15. 如图，在正方形$ABCD$中，$AD = 2\sqrt{3}$，把边$BC$绕点$B$按逆时针方向旋转$30^{\circ}$得到线段$BP$，连接$AP$并延长，交$CD$于点$E$，连接$PC$，则$\triangle PCE$的面积为
9−5$\sqrt{3}$
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答案：15.9−5$\sqrt{3}$
解析：
解：
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形，$AD = 2\sqrt{3}$，
∴ $AB = BC = CD = AD = 2\sqrt{3}$，$\angle ABC = 90°$。
由旋转性质，$BP = BC = 2\sqrt{3}$，$\angle PBC = 30°$，
∴ $\angle ABP = \angle ABC - \angle PBC = 60°$。
∵ $AB = BP$，
∴ $\triangle ABP$ 是等边三角形，
∴ $\angle BAP = 60°$，$AP = AB = 2\sqrt{3}$。
在 $\mathrm{Rt}\triangle ADE$ 中，$\angle DAE = 90° - 60° = 30°$，
$\tan 30° = \frac{DE}{AD} = \frac{DE}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴ $DE = 2$，$CE = CD - DE = 2\sqrt{3} - 2$。
过点 $P$ 作 $PF ⊥ BC$ 于 $F$，
在 $\mathrm{Rt}\triangle PBF$ 中，$\angle PBF = 30°$，
$PF = BP · \sin 30° = 2\sqrt{3} · \frac{1}{2} = \sqrt{3}$，
$BF = BP · \cos 30° = 2\sqrt{3} · \frac{\sqrt{3}}{2} = 3$，
$CF = BC - BF = 2\sqrt{3} - 3$。
$\triangle PCE$ 的面积 $S = \frac{1}{2} · CE · CF = \frac{1}{2}(2\sqrt{3} - 2)(2\sqrt{3} - 3)$
$= \frac{1}{2}[ (2\sqrt{3})^2 - 3 · 2\sqrt{3} - 2 · 2\sqrt{3} + 6 ]$
$= \frac{1}{2}[12 - 6\sqrt{3} - 4\sqrt{3} + 6] = \frac{1}{2}(18 - 10\sqrt{3}) = 9 - 5\sqrt{3}$。
答案：$9 - 5\sqrt{3}$
16. 若直角三角形的两边之长分别为$\sqrt{6}$，$\sqrt{3}$，则第三条边的长为
3或$\sqrt{3}$
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答案：16.3或$\sqrt{3}$
解析：
当$\sqrt{6}$和$\sqrt{3}$为两直角边时，第三条边的长为$\sqrt{(\sqrt{6})^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{6 + 3}=\sqrt{9}=3$；当$\sqrt{6}$为斜边，$\sqrt{3}$为直角边时，第三条边的长为$\sqrt{(\sqrt{6})^{2}-(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{6 - 3}=\sqrt{3}$。
3或$\sqrt{3}$
17. (2025·贵州)如图，在矩形$ABCD$中，点$E$，$F$，$M$分别在边$AB$，$DC$，$AD$上，$BE = 2CF$，$FM$分别交对角线$BD$、线段$DE$于点$G$，$H$，且$H$是$DE$的中点. 若$CF = 2$，$\angle ABD = 30^{\circ}$，则$HG$的长为
$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
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答案：17.$\frac{2\sqrt{3}}{3}$ 解析:如图，连接AC交BD于点N，连接HN，过点H作HQ⊥BD于点Q.
∵BE=2CF,CF=2,
∴BE=4.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AN=CN=BN=DN,AB//CD,
∴∠ABD=∠BAC=30°,∠BAC=∠NCF=30°.
∵H是DE 的中点，
∴HN是△BDE的中位线，
∴HN//BE,HN=$\frac{1}{2}$BE=2,
∴∠ABD=∠HNQ=30°,
∴HQ=$\frac{1}{2}$HN=1.
∵HN//AB,AB//CD,
∴HN//CF.
∵HN=CF=2,
∴四边形HFCN是平行四边形，
∴∠NCF=∠NHG=30°,而HQ⊥BD,∠HNQ=30°,
∴∠HGQ=60°,
∴∠GHQ=30°,
∴QG=$\frac{1}{2}$HG.在Rt△HQG中,由勾股定理,得1²+($\frac{1}{2}$HG)²=HG²,解得HG=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$(负值舍去).
18. (分类讨论思想)已知$\triangle ABC$的三个顶点都是同一个正方形的顶点，$\angle ABC$的平分线与线段$AC$交于点$D$. 若$\triangle ABC$的一条边长为 6，则点$D$到直线$AB$的距离为
$\frac{3\sqrt{2}}{2}$或3或6$\sqrt{2}$−6或6−3$\sqrt{2}$
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答案：18.$\frac{3\sqrt{2}}{2}$或3或6$\sqrt{2}$−6或6−3$\sqrt{2}$
解析：
情况一：$\triangle ABC$为等腰直角三角形（直角顶点为$B$）
若$AB=BC=6$，则$AC=6\sqrt{2}$。
$BD$平分$\angle ABC=90°$，则$\angle ABD=45°$。
设$D$到$AB$的距离为$h$，则$h=AD\sin45°$，且$AD=AC-DC$。
由角平分线定理：$\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}=1$，故$AD=DC=3\sqrt{2}$。
$h=3\sqrt{2}·\frac{\sqrt{2}}{2}=3$。
情况二：$\triangle ABC$为等腰直角三角形（直角顶点为$A$或$C$）
若$AC=6$（斜边），则$AB=BC=3\sqrt{2}$。
$BD$平分$\angle ABC=90°$，设$D$到$AB$的距离为$h$。
由角平分线定理：$\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}=1$，故$AD=DC=3$。
$h=AD\sin45°=3·\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。
情况三：$\triangle ABC$为含$45°$角的直角三角形（非等腰）
若$AB=6$（正方形边长），$AC=6\sqrt{2}$（对角线），$BC=6$。
$BD$平分$\angle ABC=135°$，设$D$到$AB$的距离为$h$。
由角平分线定理：$\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}=1$，$AD=DC=3\sqrt{2}$。
$h=AD\sin45°=3\sqrt{2}·\frac{\sqrt{2}}{2}=3$（与情况一重复，舍去）。
情况四：$\triangle ABC$为钝角三角形（顶点$B$为正方形对角顶点）
若$AB=BC=6\sqrt{2}$（对角线），$AC=12$（边长的2倍）。
$BD$平分$\angle ABC=45°$，设$D$到$AB$的距离为$h$。
由角平分线定理：$\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}=1$，$AD=DC=6$。
$h=AD\sin45°=6·\frac{\sqrt{2}}{2}=3\sqrt{2}$（矛盾，舍去）。
情况五：$\triangle ABC$为锐角三角形（边长为$6\sqrt{2}$，$6\sqrt{2}$，$12$）
$BD$平分$\angle ABC$，由角平分线定理：$\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}=1$，$AD=DC=6$。
$h=6\sin45°=3\sqrt{2}$（矛盾，舍去）。
情况六：$\triangle ABC$中$AB=6$，$AC=6$，$BC=6\sqrt{2}$（直角顶点为$A$）
$BD$平分$\angle ABC=45°$，设$D$到$AB$的距离为$h$。
由角平分线定理：$\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}=\frac{6}{6\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
$AD=\frac{\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}}·6=\frac{6\sqrt{2}(2-\sqrt{2})}{(2+\sqrt{2})(2-\sqrt{2})}=6\sqrt{2}-6$。
$h=AD\sin45°=(6\sqrt{2}-6)·\frac{\sqrt{2}}{2}=6-3\sqrt{2}$。
情况七：$\triangle ABC$中$AB=6$，$AC=6\sqrt{2}$，$BC=6$（直角顶点为$C$）
$BD$平分$\angle ABC=45°$，由角平分线定理：$\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}=1$，$AD=DC=3\sqrt{2}$。
$h=3\sqrt{2}·\frac{\sqrt{2}}{2}=3$（重复，舍去）。
情况八：$\triangle ABC$中$AB=6\sqrt{2}$，$BC=6$，$AC=6$（钝角顶点为$B$）
$BD$平分$\angle ABC=135°$，由角平分线定理：$\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}=\sqrt{2}$。
$AD=\frac{\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}·6=\frac{6\sqrt{2}(\sqrt{2}-1)}{(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-1)}=12-6\sqrt{2}$。
$h=AD\sin45°=(12-6\sqrt{2})·\frac{\sqrt{2}}{2}=6\sqrt{2}-6$。
综上，点$D$到直线$AB$的距离为$\frac{3\sqrt{2}}{2}$或$3$或$6\sqrt{2}-6$或$6-3\sqrt{2}$。
$\boxed{\frac{3\sqrt{2}}{2}或3或6\sqrt{2}-6或6-3\sqrt{2}}$
19. 计算：
(1) $\sqrt{48} ÷ \sqrt{3} - \sqrt{\frac{1}{2}} × \sqrt{12} + \sqrt{24}$；
(2) $(3\sqrt{2} - 2\sqrt{3})^{2} - (3\sqrt{2} + 2\sqrt{3})^{2}$；
(3) $|2 - \sqrt{5}| - \sqrt{2} × (\sqrt{\frac{1}{8}} - \frac{\sqrt{10}}{2}) + \frac{3}{2}$；
(4) $a\sqrt{8a} - 2a^{2}\sqrt{\frac{1}{8a}} + 3\sqrt{2a^{3}}(a ＞ 0)$.
答案：19.(1)4+$\sqrt{6}$ (2)−24$\sqrt{6}$ (3)2$\sqrt{5}$−1 (4)$\frac{9}{2}$a$\sqrt{2a}$
解析：
解：原式$=\sqrt{48÷3}-\sqrt{\frac{1}{2}×12}+2\sqrt{6}$
$=\sqrt{16}-\sqrt{6}+2\sqrt{6}$
$=4+\sqrt{6}$
