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    15．如图1，已知B点坐标是（6$\sqrt{3}$，6），BA⊥x轴于A，BC⊥y轴于C，D在线段OA上，E在y轴的正半轴上，DE⊥BD，M是DE中点，且M在OB上．
    （1）点M的坐标是（2$\sqrt{3}$，2），DE=8；
    （2）小明在研究动点问题时发现，如果有两点分别在两条互相垂直的直线上做匀速运动，连接这两点所得线段的中点将在同一条直线上运动，利用这一事实解答下列问题，如图2，如果一动点F从点B出发以每秒1个单位长度的速度向点A运动，同时有一点G从点D出发以每秒$\sqrt{3}$个单位长度的速度向点O运动，点H从点E开始沿y轴正方向自由滑动，并始终保持GH=DE，P为FG的中点，Q为GH的中点，F与G两个点分别运动到各自终点时停止运动，分别求出在运动过程中点P、Q运动的路线长．
    （3）连接PQ，求当运动多少秒时，PQ最小，最小值是多少？

    分析 （1）由点B的坐标为（6$\sqrt{3}$，6），可求得∠BOA=30°，在在Rt△EOD中，由直角三角形斜边上中线的性质可知：OM=$\frac{1}{2}ED=MD$，从而可求得：∠MDO=∠BOA=30°，然后可证明∠EDO=∠DBA=30°，根据特殊锐角三角形函数值可求得AD=2$\sqrt{3}$，则OD=$\sqrt{3}$，OE=4，因为M是DE的中点，所以点M的坐标为（2$\sqrt{3}$，2），从而可求得DE=8；
    （2）根据题意画出点P、点Q运动的轨迹，当t=0时，点P的坐标为（5$\sqrt{3}$，3），当t=4时，P1的坐标为（3$\sqrt{3}$，1），然后利用两点间的距离公式可求得PP1=4，当t=6时，点P位于P2处，P1P2=$\frac{1}{2}AF=\frac{1}{2}×2=1$，P点运动的路线长PP1+P1P2=5；因为M是DE的中点，∠EOD=90°，所以OM=$\frac{1}{2}DE$=4．故此点M运动的路线为弧ME，然后根据弧长公式即可求得点M运动的路线长；
    （3）由三角形中位线的性质可知：PQ=$\frac{1}{2}$FH，所以当FH⊥y轴时，FH最小值=6$\sqrt{3}$，连接FH，设此时运动时间为t秒，则AF=6-t，DG=$\sqrt{3}t$，故此OG=（4-t）$\sqrt{3}$，在Rt△HOG中，由勾股定理得：OH2=82-3（4-t）2，因为∵OH=AF，可知：（6-t）2=64-3（4-t）2，然后即可解得时间t的值．

    解答 解：∵点B的坐标为（6$\sqrt{3}$，6），
    ∴tan∠BOA=$\frac{AB}{OA}=\frac{6}{6\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$．
    ∴∠BOA=30°．
    ∵在Rt△EOD中，点M是ED的中点，
    ∴OM=$\frac{1}{2}ED=MD$．
    ∴∠MDO=∠BOA=30°，
    ∵BD⊥ED，
    ∴∠EDB=90°．
    ∴∠EDO+∠BDA=90°．
    ∵∠BDA+∠DBA=90°，
    ∴∠EDO=∠DBA=30°
    ∴AD=AB•tan30°=6×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=2$\sqrt{3}$．
    ∴OD=6$\sqrt{3}-2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$．
    ∴OE=ODtan30°=4$\sqrt{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=4．
    ∵M是DE的中点，
    ∴点M的坐标为（2$\sqrt{3}$，2）．
    ∵$\frac{OD}{DE}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，即$\frac{4\sqrt{3}}{DE}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
    ∴DE=8．
    （2）根据题意画出点P、点Q运动的轨迹．

    OD=4$\sqrt{3}$，点D的运动时间=$\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{3}}$=4秒；
    点F运动的时间=6÷1=6秒；
    ∵点P是BD的中点，
    ∴点P的坐标为（$\frac{4\sqrt{3}+6\sqrt{3}}{2}$，$\frac{0+6}{3}$）即点P的坐标为（5$\sqrt{3}$，3），P1的坐标为（3$\sqrt{3}$，1）
    ∴PP1=$\sqrt{（3-1）^{2}+（5\sqrt{3}-3\sqrt{3}）^{2}}$=$\sqrt{16}=4$，
    P1P2=$\frac{1}{2}AF=\frac{1}{2}×2=1$
    P点运动的路线长PP1+P1P2=5；
    ∵M是DE的中点，∠EOD=90°
    ∴OM=$\frac{1}{2}DE$=$\frac{1}{2}×8=4$．
    ∴点M运动的路线为弧ME．
    ∵∠BOA=30°，
    ∴∠EOM=60°．
    ∴点M运动的路线长=$\frac{60}{360}×2×π×4$=$\frac{4}{3}π$．
    ∵GH=DE，
    ∴点G运动的路线长为：$\frac{4}{3}π$．
    （3）∵点P、Q分别为FG和GH的中点，
    ∴PQ=$\frac{1}{2}$FH．
    ∴当FH最小时，PQ最小，
    当FH⊥y轴时，FH最小值=6$\sqrt{3}$，
    如图2，连接FH．

    设此时运动时间为t秒，则AF=6-t，DG=$\sqrt{3}t$
    ∴OG=（4-t）$\sqrt{3}$，
    在Rt△HOG中，由勾股定理得：OH2=GH2-OG2
    ∴OH2=82-3（4-t）2．
    ∵OH=AF，
    ∴（6-t）2=64-3（4-t）2．
    解得：${t}_{1}=\frac{9-\sqrt{61}}{2}$，${t}_{2}=\frac{9+\sqrt{61}}{2}$（舍去）
    ∴当运动时间为$\frac{9-\sqrt{61}}{2}$秒时，PQ最小值=3$\sqrt{3}$．

    点评 本题主要考查的是四边形、三角形、锐角三角函数、一元二次方程的综合应用，作出点P和点Q运动的轨迹是解题的关键．

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    4．化简：
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    3．如图1，四边形ABCD中，AB∥CD，AB=a，CD=b（a≠b），点E、F分别是AD、BC上的点，且EF∥AB，设EF到CD、AB的距离分别为d1、d2．
    [初步尝试]
    小亮同学在对这一图形进行研究时，发现如下事实：
    （1）当$\frac{{d}_{1}}{{d}_{2}}$=$\frac{1}{1}$时，有EF=$\frac{a+b}{2}$；
    （2）当$\frac{{d}_{1}}{{d}_{2}}$=$\frac{1}{2}$时，有EF=$\frac{a+2b}{3}$．
    该同学思考研究（2）的过程如下：
    作DG∥BC，交AB于G，作DM⊥AB于点M，交EF于点N．
    显然HF=CD=b，AG=AB-CD=a-b．
    易证，△DEH∽△DAG，可得$\frac{DN}{DM}$=$\frac{EH}{AG}$，
    即，$\frac{{d}_{1}}{{d}_{1}{+d}_{2}}$=$\frac{EH}{a-b}$
    而由$\frac{{d}_{1}}{{d}_{2}}$=$\frac{1}{2}$，得$\frac{{d}_{1}}{{d}_{1}{+d}_{2}}$=$\frac{1}{1+2}$=$\frac{1}{3}$，
    代入上式，则$\frac{1}{3}$=$\frac{EH}{a-b}$．
    解得EH=$\frac{1}{3}$（a-b）
    ∴EF=EH+HF=b+$\frac{1}{3}$（a-b）=$\frac{a+2b}{3}$
    [类比发现]
    沿用上述图形和已知条件，请自主完成进一步的研究发现：
    当$\frac{{d}_{1}}{{d}_{2}}$=$\frac{2}{1}$时，EF=$\frac{2a+b}{3}$；
    当$\frac{{d}_{1}}{{d}_{2}}$=$\frac{3}{1}$时，EF=$\frac{3a+b}{4}$；
    当$\frac{{d}_{1}}{{d}_{2}}$=$\frac{1}{n}$时，EF=$\frac{a+nb}{n+1}$；
    当$\frac{{d}_{1}}{{d}_{2}}$=$\frac{m}{1}$时，EF=$\frac{ma+b}{m+1}$．（其中m、n均为正整数，下同）
    [推广证明]
    当$\frac{{d}_{1}}{{d}_{2}}$=$\frac{m}{n}$时，EF=$\frac{ma+nb}{m+n}$；
    请证明你的结论．
    [实际应用]
    请结合所给情景，创设一个需要采用下面的全部信息求解的问题．
    [情景]
    如图2，有一块四边形耕地ABCD，AD∥BC，AD=100米，BC=300米，AB=500米，在AB上取点E，使AE=200米，以点E处为起点开挖平行于两底的水渠EF，与CD边相交于点F．
    [问题]
    水渠EF的长为多少米？（提问即可，不必求解）

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    10．重庆是一座美丽的山坡，某中学依山而建，校门A处，有一斜坡AB，长度为13米，在坡顶B处看教学楼CF的楼顶C的仰角∠CBF=53°，离B点4米远的E处有一花台，在E处仰望C的仰角∠CEF=63.4°，CF的延长线交校门处的水平面于D点，FD=5米．
    （1）求斜坡AB的坡度i．
    （2）求DC的长．
    （参考数据：tan53°≈$\frac{4}{3}$，tan63.4°≈2）

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    20．如图，点O在∠APB的平分线上，⊙O与PA相切于点C．
    （1）求证：直线PB与⊙O相切；
    （2）PO的延长线与⊙O交于点E，若⊙O的半径为15，PC=20，求弦CE的长．

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    （1）求C，D坐标；
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    4．化简求值：（x-y）2+（x-y）（x+3y），其中x=1，y=-1．

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    5．将抛物线y=-$\frac{1}{2}$x2先向右平移1个单位，再绕顶点旋转180°，所得抛物线的解析式是y=$\frac{1}{2}$（x-1）2．

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