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16.如图,在四边形ABCD中,AD//BC,且AD＞BC,BC=6 cm,AD=10 cm,P,Q分别从A,C两点同时出发,点P以2 cm/s的速度由A向D运动,Q以1 cm/s的速度由C向B运动。当其中一个点到达终点时,另一个点也随之停止。经过s,直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形。
答案
解：设经过$ t \, \mathrm{s} $，直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形。
由运动规则可知，点P到达终点D需$ 10÷2=5 \, \mathrm{s} $，点Q到达终点B需$ 6÷1=6 \, \mathrm{s} $，因此$ 0 ＜ t ≤ 5 $。
分两种情况讨论：
1. 若截出的平行四边形为$ APQB $：
已知$ AD// BC $，即$ AP// BQ $，只需满足$ AP = BQ $。
由题意得$ AP=2t $，$ BQ=6 - t $，列方程：
$2t = 6 - t$
解得$ t=2 $，符合$ 0 ＜ t ≤ 5 $的取值范围。
2. 若截出的平行四边形为$ PQDC $：
已知$ AD// BC $，即$ PD// QC $，只需满足$ PD = QC $。
由题意得$ PD=10 - 2t $，$ QC=t $，列方程：
$10 - 2t = t$
解得$ t=\frac{10}{3} $，符合$ 0 ＜ t ≤ 5 $的取值范围。
综上，经过$\boldsymbol{2}$或$\boldsymbol{\frac{10}{3}}$ s，直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形。
由运动规则可知，点P到达终点D需$ 10÷2=5 \, \mathrm{s} $，点Q到达终点B需$ 6÷1=6 \, \mathrm{s} $，因此$ 0 ＜ t ≤ 5 $。
分两种情况讨论：
1. 若截出的平行四边形为$ APQB $：
已知$ AD// BC $，即$ AP// BQ $，只需满足$ AP = BQ $。
由题意得$ AP=2t $，$ BQ=6 - t $，列方程：
$2t = 6 - t$
解得$ t=2 $，符合$ 0 ＜ t ≤ 5 $的取值范围。
2. 若截出的平行四边形为$ PQDC $：
已知$ AD// BC $，即$ PD// QC $，只需满足$ PD = QC $。
由题意得$ PD=10 - 2t $，$ QC=t $，列方程：
$10 - 2t = t$
解得$ t=\frac{10}{3} $，符合$ 0 ＜ t ≤ 5 $的取值范围。
综上，经过$\boldsymbol{2}$或$\boldsymbol{\frac{10}{3}}$ s，直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形。
17.如图，BD，CE是△ABC的中线，P，Q分别是BD，CE的中点，则PQ：BC等于。
答案
$\boldsymbol{1:4}$（或$\frac{1}{4}$）
解析
解：
连接DE，
∵BD，CE是△ABC的中线，
∴E是AB的中点，D是AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE//BC，且$DE=\frac{1}{2}BC$。
设BD与CE交于点O，则O是△ABC的重心，
∴$OB=2OD$，$OC=2OE$。
∵P是BD的中点，Q是CE的中点，
∴$BP=PD$，$CQ=QE$，
设$OD=k$，则$OB=2k$，$BD=3k$，
∴$PD=\frac{3k}{2}$，$OP=PD-OD=\frac{3k}{2}-k=\frac{k}{2}$，
∴$\frac{OP}{OD}=\frac{\frac{k}{2}}{k}=\frac{1}{2}$。
同理可得$\frac{OQ}{OE}=\frac{1}{2}$，
又∵$∠POQ=∠DOE$，
∴△POQ∽△DOE，
∴$\frac{PQ}{DE}=\frac{OP}{OD}=\frac{1}{2}$，即$PQ=\frac{1}{2}DE$，
代入$DE=\frac{1}{2}BC$，得$PQ=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}BC=\frac{1}{4}BC$，
∴$PQ:BC=1:4$。
连接DE，
∵BD，CE是△ABC的中线，
∴E是AB的中点，D是AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE//BC，且$DE=\frac{1}{2}BC$。
设BD与CE交于点O，则O是△ABC的重心，
∴$OB=2OD$，$OC=2OE$。
∵P是BD的中点，Q是CE的中点，
∴$BP=PD$，$CQ=QE$，
设$OD=k$，则$OB=2k$，$BD=3k$，
∴$PD=\frac{3k}{2}$，$OP=PD-OD=\frac{3k}{2}-k=\frac{k}{2}$，
∴$\frac{OP}{OD}=\frac{\frac{k}{2}}{k}=\frac{1}{2}$。
同理可得$\frac{OQ}{OE}=\frac{1}{2}$，
又∵$∠POQ=∠DOE$，
∴△POQ∽△DOE，
∴$\frac{PQ}{DE}=\frac{OP}{OD}=\frac{1}{2}$，即$PQ=\frac{1}{2}DE$，
代入$DE=\frac{1}{2}BC$，得$PQ=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}BC=\frac{1}{4}BC$，
∴$PQ:BC=1:4$。
18. 如图，在$□ ABCD$中，$AB=2$，$AD=5$，$M,N$分别是$AD,BC$边上的动点，且$∠ ABC=∠ MNB=60°$，则$BM+MN+ND$的最小值是。
答案
$\boldsymbol{2+\sqrt{37}}$
解析
解：以点B为原点，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系。
由平行四边形性质及已知条件：
$AB=2$，$∠ ABC=60°$，$AD=BC=5$，可得各点坐标：
$B(0,0)$，$C(5,0)$，$A(1,\sqrt{3})$，$D(6,\sqrt{3})$。
设点$N$坐标为$(n,0)$，由$∠ MNB=60°$，直线$MN$的方程为$y=-\sqrt{3}(x-n)$。
因为$M$在$AD$上，$AD$所在直线为$y=\sqrt{3}$，代入得$M(n-1,\sqrt{3})$。
计算$MN$的长度：
$MN=\sqrt{[n-(n-1)]^2+(0-\sqrt{3})^2}=\sqrt{1+3}=2$
即$MN$为定值2。
此时：
$BM=\sqrt{(n-1)^2+(\sqrt{3})^2}$
$ND=\sqrt{(6-n)^2+(\sqrt{3})^2}$
因此$BM+ND$等价于x轴上动点$(n,0)$到定点$E(1,\sqrt{3})$和$F(6,\sqrt{3})$的距离之和。
作点$E$关于x轴的对称点$E'(1,-\sqrt{3})$，由将军饮马模型，$BM+ND$的最小值为$E'F$的长度：
$E'F=\sqrt{(6-1)^2+[\sqrt{3}-(-\sqrt{3})]^2}=\sqrt{25+12}=\sqrt{37}$
因此$BM+MN+ND$的最小值为$2+\sqrt{37}$。
由平行四边形性质及已知条件：
$AB=2$，$∠ ABC=60°$，$AD=BC=5$，可得各点坐标：
$B(0,0)$，$C(5,0)$，$A(1,\sqrt{3})$，$D(6,\sqrt{3})$。
设点$N$坐标为$(n,0)$，由$∠ MNB=60°$，直线$MN$的方程为$y=-\sqrt{3}(x-n)$。
因为$M$在$AD$上，$AD$所在直线为$y=\sqrt{3}$，代入得$M(n-1,\sqrt{3})$。
计算$MN$的长度：
$MN=\sqrt{[n-(n-1)]^2+(0-\sqrt{3})^2}=\sqrt{1+3}=2$
即$MN$为定值2。
此时：
$BM=\sqrt{(n-1)^2+(\sqrt{3})^2}$
$ND=\sqrt{(6-n)^2+(\sqrt{3})^2}$
因此$BM+ND$等价于x轴上动点$(n,0)$到定点$E(1,\sqrt{3})$和$F(6,\sqrt{3})$的距离之和。
作点$E$关于x轴的对称点$E'(1,-\sqrt{3})$，由将军饮马模型，$BM+ND$的最小值为$E'F$的长度：
$E'F=\sqrt{(6-1)^2+[\sqrt{3}-(-\sqrt{3})]^2}=\sqrt{25+12}=\sqrt{37}$
因此$BM+MN+ND$的最小值为$2+\sqrt{37}$。
三、解答题
19. 如图，在$□ ABCD$中，$E$，$F$分别是边$AB$，$CD$的中点。若$∠ FAC = 30°$，求$∠ ACE$的度数。
19. 如图，在$□ ABCD$中，$E$，$F$分别是边$AB$，$CD$的中点。若$∠ FAC = 30°$，求$∠ ACE$的度数。
答案
解：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB//CD，AB = CD。
∵ E，F分别是边AB，CD的中点，
∴ AE = $\frac{1}{2}$AB，CF = $\frac{1}{2}$CD，
∴ AE = CF，且AE//CF，
∴ 四边形AECF是平行四边形，
∴ AF//CE，
∴ ∠ACE = ∠FAC = 30°。
答：∠ACE的度数为$30°$。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB//CD，AB = CD。
∵ E，F分别是边AB，CD的中点，
∴ AE = $\frac{1}{2}$AB，CF = $\frac{1}{2}$CD，
∴ AE = CF，且AE//CF，
∴ 四边形AECF是平行四边形，
∴ AF//CE，
∴ ∠ACE = ∠FAC = 30°。
答：∠ACE的度数为$30°$。
