16. （8 分）如图，将平行四边形纸片$ABCD$沿一条直线折叠，使点$A$与点$C$重合，点$D$落在点$G$处，折痕为$EF$.求证：
（1）$∠ ECB = ∠ FCG$；
（2）$△ EBC≌△ FGC$.
答案：16. 提示：（1）依据平行四边形的性质，即可得到$∠ A = ∠ BCD$，由折叠可得，$∠ A = ∠ ECG$，即可得到$∠ ECB = ∠ FCG$；（2）依据平行四边形的性质，即可得出$∠ D = ∠ B$，$AD = BC$，由折叠可得，$∠ D = ∠ G$，$AD = CG$，即可得到$∠ B = ∠ G$，$BC = CG$，进而得出$△ EBC ≌ △ FGC$.
解析：
（1）证明：
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$∠ A = ∠ BCD$。
由折叠性质得：$∠ A = ∠ ECG$，
∴$∠ BCD = ∠ ECG$。
∵$∠ BCD = ∠ ECB + ∠ ECF$，$∠ ECG = ∠ FCG + ∠ ECF$，
∴$∠ ECB = ∠ FCG$。
（2）证明：
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$∠ D = ∠ B$，$AD = BC$。
由折叠性质得：$∠ D = ∠ G$，$AD = CG$，
∴$∠ B = ∠ G$，$BC = CG$。
在$△ EBC$和$△ FGC$中，
$\begin{cases} ∠ B = ∠ G \\BC = CG \\∠ ECB = ∠ FCG \end{cases}$，
∴$△ EBC ≌ △ FGC$（ASA）。
17. （10 分）如图，在矩形$ABCD$中，$AD = 4$，$AB = m(m ＞ 4)$，点$P$是$AB$边上的任意一点（不与$A$，$B$重合），连接$PD$，过点$P$作$PQ⊥ PD$，交直线$BC$于点$Q$.
（1）当$m = 10$时，是否存在点$P$使得点$Q$与点$C$重合？若存在，求出此时$AP$的长；若不存在，说明理由.
（2）连接$AC$，若$PQ// AC$，求线段$BQ$的长（用含$m$的代数式表示）.
答案：17.（1）存在点$P$使得点$Q$与点$C$重合，此时$AP$的长为 2 或 8.（2）$BQ = 4 - \dfrac{64}{m^{2}}$.
解析：
（1）存在点$P$使得点$Q$与点$C$重合。
设$AP = x$，则$PB = 10 - x$。
因为四边形$ABCD$是矩形，所以$∠ A = ∠ B = 90^{\circ}$，$AD = BC = 4$。
因为$PQ ⊥ PD$，点$Q$与点$C$重合，所以$∠ DPC = 90^{\circ}$，则$∠ APD + ∠ BPC = 90^{\circ}$。
又因为$∠ APD + ∠ ADP = 90^{\circ}$，所以$∠ ADP = ∠ BPC$。
所以$△ APD ∼ △ BCP$，则$\dfrac{AP}{BC} = \dfrac{AD}{BP}$，即$\dfrac{x}{4} = \dfrac{4}{10 - x}$。
整理得$x(10 - x) = 16$，$10x - x^2 = 16$，$x^2 - 10x + 16 = 0$。
解得$x_1 = 2$，$x_2 = 8$，所以$AP$的长为$2$或$8$。
（2）因为$PQ // AC$，所以$\dfrac{BP}{AB} = \dfrac{BQ}{BC}$，即$\dfrac{BP}{m} = \dfrac{BQ}{4}$，设$BQ = y$，则$BP = \dfrac{my}{4}$，$AP = m - \dfrac{my}{4}$。
因为$PQ ⊥ PD$，所以$∠ APD + ∠ BPQ = 90^{\circ}$，又$∠ APD + ∠ ADP = 90^{\circ}$，所以$∠ ADP = ∠ BPQ$。
所以$△ APD ∼ △ BQP$，则$\dfrac{AP}{BQ} = \dfrac{AD}{BP}$，即$\dfrac{m - \dfrac{my}{4}}{y} = \dfrac{4}{\dfrac{my}{4}}$。
整理得$\dfrac{m(1 - \dfrac{y}{4})}{y} = \dfrac{16}{my}$，两边同乘$my$得$m^2(1 - \dfrac{y}{4}) = 16$，$m^2 - \dfrac{m^2y}{4} = 16$，$\dfrac{m^2y}{4} = m^2 - 16$，$y = 4 - \dfrac{64}{m^2}$，即$BQ = 4 - \dfrac{64}{m^2}$。
18. （10 分）如图，点$A$，$B$，$C$在半径为 8 的$\odot O$上，过点$B$作$BD// AC$，交$OA$延长线于点$D$.连接$BC$，且$∠ BCA = ∠ OAC = 30^{\circ}$.
（1）求证：$BD$是$\odot O$的切线；
（2）求图中阴影部分的面积.
答案：18. 提示：（1）连接$OB$，根据圆周角定理求出$∠ BOA$，根据三角形内角和定理求出$∠ OBD$，根据切线的判定推出即可；（2）根据平行线的性质得到$∠ D = 30^{\circ}$，解直角三角形求出$BD$，分别求出$△ BOD$的面积和扇形$AOB$的面积，即可得出答案为$32\sqrt{3} - \dfrac{32π}{3}$.
解析：
（1）证明：连接$OB$，
∵$∠ BCA=30°$，
∴$∠ BOA=2∠ BCA=60°$，
∵$OA=OB$，
∴$△ AOB$是等边三角形，$∠ OBA=60°$，
∵$∠ OAC=30°$，$OA=OC$，
∴$∠ OCA=30°$，$∠ AOC=120°$，
∵$BD// AC$，
∴$∠ D=∠ OAC=30°$，
在$△ OBD$中，$∠ BOD=60°$，$∠ D=30°$，
∴$∠ OBD=180°-60°-30°=90°$，
∵$OB$是半径，
∴$BD$是$\odot O$的切线；
（2）解：在$\mathrm{Rt}△ OBD$中，$OB=8$，$∠ D=30°$，
∴$OD=2OB=16$，$BD=\sqrt{OD^2-OB^2}=\sqrt{16^2-8^2}=8\sqrt{3}$，
$S_{△ OBD}=\frac{1}{2}× OB× BD=\frac{1}{2}×8×8\sqrt{3}=32\sqrt{3}$，
$S_{\mathrm{扇形}AOB}=\frac{60°}{360°}×π×8^2=\frac{32π}{3}$，
∴阴影部分面积$=S_{△ OBD}-S_{\mathrm{扇形}AOB}=32\sqrt{3}-\frac{32π}{3}$.
19. （12 分）如图，在$\odot O$中，$B$是$\odot O$上的一点，$∠ ABC = 120^{\circ}$，弦$AC = 2\sqrt{3}$，弦$BM$平分$∠ ABC$交$AC$于点$D$，连接$MA$，$MC$.
（1）求$\odot O$半径的长；
（2）求证：$AB + BC = BM$.
答案：19. 提示：（1）连接$OA$，$OC$，过点$O$作$OH ⊥ AC$于点$H$，由圆内接四边形的性质求得$∠ AMC$，再求得$∠ AOC$，最后解直角三角形得$OA = 2$；（2）在$BM$上截取$BE = BC$，连接$CE$，证明$BC = CE$，再证明$△ ACB ≌ △ MCE$，得$AB = ME$，进而得结论.
解析：
（1）解：连接$OA$，$OC$，过点$O$作$OH⊥ AC$于点$H$。
因为$∠ABC=120^{\circ}$，四边形$ABCM$内接于$\odot O$，所以$∠AMC=180^{\circ}-∠ABC=60^{\circ}$，故$∠AOC=2∠AMC=120^{\circ}$。
因为$OH⊥ AC$，$AC=2\sqrt{3}$，所以$AH=\frac{1}{2}AC=\sqrt{3}$，$∠AOH=\frac{1}{2}∠AOC=60^{\circ}$。
在$Rt△ AOH$中，$\sin∠AOH=\frac{AH}{OA}$，即$\sin60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{OA}$，解得$OA=2$，即$\odot O$半径为$2$。
（2）证明：在$BM$上截取$BE=BC$，连接$CE$。
因为$∠ABC=120^{\circ}$，$BM$平分$∠ABC$，所以$∠ABM=∠CBM=60^{\circ}$。
因为$BE=BC$，所以$△ BCE$是等边三角形，故$BC=CE$，$∠BCE=60^{\circ}$。
因为$∠AMC=60^{\circ}$，$∠MAC=∠MBC=60^{\circ}$，所以$△ AMC$是等边三角形，$AC=MC$，$∠ACM=60^{\circ}$，则$∠ACB=∠MCE$。
在$△ ACB$和$△ MCE$中，$\{\begin{array}{l}AC=MC\\∠ACB=∠MCE\\BC=CE\end{array} $，所以$△ ACB≌△ MCE(SAS)$，故$AB=ME$。
因为$BM=BE+ME$，所以$BM=BC+AB$，即$AB + BC = BM$。
