∴∠B=90°﹣25°=65°，

∵△CDB′由△CDB反折而成，

∴∠CB′D=∠B=65°，

∵∠CB′D是△AB′D的外角，

∴∠ADB′=∠CB′D﹣∠A=65°﹣25°=40°．

故选D．

∠1=∠2=30°，

∵∠ACD=60°，

∴∠ACB=30°+60°=90°，

∴∠CBA=75°﹣30°=45°，

∴△ABC为等腰直角三角形，

∵BC=50×0.5=25，

∴AC=BC=25（海里）．

故选D．

∵△ABC中，∠C=90°，AC=3，∠B=30°，

∴AB=6，

∴AP的长不能大于6．  故选D．

∴∠MBE=∠EBC，∠ECN=∠ECB，

∵MN∥BC，

∴∠EBC=∠MEB，∠NEC=∠ECB，w     W w .  K  b  1.c  o M

∴∠MBE=∠MEB，∠NEC=∠ECN，

∴BM=ME，EN=CN，

∴MN=ME+EN，

即MN=BM+CN．

∵BM+CN=9

∴MN=9，   故选D．

∵DE=DG，DM=DE，

∴DM=DG，

∵AD是△ABC的角平分线，DF⊥AB，

∴DF=DN，

在Rt△DEF和Rt△DMN中，

，

∴Rt△DEF≌Rt△DMN（HL），

∵△ADG和△AED的面积分别为50和39，

∴S△MDG=S△ADG﹣S△ADM=50﹣39=11，

S△DNM=S△DEF=S△MDG==5.5

故选B．

在Rt△ABC中，AC=9，BC=12，

根据勾股定理得：AB==15，

过C作CD⊥AB，交AB于点D，

又S△ABC=AC•BC=AB•CD，

∴CD===，

则点C到AB的距离是．  故选A

∴∠AEH=∠ADB=90°；

∵∠EAH+∠AHE=90°，∠DHC+∠BCH=90°，

∵∠EHA=∠DHC（对顶角相等），

∴∠EAH=∠DCH（等量代换）；

∵在△BCE和△HAE中

，

∴△AEH≌△CEB（AAS）；

∴AE=CE；

∵EH=EB=3，AE=4，

∴CH=CE﹣EH=AE﹣EH=4﹣3=1．  故选A．

∴BC=OC，BE=OE，∠B=∠COE=90°，

∴EO⊥AC，

∵O是矩形ABCD的中心，

∴OE是AC的垂直平分线，AC=2BC=2×3=6，

∴AE=CE，

在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2，即62=AB2+32，解得AB=3，

在Rt△AOE中，设OE=x，则AE=3﹣x，

AE2=AO2+OE2，即（3﹣x）2=32+x2，解得x=，

∴AE=EC=3﹣=2．

故选A．

∴A1B1=A2B1，∠3=∠4=∠12=60°，

∴∠2=120°，

∵∠MON=30°，

∴∠1=180°﹣120°﹣30°=30°，

又∵∠3=60°，

∴∠5=180°﹣60°﹣30°=90°，

∵∠MON=∠1=30°，

∴OA1=A1B1=1，

∴A2B1=1，

∵△A2B2A3、△A3B3A4是等边三角形，

∴∠11=∠10=60°，∠13=60°，

∵∠4=∠12=60°，

∴A1B1∥A2B2∥A3B3，B1A2∥B2A3，

∴∠1=∠6=∠7=30°，∠5=∠8=90°，

∴A2B2=2B1A2，B3A3=2B2A3，

∴A3B3=4B1A2=4，

A4B4=8B1A2=8，

A5B5=16B1A2=16，

以此类推：A6B6=32B1A2=32．

故选：C．

∴DB=DC=CB=3，AD⊥BC，

在Rt△ABD中，

∵AD2+BD2=AB2，

∴AD==4，

故答案为：4．

∴BC===4，

∵△ADE是△CDE翻折而成，

∴AE=CE，

∴AE+BE=BC=4，

∴△ABE的周长=AB+BC=3+4=7．

故答案为：7．

取CE中点F，连接DF．

∵等边△ABC的边长为6，AE=2，

∴CE=AC﹣AE=6﹣2=4，

∴CF=EF=AE=2，

又∵AD是BC边上的中线，

∴DF是△BCE的中位线，

∴BE=2DF，BE∥DF，

又∵E为AF的中点，

∴M为AD的中点，

∴ME是△ADF的中位线，

∴DF=2ME，

∴BE=2DF=4ME，

∴BM=BE﹣ME=4ME﹣ME=3ME，

∴BE=BM．

在直角△BDM中，BD=BC=3，DM=AD=，

∴BM==，

∴BE=．

∵EM+CM=BE

∴EM+CM的最小值为．

∴∠ACB=∠FDB=90°，

∵∠F=30°，

∴∠A=∠F=30°（同角的余角相等）．

又AB的垂直平分线DE交AC于E，

∴∠EBA=∠A=30°，

∴直角△DBE中，BE=2DE=2．

故答案是：2．

∴∠ACB=60°，∠ACD=120°，

∵CG=CD，

∴∠CDG=30°，∠FDE=150°，

∵DF=DE，

∴∠E=15°．

故答案为：15．

∴∠ABP=∠PBD，∠ACP=∠PCE，

∵PD∥AB，PE∥AC，

∴∠ABP=∠BPD，∠ACP=∠CPE，

∴∠PBD=∠BPD，∠PCE=∠CPE，

∴BD=PD，CE=PE，

∴△PDE的周长=PD+DE+PE=BD+DE+EC=BC=5cm．

答：△PDE的周长是5cm．

∵AB∥DC，

∴四边形AECB是平行四边形，

∴AB=CE，BC=AE，∠BCD=∠AED，

∵∠ADC+∠BCD=90°，DC=2AB，

∴AB=DE，∠ADC+∠AED=90°，

∴∠DAE=90°，那么AD2+AE2=DE2，

∵S1=AD2，S2=AB2=DE2，S3=BC2=AE2

∴S2=S1+S3．

第一个三角形中：OA12=1+1，S1=1×1÷2；

第二个三角形中：OA22=OA12+1=1+1+1，S2=OA1×1÷2=×1÷2；

第三个三角形中：OA32=OA22+1=1+1+1+1，S3=OA2×1÷2=×1÷2；

…

第n个三角形中：Sn=×1÷2=．

（2）求出∠DEB=90°，DE=1，根据含30度角的直角三角形性质求出即可．

∴CD=ED，∠DEA=∠C=90°，

∵在Rt△ACD和Rt△AED中

∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL）；

（2）解：∵DC=DE=1，DE⊥AB，

∴∠DEB=90°，

∵∠B=30°，

∴BD=2DE=2．

（2）根据全等三角形对应边相等可得DF=CD，然后利用勾股定理列式求出CF，再根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AF=CF，然后根据AD=AF+DF代入数据即可得解．

∴△ABD是等腰直角三角形，

∴AD=BD，

∵BE⊥AC，AD⊥BC，

∴∠CAD+∠ACD=90°，

∠CBE+∠ACD=90°，

∴∠CAD=∠CBE，

在△ADC和△BDF中，，

∴△ADC≌△BDF（ASA），

∴BF=AC，

∵AB=BC，BE⊥AC，

∴AC=2AE，

∴BF=2AE；

（2）解：∵△ADC≌△BDF，

∴DF=CD=，

在Rt△CDF中，CF===2，

∵BE⊥AC，AE=EC，

∴AF=CF=2，

∴AD=AF+DF=2+．

（2）过点P作AC的平行线，根据平行线的性质解答；

（3）根据P的不同位置，分三种情况讨论．

∵AC∥BD，∴∠PEA=∠PBD．

∵∠APB=∠PAE+∠PEA，

∴∠APB=∠PAC+∠PBD；

解法二：如图2

过点P作FP∥AC，

∴∠PAC=∠APF．

∵AC∥BD，∴FP∥BD．

∴∠FPB=∠PBD．

∴∠APB=∠APF+∠FPB

=∠PAC+∠PBD；

解法三：如图3，

∵AC∥BD，

∴∠CAB+∠ABD=180°，

∠PAC+∠PAB+∠PBA+∠PBD=180°．

又∠APB+∠PBA+∠PAB=180°，

∴∠APB=∠PAC+∠PBD．

（2）不成立．

（3）（a）

当动点P在射线BA的右侧时，结论是

∠PBD=∠PAC+∠APB．

（b）当动点P在射线BA上，

结论是∠PBD=∠PAC+∠APB．

或∠PAC=∠PBD+∠APB或∠APB=0°，

∠PAC=∠PBD（任写一个即可）．

（c）当动点P在射线BA的左侧时，

结论是∠PAC=∠APB+∠PBD．

选择（a）证明：

如图4，连接PA，连接PB交AC于M．

∵AC∥BD，

∴∠PMC=∠PBD．

又∵∠PMC=∠PAM+∠APM（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和），

∴∠PBD=∠PAC+∠APB．

选择（b）证明：如图5

∵点P在射线BA上，∴∠APB=0度．

∵AC∥BD，∴∠PBD=∠PAC．

∴∠PBD=∠PAC+∠APB

或∠PAC=∠PBD+∠APB

或∠APB=0°，∠PAC=∠PBD．

选择（c）证明：

如图6，连接PA，连接PB交AC于F

∵AC∥BD，∴∠PFA=∠PBD．

∵∠PAC=∠APF+∠PFA，

∴∠PAC=∠APB+∠PBD．

（2）根据旋转的性质得到∠PDF=60°，DP=DF，易得∠CDP=∠BDF，则可根据“SAS”可判断△DCP≌△DBF，则CP=BF，利用CP=BC﹣BP，DE=BC可得到BF+BP=DE；

（3）与（2）的证明方法一样得到△DCP≌△DBF得到CP=BF，而CP=BC+BP，则BF﹣BP=BC，所以BF﹣BP=DE．

∴∠B=60°，

∵点D是AB的中点，

∴DB=DC，

∴△DCB为等边三角形，

∵DE⊥BC，

∴DE=BC；

故答案为DE=BC．

（2）BF+BP=DE．理由如下：

∵线段DP绕点D逆时针旋转60°，得到线段DF，

∴∠PDF=60°，DP=DF，

而∠CDB=60°，

∴∠CDB﹣∠PDB=∠PDF﹣∠PDB，

∴∠CDP=∠BDF，

在△DCP和△DBF中

，

∴△DCP≌△DBF（SAS），

∴CP=BF，

而CP=BC﹣BP，

∴BF+BP=BC，

∵DE=BC，

∴BC=DE，

∴BF+BP=DE；

（3）如图，

与（2）一样可证明△DCP≌△DBF，

∴CP=BF，

而CP=BC+BP，

∴BF﹣BP=BC，

∴BF﹣BP=DE．

∴AD=AE，AB=AC，

又∵∠EAC=90°+∠CAD，∠DAB=90°+∠CAD，

∴∠DAB=∠EAC，

∵在△ADB和△AEC中

∴△ADB≌△AEC（SAS），

∴BD=CE．