20. (2025 新乡三模)如图，已知矩形 $ABCD$ 的两条边 $AB = 6$，$AD = 8$，点 $E$ 是对角线 $AC$，$BD$ 的交点，点 $P$ 是边 $AD$ 上一个动点，作点 $D$ 关于直线 $PE$ 的对称点 $D'$，连接 $D'E$，当 $D'E$ 与矩形一条边垂直时，$PD$ 的长为
5或5/2
。答案
5或5/2
解析
以A为原点，AB为x轴，AD为y轴建立坐标系，A(0,0),B(6,0),C(6,8),D(0,8)，E为AC,BD中点，E(3,4)。设PD=m，P(0,8-m)。D关于PE对称点D'(x',y')，由对称性质得：
1. 中点在PE上：(8+y')/2=[(m-4)/3](x'/2)+8-m；
2. DD'⊥PE：(y'-8)/x'·(m-4)/3=-1。
解得D'(6m(m-4)/[(m-4)²+9],8-18m/[(m-4)²+9])。
情况1：D'E⊥水平边（垂直），则x'=3，代入得6m(m-4)/[(m-4)²+9]=3，解得m=5（m=-5舍）。
情况2：D'E⊥垂直边（水平），则y'=4，代入得8-18m/[(m-4)²+9]=4，解得m=5/2（m=10舍）。
综上，PD=5或5/2。
1. 中点在PE上：(8+y')/2=[(m-4)/3](x'/2)+8-m；
2. DD'⊥PE：(y'-8)/x'·(m-4)/3=-1。
解得D'(6m(m-4)/[(m-4)²+9],8-18m/[(m-4)²+9])。
情况1：D'E⊥水平边（垂直），则x'=3，代入得6m(m-4)/[(m-4)²+9]=3，解得m=5（m=-5舍）。
情况2：D'E⊥垂直边（水平），则y'=4，代入得8-18m/[(m-4)²+9]=4，解得m=5/2（m=10舍）。
综上，PD=5或5/2。
21. (2025 洛阳一模)一大一小两个三角板按照如图所示的方式摆放，其中 $\angle ACB = \angle DEB = 90^{\circ}$，$\angle B = 30^{\circ}$，$BE = AC = 3$。三角板 $ABC$ 固定不动，将小三角板 $DBE$ 绕点 $B$ 顺时针在平面内旋转，当点 $C$，$E$，$D$ 在同一条直线上时，点 $D$ 到直线 $BC$ 的距离为
√6+1或√6-1
。答案
√6+1或√6-1
解析
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=3，∴AB=6，BC=3√3。在Rt△DBE中，∠DEB=90°，∠DBE=30°，BE=3，∴DE=√3，BD=2√3。
当C、E、D共线时，分两种情况：
情况1：E在C、D之间
BE⊥CD（∠DEB=90°），在Rt△BCE中，CE=√(BC²-BE²)=√(27-9)=3√2，CD=CE+ED=3√2+√3。
sin∠BCE=BE/BC=1/√3，D到BC距离h=CD·sin∠BCE=(3√2+√3)·(1/√3)=√6+1。
情况2：D在C、E之间
CD=CE-ED=3√2-√3，h=CD·sin∠BCE=(3√2-√3)·(1/√3)=√6-1。
当C、E、D共线时，分两种情况：
情况1：E在C、D之间
BE⊥CD（∠DEB=90°），在Rt△BCE中，CE=√(BC²-BE²)=√(27-9)=3√2，CD=CE+ED=3√2+√3。
sin∠BCE=BE/BC=1/√3，D到BC距离h=CD·sin∠BCE=(3√2+√3)·(1/√3)=√6+1。
情况2：D在C、E之间
CD=CE-ED=3√2-√3，h=CD·sin∠BCE=(3√2-√3)·(1/√3)=√6-1。
22. 如图，在菱形 $ABCD$ 中，$\angle A = 60^{\circ}$，$AB = 3$，点 $M$ 为边 $AB$ 上一点，$AM = 2$，点 $N$ 为 $AD$ 边上的一个动点，将 $\triangle AMN$ 沿 $MN$ 翻折，使点 $A$ 落在点 $P$ 处。当点 $P$ 在菱形的对角线上时，$AN$ 的长为
2或5-√13
。答案
2或5-√13
解析
分两种情况讨论：
情况一：点P在对角线AC上
设AN=x，由翻折性质知PM=AM=2，PN=AN=x。菱形ABCD中∠A=60°，AC平分∠A，∠BAC=30°。建立坐标系，A(0,0)，B(3,0)，D(3/2, (3√3)/2)，AC方程为y=(√3/3)x。设P(t, (√3/3)t)，由PM=2得√[(t-2)²+( (√3/3 t)²]=2，解得t=3（t=0舍去），则P(3,√3)。由PN=x得√[(3 - x/2)²+(√3 - (x√3)/2)²]=x，解得x=2。
情况二：点P在对角线BD上
BD为菱形另一条对角线，∠ABD=60°，BD=3。在△MBP中，MB=1，PM=2，∠MBP=60°，由余弦定理得BP=(1+√13)/2。PD=BD-BP=(5-√13)/2。在△PND中，∠PDA=60°，PN=x，ND=3-x，由余弦定理得x²=[(5-√13)/2]²+(3-x)²-2·[(5-√13)/2]·(3-x)·1/2，解得x=5-√13。
综上，AN的长为2或5-√13。
情况一：点P在对角线AC上
设AN=x，由翻折性质知PM=AM=2，PN=AN=x。菱形ABCD中∠A=60°，AC平分∠A，∠BAC=30°。建立坐标系，A(0,0)，B(3,0)，D(3/2, (3√3)/2)，AC方程为y=(√3/3)x。设P(t, (√3/3)t)，由PM=2得√[(t-2)²+( (√3/3 t)²]=2，解得t=3（t=0舍去），则P(3,√3)。由PN=x得√[(3 - x/2)²+(√3 - (x√3)/2)²]=x，解得x=2。
情况二：点P在对角线BD上
BD为菱形另一条对角线，∠ABD=60°，BD=3。在△MBP中，MB=1，PM=2，∠MBP=60°，由余弦定理得BP=(1+√13)/2。PD=BD-BP=(5-√13)/2。在△PND中，∠PDA=60°，PN=x，ND=3-x，由余弦定理得x²=[(5-√13)/2]²+(3-x)²-2·[(5-√13)/2]·(3-x)·1/2，解得x=5-√13。
综上，AN的长为2或5-√13。
23. (2025 周口三模)如图，在正方形 $ABCD$ 中，$AB = 5$，点 $E$ 在边 $AD$ 上，$AE = 3$，将线段 $AE$ 绕点 $A$ 旋转，得到线段 $AP$，连接 $BP$，$CP$，当 $\angle ABP$ 最大时，$CP$ 的长为
√17
。答案
√17
解析
以A为原点，AB为x轴，AD为y轴建立坐标系，A(0,0)，B(5,0)，C(5,5)，D(0,5)。AE=3，E(0,3)，AP=AE=3，点P在以A为圆心，3为半径的圆上：$x^2 + y^2 = 9$。
要使∠ABP最大，过B作圆A的切线，切点P即为所求（切线与圆交点时角最大）。点B(5,0)，设切线方程$y = k(x - 5)$，圆心A到切线距离为半径3，即$\frac{| -5k |}{\sqrt{k^2 + 1}} = 3$，解得$k = \pm \frac{3}{4}$。
取切线$y = -\frac{3}{4}(x - 5)$（正方形内），联立圆方程得$x = \frac{9}{5}$，$y = \frac{12}{5}$，即P$(\frac{9}{5}, \frac{12}{5})$。
$CP = \sqrt{(5 - \frac{9}{5})^2 + (5 - \frac{12}{5})^2} = \sqrt{(\frac{16}{5})^2 + (\frac{13}{5})^2} = \sqrt{17}$。
要使∠ABP最大，过B作圆A的切线，切点P即为所求（切线与圆交点时角最大）。点B(5,0)，设切线方程$y = k(x - 5)$，圆心A到切线距离为半径3，即$\frac{| -5k |}{\sqrt{k^2 + 1}} = 3$，解得$k = \pm \frac{3}{4}$。
取切线$y = -\frac{3}{4}(x - 5)$（正方形内），联立圆方程得$x = \frac{9}{5}$，$y = \frac{12}{5}$，即P$(\frac{9}{5}, \frac{12}{5})$。
$CP = \sqrt{(5 - \frac{9}{5})^2 + (5 - \frac{12}{5})^2} = \sqrt{(\frac{16}{5})^2 + (\frac{13}{5})^2} = \sqrt{17}$。
24. (2025 驻马店一模)如图，在三角形纸片 $ABC$ 中，$AC = BC = 5$，$AB = 8$，$CD$ 为 $\triangle ABC$ 的中线，沿 $CD$ 将纸片剪开，得到 $\triangle AC'D'$ 和 $\triangle BCD$，将三角形纸片 $AC'D'$ 沿直线 $DB$ 向右平移，当线段 $AC'$ 在 $\triangle BCD$ 内部的长度为 $1$ 时，$\triangle AC'D'$ 平移的距离为
8/5或32/5
。答案
8/5或32/5
解析
以D为原点，AB为x轴，CD为y轴建立坐标系。A(-4,0)，B(4,0)，C(0,3)，D(0,0)。△BCD顶点为B(4,0)，C(0,3)，D(0,0)，BC方程：y=-3/4 x+3。设平移距离为t，△AC'D'平移后顶点A''(-4+t,0)，C''(t,3)，线段A''C''方程：y=3/4(x+4-t)。
情况1：t∈[0,4)
A''在D左侧，A''C''与DC(x=0)交于M(0, 3(4-t)/4)，与BC交于N(t/2, -3t/8+3)。
MN距离：$√[(t/2)^2 + (3t/8)^2]=5t/8=1，$解得t=8/5。
情况2：t∈[4,8]
A''在DB上，A''C''与BC交于N(t/2, -3t/8+3)，A''N距离：5(8-t)/8=1，解得t=32/5。
情况1：t∈[0,4)
A''在D左侧，A''C''与DC(x=0)交于M(0, 3(4-t)/4)，与BC交于N(t/2, -3t/8+3)。
MN距离：$√[(t/2)^2 + (3t/8)^2]=5t/8=1，$解得t=8/5。
情况2：t∈[4,8]
A''在DB上，A''C''与BC交于N(t/2, -3t/8+3)，A''N距离：5(8-t)/8=1，解得t=32/5。
25. (2021 河南，15)小华用一张直角三角形纸片玩折纸游戏，如图 1，在 $Rt\triangle ABC$ 中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$\angle B = 30^{\circ}$，$AC = 1$。第一步，在 $AB$ 边上找一点 $D$，将纸片沿 $CD$ 折叠，点 $A$ 落在 $A'$ 处，如图 2；第二步，将纸片沿 $CA'$ 折叠，点 $D$ 落在 $D'$ 处，如图 3。当点 $D'$ 恰好在原直角三角形纸片的边上时，线段 $A'D'$ 的长为
$\frac{1}{2}$或$2-\sqrt{3}$
。答案
$\frac{1}{2}$或$2-\sqrt{3}$
解析
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB=90°$，$\angle B=30°$，$AC=1$，则$AB=2$，$BC=\sqrt{3}$。
情况1：$D'$在$BC$边上
设$\angle ACD=\alpha$，由折叠性质得$CA'=CA=1$，$A'D=AD$，$A'D'=A'D$。两次折叠后，通过三角函数关系求得$\alpha=30°$，$A'( \frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2})$，$D'( \frac{\sqrt{3}}{2},0)$，则$A'D'=\frac{1}{2}$。
情况2：$D'$在$AB$边上
同理，求得$\alpha=15°$，$A'( \frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，$D'(\frac{3-\sqrt{3}}{2},\frac{3-\sqrt{3}}{2})$，则$A'D'=2-\sqrt{3}$。
情况1：$D'$在$BC$边上
设$\angle ACD=\alpha$，由折叠性质得$CA'=CA=1$，$A'D=AD$，$A'D'=A'D$。两次折叠后，通过三角函数关系求得$\alpha=30°$，$A'( \frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2})$，$D'( \frac{\sqrt{3}}{2},0)$，则$A'D'=\frac{1}{2}$。
情况2：$D'$在$AB$边上
同理，求得$\alpha=15°$，$A'( \frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，$D'(\frac{3-\sqrt{3}}{2},\frac{3-\sqrt{3}}{2})$，则$A'D'=2-\sqrt{3}$。
