16. 如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ACB = 90^{\circ}$,$∠ B = 67.5^{\circ}$,$AB = 8$,$CD ⊥ AB$于点$D$,$E$是斜边$AB$的中点,则线段$DE$的长为.

在Rt△ABC中，∠ACB=90°，E是AB中点，∴CE=AE=BE=AB/2=4（直角三角形斜边中线等于斜边一半）。
∠B=67.5°，∠A=90°-67.5°=22.5°。
AE=CE，∴∠ACE=∠A=22.5°（等边对等角）。
CD⊥AB，∠ADC=90°，∠ACD=90°-∠A=67.5°（直角三角形两锐角互余）。
∠ECD=∠ACD-∠ACE=67.5°-22.5°=45°。
在Rt△CDE中，∠CDE=90°，∠ECD=45°，∴∠CED=45°，△CDE为等腰直角三角形，DE=CD。
由勾股定理：DE²+CD²=CE²，即2DE²=16，DE²=8，DE=2√2。
2√2

17. 如图,直线$y = \dfrac{1}{2}x + 2$分别交$x$轴、$y$轴于$A$,$B$两点,$C$是线段$OA$上一点,$∠ ABC = 45^{\circ}$,则点$C$的坐标为.

1. 求A、B两点坐标：
令$y=0$，则$\frac{1}{2}x + 2 = 0$，解得$x=-4$，故$A(-4,0)$；
令$x=0$，则$y=2$，故$B(0,2)$。
2. 设$C(c,0)$，其中$-4 ≤ c ≤ 0$。
3. 计算相关线段长度：
$AB = \sqrt{(-4-0)^2 + (0-2)^2} = \sqrt{16 + 4} = 2\sqrt{5}$；
$BC = \sqrt{(c-0)^2 + (0-2)^2} = \sqrt{c^2 + 4}$；
$AC = c - (-4) = c + 4$（因$c ≥ -4$）。
4. 在$△ ABC$中，由余弦定理得：
$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 · AB · BC · \cos 45°$。
5. 代入值化简：
$(c + 4)^2 = (2\sqrt{5})^2 + (\sqrt{c^2 + 4})^2 - 2 · 2\sqrt{5} · \sqrt{c^2 + 4} · \frac{\sqrt{2}}{2}$
整理得$8c + 16 = 24 - 2\sqrt{10} · \sqrt{c^2 + 4}$，进一步化简为$\sqrt{10} · \sqrt{c^2 + 4} = 4(1 - c)$。
6. 两边平方求解：
$10(c^2 + 4) = 16(1 - c)^2$，化简得$3c^2 - 16c - 12 = 0$，解得$c_1=6$（舍去），$c_2=-\frac{2}{3}$。
7. 故点$C$的坐标为$(-\frac{2}{3}, 0)$。
$(-\frac{2}{3}, 0)$

18. 如图,在矩形$ABCD$中,$AB = 2$,$BC = 3$,$E$,$F$分别是边$AD$,$BC$上的动点,且$AE = CF$,过点$B$作直线$EF$的垂线,垂足为$H$,则线段$BH$长的最大值为.

以B为原点，BC为x轴，BA为y轴建立坐标系。则B(0,0)，A(0,2)，C(3,0)，D(3,2)。设AE=CF=t，E(t,2)，F(3-t,0)，t∈[0,3]。
直线EF斜率k=(0-2)/(3-t-t)=2/(2t-3)，方程：y=2/(2t-3)(x-3+t)，整理得2x+(3-2t)y-2(3-t)=0。
点B到EF距离BH=|2·0+(3-2t)·0-2(3-t)|/√(2²+(3-2t)²)=2(3-t)/√(4+(3-2t)²)。
设u=3-t，u∈[0,3]，则BH=2u/√(4+(2u-3)²)。令v=2u-3，v∈[-3,3]，BH=(v+3)/√(v²+4)。
求导得h'(v)=(4-3v)/(v²+4)^(3/2)，令h'(v)=0得v=4/3。此时BH=(4/3+3)/√((4/3)²+4)=13/3 / (2√13/3)=√13/2。
最大值为√13/2。
√13/2