ABC$，所以$∠ ABE=∠ EBC = 45°$。
在$△ ABE$中，$∠ A = 90°$，$∠ ABE = 45°$，故$△ ABE$是等腰直角三角形，$AB = AE$。
设$AB = AE = x$，$ED = y$，则$AD = AE + ED = x + y$，$BC = x + y$，$CD = x$。
因为$AD// BC$，所以$∠ BEC=∠ DEC$。
又因为$CE$平分$∠ BED$，所以$∠ BEC=∠ DEC$，故$∠ BEC=∠ ECB$，所以$BE = BC$。
在$△ ABE$中，$BE=\sqrt{AB^2 + AE^2}=\sqrt{x^2 + x^2}=\sqrt{2}x$，所以$BC=\sqrt{2}x$，即$x + y=\sqrt{2}x$，解得$y=(\sqrt{2}-1)x$。
在$△ DEC$中，$\tan∠ DEC=\frac{CD}{ED}=\frac{x}{(\sqrt{2}-1)x}=\sqrt{2}+1$，所以$∠ DEC = 67.5°$。
因为$∠ BEC=∠ DEC$，所以$∠ BEC = 67.5°$，又因为$∠ BEC=∠ ECB$，所以$∠ BCE = 67.5°$。
$67.5$
10. 如图，在矩形 ABCD 中，P 为矩形 ABCD 的边 BC 上任意一点，PE⊥AC 于点 E，PF⊥BD 于点 F. 若 AB=5，BC=12，则 PE + PF=
$$\frac { 60 } { 13 }$$
.答案：$10. \frac { 60 } { 13 }$
解析：
解：在矩形 $ABCD$ 中，$AB=5$，$BC=12$，
$\therefore AC=BD=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{5^{2}+12^{2}}=13$，
设矩形对角线交点为 $O$，则 $BO=CO=\frac{13}{2}$，
$S_{△ BOC}=\frac{1}{4}S_{矩形ABCD}=\frac{1}{4}×5×12=15$，
连接 $OP$，则 $S_{△ BOC}=S_{△ BOP}+S_{△ COP}$，
$\because PE⊥ AC$，$PF⊥ BD$，
$\therefore \frac{1}{2}× BO× PF+\frac{1}{2}× CO× PE=15$，
即 $\frac{1}{2}×\frac{13}{2}×(PF + PE)=15$，
解得 $PE + PF=\frac{60}{13}$。
$\frac{60}{13}$
$\therefore AC=BD=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{5^{2}+12^{2}}=13$，
设矩形对角线交点为 $O$，则 $BO=CO=\frac{13}{2}$，
$S_{△ BOC}=\frac{1}{4}S_{矩形ABCD}=\frac{1}{4}×5×12=15$，
连接 $OP$，则 $S_{△ BOC}=S_{△ BOP}+S_{△ COP}$，
$\because PE⊥ AC$，$PF⊥ BD$，
$\therefore \frac{1}{2}× BO× PF+\frac{1}{2}× CO× PE=15$，
即 $\frac{1}{2}×\frac{13}{2}×(PF + PE)=15$，
解得 $PE + PF=\frac{60}{13}$。
$\frac{60}{13}$
11. 如图，在矩形 ABCD 中，AB=6，AD=8，P，E 分别是线段 AC，BC 上的点，且四边形 PEFD 为矩形，连接 CF.
(1)若△PCD 是等腰三角形，求 AP 的长；
(2)判断 CF 与 AC 有怎样的位置关系，并说明理由.
(1)若△PCD 是等腰三角形，求 AP 的长；
(2)判断 CF 与 AC 有怎样的位置关系，并说明理由.
答案：
$11. $解$:(1)$
∵在矩形$ABCD$中$,AB=6,AD=8,$
$∠ADC=90°,$
∴$DC=AB=6,$
$AC=\sqrt { A D ^ { 2 } + D C ^ { 2 } }=10.$
若$△PCD$是等腰三角形$,$则分以下$3$种情况$:$
$①$当$CP=CD$时$,AP=AC - CP=10 - 6=4.$
$②$当$PD=PC$时$,∠PDC=∠PCD,$
∵$∠PCD+∠PAD=∠PDC+∠PDA=90°,$
∴$∠PAD=∠PDA,$
∴$PD=PA,$
∴$PA=PC,$
∴$AP=\frac { 1 } { 2 }AC=5.$
$③$当$DP=DC$时$,$如答图$①,$过点$D$作$DQ⊥AC$于点$Q,$则$PQ=CQ.$
∵$S _ { △ A D C } = \frac { 1 } { 2 } A D · D C = \frac { 1 } { 2 } A C · D Q,$
∴$DQ=\frac { A D · D C } { A C } = \frac { 24 } { 5 },$
∴$CQ=\sqrt { D C ^ { 2 } - D Q ^ { 2 } } = \frac { 18 } { 5 },$
∴$PC=2CQ=\frac { 36 } { 5 },$
∴$AP=AC - PC=10 - \frac { 36 } { 5 } = \frac { 14 } { 5 }.$
综上所述$,AP$的长为$4$或$5$或$\frac { 14 } { 5 }.$
$(2)CF⊥AC.$理由如下$:$
如答图$②,$连接$PF,DE,$交于点$O,$连接$OC.$
∵四边形$ABCD$是矩形$,$
∴$∠BCD=90°.$
∵四边形$PEFD$是矩形$,$
∴$OE=OD,$
∴$OC=\frac { 1 } { 2 }ED.$
∵在矩形$PEFD$中$,PF=DE,$
∴$OC=\frac { 1 } { 2 }PF.$
∵$OP=OF=\frac { 1 } { 2 }PF,$
∴$OC=OP=OF,$
∴$∠OCF=∠OFC,∠OCP=∠OPC.$
∵$∠OPC+∠OFC+∠OCP+∠OCF=180°,$
∴$2∠OCP+2∠OCF=180°,$
∴$∠OCP+∠OCF=90°,$
∴$∠PCF=90°,$
∴$CF⊥AC.$
$11. $解$:(1)$
∵在矩形$ABCD$中$,AB=6,AD=8,$
$∠ADC=90°,$
∴$DC=AB=6,$
$AC=\sqrt { A D ^ { 2 } + D C ^ { 2 } }=10.$
若$△PCD$是等腰三角形$,$则分以下$3$种情况$:$
$①$当$CP=CD$时$,AP=AC - CP=10 - 6=4.$
$②$当$PD=PC$时$,∠PDC=∠PCD,$
∵$∠PCD+∠PAD=∠PDC+∠PDA=90°,$
∴$∠PAD=∠PDA,$
∴$PD=PA,$
∴$PA=PC,$
∴$AP=\frac { 1 } { 2 }AC=5.$
$③$当$DP=DC$时$,$如答图$①,$过点$D$作$DQ⊥AC$于点$Q,$则$PQ=CQ.$
∵$S _ { △ A D C } = \frac { 1 } { 2 } A D · D C = \frac { 1 } { 2 } A C · D Q,$
∴$DQ=\frac { A D · D C } { A C } = \frac { 24 } { 5 },$
∴$CQ=\sqrt { D C ^ { 2 } - D Q ^ { 2 } } = \frac { 18 } { 5 },$
∴$PC=2CQ=\frac { 36 } { 5 },$
∴$AP=AC - PC=10 - \frac { 36 } { 5 } = \frac { 14 } { 5 }.$
综上所述$,AP$的长为$4$或$5$或$\frac { 14 } { 5 }.$
$(2)CF⊥AC.$理由如下$:$
如答图$②,$连接$PF,DE,$交于点$O,$连接$OC.$
∵四边形$ABCD$是矩形$,$
∴$∠BCD=90°.$
∵四边形$PEFD$是矩形$,$
∴$OE=OD,$
∴$OC=\frac { 1 } { 2 }ED.$
∵在矩形$PEFD$中$,PF=DE,$
∴$OC=\frac { 1 } { 2 }PF.$
∵$OP=OF=\frac { 1 } { 2 }PF,$
∴$OC=OP=OF,$
∴$∠OCF=∠OFC,∠OCP=∠OPC.$
∵$∠OPC+∠OFC+∠OCP+∠OCF=180°,$
∴$2∠OCP+2∠OCF=180°,$
∴$∠OCP+∠OCF=90°,$
∴$∠PCF=90°,$
∴$CF⊥AC.$
12. 如图，在矩形 ABCD 中，AB=5，P 为 BC 上一个动点，BP=m，点 B 关于直线 AP 的对称点是 E.
(1)当 m=2 时，若直线 PE 恰好经过点 D，求此时 AD 的长；
(2)若 AD 足够长，当点 E 到直线 AD 的距离不超过 3 时，求 m 的取值范围.
(1)当 m=2 时，若直线 PE 恰好经过点 D，求此时 AD 的长；
(2)若 AD 足够长，当点 E 到直线 AD 的距离不超过 3 时，求 m 的取值范围.
答案：
$12. $解$:(1)$如答图$①,$
∵点$B$关于直线$AP$的对称点是$E,$
∴$AE=AB=5,PE=PB=2,∠AEP=∠B,∠APE=∠APB.$
∵四边形$ABCD$是矩形$,$
∴$∠B=90°,AD//BC,$
∴$∠AEP=90°,∠BPA=∠DAP,$
∴$∠AED=90°,∠DAP=∠DPA,$
∴$DA=DP.$
在$Rt△ADE$中$,$设$AD=PD=x,$
∴$DE=x - 2,AE=5,$
∴$( x - 2 ) ^ { 2 } + 5 ^ { 2 } = x ^ { 2 },$
解得$x=\frac { 29 } { 4 },$即$AD$的长为$\frac { 29 } { 4 }.$
$(2)$当点$E$位于直线$AD$上方且到$AD$距离为$3$时$,$如答图$②,$过点$E$作$GH⊥AD,$交$BC$于点$G,$交$AD$于点$H.$
在$Rt△AEH$中$,AE=5,EH=3,$
∴$AH=4.$
在$Rt△EPG$中$,PE=m,PG=4 - m,EG=2,$
∴$( 4 - m ) ^ { 2 } + 2 ^ { 2 } = m ^ { 2 },$解得$m = \frac { 5 } { 2 };$
当点$E$位于直线$AD$下方且到$AD$的距离为$3$时$,$如答图$③,$过点$E$作$GH⊥AB,$交$BA$的延长线于点$H,$过点$P$作$PG⊥EH$于点$G.$
在$Rt△AEH$中$,AE=5,AH=3,$
∴$EH=4.$
在$Rt△EPG$中$,PE=m,PG=8,EG=m - 4,$
∴$( m - 4 ) ^ { 2 } + 8 ^ { 2 } = m ^ { 2 },$解得$m=10,$
∴当点$E$到直线$AD$的距离不超过$3$时$,m$的取值范围为$\frac { 5 } { 2 } ≤ m ≤ 10.$
$12. $解$:(1)$如答图$①,$
∵点$B$关于直线$AP$的对称点是$E,$
∴$AE=AB=5,PE=PB=2,∠AEP=∠B,∠APE=∠APB.$
∵四边形$ABCD$是矩形$,$
∴$∠B=90°,AD//BC,$
∴$∠AEP=90°,∠BPA=∠DAP,$
∴$∠AED=90°,∠DAP=∠DPA,$
∴$DA=DP.$
在$Rt△ADE$中$,$设$AD=PD=x,$
∴$DE=x - 2,AE=5,$
∴$( x - 2 ) ^ { 2 } + 5 ^ { 2 } = x ^ { 2 },$
解得$x=\frac { 29 } { 4 },$即$AD$的长为$\frac { 29 } { 4 }.$
$(2)$当点$E$位于直线$AD$上方且到$AD$距离为$3$时$,$如答图$②,$过点$E$作$GH⊥AD,$交$BC$于点$G,$交$AD$于点$H.$
在$Rt△AEH$中$,AE=5,EH=3,$
∴$AH=4.$
在$Rt△EPG$中$,PE=m,PG=4 - m,EG=2,$
∴$( 4 - m ) ^ { 2 } + 2 ^ { 2 } = m ^ { 2 },$解得$m = \frac { 5 } { 2 };$
当点$E$位于直线$AD$下方且到$AD$的距离为$3$时$,$如答图$③,$过点$E$作$GH⊥AB,$交$BA$的延长线于点$H,$过点$P$作$PG⊥EH$于点$G.$
在$Rt△AEH$中$,AE=5,AH=3,$
∴$EH=4.$
在$Rt△EPG$中$,PE=m,PG=8,EG=m - 4,$
∴$( m - 4 ) ^ { 2 } + 8 ^ { 2 } = m ^ { 2 },$解得$m=10,$
∴当点$E$到直线$AD$的距离不超过$3$时$,m$的取值范围为$\frac { 5 } { 2 } ≤ m ≤ 10.$