第4讲中点模型(解析版)

中考数学几何模型4：中点模型

名师点睛拨开云雾开门见山中点模型，提到中点，我们需要想到关于中点的以下知识点：①三角形中线平分三角形面积，等分点等分面积；②等腰三角形“三线合一”的性质；③直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；④三角形中位线平行且等于第三边的一半. 这四点使我们已经深入学习过的有关中点运用的知识点，今天重点在结合四点的基础上探究另外一种中点模型，我们简称“平中对模型”，即“平行线+中点+对顶角”构造全等或相似模型，与倍长中线法相通。

B C

典题探究启迪思维探究重点例题1. 如图，在△ABC的两边AB、AC向形外作正方形ABDE和ACFG，取BE、BC、CG的中点M、Q、N．求证：MQ＝QN．

【解答】证明：连接BG和CE交于O，

∵四边形ABDE和四边形ACFG是正方形，

∴AB＝AE，AC＝AG，∠EAB＝∠GAC，

∴∠EAB+∠EAG＝∠GAC+∠EAG，∴∠GAB＝∠EAC，

在△BAG和△EAC中，，

∴△BAG≌△EAC（SAS），∴BG＝CE．

∵BE、BC、CG的中点M、Q、N，

∴MQ＝CE，QN＝BG，

∵BG＝CE，

∴QN＝MQ．

变式练习>>>

1. 如图，在△ACE中，点B是AC的中点，点D是CE的中点，点M是AE的中点，四边形BCGF和四边形CDHN都是正方形．求证：△FMH是等腰直角三角形．

【解答】证明：连接MB、MD，设FM与AC交于点P，

∵B、D、M分别是AC、CE、AE的中点，四边形BCGF和四边形CDHN都是正方形，

∴MD∥AC，且MD＝AC＝BC＝BF；

MB∥CE，且MB＝CE＝CD＝DH，

∴四边形BCDM是平行四边形，

∴∠CBM＝∠CDM，

又∵∠FBP＝∠HDC，

∴∠FBM＝∠MDH，

在△FBM和△MDH中，

∴△FBM≌△MDH（SAS），

∴FM＝MH，且∠FMB＝∠MHD，∠BFM＝∠DMH．

∴∠FMB+∠HMD＝180°﹣∠FBM，

∵BM∥CE，

∴∠AMB＝∠E，

同理：∠DME＝∠A．

∴∠AMB+∠DME＝∠A+∠AMB＝∠CBM，

∴∠FMH＝180°﹣（∠AMB+∠DME）﹣（∠FMB+∠HMD）

＝180°﹣∠CBM﹣（180°﹣∠FBM）

＝∠FBC＝90°，

∴△FMH是等腰直角三角形．

例题2. 如图，已知BD、CE分别是△ABC的AC、AB边上的高，G、F分别是BC、DE的中点．求证：GF ⊥DE．

【解答】证明：如图，连接EG、DG，

∵BD、CE分别是△ABC的AC、AB边上的高，点G是BC的中点，

∴DG＝EG＝BC，∵点F是DE的中点，∴GF⊥DE．

变式练习>>>

2. 如图，在△ABC中内取一点，使∠PBA＝∠PCA，作PD⊥AB于点D，PE⊥AC于点E，求证：DE的垂

直平分线必过BC的中点M．

【解答】解：取BC，PB，PC的中点M，N，F，连接MN，MF，E，DN，DM，EM，

∴MF＝BP，MN＝PC，MF∥PN，MN∥PF，

∴四边形NMFP是平行四边形，

∴∠PNM＝∠PFM，

∵PD⊥AB，PE⊥AC，

∴DN＝PB，EF＝PC，

∴DN＝MF，MN＝EF，

∵∠DNP＝2∠ABP，∠PFE＝2∠ACD，

∵∠ABP＝∠ACD，

∴∠DNP＝∠PFE，

∴∠DNM＝∠EFM，

在△DNM与△MFE中，，

∴△DNM≌△MFE，

∴DM＝EM，

∴△DME是等腰三角形，

∴底边DE的垂直平分线（过M点）必是BC的中点M．

例题3. 已知：AD为△ABC的中线，AE是△ABD的中线，AB＝BD，求证：AC＝2AE．（两种证法）

【解答】（1）解：∵AD为△ABC的中线，AE是△ABD的中线，

∴BD＝CD，BE＝DE，

∴BE＝BD，BD＝BC；

又∵AB＝BD，

∴BE＝AB，AB＝BC，

∴＝＝，∠B＝∠B，

∴△ABE∽△CBA；

（2）证明：

∵由（1）知，△ABE∽△CBA，

∴＝＝，

∴AC＝2AE．

变式练习>>>

3. 如图①，点O为线段MN的中点，PQ与MN相交于点O，且PM∥NQ，可证△PMO≌△QNO．根据上述结论完成下列探究活动：

探究一：如图②，在四边形ABCD中，AB∥DC，E为BC边的中点，∠BAE＝∠EAF，AF与DC的延长线相交于点F．试探究线段AB与AF、CF之间的数量关系，并证明你的结论；

探究二：如图③，DE、BC相交于点E，BA交DE于点A，且BE：EC＝1：2，∠BAE＝∠EDF，CF∥AB．若AB＝4，CF＝2，求DF的长度．

【解答】解：（1）AB＝AF+CF．

如图2，分别延长DC、AE，交于G点，

根据图①得△ABE≌△GCE，

∴AB＝CG，

又AB∥DC，

∴∠BAE＝∠G

而∠BAE＝∠EAF，

∴∠G＝∠EAF，

∴AF＝GF，

∴AB＝CG＝GF+CF＝AF+CF；

（2）如图3，分别延长CF、AE，交于G点，

根据CF∥AB得△ABE∽△GCE，

∴AB：CG＝BE：CE，

而BE：EC＝1：2，AB＝4，

∴CG＝8，

又AB∥FC，

∴∠BAE＝∠G，

而∠BAE＝∠EDF，

∴∠G＝∠EDF，

∴DF＝GF，

而CF＝2，

∴DF＝CG﹣CF＝8﹣2＝6．

例题4. 如图，正方形ABCD和正方形EFCG的边长分别为3和1，点F，G分别在边BC，CD上，P为AE 的中点，连接PG，则PG的长为．

【解答】解：方法1、延长GE交AB于点O，作PH⊥OE于点H．

则PH∥AB．

∵P是AE的中点，

∴PH是△AOE的中位线，

∴PH＝OA＝（3﹣1）＝1．

∵直角△AOE中，∠OAE＝45°，

∴△AOE是等腰直角三角形，即OA＝OE＝2，

同理△PHE中，HE＝PH＝1．

∴HG＝HE+EG＝1+1＝2．

∴在Rt△PHG中，

PG＝＝＝．

故答案是：．

变式练习>>>

4. 如图，过边长为3的等边△ABC的边AB上一点P，作PE⊥AC于E，Q为BC延长线上一点，当P A＝

CQ时，连PQ交AC边于D，则DE的长为．

【解答】解：过P作PF∥BC交AC于F，

∵PF∥BC，△ABC是等边三角形，

∴∠PFD＝∠QCD，∠APF＝∠B＝60°，∠AFP＝∠ACB＝60°，∠A＝60°，

∴△APF是等边三角形，∴AP＝PF＝AF，

∵PE⊥AC，∴AE＝EF，

∵AP＝PF，AP＝CQ，∴PF＝CQ，

在△PFD和△QCD中，

∴△PFD≌△QCD（AAS），∴FD＝CD，

∵AE＝EF，∴EF+FD＝AE+CD，

∴AE+CD＝DE＝AC，

∵AC＝3，∴DE＝，

故答案为．

例题5. 如图1，在正方形ABCD的边AB上任取一点E，作EF⊥AB交BD于点F，取FD的中点G，连接EG、CG.易证：EG=CG且EG⊥CG.

（1）将△BEF绕点B逆时针旋转90°，如图2所示，则线段EG和CG有怎样的数量和位置关系？请直接写出你的猜想.

（2）将△BEF绕点B逆时针旋转180°，如图3所示，则线段EG和CG又有怎样的数量和位置关系？请写出你的猜想，并加以证明.

（3）将△BEF绕点B旋转一个任意角度α，如图4所示，则线段EG和CG有怎样的数量和位置关系？请直接写出结论.

解答：第（1）（2）略

（3）解法一：如图，延长EG至点H，使GH=EG.连接DH，CE，CH.

因为点G是DF的中点，所以GF=GD.根据SAS易证△GEF≌△GHD

EF=HD且∠GEF=∠GHD，所以EF//DH.

分别延长HD与EB交于点K，HD的延长线交BC于点M.如下图：

因为EB⊥EF，而EF//DH，所以EK⊥HK，即∠BKM=∠MCD=90°.

又∠BMK=∠CMD.根据三角形的内角和，可得∠KBM=∠MDC.

所以∠EBC=∠HDC.又EB=HD，BC=DC

所以△EBC≌△HDC.所以CE=CB且∠ECB=∠HCD.

所以∠ECB=90°，即△BCE是等腰直角三角形，

又因为点G是斜边EB的中点，

所以CG⊥GE且CG=GE.

变式练习>>>

5. 请阅读下列材料：

问题：如图1，在菱形ABCD和菱形BEFG中，点A、B、E在同一条直线上，P是线段DF的中点，连结PG、PC．若∠ABC＝∠BEF＝60°，探究PG与PC的位置关系及数量关系．

小聪同学的思路是：延长GP交DC于点H，构造全等三角形，经过推理使问题得到解决．

请你参考小聪同学的思路，探究并解决下列问题：

（1）直接写出上面问题中线段PG与PC的位置关系及的值；

（2）如图2，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点A、B、E在同一条直线上，P是线段DF的中点，连结PG、PC，探究PG与PC的位置关系及数量关系；

（3）将图2中的正方形BEFG绕点B顺时针旋转，原问题中的其他条件不变（如图3），你在（2）中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明．

【解答】解：（1）PG⊥PC，＝；

理由如下：延长GP交DC于H，如图1所示：

∵四边形ABCD和BEFG均为菱形，

∴DC＝BC，GF＝BG，DC∥AE∥GF，

∴∠HDP＝∠GFP，∠DHP＝∠FGP，

∵P是线段DF的中点，

∴DP＝FP，

在△DHP和△FGP中，

，

∴△DHP≌△FGP（AAS），

∴HP＝GP，DH＝FG＝BG，

∴CH＝CG，

∴CP⊥HG，即PG⊥PC，

∵∠ABC═60°，∴∠HCG＝180°﹣60°＝120°，

∴∠CGP＝（180°﹣120°）＝30°，

∴＝；

（3）在（2）中得到的两个结论不发生变化；理由如下：

过点F作FH∥DC交CP的延长线于H，交CB的延长线于N，交BE于M，连接CG、HG，如图3所示：

则∠CDP＝∠PFH，

在△CDP和△FHP中，

，∴△CDP≌△FHP（ASA），

∴CP＝PH，CD＝FH，

∵∠BNM＝∠MEF＝90°，∠BMN＝∠EMF，

∴∠NBM＝∠EFM，

∵∠CBG+∠NBM＝180°﹣90°＝90°，

∠EFM+∠MFG＝90°，

∴∠CBG＝∠MFG，

在△CBG和△FHG中，

，

∴△CBG≌△FHG（SAS），

∴CG＝GH，∠BGC＝∠FGH，

∴∠CGH＝∠BGC﹣∠HGB＝∠FGH﹣∠HGB＝∠BGF＝90°，

∴△CGH是等腰直角三角形，

∴PG＝PC，且PG⊥PC．

达标检测领悟提升强化落实

1. 如图所示，M是△ABC的边BC的中点，AN平分∠BAC，BN⊥AN于点N，且AB＝8，MN＝3，则AC

的长是（）

A．12B．14C．16D．18

【解答】解：延长BN交AC于D，

在△ANB和△AND中，

，

∴△ANB≌△AND，

∴AD＝AB＝8，BN＝ND，

∵M是△ABC的边BC的中点，

∴DC＝2MN＝6，

∴AC＝AD+CD＝14，

故选：B．

2. 如图，△ABD和△ACE都是直角三角形，其中∠ABD=∠ACE=90°，且点C在AB上，连接DE，M为DE 中点，连接BM，CM，求证BM=CM.

3. 如图，正方形ABCD中，E为CD的中点，F是DA的中点，连接BE，与CF相交于P，求证：AP＝AB．

【解答】证明：延长CF、BA交于点M，

∵点E、F分别是正方形ABCD的边CD和AD的中点，

在△BCE与△CDF中，

，

∴△BCE≌△CDF（SAS），

∴∠CBE＝∠DCF．

∵∠DCF+∠BCP＝90°，

∴∠CBE+∠BCP＝90°，

∴∠BPM＝∠CBE+∠BCP＝90°．

在△CDF与△AMF中，

，

∴△CDF≌△AMF（AAS），

∴CD＝AM，

∵CD＝AB，

∴AB＝AM，

∴P A是直角△BPM斜边BM上的中线，

∴AP＝BM，

即AP＝AB．

4. 如图，分别以△ABC的边AB、AC为斜边向外侧构造等腰直角△ABD和等腰直角△ACE，M是BC中点．求

证：DM＝ME，DM⊥ME．

【解答】证明：如图，取AB、AC的中点F、G，连接DF，MF，EG，MG，

∴AF＝，AG＝，

∵△ABD和△AEC是等腰直角三角形，

∴DF⊥AB，DF＝，EG⊥AC，EG＝，

∴∠AFD＝∠AGE＝90°，DF＝AF，GE＝AG．

∵M是BC的中点，

∴MF∥AC，MG∥AB，

∴四边形AFMG是平行四边形，

∴AG＝MF，MG＝AF，∠AFM＝∠AGM．

∴MF＝GE，DF＝MG，∠AFM+∠AFD＝∠AGM+∠AGE，

∴∠DFM＝∠MGE．

在△DFM和△MGE中，

，

∴△DFM≌△MGE（SAS），

∴DM＝ME；∠MDF＝∠GME，

∵∠MDF+∠BFD+∠BFM+∠DMF＝180°，

∠BFD＝90°，

∴∠MDF+∠BFM+∠DMF＝90°，

∵AB∥MG，

∴∠BFM＝∠GMF，

∴∠GME+∠GMF+∠DMF＝90°，

即∠DME＝90°，

∴DM⊥ME．

5. 已知△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ADE＝90°，点F为BE中点，连接DF、CF．

（1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上，请判断此时线段DF、CF的数量关系和位置关系，并说明理由．

（2）如图2，将△ADE绕点A逆时针旋转45°时，请你判断此时（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明：若不成立，请说明理由．

（3）如图3，将△ADE绕点A逆时针旋转90°时，若AD＝2，AC＝3，求此时△FBC中CF边上的高的长．（直接写出结果）

【解答】解：（1）DF＝CF，且DF⊥CF，理由如下：

∵∠ACB＝∠ADE＝90°，点F为BE中点，

∴∠BDE＝90°，CF＝BE＝EF＝BF，

∴DF＝BE＝EF＝BF，

∴DF＝CF．

∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，

∴∠ABC＝45°

∵BF＝DF，

∴∠DBF＝∠BDF，

∵∠DFE＝∠ABE+∠BDF，

∴∠DFE＝2∠DBF，

同理得：∠CFE＝2∠CBF，

∴∠DFE+∠EFC＝2∠DBF+2∠CBF＝2∠ABC＝90°，∴DF＝CF，且DF⊥CF．

（2）（1）中的结论仍然成立．理由如下：

延长DF交BC于点G．如图2所示：

∵∠ADE＝∠ACB＝90°，

∴DE∥BC，

∴∠DEF＝∠GBF，∠EDF＝∠BGF．

∵F为BE中点，∴EF＝BF．

在△DEF和△GBF中，

∴△DEF≌△GBF（AAS）．

∴DE＝GB，DF＝GF．

∵AD＝DE，

∴AD＝GB，

∵AC＝BC，

∴AC﹣AD＝BC﹣GB，

∴DC＝GC．

∵∠ACB＝90°，

∴△DCG是等腰直角三角形，

∵DF＝GF．

∴DF＝CF，DF⊥CF．

（3）延长DF交BA于点H，如图3所示：

∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，

∴AC＝BC，AD＝DE．

∴∠AED＝∠ABC＝45°，

∵由旋转可以得出，∠CAE＝∠BAD＝90°，

∵AE∥BC，

∴∠AEB＝∠CBE，

∴∠DEF＝∠HBF．

∵F是BE的中点，

∴EF＝BF，

∴△DEF≌△HBF，

∴ED＝HB，

∵BC＝AC＝3，∠ACB＝90°，

∴AB＝AC＝6，

∵AD＝2，

∴ED＝BH＝2，

∴AH＝4，

6. 已知：△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，AB＝BC，AD＝DE，按图1放置，

使点E在BC上，取CE的中点F，连接DF、BF．

（1）探索DF、BF的数量关系和位置关系，并证明；

（2）将图1中△ADE绕A点顺时针旋转45°，再连接CE，取CE的中点F（如图2），问（1）中的结论是否仍然成立？证明你的结论；

（3）将图1中△ADE绕A点转动任意角度（旋转角在0°到90°之间），再连接CE，取CE的中点F （如图3），问（1）中的结论是否仍然成立？证明你的结论．

【解答】解：（1）DF＝BF且DF⊥BF．（1分）

证明：如图1：

∵∠ABC＝∠ADE＝90°，AB＝BC，AD＝DE，

∴∠CDE＝90°，∠AED＝∠ACB＝45°，

∵F为CE的中点，

∴DF＝EF＝CF＝BF，

∴DF＝BF；（2分）

∴∠DFE＝2∠DCF，∠BFE＝2∠BCF，

∴∠EFD+∠EFB＝2∠DCB＝90°，

即：∠DFB＝90°，

∴DF⊥BF．（3分）

（2）仍然成立．

证明：如图2，延长DF交BC于点G，

∵∠ABC＝∠ADE＝90°，

∴DE∥BC，

∴∠DEF＝∠GCF，

又∵EF＝CF，∠DFE＝∠GFC，

∴△DEF≌△GCF，

∴DE＝CG，DF＝FG，（4分）

∵AD＝DE，AB＝BC，

∴AD＝CG，

∴BD＝BG，（5分）

又∵∠ABC＝90°，

∴DF＝BF且DF⊥BF．（6分）

7. 如图：在△ABC中，AB＝AC，EF交AB于点E，交AC的延长线于点F，交BC于D且BE＝CF，求证：

DE＝DF．

【解答】证明：如图，过点E作EG∥AC交BC于G，

则∠ACB＝∠BGE，∠F＝∠DEG，

∵AB＝AC，

∴∠B＝∠ACB，

∴∠B＝∠BGE，

∴BE＝GE，

又∵BE＝CF，

∴GE＝CF，

∵在△CDF和△GDE中，

，

∴△CDF≌△GDE（AAS），

∴DE＝DF．

8. （1）已知：如图1，在△ABC中，∠A＝90°，D为BC中点，E为AB上一点，F为AC上一点，ED⊥

DF，连接EF，求证：线段BE、FC、EF总能构成一个直角三角形；

（2）已知：如图2，∠A＝120°，D为BC中点，E为AB上一点，F为AC上一点，ED⊥DF，连接EF，请你找出一个条件，使线段BE、FC、EF能构成一个等边三角形，给出证明．

【解答】（1）证明：延长FD到G使GD＝DF，连接BG，EG，

∵D为BC中点，∴BD＝DC，

∵在△BDG和△CDF中，，∴△BDG≌△CDF（SAS），∴BG＝FC，∠C＝∠GBD，

∵ED⊥DF，∴EG＝EF，

∵∠A＝90°，∴∠ABC+∠C＝90°，∴∠ABC+∠GBD＝90°，即∠EBG＝90°，

∴线段BE、BG、EG总能构成一个直角三角形，

∵BG＝FC，EG＝EF

∴线段BE、FC、EF总能构成一个直角三角形；

（2）当线段FC＝BE时，线段BE、FC、EF能构成一个等边三角形，

证明：延长FD到W使WD＝DF，连接BW，EW，

∵D为BC中点，

∴BD＝DC，

∵在△BDW和△CDF中

∴△BDW≌△CDF（SAS），

∴BW＝FC，∠C＝∠WBD

∵ED⊥DF

∴EW＝EF，

∵∠A＝120°，

∴∠ABC+∠C＝60°，

∴∠ABC+∠WBD＝60°，

即∠EBW＝60°，

∴当线段BW＝BE（或BE＝EW，BW＝WE）时，BE、BW、EW能构成一个等边三角形；

∵EW＝EF，BW＝FC

∴当线段FC＝BE（或BE＝EF，EF＝FC）时，线段BE、FC、EF能构成一个等边三角形．

9. 在Rt△ABC中，D为斜边AB的中点，E，F分别在AC，BC上，∠EDF＝90°，已知CE＝4，AE＝2，

BF﹣CF＝，求AB．

【解答】解：延长FD至点G，使得DG＝DF，连接AG，EG，EF，如图所示：

∵D为斜边AB的中点，∴AD＝BD，

在△ADG和△BDF中，，∴∴△ADG≌△BDF（SAS），

∴AG＝BF，∠DAG＝∠DBF，

∵∠DBF+∠BAC＝90°，∴∠DAG+∠BAC＝90°，即∠EAG＝90°，

∴EG2＝AG2+AE2，设BF＝AG＝x，

∵BF﹣CF＝，∴CF＝x﹣，

∵∠EDF＝90°，∴DE⊥FG，

∵DG＝DF，∴EF＝EG，

∴EF2＝EG2，

在Rt△CEF中，EF2＝CE2+CF2，∴AG2+AE2＝CE2+CF2，

即x2+22＝42+（x﹣）2，解得：x＝，

∴BF＝，CF＝x﹣＝，

∴BC＝BF+CF＝8，

∵∠C＝90°，AC＝AE+CE＝6，

∴AB＝＝10．

10. 在△ABM中，∠ABM＝45°，AM⊥BM，垂足为M，点C是BM延长线上一点，连接AC．

（1）如图1，若AB＝3，BC＝5，求AC的长；

（2）如图2，点D是线段AM上一点，MD＝MC，点E是△ABC外一点，EC＝AC，连接ED并延长交BC于点F，且点F是线段BC的中点，求证：∠BDF＝∠CEF．

【解答】解：（1）∵∠ABM＝45°，AM⊥BM，

∴AM＝BM＝AB cos45°＝3×＝3，

则CM＝BC﹣BM＝5﹣3＝2，

∴AC＝＝＝；

（2）延长EF到点G，使得FG＝EF，连接BG．

由DM＝MC，∠BMD＝∠AMC，BM＝AM，

∴△BMD≌△AMC（SAS），

∴AC＝BD，

又∵CE＝AC，

因此BD＝CE，

由BF＝FC，∠BFG＝∠EFC，FG＝FE，

∴△BFG≌△CFE，

故BG＝CE，∠G＝∠E，

所以BD＝CE＝BG，

因此∠BDG＝∠G＝∠E．

11. （1）方法回顾

在学习三角形中位线时，为了探索三角形中位线的性质，思路如下：

第一步添加辅助线：如图1，在△ABC中，延长DE（D、E分别是AB、AC的中点）到点F，使得EF＝DE，连接CF；

第二步证明△ADE≌△CFE，再证四边形DBCF是平行四边形，从而得到DE∥BC，DE＝BC．

（2）问题解决

如图2，在正方形ABCD中，E为AD的中点，G、F分别为AB、CD边上的点，若AG＝2，DF＝3，∠GEF＝90°，求GF的长．

（3）拓展研究

如图3，在四边形ABCD中，∠A＝100°，∠D＝110°，E为AD的中点，G、F分别为AB、CD边上的点，若AG＝4，DF＝，∠GEF＝90°，求GF的长．

【解答】解：（1）如图1，在△ABC中，延长DE（D、E分别是AB、AC的中点）到点F，使得EF＝DE，连接CF，在△ADE和△CFE中

∵，∴△ADE≌△CFE（SAS），∴AD＝CF，∠A＝∠ECF，∴AD∥CF

∵AD＝BD，∴BD＝CF，

∵BD∥CF，∴四边形DBCF是平行四边形，∴DE∥BC，DF＝BC

∴DE＝DF＝BC．

（2）如图2，延长GE、FD交于点H，

∵E为AD中点，∴EA＝ED，且∠A＝∠EDH＝90°，

在△AEG和△DEH中，，∴△AEG≌△DEH（ASA），∴AG＝HD＝2，EG＝EH，

∵∠GEF＝90°，∴EF垂直平分GH，∴GF＝HF＝DH+DF＝2+3＝5；

（3）如图3，过点D作AB的平行线交GE的延长线于点H，过H作CD的垂线，垂足为P，连接HF，同（1）可知△AEG≌△DEH，GF＝HF，

∴∠A＝∠HDE＝100°，AG＝HD＝4，

∵∠ADC＝110°，

∴∠HDF＝360°﹣100°﹣110°＝150°，

∴∠HDP＝30°，

∵∠DPH＝90°

∴PH＝2，PD＝2

∵DF＝，

∴PF＝PD+DF＝+2＝3，

在Rt△HFP中，∠HPF＝90°，HP＝2，PF＝3，

∴HF＝＝＝，

∴GF＝FH＝．

12. 在△ABC中，AB＝AC，点F是BC延长线上一点，以CF为边，作菱形CDEF，使菱形CDEF与点A

在BC的同侧，连接BE，点G是BE的中点，连接AG、DG．

（1）如图①，当∠BAC＝∠DCF＝90°时，直接写出AG与DG的位置和数量关系；

（2）如图②，当∠BAC＝∠DCF＝60°时，试探究AG与DG的位置和数量关系，

（3）当∠BAC＝∠DCF＝α时，直接写出AG与DG的数量关系．

【解答】（1）AG⊥DG，AG＝DG，

证明：延长DG与BC交于H，连接AH、AD，

∵四边形CDEF是正方形，

∴DE＝DC，DE∥CF，

∴∠GBH＝∠GED，∠GHB＝∠GDE，

∵G是BE的中点，

∴BG＝EG，

在△BGH和△EGD中

∴△BGH≌△EGD（AAS），

∴BH＝ED，HG＝DG，

∴BH＝DC，

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，

∴∠ABC＝∠ACB＝45°，

∵∠DCF＝90°，

∴∠DCB＝90°，

∴∠ACD＝45°，

∴∠ABH＝∠ACD＝45°，

在△ABH和△ACD中

∴△ABH≌△ACD（SAS），

∴∠BAH＝∠CAD，AH＝AD，

∵∠BAH+∠HAC＝90°，

∴∠CAD+∠HAC＝90°，即∠HAD＝90°，

∴AG⊥GD，AG＝GD；

（3）DG＝AG tan；

证明：延长DG与BC交于H，连接AH、AD，∵四边形CDEF是菱形，

∴DE＝DC，DE∥CF，

∴∠GBH＝∠GED，∠GHB＝∠GDE，

∵G是BE的中点，

∴BG＝EG，

在△BGH和△EGD中

∴△BGH≌△EGD（AAS），

∴BH＝ED，HG＝DG，

∴BH＝DC，

∵AB＝AC，∠BAC＝∠DCF＝α，

∴∠ABC＝90°﹣，∠ACD＝90°﹣，∴∠ABC＝∠ACD，

在△ABH和△ACD中

∴△ABH≌△ACD（SAS），

∴∠BAH＝∠CAD，AH＝AD，

∴∠BAC＝∠HAD＝α；

∴AG⊥HD，∠HAG＝∠DAG＝，

∴tan∠DAG＝tan＝，

∴DG＝AG tan．