1. 如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90^{ \circ }$,$∠ CAB$与$∠ ACB$的平分线交于点$O$,连接$OB$,则$∠ AOB=\_\_\_\_\_\_°$.若$AC=6$,$BC=8$,$OB=\sqrt{2}OA$,则$OB=$.

1. 135 $\sqrt{40}$ 提示:因为$∠ CAB$与$∠ ACB$的平分线交于点$O$,所以点$O$到$△ ABC$三边的距离相等,所以$OB$平分$∠ ABC$. 因为$∠ ACB=90°$,所以$∠ CAB+∠ CBA = 180° - ∠ ACB = 90°$. 因为$∠ OAB =\frac{1}{2}∠ CAB$,$∠ OBA = \frac{1}{2}∠ CBA$, 所以 $∠ OAB +∠ OBA=\frac{1}{2}(∠ CAB+∠ CBA)=45°$,所以$∠ AOB=180°-(∠ OAB+∠ OBA)=135°$. 如图,过点 $B$ 作$BH⊥ AO$,交$AO$的延长线于点$H$. 设点 $O$ 到$△ ABC$三边的距离均为 $d$. 因为$∠ AOB=135°$,所以$∠ BOH=45°$,所以$OB=\sqrt{2}BH$. 又因为$OB=\sqrt{2}OA$,所以$BH=OA$. 因为$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AC· d+\frac{1}{2}BC· d+\frac{1}{2}AB· d$,且$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=10,BC=8,AC=6$,所以$d=2$. 因为$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}AB· d=\frac{1}{2}OA· BH=\frac{1}{2}OA^2=\frac{1}{2}×10×2$,所以$OA^2=20$. 因为$OB=\sqrt{2}OA$,所以$OB^2=2OA^2=40$,所以$OB=\sqrt{40}$.

2. 如图, 在 $△ A B C$ 中, $∠ B A C=30°, D E$ 垂直平分 $A C$, 垂足为 $D$, 交边 $A B$ 于点 $E$, $F G$ 垂直平分 $B C$, 垂足为 $G$, 交线段 $D E$ 于点 $F$, 连接 $B F, C F$. 若 $∠ A C F=22°$, 则 $∠ A B F$ 的度数为 $\_\_\_\_\_\_°$. 若 $D E=1$, $B E=\sqrt{3}$, 则 $E F=\_\_\_\_\_\_$.

2. 8 $2-\sqrt{3}$ 提示:如图,连接$AF$. 因为$DE$垂直平分$AC$,点$F$在$DE$上,所以$AF=CF$,所以$∠ FAC=∠ ACF=22°$. 因为$∠ BAC=30°$,所以$∠ BAF=∠ BAC-∠ FAC=30°-22°=8°$. 因为$FG$垂直平分$BC$,所以$BF=CF$,所以$AF=BF$,所以$∠ ABF=∠ BAF=8°$. 过点 $B$作$BH⊥ DE$,交$DE$的延长线于点 $H$,所以$△ BEH$和$△ BFH$都是直角三角形. 因为 $DE$ 垂直平分 $AC$,所以$△ ADE$和$△ ADF$都是直角三角形. 在$\mathrm{Rt}△ ADE$中,$DE=1$,$∠ BAC=30°$,所以$∠ AED=90°-∠ BAC=60°$,$AE=2DE=2$. 由勾股定理,得 $AD=\sqrt{AE^2-DE^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$. 在$\mathrm{Rt}△ BEH$中,$BE=\sqrt{3}$,$∠ BEH=∠ AED=60°$,所以$∠ EBH=90°-∠ BEH=30°$,所以$EH=\frac{1}{2}BE=\frac{\sqrt{3}}{2}$. 由勾股定理,得 $BH=\sqrt{BE^2-EH^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2-(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\frac{3}{2}$. 设 $EF=a$,所以 $DF=DE-EF=1-a$,$HF=EH+EF=\frac{\sqrt{3}}{2}+a$. 在$\mathrm{Rt}△ ADF$中,由勾股定理,得 $AF^2=AD^2+DF^2=(\sqrt{3})^2+(1-a)^2$. 在$\mathrm{Rt}△ BFH$中,由勾股定理,得 $BF^2=HF^2+BH^2=(\frac{\sqrt{3}}{2}+a)^2+(\frac{3}{2})^2$. 因为 $AF=BF$,所以$(\sqrt{3})^2+(1-a)^2=(\frac{\sqrt{3}}{2}+a)^2+(\frac{3}{2})^2$,解得 $a=\frac{1}{\sqrt{3}+2}$,所以 $EF=a=\frac{1}{\sqrt{3}+2}=2-\sqrt{3}$.

3. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC=4$,$∠ BAC=$$90^{ \circ }$,$D$为边$BC$上的一动点(不与点$B$,$C$重合),$∠ ADE=45^{ \circ }$,$DE$交$AB$于点$E$,将$△ ADE$沿$AB$折叠,得$△ AFE$,连接$BF$.
(1) 求证:$BF=BD$.
(2) 若$△ ADE$为等腰三角形,求$BE$的长.
(3) 过点$E$作$EG // BC$,交$AC$于点$G$,连接$GF$,试判断$AD$,$DE$,$GF$之间的数量关系,并证明.

3. (1) 证明:由折叠,得$∠ AEF=∠ AED$,$EF=ED$,所以$∠ BEF=∠ BED$. 因为 $BE=BE$,所以$△ BEF≌△ BED(\mathrm{SAS})$,所以$BF=BD$.
(2) 解:当$AD=ED$时,如图1,因为$AB=AC=4$,$∠ BAC=90°$,所以$BC=4\sqrt{2}$,$∠ ABC=∠ C=45°$,所以$∠ BED+∠ BDE=135°$. 因为$∠ ADE=45°$,所以$∠ ADC+∠ BDE=135°$,所以$∠ BED=∠ ADC$. 在$△ BED$ 和 $△ CDA$中,$\begin{cases}∠ EBD=∠ C,\\∠ BED=∠ CDA,\\ED=DA,\end{cases}$所以$△ BED≌△ CDA(\mathrm{AAS})$,所以$BD=CA=4$,$BE=CD$,所以$CD=BC-BD=4\sqrt{2}-4$,所以$BE=4\sqrt{2}-4$.
当 $AE = DE$ 时, 如图 2, 易得 $∠ ADE=∠ DAE=45°$. 因为$∠ ABD=45°$,所以$∠ ADB=180°-∠ ABD-∠ DAB=90°$,所以$∠ BDE=∠ ADB-∠ ADE = 45°$, 所以 $∠ EBD=∠ BDE$,所以$BE=DE$,所以$BE=AE$,所以$BE=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×4=2$. 因为$∠ ADE=45°$,且点 $D$ 不与点 $B$,$C$ 重合,所以 $AE=AD$ 不存在. 综上所述,若$△ ADE$为等腰三角形,则 $BE$的长为$4\sqrt{2}-4$或2.
(3) 解:$ED^2+2AD^2=GF^2$. 证明如下:
如图 3,过点 $A$ 作 $AM⊥ AF$,截取 $AM=AF$,连接 $EM$,$FM$,所以$∠ FAM=∠ EAG=90°$,所以$∠ MAE=∠ FAG$. 因为 $EG// BC$,所以$∠ AEG=∠ ABC=∠ C=∠ AGE=45°$,所以 $AE=AG$. 在 $△ MAE$ 和 $△ FAG$ 中,$\begin{cases}AM=AF,\\∠ MAE=∠ FAG,\\AE=AG,\end{cases}$所以 $△ MAE ≌ △ FAG(\mathrm{SAS})$,所以 $EM = GF$. 因为 $MA ⊥ AF$,$AM=AF$,所以$△ AFM$ 是等腰直角三角形,所以 $FM=\sqrt{2}AF$,$∠ AFM=45°$. 由折叠的性质,得 $∠ AFE = ∠ ADE = 45°$,$EF = ED$,$AF=AD$,所以$∠ MFE=∠ AFM+∠ AFE=90°$,$FM=\sqrt{2}AD$. 在$\mathrm{Rt}△ EFM$中,由勾股定理,得 $EF^2+FM^2=EM^2$,所以 $ED^2+(\sqrt{2}AD)^2=GF^2$,所以 $ED^2+2AD^2=GF^2$.