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11. 如图，四边形 $ ABCD $ 为菱形，连接 $ BD $，$ ∠ ABC = 80^{\circ} $，延长 $ BC $ 到点 $ E $，在 $ ∠ DCE $ 内作射线 $ CM $，使得 $ ∠ ECM = 30^{\circ} $，过点 $ D $ 作 $ DF ⊥ CM $，垂足为 $ F $. 若 $ DF = \sqrt{6} $，则 $ BD $ 的长为.
答案
1. 因为四边形$ABCD$是菱形，$∠ ABC = 80°$，所以$∠ BCD = 180° - 80° = 100°$，$CD = BC$（菱形四边相等）。
2. 延长$BC$到$E$，则$∠ DCE = 180° - ∠ BCD = 180° - 100° = 80°$。
3. 因为$∠ ECM = 30°$，所以$∠ DCM = ∠ DCE - ∠ ECM = 80° - 30° = 50°$。
4. 由于$DF ⊥ CM$，在$Rt△ DFC$中，$\sin ∠ DCM = \frac{DF}{CD}$，即$\sin 50° = \frac{DF}{CD}$。已知$DF = \sqrt{6}$，则$CD = \frac{\sqrt{6}}{\sin 50°}$。
5. 菱形对角线$BD$平分$∠ BCD$，故$∠ BCD = 100°$，则$BD = 2 · CD · \sin \frac{∠ BCD}{2} = 2 · CD · \sin 50°$。
6. 将$CD = \frac{\sqrt{6}}{\sin 50°}$代入，得$BD = 2 · \frac{\sqrt{6}}{\sin 50°} · \sin 50° = 2\sqrt{6}$。
$2\sqrt{6}$
2. 延长$BC$到$E$，则$∠ DCE = 180° - ∠ BCD = 180° - 100° = 80°$。
3. 因为$∠ ECM = 30°$，所以$∠ DCM = ∠ DCE - ∠ ECM = 80° - 30° = 50°$。
4. 由于$DF ⊥ CM$，在$Rt△ DFC$中，$\sin ∠ DCM = \frac{DF}{CD}$，即$\sin 50° = \frac{DF}{CD}$。已知$DF = \sqrt{6}$，则$CD = \frac{\sqrt{6}}{\sin 50°}$。
5. 菱形对角线$BD$平分$∠ BCD$，故$∠ BCD = 100°$，则$BD = 2 · CD · \sin \frac{∠ BCD}{2} = 2 · CD · \sin 50°$。
6. 将$CD = \frac{\sqrt{6}}{\sin 50°}$代入，得$BD = 2 · \frac{\sqrt{6}}{\sin 50°} · \sin 50° = 2\sqrt{6}$。
$2\sqrt{6}$
12. 如图，在边长为 $ 2\sqrt{2} $ 的正方形 $ ABCD $ 中，$ E $，$ F $ 分别是边 $ AB $，$ BC $ 的中点，连接 $ EC $，$ FD $，$ G $，$ H $ 分别是 $ EC $，$ FD $ 的中点，连接 $ GH $，则 $ GH $ 的长为.
答案
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。
正方形$ABCD$边长为$2\sqrt{2}$，则各顶点坐标为：$A(0,0)$，$B(2\sqrt{2},0)$，$C(2\sqrt{2},2\sqrt{2})$，$D(0,2\sqrt{2})$。
$E$为$AB$中点，坐标为$(\frac{0+2\sqrt{2}}{2},\frac{0+0}{2})=(\sqrt{2},0)$；
$F$为$BC$中点，坐标为$(\frac{2\sqrt{2}+2\sqrt{2}}{2},\frac{0+2\sqrt{2}}{2})=(2\sqrt{2},\sqrt{2})$。
$G$为$EC$中点，$E(\sqrt{2},0)$，$C(2\sqrt{2},2\sqrt{2})$，则$G$坐标为$(\frac{\sqrt{2}+2\sqrt{2}}{2},\frac{0+2\sqrt{2}}{2})=(\frac{3\sqrt{2}}{2},\sqrt{2})$；
$H$为$FD$中点，$F(2\sqrt{2},\sqrt{2})$，$D(0,2\sqrt{2})$，则$H$坐标为$(\frac{2\sqrt{2}+0}{2},\frac{\sqrt{2}+2\sqrt{2}}{2})=(\sqrt{2},\frac{3\sqrt{2}}{2})$。
由两点间距离公式，$GH=\sqrt{(\sqrt{2}-\frac{3\sqrt{2}}{2})^2+(\frac{3\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2})^2}=\sqrt{(-\frac{\sqrt{2}}{2})^2+(\frac{\sqrt{2}}{2})^2}=\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}}=1$。
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正方形$ABCD$边长为$2\sqrt{2}$，则各顶点坐标为：$A(0,0)$，$B(2\sqrt{2},0)$，$C(2\sqrt{2},2\sqrt{2})$，$D(0,2\sqrt{2})$。
$E$为$AB$中点，坐标为$(\frac{0+2\sqrt{2}}{2},\frac{0+0}{2})=(\sqrt{2},0)$；
$F$为$BC$中点，坐标为$(\frac{2\sqrt{2}+2\sqrt{2}}{2},\frac{0+2\sqrt{2}}{2})=(2\sqrt{2},\sqrt{2})$。
$G$为$EC$中点，$E(\sqrt{2},0)$，$C(2\sqrt{2},2\sqrt{2})$，则$G$坐标为$(\frac{\sqrt{2}+2\sqrt{2}}{2},\frac{0+2\sqrt{2}}{2})=(\frac{3\sqrt{2}}{2},\sqrt{2})$；
$H$为$FD$中点，$F(2\sqrt{2},\sqrt{2})$，$D(0,2\sqrt{2})$，则$H$坐标为$(\frac{2\sqrt{2}+0}{2},\frac{\sqrt{2}+2\sqrt{2}}{2})=(\sqrt{2},\frac{3\sqrt{2}}{2})$。
由两点间距离公式，$GH=\sqrt{(\sqrt{2}-\frac{3\sqrt{2}}{2})^2+(\frac{3\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2})^2}=\sqrt{(-\frac{\sqrt{2}}{2})^2+(\frac{\sqrt{2}}{2})^2}=\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}}=1$。
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13. 如图，在 $ □ ABCD $ 中，$ AE $ 平分 $ ∠ BAD $，交 $ BC $ 于点 $ E $，$ CF $ 平分 $ ∠ BCD $，交 $ AD $ 于点 $ F $. 求证：$ AE = CF $.
答案
证明：
∵ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形，
∴ $AD // BC$，$∠ BAD = ∠ BCD$，$AB = CD$，$∠ B = ∠ D$。
∵ $AE$ 平分 $∠ BAD$，$CF$ 平分 $∠ BCD$，
∴ $∠ BAE = \frac{1}{2}∠ BAD$，$∠ DCF = \frac{1}{2}∠ BCD$，
∴ $∠ BAE = ∠ DCF$。
在 $△ ABE$ 和 $△ CDF$ 中，
$\begin{cases}∠ B = ∠ D \\AB = CD \\∠ BAE = ∠ DCF\end{cases}$
∴ $△ ABE ≌ △ CDF$（ASA）。
∴ $AE = CF$。
∵ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形，
∴ $AD // BC$，$∠ BAD = ∠ BCD$，$AB = CD$，$∠ B = ∠ D$。
∵ $AE$ 平分 $∠ BAD$，$CF$ 平分 $∠ BCD$，
∴ $∠ BAE = \frac{1}{2}∠ BAD$，$∠ DCF = \frac{1}{2}∠ BCD$，
∴ $∠ BAE = ∠ DCF$。
在 $△ ABE$ 和 $△ CDF$ 中，
$\begin{cases}∠ B = ∠ D \\AB = CD \\∠ BAE = ∠ DCF\end{cases}$
∴ $△ ABE ≌ △ CDF$（ASA）。
∴ $AE = CF$。
