8. (2024·温州)如图①是一款风筝，图②是其骨架示意图，$A$，$B$，$C$，$D$是矩形的四个顶点，点$E$，$F$在$AB$中垂线上，$∠ EAB=∠ FDC=45°$，$AF$，$DE$交于点$G$，$CE$，$BF$交于点$H$.若$AB=10\mathrm{dm}$，$BC=7\mathrm{dm}$，则骨架总长(图②中所有实线之和)为$\mathrm{dm}$.

$​ (59+10\sqrt {2})​$

9. 如图，在矩形$ABCD$中，$AB=1$，$BG$，$DH$分别平分$∠ ABC$，$∠ ADC$，交$AD$，$BC$于点$G$，$H$.要使四边形$BHDG$为菱形，则$AD$的长为.

$1+\sqrt{2}$

10. 如图，四边形$ABCD$是平行四边形，$BM// DN$，且分别交对角线$AC$于点$M$，$N$，连接$MD$，$BN$.
(1)求证：$∠ DMN=∠ BNM$；
(2)若$∠ BAC=∠ DAC$，求证：四边形$BMDN$是菱形.

证明：
(1)连接BD，交AC于点O，
$ \because$四边形ABCD是平行四边形，$\therefore OB=OD.$
$ \because BM// DN$，$\therefore ∠ MBO=∠ NDO.$
又$\because ∠ BOM=∠ DON$，$\therefore △ BOM≌△ DON(\mathrm{ASA})$，
$ \therefore BM=DN$，$\therefore$四边形BMDN为平行四边形，
$ \therefore BN// DM$，$\therefore ∠ DMN=∠ BNM.$
$ (2)\because$四边形ABCD是平行四边形，
$ \therefore BC// AD$，$\therefore ∠ BCA=∠ DAC.$
$ \because ∠ BAC=∠ DAC$，$\therefore ∠ BAC=∠ BCA$，
$ \therefore AB=BC$，$\therefore$平行四边形ABCD是菱形，
$ \therefore AC⊥ BD$，$\therefore MN⊥ BD$，
$ \therefore$平行四边形BMDN是菱形.

11. 如图，在矩形纸片$ABCD$中，$AB=6$，$BC=8$，将矩形纸片折叠，使点$B$与点$D$重合，点$A$落在点$E$处，$FG$是折痕，连接$BF$.
(1)求证：四边形$BGDF$是菱形；
(2)求折痕$FG$的长.

(1)证明：$\because$将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，点A落在点E处，FG是折痕，
$ \therefore BF=DF,BG=DG,∠ BFG=∠ DFG.$
$ \because$四边形ABCD是矩形，$\therefore AD=BC=8,AD// BC$，
$ \therefore ∠ DFG=∠ BGF$，$\therefore ∠ BFG=∠ BGF$，$\therefore BF=BG$，
$ \therefore BF=DF=BG=DG$，
$ \therefore$四边形BGDF是菱形.
(2)解：如图，过点F作FM⊥ BC于点M，
则∠ FMC=∠ FMB=90°.
$ \because$四边形ABCD是矩形，$\therefore ∠ A=∠ ABM=90°$，
$ \therefore$四边形ABMF是矩形，
$ \therefore AB=FM=6,AF=BM.$
设AF=x，则BF=DF=8-x，
在$\mathrm{Rt}△ BAF$中，由勾股定理，得$AB^2+AF^2=BF^2$，
即$6^2+x^2=(8-x)^2$，解得$x=\frac{7}{4}$，
即$AF=\frac{7}{4},BG=DF=8-x=\frac{25}{4}$，
$ \therefore MG=BG-BM=\frac{25}{4}-\frac{7}{4}=\frac{9}{2}.$
在$\mathrm{Rt}△ FMG$中，由勾股定理，
得$FG=\sqrt{FM^2+MG^2}=\sqrt{6^2+(\frac{9}{2})^2}=\sqrt{\frac{225}{4}}=\frac{15}{2}.$

12. 如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AE$平分$∠ CAB$交$CB$于点$E$，$CD⊥ AB$于点$D$，交$AE$于点$G$，过点$G$作$GF// BC$交$AB$于点$F$，连接$EF$.
(1)求证：$CG=CE$；
(2)判断四边形$CGFE$的形状，并说明理由；
(3)若$AC=3$，$BC=4$，求线段$DG$的长度.

(1)证明：$\because AE$平分∠ CAB，$\therefore ∠ CAE=∠ BAE.$
$ \because ∠ ACB=90°,CD⊥ AB$，
$ \therefore ∠ CAE+∠ CEA=∠ BAE+∠ AGD=90°$，
$ \therefore ∠ CEA=∠ AGD.$
又$\because ∠ CGE=∠ AGD$，
$ \therefore ∠ CEA=∠ CGE$，$\therefore CG=CE.$
(2)解：四边形CGFE是菱形，理由如下：
$ \because GF// BC$，$\therefore ∠ CEG=∠ EGF.$
由
(1)知∠ CEA=∠ CGE，
$ \therefore ∠ CGE=∠ EGF$，$\therefore ∠ AGC=∠ AGF.$
又$\because AG=AG,∠ CAG=∠ FAG$，
$ \therefore △ AGC≌△ AGF(\mathrm{ASA})$，$\therefore CG=FG.$
由
(1)知CG=CE，$\therefore CE=FG.$
又$\because GF// BC$，
$ \therefore$四边形CGFE是平行四边形.
又$\because CG=CE$，$\therefore$四边形CGFE是菱形.
(3)解：在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，∠ ACB=90°,AC=3,BC=4，
$ \therefore AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=5.$
由
(2)知△ AGC≌△ AGF，
$ \therefore AF=AC=3$，
$ \therefore BF=AB-AF=2.$
$ \because$四边形CGFE是菱形，$\therefore EF// CG.$
$ \because CD⊥ AB$，$\therefore EF⊥ AB.$
设CE=EF=CG=GF=x，则BE=BC-CE=4-x，
在$\mathrm{Rt}△ EFB$中，$EF^2+BF^2=BE^2$，
即$x^2+2^2=(4-x)^2$，
解得$x=\frac{3}{2}$，$\therefore CG=\frac{3}{2}.$
$ \because S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CD$，
$ \therefore CD=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{3×4}{5}=\frac{12}{5}$，
$ \therefore GD=CD-CG=\frac{12}{5}-\frac{3}{2}=\frac{9}{10}.$