14. 如图，在 $ \mathrm{Rt} \triangle ABC $ 中，$ \angle ACB = 90^{\circ} $，$ D $ 是 $ AC $ 延长线上一点，$ AD = 4 $，$ E $ 是 $ BC $ 上一点，$ BE = 2 $，连接 $ DE $，$ M $，$ N $ 分别是 $ AB $，$ DE $ 的中点，则 $ MN $ 的长为
$\sqrt{5}$
.
答案：14.$\sqrt{5}$
解析：
解：取 $ AE $ 的中点 $ F $，连接 $ MF $，$ NF $。
在 $ \mathrm{Rt}\triangle ABC $ 中，$ M $ 是 $ AB $ 中点，$ F $ 是 $ AE $ 中点，
$\therefore MF // BE$，$ MF = \frac{1}{2}BE = 1$。
$ N $ 是 $ DE $ 中点，$ F $ 是 $ AE $ 中点，
$\therefore NF // AD$，$ NF = \frac{1}{2}AD = 2$。
$\because \angle ACB = 90^{\circ}$，$ AD ⊥ BC $，$ BE \subset BC $，
$\therefore AD ⊥ BE$，则 $ NF ⊥ MF $。
在 $ \mathrm{Rt}\triangle MFN $ 中，$ MN = \sqrt{MF^2 + NF^2} = \sqrt{1^2 + 2^2} = \sqrt{5}$。
$\sqrt{5}$
15. 如图，在矩形 $ ABCD $ 中，$ AB = 5 $，$ AD = 3 $，动点 $ P $ 满足 $ S_{\triangle PAB} = \dfrac{1}{3} S_{\mathrm{矩形}ABCD} $，则点 $ P $ 到 $ A $，$ B $ 两点距离之和 $ PA + PB $ 的最小值为
$\sqrt{41}$
.
答案：15.$\sqrt{41}$
解析：
解：
∵ 矩形 $ABCD$ 中，$AB=5$，$AD=3$，
∴ 矩形 $ABCD$ 的面积为 $AB × AD = 5 × 3 = 15$。
∵ $S_{\triangle PAB} = \dfrac{1}{3} S_{\mathrm{矩形}ABCD}$，
∴ $S_{\triangle PAB} = \dfrac{1}{3} × 15 = 5$。
设点 $P$ 到 $AB$ 的距离为 $h$，
则 $\dfrac{1}{2} × AB × h = 5$，即 $\dfrac{1}{2} × 5 × h = 5$，解得 $h = 2$。
∴ 点 $P$ 在与 $AB$ 平行且距离为 $2$ 的直线上。
作点 $A$ 关于该直线的对称点 $A'$，连接 $A'B$，交直线于点 $P$，此时 $PA + PB$ 最小，且 $PA + PB = A'B$。
∵ $AD = 3$，点 $P$ 到 $AB$ 的距离为 $2$，
∴ 点 $A'$ 到 $AB$ 的距离为 $2 × 2 = 4$，
∴ $A'$ 到 $AD$ 的距离为 $4 - 3 = 1$（或 $3 + 2 = 5$，此处以矩形下方对称为例，计算结果一致）。
在 $Rt\triangle A'AB$ 中，$A'A = 4$（或 $A'A = 4$），$AB = 5$，
∴ $A'B = \sqrt{AA'^2 + AB^2} = \sqrt{4^2 + 5^2} = \sqrt{16 + 25} = \sqrt{41}$。
故 $PA + PB$ 的最小值为 $\sqrt{41}$。
$\sqrt{41}$
16. 如图，正方形 $ ABCD $ 的边长为 4，$ E $ 为 $ AB $ 上一点，且 $ AE = 3 $，$ F $ 为边 $ BC $ 上的一个动点，连接 $ EF $，以 $ EF $ 为边向左侧作等腰直角三角形 $ FEG $，$ GE = EF $，$ \angle GEF = 90^{\circ} $，连接 $ AG $，则 $ AG $ 的长的最小值为
1
.
答案：16.1
解析：
解：以点$A$为原点，$AB$所在直线为$x$轴，$AD$所在直线为$y$轴，建立平面直角坐标系。
则$A(0,0)$，$B(4,0)$，$E(3,0)$。设$F(4,t)$，其中$0\leq t\leq4$。
过点$G$作$GH⊥ AB$于点$H$。
因为$\triangle FEG$是等腰直角三角形，$GE = EF$，$\angle GEF = 90^{\circ}$，所以$\angle GEH+\angle FEB = 90^{\circ}$。
又因为$\angle FEB+\angle EFB = 90^{\circ}$，所以$\angle GEH=\angle EFB$。
在$\triangle GEH$和$\triangle EFB$中，$\begin{cases}\angle GEH=\angle EFB\\\angle GHE=\angle EBF = 90^{\circ}\\GE = EF\end{cases}$，所以$\triangle GEH\cong\triangle EFB(AAS)$。
则$GH = EB = 4 - 3=1$，$EH = BF = t$。
因为$E(3,0)$，所以$H(3 - t,0)$，则$G(3 - t,1)$。
所以$AG=\sqrt{(3 - t - 0)^{2}+(1 - 0)^{2}}=\sqrt{(t - 3)^{2}+1}$。
当$t = 3$时，$AG$取得最小值，最小值为$\sqrt{(3 - 3)^{2}+1}=1$。
故$AG$的长的最小值为$1$。
17. 如图，在菱形 $ ABCD $ 中，对角线 $ AC $，$ BD $ 交于点 $ O $，$ E $ 为 $ AB $ 的中点，点 $ F $ 在 $ OD $ 上，$ DF = OF $，连接 $ EF $ 交 $ OA $ 于点 $ G $，连接 $ CE $. 若 $ OG = 1 $，$ S_{\triangle BEC} = 12 $，则线段 $ CE $ 的长为
$\sqrt{45}$
.
答案：17.$\sqrt{45}$ 解析：取OA的中点H，连接EH，则OA=2OH.因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，即∠FOG=90°.又E是AB的中点，所以$S_{\triangle BEC}$=$\frac{1}{2}$$S_{\triangle ABC}$，EH是△AOB的中位线，即EH//BD，EH=$\frac{1}{2}$OB.所以EH⊥AC.所以∠EHG=90°，即∠EHG=∠FOG.因为DF=OF，所以OF=$\frac{1}{2}$OD=$\frac{1}{2}$OB，即EH=FO.又∠EGH=∠FGO，所以△EHG≌△FOG(AAS).所以HG=OG.因为OG=1，所以HG=1，即OH=2.所以OC=OA=4，即AC=8，CH=6.又$S_{\triangle BEC}$=12，$S_{\triangle ABC}$=$\frac{1}{2}$AC·OB，所以$\frac{1}{2}$·$\frac{1}{2}$AC·OB=12，即OB=6.所以EH=3.在Rt△CEH中，由勾股定理，得CE=$\sqrt{EH^2+CH^2}$=$\sqrt{45}$.
解析：
解：取 $OA$ 的中点 $H$，连接 $EH$，则 $OA=2OH$。
∵ 四边形 $ABCD$ 是菱形，
∴ $AC ⊥ BD$，$OA=OC$，$OB=OD$，$\angle FOG=90°$。
∵ $E$ 是 $AB$ 的中点，
∴ $S_{\triangle BEC}=\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}$，$EH$ 是 $\triangle AOB$ 的中位线，
∴ $EH // BD$，$EH=\frac{1}{2}OB$，$EH ⊥ AC$，$\angle EHG=90°=\angle FOG$。
∵ $DF=OF$，
∴ $OF=\frac{1}{2}OD=\frac{1}{2}OB$，即 $EH=FO$。
又 $\angle EGH=\angle FGO$，
∴ $\triangle EHG \cong \triangle FOG$（AAS），
∴ $HG=OG=1$，$OH=HG+OG=2$，
∴ $OA=2OH=4$，$OC=OA=4$，$AC=8$，$CH=OC+OH=6$。
∵ $S_{\triangle BEC}=12$，$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC · OB$，
∴ $\frac{1}{2} × \frac{1}{2}AC · OB=12$，即 $\frac{1}{4} × 8 · OB=12$，解得 $OB=6$，
∴ $EH=\frac{1}{2}OB=3$。
在 $\mathrm{Rt}\triangle CEH$ 中，$CE=\sqrt{EH^2+CH^2}=\sqrt{3^2+6^2}=\sqrt{45}$。
$\sqrt{45}$
18. 如图，在平面直角坐标系中，$ O $ 为坐标原点，四边形 $ ABCD $ 是平行四边形，$ A $，$ B $，$ C $ 三点的坐标分别为 $ A(0, 2) $，$ B(-1, 0) $，$ C(4, 0) $，$ E $ 是 $ BC $ 的中点，$ P $ 为线段 $ AD $ 上的动点. 若 $ \triangle BEP $ 是等腰三角形，则点 $ P $ 的坐标为
(0,2)或$(\frac{1}{4},2)$或$(\frac{1}{2},2)$或(3,2)
.
答案：18.(0,2)或$(\frac{1}{4},2)$或$(\frac{1}{2},2)$或(3,2) 解析：由题意，得OA=2，OB=1，OC=4，BC=5，∠AOC=∠DAO=90°.又E是BC的中点，所以BE=CE=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{5}{2}$，即OE=$\frac{3}{2}$.又△BEP是等腰三角形，所以有BE=PE或BP=BE或BP=PE三种情况.分类讨论如下：①当BE=PE时，PE=$\frac{5}{2}$.过点P作PQ⊥BC于点Q，则四边形OAPQ是矩形.所以PQ=OA=2，AP=OQ.在Rt△PQE中，由勾股定理，得QE=$\sqrt{PE^2 - PQ^2}$=$\frac{3}{2}$，所以O，Q两点重合或OQ=OE+QE=3，即A，P两点重合或AP=3.所以点P的坐标为(0,2)或(3,2)；②当BP=BE时，BP=$\frac{5}{2}$.过点P作PG⊥BC于点G，则四边形OAPG是矩形.所以PG=OA=2，AP=OG.在Rt△BPG中，由勾股定理，得BG=$\sqrt{BP^2 - PG^2}$=$\frac{3}{2}$，所以OG=BG - OB=$\frac{1}{2}$，即AP=$\frac{1}{2}$.所以点P的坐标为$(\frac{1}{2},2)$；③当BP=PE时，过点P作PM⊥BC于点M，则M是BE的中点.所以BM=$\frac{1}{2}$BE=$\frac{5}{4}$，即OM=BM - OB=$\frac{1}{4}$.同理，得AP=OM=$\frac{1}{4}$.所以点P的坐标为$(\frac{1}{4},2)$.综上，点P的坐标为(0,2)或$(\frac{1}{4},2)$或$(\frac{1}{2},2)$或(3,2).
解析：
解：由题意，得$OA=2$，$OB=1$，$OC=4$，$BC=5$，$E$是$BC$的中点，$BE=CE=\frac{5}{2}$，$OE=\frac{3}{2}$，点$P$在$AD$上，设$P(x,2)$。
情况1：$BE=PE$
$PE=\frac{5}{2}$，过$P$作$PQ⊥ BC$于$Q$，$PQ=2$，$QE=\sqrt{(\frac{5}{2})^2-2^2}=\frac{3}{2}$。
$Q$与$O$重合时，$x=0$，$P(0,2)$；
$OQ=OE+QE=3$时，$x=3$，$P(3,2)$。
情况2：$BP=BE$
$BP=\frac{5}{2}$，过$P$作$PG⊥ BC$于$G$，$PG=2$，$BG=\sqrt{(\frac{5}{2})^2-2^2}=\frac{3}{2}$，$OG=BG-OB=\frac{1}{2}$，$x=\frac{1}{2}$，$P(\frac{1}{2},2)$。
情况3：$BP=PE$
过$P$作$PM⊥ BC$于$M$，$M$为$BE$中点，$BM=\frac{5}{4}$，$OM=BM-OB=\frac{1}{4}$，$x=\frac{1}{4}$，$P(\frac{1}{4},2)$。
综上，点$P$的坐标为$(0,2)$或$(\frac{1}{4},2)$或$(\frac{1}{2},2)$或$(3,2)$。
19. (6 分)(2025·江苏盐城期中)主题为“安全骑行，从头盔开始”的安全教育活动在本市全面开展. 为了解市民骑电动自行车出行自觉佩戴头盔的情况，某数学实践探究小组在某路口进行调查，经过连续 6 天在同一时段的调查统计，得到数据并整理如下表：
(1)$ m = $
0.95
；
(2)由此数据可估计，经过该路口的电动自行车骑行者佩戴头盔的概率为
0.95
(结果精确到 0.01)；
(3)若该小组某天调查到经过该路口的电动自行车共有 1 000 辆，请问其中佩戴头盔的电动自行车骑行者大约有多少人？
答案：19.(1)0.95 (2)0.95 (3)由题意，得1000×0.95=950，则其中佩戴头盔的电动自行车骑行者大约有950人.
