∴∠G=∠HCF=60°，∠GED=∠M=60°， ∴∠G=∠GED=∠EDG=60°， ∴△EDG是等边三角形 ∴EG=DE；
∵AD=CM，AE=MF， ∴DE=CF， ∴EG=CF；
在△EGH和△FCH中，
∴△EGH≌△FCH（AAS） ∴EH=FH.
（3）解： 如图3，设BD，EF交于点N，
由（1）（2）的证明过程可知BD=CD=AB=3，∠M=∠CDM=60°，DE=CF， ∵EF⊥CM， ∴∠EFM=90°， ∴∠HED=90°-60°=30°，
∠CDM=∠HED+∠EHD=60°
∴∠EHD=60°-30°=30°=∠HED=∠CHF ∴ED=DH=CF，
在R△CHF中，∠CHF=30° ∴CH=2CH=2DH， ∴CD=CH+DH=3DH=3 解之：DH=CF=1 ∵菱形CBDM，EF⊥CM ∴BD∥CM ∴EF⊥BD；
∴∠DNH=∠BNH=90°，
在Rt△DHN中，∠DHN=30°，DH=1 ∴DN=DHsin∠30°=NH=DHcos30°=∴BN=BD-DN=3-在Rt△BHN中， BH=
【考点】全等三角形的判定与性质，菱形的性质，解直角三角形
【解析】【分析】（1）利用菱形的四条边相等，可证CD=DM=CM=AD，就可得到△CDM是等边三角形，再利用等边三角形的三个角都是60°，就可求出∠M的度数。
（2）过点E作EG∥CM交CD的延长线于点G，可得到∠G=∠HCF，先证明△EDG是等边三角形，结合已知条件证明EG=CF，利用AAS证明△EGH≌△FCH，再根据全等三角形的对应边相等，可证得结论。 （3）设BD，EF交于点N，根据前面的证明可知BD=CD=AB=3，∠M=∠CDM=60°，DE=CF，再利用垂直的定义及三角形内角和定理可求出∠HED，∠EHD的度数，从而利用等腰三角形的判定和性质，可证得ED=DH=CF，可推出CD=3DH，就可求出DH的长，然后利用解直角三角形分别求出BN，NH的长，再利用勾股定理就可求出BH的长。 24.【答案】 （1）解： ①如图1，
.
， ； =
②答：反弹后能撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球
理由：如图，设点H（-0.5，0.8），过点H作HG⊥AB于点G，
∴HG=0.8
∵矩形ABCD，点O，E分别为AB，CD的中点，AD=2，AB=4， ∴OB=OA=2，BC=AD=OE=2 ∴点B（2，0），点C（2，2）, ∵ 点M(2，1.2)，点F(0.5，0)， ∴BF=2-0.5=1.5，BM=1.2， FG=0.5-（-0.5）=1 在Rt△BMF中， tan∠MFB=在Rt△FGH中， tan∠HFG=∴∠MFB=∠HFG，
∴反弹后能撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球 .
（2）解：①连接BD，过点N作NT⊥EH于点N，交AB于点T，
， ，
∴∠TNE=∠TNH=90°，
∵小聪把球从B点击出，后经挡板EH反弹后落入D袋， ∴∠BNH=∠DNE， ∴∠DNQ=∠BNQ；
∵点M是AD的中点，MQ⊥EO， ∴MQ∥AB，
∴点Q是BD的中点， ∴NT经过点Q；
∵点E，H分别是DC，BC的中点， ∴EH是△BCD的中位线， ∴EH∥BD ∵NT⊥EH ∴NT⊥BD； ∴∠DQN=∠NQB=90° 在△DNQ和△BNQ中，
∴△DNQ≌△BNQ（ASA） ∴DN=BN
②作点B关于EH对称点B＇，过点B＇作B＇G⊥BC交BC的延长线于点G，连接B＇H，B＇N，连接AP，过点B＇作B＇L⊥x轴于点L，
∴AP=DP，NB＇=NB，∠BHN=∠NHB＇
由反射的性质，可知AP，NQ，NC在一条直线上， ∴BN+NP+PD=NB＇+NP+AP=AB＇； ∵∠EHC=75°，∠EHC+∠BHN=180°， ∴∠BHN=180°-75°=105°， ∴∠NHB＇=∠EHC+∠B＇HG=105° ∴∠B＇HG=30°; 如图，作EK=KH，
在Rt△ECH中，∠EHC=75°， ∴∠E=90°-75°=15°， ∴∠E=∠KHE=15°
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