6. 如图,在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中,$\angle ACB = 90^{\circ}$,$AC = 6$,$BC = 8$,$AD平分\angle CAB交BC于点D$,$E$,$F分别是AD$,$AC$上的动点,连接$CE$,$EF$,求$CE + EF$的最小值.

解：
1. 在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中，$\angle ACB=90°$，$AC=6$，$BC=8$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
2. 作点$C$关于$AD$的对称点$C'$，由角平分线性质，$C'$在$AB$上，且$AC'=AC=6$（对称性质）。
3. 连接$C'E$，则$CE=C'E$（对称性质），故$CE+EF=C'E+EF$。
4. 当$C'$，$E$，$F$三点共线且$C'F\perp AC$时，$C'E+EF$最小，最小值为$C'$到$AC$的距离$h$。
5. 由$\triangle AC'H\sim\triangle ABC$（$\angle A$公共，$\angle AHC'=\angle ACB=90°$），得$\frac{h}{BC}=\frac{AC'}{AB}$，即$\frac{h}{8}=\frac{6}{10}$，解得$h=\frac{24}{5}$。
结论： $CE + EF$的最小值为$\frac{24}{5}$。

7. 如图,在$\triangle ABC$中,$\angle ACB = 90^{\circ}$,$BC = AC = 4$,$M为AB$的中点,$D是射线BC$上的一动点,连接$AD$,将线段$AD绕点A逆时针旋转90^{\circ}得到线段AE$,连接$ED$,$ME$,在点$D$的运动过程中,$ME$长的最小值为.

2

以C为原点，BC为x轴，AC为y轴建立坐标系，得A(0,4)，B(4,0)，C(0,0)，M为AB中点，坐标(2,2)。设D(d,0)(d≤4)，AD绕A逆时针旋转90°得AE，向量AD=(d,-4)，旋转后AE=(4,d)，则E(4,4+d)。ME=√[(4-2)²+(4+d-2)²]=√[(d+2)²+4]，当d=-2时，ME最小=2。

8. 如图,在$\triangle ABC$中,$OA = 4$,$OB = 3$,点$C与点A关于直线OB$对称,动点$P$,$Q分别在线段AC$,$AB$上(点$P不与点A$,$C$重合),满足$\angle BPQ = \angle A$. 当$\triangle PQB$为等腰三角形时,求$OP$的长.

$\boxed{\dfrac{7}{8}}$ 或 $\boxed{1}$

解：
建立坐标系，设 $ O(0,0) $，$ B(0,3) $，$ A(4,0) $，则 $ C(-4,0) $（$ A $ 与 $ C $ 关于 $ OB $ 对称）。设 $ P(p,0) $（$-4 ＜ p ＜ 4$），$ Q(q,-\frac{3}{4}q+3) $（$0 \leq q \leq 4$）。
情况1：$ PQ = PB $
由 $ PQ = PB $，得 $ (q-p)^2 + \left(-\frac{3}{4}q+3\right)^2 = p^2 + 9 $，化简得 $ q = \frac{32p+72}{25} $。
由 $ \angle BPQ = \angle A $，向量 $ \overrightarrow{PB}=(-p,3) $，$ \overrightarrow{PQ}=\left(q-p,-\frac{3}{4}q+3\right) $，夹角余弦为 $ \frac{4}{5} $。
代入 $ q $ 解得 $ p = -1 $（$ p=-\frac{13}{3} $ 舍去），则 $ OP = |p| = 1 $。
情况2：$ BQ = BP $
$ BQ = \frac{5}{4}q $，$ BP = \sqrt{p^2+9} $，则 $ \frac{5}{4}q = \sqrt{p^2+9} $。
由 $ \angle BPQ = \angle A $ 及三角形内角和，推出矛盾，无解。
情况3：$ PQ = QB $
$ \angle QBP = \angle BPQ = \angle A $，故 $ AP = BP $。$ AP = 4 - p $，$ BP = \sqrt{p^2+9} $，解得 $ p = \frac{7}{8} $，则 $ OP = \frac{7}{8} $。
结论：$ OP $ 的长为 $ \frac{7}{8} $ 或 $ 1 $。

9. 如图,在$\triangle ABC$中,$AB = AC = 5\mathrm{cm}$,$BC = 6\mathrm{cm}$,$BD \perp AC于点D$. 动点$P从点C$出发,按$C \to A \to B \to C$的路径运动,且速度为$2\mathrm{cm}/\mathrm{s}$,设运动时间为$t\mathrm{s}$.
(1)求$BD$的长；
(2)当$t = 3.2$时,求证：$CP \perp AB$；
(3)当点$P在BC$边上运动时,若$\triangle CDP是以CP$为腰的等腰三角形,求出所有满足条件的$t$的值；
(4)在整个运动过程中,若$S_{\triangle ABC} = nS_{\triangle BDP}$($n$为正整数,且$n ＞ 1$),则满足条件的$t$的值有______个.
<答案>(1) 过点$A$作$AE \perp BC$于$E$，$\because AB=AC=5\,cm$，$\therefore BE=EC=3\,cm$。在$Rt\triangle ABE$中，$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4\,cm$。$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2} × BC × AE=\frac{1}{2} × 6 × 4=12\,cm^2$。又$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2} × AC × BD$，$\therefore 12=\frac{1}{2} × 5 × BD$，解得$BD=\frac{24}{5}\,cm$。
(2) $t=3.2\,s$时，路程$=2 × 3.2=6.4\,cm$。$CA=5\,cm$，$\therefore AP=6.4-5=1.4\,cm$。在$Rt\triangle ABD$中，$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{5^2-\left(\frac{24}{5}\right)^2}=\frac{7}{5}=1.4\,cm$。过$C$作$CF \perp AB$于$F$，$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2} × AB × CF=12$，$\therefore CF=\frac{24}{5}\,cm$。在$Rt\triangle AFC$中，$AF=\sqrt{AC^2-CF^2}=\frac{7}{5}=1.4\,cm=AP$，$\therefore P$与$F$重合，$\therefore CP \perp AB$。
(3) $P$在$BC$边上时，$t \in [5,8]$，$CP=16-2t$。$CD=\frac{18}{5}\,cm$。
当$CP=CD$时，$16-2t=\frac{18}{5}$，解得$t=\frac{31}{5}=6.2$；
当$CP=DP$时，作$DQ \perp BC$于$Q$，$CQ=\frac{54}{25}$，$DQ=\frac{72}{25}$，由$DQ^2+(CQ-CP)^2=CP^2$得$CP=3$，$16-2t=3$，解得$t=\frac{13}{2}=6.5$。
综上，$t=6.2$或$6.5$。
(4)

(1) 过点$A$作$AE \perp BC$于$E$，$\because AB=AC=5\,cm$，$\therefore BE=EC=3\,cm$。在$Rt\triangle ABE$中，$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4\,cm$。$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2} × BC × AE=\frac{1}{2} × 6 × 4=12\,cm^2$。又$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2} × AC × BD$，$\therefore 12=\frac{1}{2} × 5 × BD$，解得$BD=\frac{24}{5}\,cm$。
(2) $t=3.2\,s$时，路程$=2 × 3.2=6.4\,cm$。$CA=5\,cm$，$\therefore AP=6.4-5=1.4\,cm$。在$Rt\triangle ABD$中，$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{5^2-\left(\frac{24}{5}\right)^2}=\frac{7}{5}=1.4\,cm$。过$C$作$CF \perp AB$于$F$，$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2} × AB × CF=12$，$\therefore CF=\frac{24}{5}\,cm$。在$Rt\triangle AFC$中，$AF=\sqrt{AC^2-CF^2}=\frac{7}{5}=1.4\,cm=AP$，$\therefore P$与$F$重合，$\therefore CP \perp AB$。
(3) $P$在$BC$边上时，$t \in [5,8]$，$CP=16-2t$。$CD=\frac{18}{5}\,cm$。
当$CP=CD$时，$16-2t=\frac{18}{5}$，解得$t=\frac{31}{5}=6.2$；
当$CP=DP$时，作$DQ \perp BC$于$Q$，$CQ=\frac{54}{25}$，$DQ=\frac{72}{25}$，由$DQ^2+(CQ-CP)^2=CP^2$得$CP=3$，$16-2t=3$，解得$t=\frac{13}{2}=6.5$。
综上，$t=6.2$或$6.5$。
(4) $16$

(1)过点$A$作$AE \perp BC$于点$E$，$\because AB = AC = 5\mathrm{cm}$，$BC = 6\mathrm{cm}$，$\therefore BE = EC = 3\mathrm{cm}$。在$\mathrm{Rt}\triangle AEC$中，$AE = \sqrt{AC^{2}-EC^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}} = 4\mathrm{cm}$。$\because S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}BC\cdot AE=\frac{1}{2}AC\cdot BD$，$\therefore \frac{1}{2}×6×4=\frac{1}{2}×5× BD$，解得$BD=\frac{24}{5}\mathrm{cm}$。
(2)当$t = 3.2$时，$CP = 2×3.2 = 6.4\mathrm{cm}$。$\because AC = 5\mathrm{cm}$，$\therefore P$在$AB$上，$AP=CP - AC=6.4 - 5=1.4\mathrm{cm}$，$BP=AB - AP=5 - 1.4=3.6\mathrm{cm}$。在$\mathrm{Rt}\triangle ABD$中，$AD=\sqrt{AB^{2}-BD^{2}}=\sqrt{5^{2}-\left(\frac{24}{5}\right)^{2}}=\frac{7}{5}=1.4\mathrm{cm}$，$\therefore AP = AD$。$\because BD \perp AC$，$\therefore \angle ADB = 90^{\circ}$。在$\triangle APD$中，$AP = AD$，$\angle PAD = \angle PAD$，$AB = AC$，$\therefore \triangle APC \cong \triangle ADB$（SAS），$\therefore \angle APC = \angle ADB = 90^{\circ}$，即$CP \perp AB$。
(3)点$P$在$BC$边上运动时，$CA + AB = 10\mathrm{cm}$，$\therefore$运动时间$t ＞ \frac{10}{2}=5\mathrm{s}$，且$P$运动路程为$2t$，$\therefore BP=2t - 10$，$PC=BC - BP=6-(2t - 10)=16 - 2t$。
在$\mathrm{Rt}\triangle BDC$中，$DC=\sqrt{BC^{2}-BD^{2}}=\sqrt{6^{2}-\left(\frac{24}{5}\right)^{2}}=\frac{18}{5}=3.6\mathrm{cm}$。
$\triangle CDP$以$CP$为腰，分两种情况：
①$CP = CD$，$16 - 2t=\frac{18}{5}$，解得$t=\frac{31}{5}=6.2$。
②$CP = DP$，过$P$作$PF \perp CD$于$F$，则$CF = FD=\frac{1}{2}CD=\frac{9}{5}\mathrm{cm}$。$\cos\angle C=\frac{EC}{AC}=\frac{3}{5}=\frac{CF}{PC}$，$\frac{3}{5}=\frac{\frac{9}{5}}{16 - 2t}$，解得$t = 6.5$。
综上，$t = 6.2$或$6.5$。
(4)4