B 级
6. 如图，点$O$在线段$AB$上，$AP = AB = 3$，$AO = 2$，$AQ// BP$，$\angle QOP = \angle B$，求证$AQ · BP = 3$.

6.提示:过点O作OE//AP交BP于点E,证明△QAO∽△OEP.

证明：过点$O$作$OE // AP$交$BP$于点$E$。
$\because AP = AB = 3$，$AO = 2$，点$O$在线段$AB$上，
$\therefore BO=AB - AO=3 - 2=1$。
$\because OE // AP$，
$\therefore \triangle BOE \sim \triangle BAP$，
$\therefore \frac{OE}{AP}=\frac{BO}{BA}=\frac{BE}{BP}$，
$\therefore \frac{OE}{3}=\frac{1}{3}$，$\frac{BE}{BP}=\frac{1}{3}$，
$\therefore OE = 1$，$BE=\frac{1}{3}BP$，
$\therefore EP=BP - BE=BP-\frac{1}{3}BP=\frac{2}{3}BP$。
$\because OE // AP$，
$\therefore \angle BEO=\angle P$，
$\because \angle BEO+\angle OEP = 180°$，$\angle P+\angle OEP = 180°$，
$\because AQ // BP$，
$\therefore \angle QAO=\angle B$，
$\because \angle QOP=\angle B$，
$\therefore \angle QAO=\angle QOP$，
$\because \angle QOA+\angle QOP+\angle POE=180°$，$\angle OEP+\angle POE+\angle EOP = 180°$，
$\therefore \angle QOA=\angle OEP$，
$\therefore \triangle QAO \sim \triangle OEP$，
$\therefore \frac{AQ}{OE}=\frac{AO}{EP}$，
$\therefore \frac{AQ}{1}=\frac{2}{\frac{2}{3}BP}$，
$\therefore AQ=\frac{2}{\frac{2}{3}BP}=\frac{3}{BP}$，
$\therefore AQ · BP=3$。

7. 如图，在四边形$ABCD$中，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$AB = 3$，$BC = 4$，$CD = 10$，$DA = 5\sqrt{5}$，求$BD$的长.

7.$2\sqrt{41}$

解：设$BD = x$。
在$\triangle ABD$中，由余弦定理得：$AD^2 = AB^2 + BD^2 - 2 · AB · BD · \cos \angle ABD$，即$(5\sqrt{5})^2 = 3^2 + x^2 - 2 × 3 × x × \cos \angle ABD$，整理得$125 = 9 + x^2 - 6x \cos \angle ABD$，则$\cos \angle ABD = \frac{x^2 - 116}{6x}$。
在$\triangle BCD$中，$\angle ABC = 90^{\circ}$，则$\angle CBD = 90^{\circ} - \angle ABD$，$\cos \angle CBD = \sin \angle ABD$。由余弦定理得：$CD^2 = BC^2 + BD^2 - 2 · BC · BD · \cos \angle CBD$，即$10^2 = 4^2 + x^2 - 2 × 4 × x × \sin \angle ABD$，整理得$100 = 16 + x^2 - 8x \sin \angle ABD$，则$\sin \angle ABD = \frac{x^2 - 84}{8x}$。
因为$\sin^2 \angle ABD + \cos^2 \angle ABD = 1$，所以$\left(\frac{x^2 - 84}{8x}\right)^2 + \left(\frac{x^2 - 116}{6x}\right)^2 = 1$。
化简得：$\frac{(x^2 - 84)^2}{64x^2} + \frac{(x^2 - 116)^2}{36x^2} = 1$，两边同乘$576x^2$得$9(x^2 - 84)^2 + 16(x^2 - 116)^2 = 576x^2$。
展开并整理得$25x^4 - 5800x^2 + 336400 = 0$，即$x^4 - 232x^2 + 13456 = 0$，令$y = x^2$，则$y^2 - 232y + 13456 = 0$，解得$y = 164$（$y = 82$舍去），所以$x = 2\sqrt{41}$（负值舍去）。
$BD = 2\sqrt{41}$。

8. 如图，在$\bigtriangleup ABC$中，$AG\perp BC$于点$G$，分别以$AB$，$AC$为一边向$\bigtriangleup ABC$外作矩形$ABME$和矩形$ACNF$，射线$GA$交$EF$于点$H$.若$AB = kAE$，$AC = kAF$，试探究$HE$与$HF$之间的数量关系，并说明理由.

8.结论:HE=HF.
　理由如下:
　作EP⊥GA,FQ⊥GA，垂足分别为P,Q.
∵四边形ABME是矩形，
∴∠BAE=90°.
∴∠BAG+∠EAP=90°.
∵AG⊥BC,
∴∠BAG+∠ABG=90°.
∴∠ABG=∠EAP.
∵∠AGB=∠EPA=90°,
∴△ABG∽△EAP.
∴$\frac{AG}{EP}$=$\frac{AB}{EA}$.
　同理可得△ACG∽△FAQ.
∴$\frac{AG}{FQ}$=$\frac{AC}{FA}$.
∵AB=kAE,AC=kAF,
∴$\frac{AB}{AE}$=$\frac{AC}{AF}$=k.
∴$\frac{AG}{EP}$=$\frac{AG}{FQ}$.
∴EP=FQ.
∵∠EHP=∠FHQ,∠EPH=∠FQH=90°,
∴Rt△EPH≌Rt△FQH.
∴HE=HF.

9. (1)【问题】如图①，在四边形$ABCD$中，点$P$为$AB$上一点，$\angle DPC = \angle A = \angle B = 90^{\circ}$.求证$AD · BC = AP · BP$.
(2)【探究】如图②，在四边形$ABCD$中，点$P$为$AB$上一点，当$\angle DPC = \angle A = \angle B = \theta$时，上述结论是否仍然成立？说明理由.
(3)【应用】请利用(1)(2)获得的经验解决问题，如图③，在$\bigtriangleup ABD$中，$AB = 6$，$AD = BD = 5$.点$P$以每秒1个单位长度的速度，由点$A$出发，沿边$AB$向点$B$运动，且满足$\angle DPC = \angle A$.设点$P$的运动时间为$t$(单位：$s$)，当以点$D$为圆心，以$DC$为半径的圆与$AB$相切时，求$t$的值.

9.(1)略.　　(2)结论仍成立.理由略.
　(3)过点D作DE⊥AB于点E.
∵AD=BD=5,AB=6,
∴AE=BE=3,由勾股定理得DE=4.
∵以点D为圆心,以DC为半径的圆与AB相切，
∴DC=DE=4.
∴BC=1.
∵AD=BD,
∴∠A=∠B.
　由(1)(2)可知,AD·BC=AP·BP.
　又
∵AP=t,BP=6−t,
∴t(6−t)=5.
　解得t1=1,t2=5.经检验均符合题意，
∴t的值为1或5.