备考2021年九年级中考数学复习满分突破训练：几何专项——《相似综合》(一)

几何专项——《相似综合》（一）

1．在矩形ABCD中，点E在边BC上，连接AE．

（1）如图①，当矩形ABCD为正方形时，将△ABE沿AE翻折得到△AFE，连接EF并延长交边CD于点G，连接AG．求证：GE＝BE+DG；

（2）如图②，在矩形ABCD的边CD上取一点G，连接AG，使∠EAG＝45°． ①若AB＝3，AD＝4，DG＝1，则BE＝ （直接填空）；

②过点G作GH∥BC，交AE于点H，如图③．若AD＝mAB（m＞1），请直接写出线段GH、BE、DG之间的数量关系．

2．阅读材料：三角形的三条中线必交于一点，这个交点称为三角形的重心．

（1）特例感知：如图（一），已知边长为2的等边△ABC的重心为点O，求△OBC与△ABC的面积．

（2）性质探究：如图（二），已知△ABC的重心为点O，请判断定值？如果是，分别求出这两个定值；如果不是，请说明理由．

、

是否都为

（3）性质应用：如图（三），在正方形ABCD中，点E是CD的中点，连接BE交对角线AC于点M．

①若正方形ABCD的边长为4，求EM的长度； ②若S△CME＝1，求正方形ABCD的面积．

3．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，E是射线DC上的点，连接AE，将△ADE沿直线AE翻折得△AFE．

（1）如图①，点F恰好在BC上，求证：△ABF∽△FCE；

（2）如图②，点F在矩形ABCD内，连接CF，若DE＝1，求△EFC的面积； （3）若以点E、F、C为顶点的三角形是直角三角形，则DE的长为 ．

4．已知，如图，AD为Rt△ABC斜边BC上的高，点E为DA延长线上一点，连接BE，过点C作CF⊥BE于点F，交AB，AD于M，N两点，线段BF与EF的长度刚好是关于y的一元二次方程5y2﹣16ky+10k2+5＝0的两个实数根． （1）若∠E＝∠ACF，求证：AM＝AN； （2）若AN＝14n，DN＝9n，求DE的长；

（3）在（1）的条件下，若S△AMN：S△ABE＝9：，求BC的长．

5．如图1，在直角梯形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，点P为DC上一点，且AP＝AB，过点C作CE⊥BP交直线BP于E． （1）若

＝，求证：BP＝CE；

（2）若AB＝BC，

①如图2，当点P与E重合时，求

的值；

＝时，则

＝ ．

②如图3，设∠DAP的平分线AF交直线BP于F，当

6．如图1，在菱形ABCD中，AB＝

，∠BCD＝120°，M为对角线BD上一点（M不与

点B、D重合），过点MN∥CD，使得MN＝CD，连接CM、AM、BN． （1）当∠DCM＝30°时，求DM的长度；

（2）如图2，延长BN、DC交于点E，求证：AM•DE＝BE•CD；

（3）如图3，连接AN，则AM+AN的最小值

是 ．

7．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝BD＝10，CD＝4，AD＝6．点P是线段BD上的动点，点E、Q分别是线段DA、BD上的点，且DE＝DQ＝BP，联结EP、EQ．

（1）求证：EQ∥DC；

（2）当BP＞BQ时，如果△EPQ是以EQ为腰的等腰三角形，求线段BP的长； （3）当BP＝m（0＜m＜5）时，求∠PEQ的正切值．（用含m的式子表示）

8．已知正方形ABCD和等腰Rt△BEF，直角顶点E在边BC上，G为DF的中点 （1）求证：△BGF是等腰三角形（图1） （2）延长CG交BD于M，连ME、CF，求

的值（图2）．

，BF

（3）延长FB到H使FB＝BH，HG交BD于O，N点是OD的中点，若NG＝＝6，求AB的长．（图3）

9．在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝20，BC＝12．

（1）如图1，折叠△ABC使点A落在AC边上的点D处，折痕交AC、AB分别于Q、H，若S△ABC＝9S△DHQ，则HQ＝ ．

AB分别于E、F．（2）如图2，折叠△ABC使点A落在BC边上的点M处，折痕交AC、若FM∥AC，求证：四边形AEMF是菱形；

（3）在（1）（2）的条件下，线段CQ上是否存在点P，使得△CMP和△HQP相似？若存在，求出PQ的长；若不存在，请说明理由．

10．如图①，已知等边△ABC，将直角三角板的60°角顶点D任意放在BC边上（点D不与点B、C重合），使两边分别交线段AB、AC于点E、F． （1）若AB＝6，AE＝4，BD＝2，则CF＝ ； （2）求证：△EBD∽△DCF．

（3）若将图②中的三角板的顶点D在BC边上移动，保持三角板与边AB、AC的两个交点E、F都存在，连接EF，如图②所示，问：点D是否存在某一位置，使ED平分∠BEF且FD平分∠CFE？若存在，求出

的值；若不存在，请说明理由．

参

1．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠B＝∠D，

由折叠知，EF＝BE，AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°， ∴AD＝AF，∠AFG＝∠D，

∵AG＝AG，∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL）， ∴FG＝DG，

∴GE＝FG+EF＝DG+BE；

（2）①如图②，

在AD上取一点N，使AN＝AB＝3， ∴DN＝AD﹣AN＝1，

过点N作NP⊥BC于P，角AG于M，连接EM， 则四边形AMPN是正方形，

∴∠BPN＝90°，BP＝AN＝3，PN＝AB＝3，PN∥AB∥CD， ∴△AMN∽△AGD， ∴∴

， ，

∴MN＝，

∴PM＝PN﹣MN＝3﹣＝， 延长EB至M'，使BM'＝MN， ∴△ABM'≌△ANM（SAS）， ∴AM'＝AM，∠BAM'＝∠NAM，

∴∠EAM'＝∠BAM'+∠BAE＝∠NAM+∠BAE＝90°﹣∠EAG＝45°＝∠EAM， ∵AE＝AE，

∴△AEM'≌△AEM（SAS）， ∴EM'＝EM，

∵EM'＝BM'+BE＝MN+BE，

∴EM＝MN+BE＝+BE，

在Rt△EPM中，PE＝BP﹣BE＝3﹣BE， 根据勾股定理得，EM2＝PE2+PM2， ∴（+BE）2＝（3﹣BE）2+（）2， ∴BE＝， 故答案为：；

②如图③，

在AD上取一点N使AN＝AB，过点N作NP⊥NC于P，交GH与M，连接EM， 同①的方法得，PE＝AB﹣BE，MN＝∴PM＝PN﹣MN＝AB﹣DG，

同①的方法得，EM＝BE+MN＝BE+DG，

在Rt△MPE中，根据勾股定理得，EM2＝PE2+PM2， ∴（BE+DG）2＝（AB﹣BE）2+（AB﹣DG）2， ∴（AB+BE）•DG＝mAB•（AB﹣BE）， 延长GH交AB于Q，

∵HG∥AD∥BC，则四边形AQGD为矩形， ∴AQ＝DG，QG＝AD， ∵HG∥BC， ∴△AQH∽△ABE， ∴∴∴QH＝∵AD＝mAB，

∴GH﹣DG＝QG﹣QH﹣DG

， ，

，

•DG＝DG，

＝AD﹣＝mAB﹣＝mAB﹣

•BE﹣DG

＝mAB﹣m（AB﹣BE） ＝mBE，

即GH﹣DG＝mBE．

2．解：（1）连接DE，如图一， ∵点O是△ABC的重心，

∴AD，BE是BC，AC边上的中线， ∴D，E为BC，AC边上的中点， ∴DE为△ABC的中位线， ∴DE∥AB，DE＝AB， ∴△ODE∽△OAB， ∴

＝，

∵AB＝2，BD＝1，∠ADB＝90°， ∴AD＝

，OD＝

，

∴，＝；

（2）由（1）同理可得，，是定值；

点O到BC的距离和点A到BC的距离之比为1：3，

则△OBC和△ABC的面积之比等于点O到BC的距离和点A到BC的距离之比， 故

＝，是定值；

（3）①连接BD交AC于点O，

∵点O为BD的中点，点E为CD的中点， ∴点M是△BCD的重心， ∴

＝，

∵E为CD的中点， ∴∴即

；

，

，

，

②∵S△CME＝1，且∴S△BMC＝2， ∵

，

∴

∴S△AMB＝4，

，

∴S△ABC＝S△BMC+S△ABM＝2+4＝6， 又S△ADC＝S△ABC， ∴S△ADC＝6，

∴正方形ABCD的面积为：6+6＝12．

3．（1）解：在矩形ABCD中，∠B＝∠C＝∠D＝90°， 由折叠可得：∠D＝∠EFA＝90°， ∵∠EFA＝∠C＝90°，

∴∠CEF+∠CFE＝∠CFE+∠AFB＝90°， ∴∠CEF＝∠AFB， 在△ABF和△FCE中

∵∠AFB＝∠CEF，∠B＝∠C＝90°， ∴△ABF∽△FCE；

（2）解：如图1，

过点F作FG⊥DC交DC于点G，FH⊥AB于点H，则∠EGF＝∠AHF＝90° 在矩形ABCD中，∠D＝90°，

由折叠可得：∠D＝∠EFA＝90°，DE＝EF＝1，AD＝AF＝5 ∵∠EGF＝∠EFA＝90°，

∴∠GEF+∠GFE＝∠AFH+∠GFE＝90°， ∴∠GEF＝∠AFH， 在△FGE和△AHF中，

∵∠GEF＝∠AFH，∠EGF＝∠FHA＝90°， ∴△FGE∽△AHF，

∴＝， ，

∴＝

∴AH＝5GF，

在Rt△AHF中，∠AHF＝90°， ∵AH2+FH2＝AF2，

∴（5GF）2+（5﹣GF）2＝52， ∴GF＝

，

×2＝

；

∴△EFC的面积为×

（3）解：设DE＝x，

∵以点E、F、C为顶点的三角形是直角三角形， ∴①当点E在线段CD上时，∠DAE＜45°， ∴∠AED＞45°，由折叠知，∠AEF＝∠AED＞45°， ∴∠DEF＝∠AED+∠AEF＞90°， ∴∠CEF＜90°，

∴只有∠EFC＝90°或∠ECF＝90°， Ⅰ、当∠EFC＝90°时，如图2， 由折叠知，∠AFE＝∠D＝90°， ∴∠AFE+∠EFC＝90°， ∴点A，F，C在同一条线上， 即：点F在矩形的对角线AC上， 在Rt△ACD中，AD＝5，CD＝AB＝3， 根据勾股定理得，AC＝

，

由折叠知，EF＝DE＝x，AF＝AD＝5， ∴CF＝AC﹣AF＝

﹣5，

在Rt△ECF中，EF2+CF2＝CE2， ∴x2+（∴x＝

﹣5）2＝（3﹣x）2，

，

即：DE＝

；

Ⅱ、当∠ECF＝90°时，如图3，点F在BC上，由折叠知，EF＝DE＝x，AF＝AD＝5，在Rt△ABF中，根据勾股定理得，BF＝∴CF＝BC﹣BF＝1，

在Rt△ECF中，根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2， ∴（3﹣x）2+12＝x2， ∴x＝， 即：DE＝；

②当点E在DC延长线上时，CF在∠AFE内部，而∠AFE＝90°， ∴∠CFE＜90°，

∴只有∠CEF＝90°或∠ECF＝90°， Ⅰ、当∠CEF＝90°时，如图4，

由折叠知，AD＝AF＝5，∠AFE＝90°＝∠D＝∠CEF， ∴四边形AFED是正方形， ∴DE＝AF＝5；

Ⅱ、当∠DCF＝90°时，如图5， ∵∠ABC＝∠BCD＝90°， ∴点F在CB的延长线上， ∴∠ABF＝90°，

由折叠知，EF＝DE＝x，AF＝AD＝5， 在Rt△ABF中，根据勾股定理得，BF＝∴CF＝BC+BF＝9，

在Rt△ECF中，根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2， ∴（x﹣3）2+92＝x2， ∴x＝15，

＝4， ＝4，

即：DE＝15， 综上所述，DE的长为故答案为

或或5或15，

或或5或15，

4．（1）证明：∵AD⊥CB， ∴∠ADB＝∠ADC＝90°，

∴∠DBE+∠E＝90°，∠ACF＝∠E， ∴∠DBE+∠ACF＝90°， ∵CF⊥BE， ∴∠BFC＝90°， ∴∠DBE+∠DCN＝90°， ∴∠ACF＝∠DCN， ∵∠ADC＝∠BAC＝90°，

∴∠CAD+∠ACD＝90°，∠CBA+∠ACD＝90°， ∴∠CAD＝∠CBA，

∵∠ANM＝∠ACF+∠CAD＝∠DCN+∠CBA＝∠AMN， ∴AM＝AN；

（2）∵AD⊥BC，

∴∠ADC＝∠ADB＝90°， ∴∠DBA+∠BAD＝90°， ∵∠BCA＝90°， ∴∠DAC+∠BAD＝90°， ∴∠DAC＝∠DBA， ∴△ADC∽△BDA， ∴

，

∴AD2＝BD•DC， ∵CF⊥BE，

∴∠FCB+∠EBD＝90°， ∵∠EBD+∠E＝90°， ∴∠FCB＝∠E， ∴△EBD∽△CND， ∴

，

∴BD•DC＝ED•DN， ∴AD2＝ED•DN， ∵AN＝14n，DN＝9n， ∴AD＝DN+AN＝23n， ∴（23n）2＝9n•DE， ∴DE＝

（3）解：如图， ∵∠BFC＝90°， ∴∠ABE+∠BMF＝90°， ∵∠BMF＝∠AMC， ∴∠ABE+∠AMC＝90°， ∵∠BAC＝90°，

∴∠ACF+∠AMC＝90°，∠ACF＝∠ABE， ∵∠ACF＝∠E，

；

∴∠ABE＝∠E， ∴AB＝AE

过点M作MG⊥AN于点G， ∵BD⊥AD， ∴MG∥BD， ∴△AMG∽△ABD， ∴

＝

，

∴＝＝＝＝＝，

∴∴∴

＝， ＝

＝，，

＝，

过点A作AH⊥EF于点H， ∵CF⊥BE， ∴AH∥FN， ∴

＝

＝，

设EH＝8a，则FH＝3a， ∵AE＝AB，AH⊥BE， ∴BH＝HE＝8a，

∴BF＝BH﹣FH＝5a，EF＝HE+FH＝11a

，

∵线段BF与EF的长度刚好是关于y的一元二次方程5y2﹣16ky+10k2+5＝0的两个实数根．

由根与系数关系得，

解得：a＝±，

∵a＞0，a＝∴BF＝

，

，

由（1）知，∠ACM＝∠MCB，∠DAC＝∠DBA， ∴△ACN∽△BCM， ∴

＝

＝

＝，

设AC＝3b，则BC＝5b，

在Rt△ABC中，根据勾股定理得，AB＝4b， ∴AM＝AM＝AB＝

，

，

在Rt△ACM中，根据勾股定理得，MC＝∵∠ACM＝∠FCB，∠CAM＝∠CFB＝90°， ∴△ACM∽△FCB， ∴

，

∴，

∴BC＝5．

5．解：（1）如图1， 过点A作AG⊥PB于G， ∵CE⊥BP，

∴∠AGB＝∠BEC＝90°， ∴∠BAG+∠ABG＝90°，

∵∠ABC＝90°， ∴∠ABG+∠CBE＝90°， ∴∠BAG＝∠CBE， ∴△ABG∽△BCE， ∴

＝

＝，

∴BG＝CE， ∵AB＝AP，AG⊥PB， ∴BG＝PG＝BP， ∴BP＝CE；

（2）①如图2，

过点A作AG⊥BP于，延长BP、AD交于点H， ∵CE⊥BP，

∴∠AGB＝∠BPC＝90°， ∴∠BAG+∠ABG＝90°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠ABG+∠CBP＝90°， ∴∠BAG＝∠CBP， ∵AB＝BC，

∴△ABG≌△BCP（AAS）， ∴AG＝BP，BG＝CP， ∵AB＝AP，AG⊥PB， ∴BG＝PG＝BP， ∴CP＝BG＝PG，

设PC＝BG＝PG＝a，则AG＝BP＝2a， ∵AD∥BC， ∴∠CBP＝∠H，

∵∠BPC＝∠AGH＝90°，

∴△BPC∽△HGA， ∴∴

， ，

∴GH＝4a， ∴PH＝3a， ∵DH∥BC， ∴△DPH∽△CPB， ∴

②如图3， ∵AD∥BC， ∴∠CBE＝∠H， ∴△DPH∽△CPB， ∴∵ ∴

，设BP＝4m，PH＝7m， ， ＝，

；

∵AB＝AP，AG⊥PB， ∴BG＝PG＝BP＝2m， ∴HG＝PG+PH＝9m，

由①知，△ABG≌△BCE（AAS）， ∴∠CBE＝∠BAG，BG＝CE， ∴CE＝BG＝PG＝2m，

∵∠CBE＝∠H，∠CBE＝∠BAG， ∴△ABG∽△HAG， ∴

，

∴，

∴AG2＝18m2， ∴AG＝3

m，

∴∠PAG＝∠BAC， ∵AF是∠DAP的角平分线， ∴∠PAF＝∠DAP， ∵∠BAC+∠DAP＝90°， ∴∠PAG+∠PAF＝45°， ∴∠GAF＝45°， ∵∠AGP＝90°，

∴△AGF是等腰直角三角形， ∴AF＝∴

＝

AG＝6m， ＝3，

故答案为：3．

6．解：（1）如图1，连接AC交BD于O， ∵四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，BD＝2OB，CD＝BC＝AB＝∵∠BCD＝120°， ∴∠CBD＝30°， ∴OC＝BC＝∴OB＝

，

，

OC＝，

∴BD＝3，

∵∠BCD＝120°，∠DCM＝30°， ∴∠BCM＝90°， ∴CM＝

BC＝1，

∴BM＝2CM＝2， ∴DM＝BD﹣BM＝1；

（2）∵四边形ABCD是菱形， ∴AB∥CD，AB＝CD， ∵MN∥CD，MN＝CD， ∴AB∥MN，AB＝MN， ∴四边形ABNM是平行四边形， ∴AM∥BN， ∴∠AMB＝∠EBD， ∵AB∥CD， ∴∠ABM＝∠EDB， ∴△ABM∽△EDB，

∴，

∴AM•DE＝BE•AB， ∵AB＝CD， ∴AM•DE＝BE•CD；

（3）如图2，∵四边形ABCD是菱形， ∴∠ABD＝∠ABC，CD∥AB， ∵∠BCD＝120°， ∴∠ABC＝60°， ∴∠ABD＝30°，

连接CN并延长交AB的延长线于P， ∵CD∥MN，CD＝MN， ∴四边形CDMN是平行四边形，

∴当点M从点D向B运动时，点N从点C向点P运动（点N的运动轨迹是线段CP），∠APC＝∠ABD＝30°，

由（2）知，四边形ABNM是平行四边形， ∴AM＝BN， ∴AM+AN＝AN+BN，

而AM+AN最小，即：AN+BN最小，

作点B关于CP的对称点B'，当点A，N，B'在同一条线上时，AN+BN最小， 即：AM+AN的最小值为AB'， 连接BB'，B'P，

由对称得，BP＝B'P＝AB＝∴△BB'P是等边三角形， B'P过点B'作B'Q⊥BP于Q， ∴BQ＝B'P＝∴B'Q＝

，

，∠BPB'＝2∠APC＝60°，

BQ＝，

，

∴AQ＝AB+BQ＝

在Rt△AQB'中，根据勾股定理得，AB'＝即：AM+AN的最小值为3， 故答案为3．

＝3，

7．解：（1）∵AD∥BC， ∴∠EDQ＝∠DBC， ∵DE＝DQ，BD＝BC， ∴∴

，，

＝1，

∴△DEQ∽△BCD， ∴∠DQE＝∠BDC， ∴EQ∥CD；

（2）设BP＝x，则DQ＝x，QP＝2x﹣10， ∵△DEQ∽△BCD， ∴∴

， ，

∴EQ＝x，

∵△EPQ是以EQ为腰的等腰三角形， ∴Ⅰ、当EQ＝EP时，∴∠EQP＝∠EPQ， ∵DE＝DQ，

∴∠EQP＝∠QED， ∴∠EPQ＝∠QED， ∴△EQP∽△DEQ， ∴

，

∴EQ2＝DE•QP，

∴（x）2＝（2x﹣10）•x， 解得，x＝0（舍）或x＝即：BP＝

，

＞6，

＜6，

Ⅱ、当QE＝QP时，x＝2x﹣10，解得，x＝此种情况不存在， 即：BP＝

；

（3）如图，过点P作PH⊥EQ，交EQ的延长线于点H，过点B作BG⊥DC，垂足为点G，

∵BD＝BC，BG⊥DC， ∴DG＝2，BG＝4∵BP＝DQ＝m， ∴PQ＝10﹣2m， ∵EQ∥DC， ∴∠PQH＝∠BDG， ∵∠PHQ＝∠BGD＝90°， ∴△PHQ∽△BGD， ∴∴

＝

，

，

，PH＝

＝2， ＝

＝2

﹣

m．

，

，

∴HQ＝∴EH＝∴tan∠PEQ＝

8．解：（1）如图1，

连接EG并延长交CD于H，连接CG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD＝90°，

∵△BEF是等腰直角三角形， ∴∠BEF＝∠CEF＝90°， ∴∠CEF＝∠BCD＝90°， ∴EF∥CD， ∴∠EFG＝∠HDG， ∵点G是DF的中点， ∴FG＝DG，

在△EFG和△HDG中，∴△EFG≌△HDG（ASA）， ∴EG＝HG， ∵∠BCD＝90°， ∴CG＝EG，CG⊥EH， ∴△CGE是等腰直角三角形， ∴∠GEC＝45°，

∴∠BEG＝135°，∠FEG＝∠CEF+∠CEG＝135°， ∴∠BEF＝∠FEG， 在△BEG和△FEG中，∴△BEG≌△FEG（SAS）， ∴BG＝FG，

∴△BGF是等腰三角形；

， ，

（2）如图2，连接EG并延长交CD于H，设BE＝EF＝a，CE＝b， 在Rt△CEF中，CF＝

，

由（1）知，△CEG是等腰直角三角形， ∴CG＝EG＝

b，

由（1）知，△EFG≌△HDG（ASA）， ∴EF＝DH， ∵BE＝EF， ∴BE＝DH， ∵BC＝CD， ∴CE＝CH， ∴EH∥BD，

∴∠BMC＝∠EGC＝90°，

在Rt△BMC中，BC＝BE+CE＝a+b， ∴CM＝

（a+b），

a， b，MG＝×

a， ，

∴MG＝CM﹣CG＝在Rt△MEG中，EG＝∴ME＝

＝

∴＝＝；

（3）如图3，

过点G作GP∥FB交BD于P， ∵点G是DF的中点，

∴点P是BD的中点，PG＝BF＝3， ∵BD是正方形ABCD的对角线， ∴∠CBD＝45°，

∵∠EBF＝45°， ∴∠DBF＝90°， ∵PG∥BF，

∴∠DPG＝∠DBF＝90°， 在Rt△NPG中，NG＝∴PN＝2， ∵PG∥BF， ∴△POG∽△BOH， ∴

，

，PG＝3，

∵BH＝BF， ∴

，

设OP＝x，则OB＝2x， ∴BP＝OP+OB＝3x， ∴DP＝3x， ∵N是OD的中点， ∴DN＝ON＝OP+PN＝x+2， ∴DP＝PN+DN＝2+x+2＝x+4， ∴3x＝x+4， ∴x＝2，

∴BD＝2DP＝6x＝12，

在等腰直角三角形ABD中，BD＝12， ∴AB＝6

．

9．解：（1）如图1中，

在△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝20，BC＝12， ∴AC＝∵HQ∥BC， ∴∴

＝

， ，

＝16，设HQ＝x，

∴AQ＝x， ∵S△ABC＝9S△DHQ，

∴×16×12＝9××x×x， ∴x＝4或﹣4（舍弃）， ∴HQ＝4，

故答案为4．

（2）如图2中，

由翻折不变性可知：AE＝EM，AF＝FM，∠AFE＝∠MFE， ∵FM∥AC， ∴∠AEF＝∠MFE， ∴∠AEF＝∠AFE， ∴AE＝AF，

∴AE＝AF＝MF＝ME， ∴四边形AEMF是菱形．

（3）如图3中，

设AE＝EM＝FM＝AF＝4m，则BM＝3m，FB＝5m， ∴4m+5m＝20， ∴m＝

，

，

∴AE＝EM＝

∴EC＝AC﹣AE＝16﹣∴CM＝∵QH＝4，AQ＝∴QC＝当

＝

＝，

＝，

，

，设PQ＝x，

时，△HQP∽△MCP，

∴，

解得：x＝当

＝

，

时，△HQP∽△PCM，

∴

解得：x＝8或，

经检验：x＝8或是分式方程的解，且符合题意， 综上所述，满足条件长QP的值为

或8或．

10．（1）解：∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC＝6，∠B＝∠C＝60°． ∵AE＝4， ∴BE＝2， 则BE＝BD，

∴△BDE是等边三角形， ∴∠BED＝60°， 又∵∠EDF＝60°， ∴∠EDB＝∠B＝60°．

∴∠CDF＝180°﹣∠EDF﹣∠B＝60°， 则∠CDF＝∠C＝60°， ∴△CDF是等边三角形，

∴CF＝CD＝BC﹣BD＝6﹣2＝4． 故答案是：4；

（2）证明：如图①，∵∠EDF＝60°，∠B＝60°， ∴∠CDF+BDE＝120°，∠BED+∠BDE＝120°， ∴∠BED＝∠CDF． 又∠B＝∠C＝60°， ∴△EBD∽△DCF；

（3）存在，如图②，过D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，垂足分别是M、G、N，

∵ED平分∠BEF，且FD平分∠CFE． ∴DM＝DG＝DN．

又∠B＝∠C＝60°，∠BMD＝∠CND＝90°， ∴△BDM≌△CDN（AAS）， ∴BD＝CD，即点D是BC的中点， ∴

．