第43页 - 江苏版启东中学作业本八年级数学（上下册）

$\sqrt {10}$

$\frac {60}{13}$

$(1)$证明：∵四边形$ABCD$是矩形

∴$AC=BD$，$BC//AD$，即$BC//DE $

又∵$CE//BD$

∴四边形$DECB$是平行四边形

∴$BD=CE$，∴$AC=CE$

$(2)$解：∵四边形$ABCD$是矩形

∴$∠ADC=90°$，$CO=DO=\frac {1}{2}AC$

∴$∠EDC=180°-∠ADC=90°$

在$Rt△EDC$中，$DE=9$，$CD=12$

∴$CE=\sqrt {DE²+CD²}= \sqrt {9²+12²}=15$

由$(1)$知，$AC=CE=15$

∴$C_{△COD}=CO+DO+CD=\frac {1}{2}AC+\frac {1}{2}AC+CD$

$=AC+CD=15+12=27$

解：$(1)$∵在矩形$ABCD$中，$AB=6$，$AD=8$，$ ∠ADC=90°$

∴$DC=AB=6$，$AC=\sqrt {AD^2+DC^2}=10$

若$△PCD$是等腰三角形，则分以下$3$种情况：

$①$当$CP=CD$时，$AP=AC-CP=10-6=4$

$②$当$PD=PC$时，$∠PDC=∠PCD$

∵$∠PCD+∠PAD=∠PDC+∠PDA=90°$，∴$∠PAD=∠PDA$

∴$PD=PA$，∴$PA=PC$

∴$AP=\frac {1}{2}AC=5$

$③$当$DP=DC$时，如图①，过点$D$作$DQ⊥AC$于点$Q$，则$PQ=CQ$

∵$S_{△ADC}=\frac {1}{2}AD·DC=\frac {1}{2}AC·DQ$

∴$DQ=\frac {AD·DC}{AC}=\frac {24}{5}$

∴$CQ=\sqrt {DC^2-DQ^2}=\frac {18}{5}$

∴$PC=2CQ=\frac {36}{5}$

∴$AP=AC-PC=10-\frac {36}{5}=\frac {14}{5}$

综上所述，$AP $的长为$4$或$5$或$\frac {14}{5}$

$(2)CF⊥AC$

理由如下：如图②，连接$PF$、$DE$交于点$O$，连接$OC$

∵四边形$ABCD$是矩形，∴$∠BCD=90°$

∵四边形$PEFD$是矩形，∴$OE=OD$，∴$OC=\frac {1}{2}ED$

∵在矩形$PEFD$中，$PF=DE$，∴$OC=\frac {1}{2}PF$

∵$OP=OF=\frac {1}{2}PF$，∴$OC=OP=OF$

∴$∠OCF=∠OFC$，$∠OCP=∠OPC$

∵$∠OPC+∠OFC+∠PCF=180°$

∴$2∠OCP+2∠OCF=180°$，∴$∠OCP+∠OCF=90°$

∴$∠PCF=90°$，∴$CF⊥AC$

解：$(1)$如图$①$，∵点$B$关于直线$AP $的对称点是$E$

∴$AE=AB=5$，$PE=PB=2$，$∠AEP=∠B$

∵四边形$ABCD$是矩形，∴$∠B=90°$，$AD//BC$

∴$∠AEP=90°$，$∠BPA=∠DAP$

∴$∠AED=90°$，$∠DAP=∠DPA$，∴$DA=DP$

在$Rt△ADE$中，设$AD=PD=x$

∴$DE=x-2$，$AE=5$

∴$(x-2)²+5²=x²$，解得$x=\frac {29}{4}$，即$AD$的长为$\frac {29}{4}$

$(2)$当点$E$位于直线$AD$上方且到$AD$距离为$3$时，如图②

过点$E$作$GH⊥AD$，交$BC$于点$G$，交$AD$于点$H$

在$Rt△AEH$中，$AE=5$，$EH=3$，∴$AH=4$

在$Rt△EPG $中，$PE=m$，$PG=4-m$，$EG=2$

∴$(4-m)^2+2^2=\mathrm {m^2}$，解得$m=\frac {5}{2}$

当点$E$位于直线$AD$下方且到$AD$的距离为$3$时，如图③，

过点$E$作$GH⊥AB$，交$BA$的延长线于点$H$，过点$P $作$PG⊥GH$于点$G$

在$Rt△AEH$中，$AE=5$，$AH=3$，∴$EH=4$

在$Rt△EPG $中，$PE=m$，$PG=8$，$EG=m-4$

∴$(m-4)^2+8^2=\mathrm {m^2}$，解得$m=10$

∴当点$E$到直线$AD$的距离不超过$3$时，$m $的取值范围为$\frac {5}{2}≤m≤10$