11.如图,在△ABC中,点D为BC的中点,点E为AB上一点,DF⊥DE交AC于点F,延长ED至点G,使ED=GD,连接CG.
(1)求证:BE=CG;
(2)求证:BE+CF＞EF.

证明：(1)
∵ 点D为BC的中点，
∴ BD=CD。
在△BDE和△CDG中，
$\{\begin{array}{l}BD=CD \\∠BDE=∠CDG \\ED=GD\end{array} $
∴ △BDE ≌ △CDG（SAS），
∴ BE=CG。
(2)
∵ DF⊥DE，ED=GD，
∴ DF是线段EG的垂直平分线，
∴ EF=FG。
在△FCG中，由三角形三边关系可得：CG+CF＞FG，
由(1)知BE=CG，代入得：
BE+CF＞EF。

【分析】
(1) 要证明BE=CG，可通过证明两条线段所在的三角形全等实现：已知D是BC中点可得BD=CD，结合对顶角相等、题目给出的ED=GD，满足SAS全等判定条件，证得全等后即可得到对应边相等。
(2) 要证明BE+CF＞EF，需利用三角形三边关系，将三条线段转移到同一个三角形中：首先由第一问结论可将BE替换为CG，再结合DF⊥DE、ED=GD，可知DF是EG的垂直平分线，根据垂直平分线性质得EF=FG，此时三条线段可转化为△FCG的三边，利用三角形两边之和大于第三边即可得证。
【解析】
(1) 证明：
∵ 点D为BC的中点，
∴ BD=CD。
在△BDE和△CDG中，
$\{\begin{array}{l}BD=CD \\∠BDE=∠CDG \\ED=GD\end{array} $
∴ △BDE ≌ △CDG（SAS），
∴ BE=CG。
(2) 证明：
∵ DF⊥DE，ED=GD，
∴ DF是线段EG的垂直平分线，
∴ EF=FG。
在△FCG中，由三角形三边关系可得：CG+CF＞FG，
由(1)知BE=CG，代入得：
BE+CF＞EF。
【答案】
(1) BE=CG，得证；
(2) BE+CF＞EF，得证。
【知识点】
全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；三角形三边关系
【点评】
本题是几何证明的常规题型，核心思路是通过全等完成线段的等量替换，再借助垂直平分线的性质将待证线段整合到同一个三角形中，利用三边关系完成不等式证明，能有效锻炼学生的线段转化思维。
【难度系数】
0.7

12.如图,在$△ OAB$和$△ OCD$中,$OA=OB$,$OC=OD$,$∠ AOB=∠ COD=α$,$AC$,$BD$相交于点$M$.
(1)如图1,当$α=90°$时,$∠ AMD$的度数为;
(2)如图2,当$α=60°$时,$∠ AMD$的度数为;
(3)如图3,求$∠ AMD$的度数.(用含$α$的式子表示)

解：
(1) $\boldsymbol{90°}$
(2) $\boldsymbol{120°}$
(3) 推导如下：
$\because ∠ AOB = ∠ COD = α$，
$\therefore ∠ AOB + ∠ BOC = ∠ COD + ∠ BOC$，
即 $∠ AOC = ∠ BOD$。
在$△ AOC$和$△ BOD$中，
$\begin{cases}OA = OB \\∠ AOC = ∠ BOD \\OC = OD\end{cases}$
$\therefore △ AOC ≌ △ BOD(\mathrm{SAS})$。
$\therefore ∠ OAC = ∠ OBD$。
设$AC$与$OB$交于点$P$，
$\because ∠ APO = ∠ BPM$，
$\therefore 180° - ∠ OAC - ∠ APO = 180° - ∠ OBD - ∠ BPM$，
即$∠ AOP = ∠ BMP = α$，
$\therefore ∠ AMB = α$。
又$\because ∠ AMB + ∠ AMD = 180°$，
$\therefore ∠ AMD = 180° - α$。

【分析】
解决本题的核心是识别“手拉手”全等模型，先通过等角加公共角得到全等所需的相等夹角，证明△AOC和△BOD全等，再结合全等三角形对应角相等、对顶角相等推导角度关系，最后代入特殊值或推导一般表达式即可。具体思路：①由∠AOB=∠COD，两边同时加∠BOC得到∠AOC=∠BOD，结合已知边相等用SAS证明三角形全等；②得到对应角∠OAC=∠OBD后，利用对顶角相等，在对顶三角形中推导出∠AMB等于α；③最后根据邻补角的关系计算∠AMD的度数，前两问代入α的数值即可得结果。
【解析】
(1) 当α=90°时：
∵∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC，即∠AOC=∠BOD。
在△AOC和△BOD中，$\begin{cases}OA=OB \\∠AOC=∠BOD \\OC=OD\end{cases}$，
∴△AOC≌△BOD(SAS)，
∴∠OAC=∠OBD。
设AC与OB交于点P，
∵∠APO=∠BPM，结合三角形内角和为180°，可得∠AOP=∠BMP=90°，即∠AMB=90°，
又
∵∠AMB+∠AMD=180°，
∴∠AMD=180°-90°=90°。
(2) 当α=60°时：
同上述全等推导过程可得∠AMB=60°，
∴∠AMD=180°-60°=120°。
(3) 一般情况推导：
∵∠AOB=∠COD=α，
∴∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC，即∠AOC=∠BOD。
在△AOC和△BOD中，$\begin{cases}OA=OB \\∠AOC=∠BOD \\OC=OD\end{cases}$，
∴△AOC≌△BOD(SAS)，
∴∠OAC=∠OBD。
设AC与OB交于点P，
∵∠APO=∠BPM，
∴180°-∠OAC-∠APO=180°-∠OBD-∠BPM，即∠AOP=∠BMP=α，
∴∠AMB=α。
又
∵∠AMB+∠AMD=180°，
∴∠AMD=180°-α。
【答案】
(1) $\boldsymbol{90°}$；(2) $\boldsymbol{120°}$；(3) $\boldsymbol{180°-α}$
【知识点】
SAS判定三角形全等、全等三角形的性质、邻补角计算
【点评】
本题是手拉手全等模型的典型习题，解题关键是通过等角的和找到全等三角形的对应夹角，证明全等后利用对应角相等推导角度关系，能够很好地考察全等判定和角度推导的综合应用能力。
【难度系数】
0.6