(1) 求 \(AC\) 的长

如图，作 \(DH \perp CB\) 于点 \(H\)，则 \(\angle BHD = 90^\circ\)。

• \(\because \triangle ABC\) 是等腰直角三角形，\(AB=AC\)，\(\angle BAC=90^\circ\)，\(\therefore \angle ABC = \angle ACB = 45^\circ\)，\(\therefore \angle HDB = \angle HBD = 45^\circ\)。
• \(\because CD\) 平分 \(\angle ACB\)，\(DH \perp CB\)，\(DA \perp CA\)，\(\therefore BH = DH = AD = 1\)。
• \(\therefore BD = \sqrt{BH^2 + DH^2} = \sqrt{2}BH = \sqrt{2}\)。

\(\therefore AC = AB = BD + AD = \sqrt{2} + 1\)。

\(AC = \sqrt{2} + 1\)

(Ⅱ) 求线段 \(BE\) 的长

1. 相似三角形证明：

已知 \(EF \perp BE\)，因此 \(\angle DEG + \angle AEB = 90^\circ\)；在 \(Rt\triangle ABE\) 中，\(\angle ABE + \angle AEB = 90^\circ\)，故 \(\angle DEG = \angle ABE\)。

又 \(\angle A = \angle EDG = 90^\circ\)，因此 \(\triangle DEG \backsim \triangle ABE\)（AA相似）。

2. 边长比例计算：由相似三角形对应边成比例可得：

\(\dfrac{AE}{AB} = \dfrac{DG}{DE} = \dfrac{1}{2}\)

正方形边长 \(AB=AD\)，因此 \(AE = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{2}AD\)，即 \(E\) 为 \(AD\) 中点，故 \(AE=DE=2\)，因此 \(AB=AD=2AE=4\)。

3. 勾股定理计算 \(BE\)：在 \(Rt\triangle ABE\) 中：

\(BE = \sqrt{AB^2 + AE^2} = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{16+4} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}\)

\(BE = 2\sqrt{5}\)

基础条件分析

在 \(Rt\triangle ABC\) 中，\(\angle BAC=90^\circ\)，\(AB=AC=\sqrt{2}\)，因此：

\(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=2\)

且 \(\angle B=\angle ACB=45^\circ\)。

由题意 \(AC=CD=\sqrt{2}\)，在等腰 \(\triangle ACD\) 中：

\(\angle CAD=\angle ADC=\dfrac{180^\circ-45^\circ}{2}=67.5^\circ\)

(Ⅱ) 求 \(DE\) 的长

步骤1：构造辅助线，利用角度推导等腰关系

设 \(AB\) 交 \(DE\) 于点 \(M\)。

因为 \(DE\perp BC\)，所以 \(\angle EDB=90^\circ\)。

在 \(Rt\triangle BDM\) 中，\(\angle B=45^\circ\)，故 \(\angle BMD=45^\circ\)，因此：

\(DM=BD=2-\sqrt{2}\)

步骤2：推导角度相等，证明 \(MA=MD\)

由 \(\angle BAC=90^\circ\)，\(\angle CAD=67.5^\circ\)，得：

\(\angle BAD=90^\circ-67.5^\circ=22.5^\circ\)

又 \(\angle ADC=67.5^\circ\)，\(\angle EDC=90^\circ\)，故：

\(\angle ADE=\angle EDC-\angle ADC=90^\circ-67.5^\circ=22.5^\circ\)

因此 \(\angle BAD=\angle ADE=22.5^\circ\)，可得 \(MA=MD=2-\sqrt{2}\)。

步骤3：证明 \(EM=AM\)，完成线段推导

由 \(AE\perp AD\)，\(\angle EAD=90^\circ\)，得：

\(\angle DEA=90^\circ-\angle ADE=90^\circ-22.5^\circ=67.5^\circ\)

又 \(\angle EAB=90^\circ-\angle BAD=90^\circ-22.5^\circ=67.5^\circ\)，故：

\(\angle EAB=\angle DEA \implies EM=AM=2-\sqrt{2}\)

步骤4：计算 \(DE\) 的总长度

由 \(EM=AM=MD=2-\sqrt{2}\)，且 \(M\) 为 \(DE\) 中点：

\(DE=EM+MD=2(2-\sqrt{2})=4-2\sqrt{2}\)

答案：\(4-2\sqrt{2}\)

基础条件分析

在 \(Rt\triangle ABC\) 中，\(\angle ACB=90^\circ\)，\(AC=6\)，\(BC=8\)，

\(AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\)

已知 \(CD=2\)，则 \(AD=AC-CD=4\)。

(Ⅱ) 求 \(EF\) 的长

步骤1：构造辅助线，利用中位线性质

过点 \(F\) 作 \(FH \perp BC\) 于点 \(H\)。

因为 \(F\) 是 \(BD\) 中点，\(FH \parallel CD\)，故 \(FH\) 是 \(\triangle BCD\) 中位线。

\(FH = \dfrac{1}{2}CD = \dfrac{1}{2} \times 2 = 1\)

步骤2：计算 \(BH\)、\(CH\)、\(EH\) 长度

\(BH = CH = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2} \times 8 = 4\)

\(EH = CH – CE = 4 – \dfrac{8}{3} = \dfrac{4}{3}\)

步骤3：勾股定理求 \(EF\)

在 \(Rt\triangle EFH\) 中：

\(EF = \sqrt{EH^2 + FH^2}\)

\(EF = \sqrt{\left(\dfrac{4}{3}\right)^2 + 1^2} = \sqrt{\dfrac{16}{9} + \dfrac{9}{9}} = \sqrt{\dfrac{25}{9}} = \dfrac{5}{3}\)

答案：\(\boldsymbol{\dfrac{5}{3}}\)

基础条件分析

正方形 \(ABCD\) 边长为 \(4\)，因此：\(AB=AD=BC=CD=4\)，\(\angle B=\angle BAD=\angle ADC=90^\circ\)。

已知 \(BE=1\)，所以 \(EC=BC-BE=4-1=3\)。

(Ⅱ) 求 \(MD\) 的长

步骤1：构造辅助线 \(MN \perp CD\)

过点 \(M\) 作 \(MN \perp CD\) 于点 \(N\)，则 \(\angle MNF = \angle C = 90^\circ\)，因此 \(MN \parallel EC\)。

所以 \(\triangle MNF \backsim \triangle ECF\)，对应边成比例：

\(\dfrac{FM}{FE} = \dfrac{FN}{FC}\)

步骤2：利用角平分线性质，确定 \(M\) 为 \(EF\) 中点

由(Ⅰ)知 \(\triangle ABE \cong \triangle ADF\)，所以 \(AE = AF\)。

又因为 \(AM\) 平分 \(\angle EAF\)，根据等腰三角形“三线合一”，\(AM\) 是 \(EF\) 的中线，因此 \(EM = FM\)，即：

\(\dfrac{FM}{FE} = \dfrac{1}{2}\)

代入相似比例，得：

\(\dfrac{FN}{FC} = \dfrac{1}{2}\)

因此 \(N\) 为 \(CF\) 的中点。

步骤3：计算线段长度 \(MN\)、\(DN\)

由 \(CD=4\)，\(DF=1\)，得 \(CF=CD+DF=5\)，所以：

\(FN = \dfrac{1}{2}CF = \dfrac{5}{2}\)

又 \(MN \parallel EC\)，\(M\) 为 \(EF\) 中点，所以 \(MN\) 是 \(\triangle ECF\) 的中位线：

\(MN = \dfrac{1}{2}EC = \dfrac{1}{2} \times 3 = \dfrac{3}{2}\)

计算 \(DN\) 的长度：

\(DN = FN – DF = \dfrac{5}{2} – 1 = \dfrac{3}{2}\)

步骤4：在 \(Rt\triangle MND\) 中用勾股定理求 \(MD\)

在 \(Rt\triangle MND\) 中，\(\angle MND=90^\circ\)，由勾股定理：

\[ MD = \sqrt{MN^2 + DN^2} = \sqrt{\left(\dfrac{3}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{3}{2}\right)^2} = \sqrt{\dfrac{9}{4} + \dfrac{9}{4}} = \sqrt{\dfrac{18}{4}} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2} \]

答案：\(\boldsymbol{\dfrac{3\sqrt{2}}{2}}\)

基础条件分析

正方形 \(ABCD\) 边长为 \(6\)，因此：\(AB=BC=CD=6\)，\(\angle ABC=90^\circ\)，对角线 \(BD\) 平分 \(\angle ABC\)，\(\angle DBC=45^\circ\)。

已知 \(MN \perp BC\)，所以 \(\angle NMB=90^\circ\)，\(\triangle BMN\) 为等腰直角三角形。

(Ⅱ) 求 \(FM\) 的长

步骤1：构造辅助线 \(FG \perp BC\)

过点 \(F\) 作 \(FG \perp BC\) 于点 \(G\)，则 \(\angle BGF=90^\circ\)。

因为 \(\angle DBC=45^\circ\)，所以 \(\triangle BFG\) 为等腰直角三角形，因此：

\(BG=FG=\dfrac{\sqrt{2}}{2}BF\)

步骤2：计算 \(BN\)、\(BD\)、\(DN\) 的长度

在等腰直角 \(\triangle BMN\) 中，\(MN=4\)，所以：

\(BN=\sqrt{2}MN=4\sqrt{2}\)

正方形对角线 \(BD\) 的长度：

\(BD=\sqrt{2}CD=6\sqrt{2}\)

因此 \(DN=BD-BN=6\sqrt{2}-4\sqrt{2}=2\sqrt{2}\)。

步骤3：利用中点性质求 \(BF\)、\(BG\)、\(FG\)

因为 \(F\) 是 \(DN\) 的中点，所以：

\(NF=DF=\dfrac{1}{2}DN=\sqrt{2}\)

因此 \(BF=BN+NF=4\sqrt{2}+\sqrt{2}=5\sqrt{2}\)。

代入等腰直角三角形公式：

\(BG=FG=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\times 5\sqrt{2}=5\)

步骤4：计算 \(MG\)，用勾股定理求 \(FM\)

已知 \(BM=4\)，所以 \(MG=BG-BM=5-4=1\)。

在 \(Rt\triangle FGM\) 中，由勾股定理：

\(FM=\sqrt{MG^2+FG^2}=\sqrt{1^2+5^2}=\sqrt{1+25}=\sqrt{26}\)

答案：\(\boldsymbol{\sqrt{26}}\)

基础条件分析

菱形 \(ABCD\) 边长为 \(6\)，所以 \(AB=BC=CD=DA=6\)，且 \(AD \parallel BC\)，对角线 \(AC=4\)，对角线互相垂直平分，交点为 \(O\)，则 \(AO=OC=2\)，\(AC \perp BD\)。

已知 \(EF \perp AC\)，所以 \(EF \parallel BD\)，\(E\) 为 \(AD\) 中点，可推出 \(G\) 为 \(AB\) 中点。

(2) 求 \(GH\) 的长

步骤1：利用菱形对角线性质求 \(OD\) 的长度

在 \(Rt\triangle AOD\) 中，\(AD=6\)，\(AO=2\)，由勾股定理：

\(OD = \sqrt{AD^2 – AO^2} = \sqrt{6^2 – 2^2} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}\)

步骤2：利用相似三角形求 \(OP\)、\(PE\)、\(CP\) 的长度

因为 \(PE \parallel OD\)，且 \(AE=DE\)，所以 \(PE\) 是 \(\triangle AOD\) 的中位线：

\(OP = \dfrac{1}{2}AO = 1,\quad PE = \dfrac{1}{2}OD = 2\sqrt{2}\)

因此 \(CP = OC + OP = 2 + 1 = 3\)。

步骤3：用勾股定理求 \(CE\) 的长度

在 \(Rt\triangle CPE\) 中，\(PE=2\sqrt{2}\)，\(CP=3\)，由勾股定理：

\(CE = \sqrt{PE^2 + CP^2} = \sqrt{(2\sqrt{2})^2 + 3^2} = \sqrt{8 + 9} = \sqrt{17}\)

步骤4：证明 \(HG\) 是 \(\triangle FCE\) 的中位线

因为 \(AD \parallel BC\)，所以 \(\angle EAG = \angle FBG\)。

在 \(\triangle AGE\) 和 \(\triangle BGF\) 中：\(\begin{cases} \angle EAG = \angle FBG \\ AG = BG \\ \angle AGE = \angle BGF \end{cases}\)，所以 \(\triangle AGE \cong \triangle BGF\)（ASA），因此 \(EG = FG\)。

又因为 \(H\) 为 \(FC\) 的中点，所以 \(HG\) 是 \(\triangle FCE\) 的中位线。

步骤5：利用中位线性质求 \(GH\) 的长度

\(GH = \dfrac{1}{2}CE = \dfrac{\sqrt{17}}{2}\)

答案：\(\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{17}}{2}}\)

基础条件分析

正方形 \(ABCD\) 边长为 \(4\sqrt{2}\)，对角线互相垂直平分且相等： \[ AC=BD=\sqrt{2}\times 4\sqrt{2}=8 \]

故 \(AO=OC=BO=OD=\dfrac{1}{2}AC=4\)，\(AC\perp BD\)。

\(E\) 为 \(OA\) 中点，\(F\) 为 \(DE\) 中点，结合勾股定理、中点性质求解即可。

(Ⅱ) 求 \(AF\) 的长

步骤1：求 \(DE\) 长度

Rt\(\triangle ODE\) 中，\(OD=4,OE=2\)：

\(DE = \sqrt{OE^2+OD^2} = \sqrt{2^2+4^2} = \sqrt{20}=2\sqrt{5}\)

步骤2：坐标法简便求解 \(AF\)

以 \(O\) 为原点建系： \(A(-4,0)\)，\(D(0,4)\)，\(E(-2,0)\)。

\(F\) 为 \(DE\) 中点，坐标： \[ F\left(\dfrac{-2+0}{2},\dfrac{0+4}{2}\right)=(-1,2) \]

由两点间距离公式：

\(AF=\sqrt{(-1+4)^2+(2-0)^2} =\sqrt{3^2+2^2} =\sqrt{13}\)

答案：\(\boldsymbol{\sqrt{13}}\)

基础条件分析

在平行四边形 \(ABCD\) 中：\(AB=CD=6\)，\(BC=AD=10\)。

由 \(6^2+8^2=10^2\)，得 \(CD^2+AC^2=AD^2\)，故 \(\triangle ACD\) 为直角三角形，\(\angle ACD=90^\circ\)，即 \(AC\perp CD\)。

由 \(AB\parallel CD\)，得 \(AC\perp AB\)，\(\angle BAC=90^\circ\)。

(Ⅱ) 求 \(ME\) 的长

步骤1：利用直角三角形斜边中线

在 \(Rt\triangle ABC\) 中，\(M\) 为 \(BC\) 中点：

\(AM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}\times 10 = 5\)

\(AM=BM\)，又 \(AE=BE\)，故 \(ME\) 垂直平分 \(AB\)，设交点为 \(O\)，\(O\) 为 \(AB\) 中点。

步骤2：求 \(MO\) 与 \(OE\)

\(MO\) 为 \(\triangle ABC\) 中位线：

\(MO = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}\times 8 = 4\)

等腰 \(Rt\triangle ABE\) 中，斜边上中线：

\(OE = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{2}\times 6 = 3\)

步骤3：求 \(ME\)

\(ME = MO + OE = 4 + 3 = 7\)

答案：\(\boldsymbol{7}\)

基础条件分析

矩形 \(ABCD\) 中：\(AB=CD=3\)，\(BC=AD=6\)，\(\angle ADC=90^\circ\)。

由翻折得：\(\triangle ADC’\cong\triangle ADC\)，\(C’D=CD=3\)，\(\angle ADC’=90^\circ\)。

\(M\)、\(N\) 分别为 \(EC’\)、\(AC\) 中点，可用坐标法或中位线求解。

步骤2：坐标法求解

建系：\(A(0,0),D(6,0),B(0,3),C(6,3),C'(6,-3)\)

求得：\(E(3,0)\)，\(M\left(\dfrac{9}{2},-\dfrac{3}{2}\right)\)，\(N\left(3,\dfrac{3}{2}\right)\)

\[ MN=\sqrt{\left(\dfrac{9}{2}-3\right)^2+\left(-\dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{2}\right)^2} =\sqrt{\left(\dfrac{3}{2}\right)^2+(-3)^2} =\dfrac{3\sqrt{5}}{2} \]

答案：\(\boldsymbol{\dfrac{3\sqrt{5}}{2}}\)

基础条件分析

在 \(Rt\triangle ABC\) 中，\(\angle ACB=90^\circ\)，点 \(D\) 为斜边 \(AB\) 的中点，根据直角三角形斜边中线定理：

\[ CD = \frac{1}{2}AB \]

已知 \(CD=\dfrac{\sqrt{17}}{2}\)，可得：

\[ AB = 2CD = 2 \times \frac{\sqrt{17}}{2} = \sqrt{17} \]

又 \(AC=4BC\)，设 \(BC=x\)，则 \(AC=4x\)。

(Ⅱ) 求 \(AE\) 的长

步骤1：利用等腰三角形性质，转化余弦值

在 \(Rt\triangle ABC\) 中，\(D\) 为 \(AB\) 中点，故 \(CD=AD\)，因此 \(\triangle ACD\) 为等腰三角形，\(\angle ACD=\angle A\)。

所以 \(\cos\angle ACD = \cos A\)。

步骤2：利用余弦的等角关系列比例式

在 \(Rt\triangle CDE\) 中，\(\angle CDE=90^\circ\)，\(\cos\angle ACD = \dfrac{CD}{CE}\)。

在 \(Rt\triangle ABC\) 中，\(\cos A = \dfrac{AC}{AB}\)。

因为 \(\cos\angle ACD = \cos A\)，所以：

\[ \frac{CD}{CE} = \frac{AC}{AB} \]

代入已知数值 \(CD=\dfrac{\sqrt{17}}{2}\)，\(AC=4\)，\(AB=\sqrt{17}\)：

\[ \frac{\frac{\sqrt{17}}{2}}{CE} = \frac{4}{\sqrt{17}} \]

步骤3：解方程求 \(CE\)，再求 \(AE\)

\[ CE = \frac{\frac{\sqrt{17}}{2} \times \sqrt{17}}{4} = \frac{\frac{17}{2}}{4} = \frac{17}{8} \]

因此 \(AE = AC – CE\)：

\[ AE = 4 – \frac{17}{8} = \frac{32}{8} – \frac{17}{8} = \frac{15}{8} \]

答案：\(\boldsymbol{\dfrac{15}{8}}\)

基础条件分析

正方形 \(ABCD\) 边长为 \(6\)，因此：\(AB=BC=CD=AD=6\)，\(\angle ABC=\angle BCD=\angle CDA=\angle BAD=90^\circ\)。

对角线 \(AC=BD=\sqrt{6^2+6^2}=6\sqrt{2}\)，且 \(AC\) 平分 \(\angle BAD\)，\(\angle BAC=45^\circ\)。

\(E,F,G,H\) 为各边中点，因此 \(FG \parallel AC\)，\(EH \parallel AC\)，\(EF \parallel BD\)，\(GH \parallel BD\)。

(Ⅱ) 求线段 \(PM\) 的长

步骤1：求 \(NP\) 的长度

连接 \(BD\) 交 \(AC\) 于点 \(N\)，则 \(N\) 为正方形中心，\(AN=\dfrac{1}{2}AC=3\sqrt{2}\)。

已知 \(AP=4\sqrt{2}\)，因此：

\[ NP=AP-AN=4\sqrt{2}-3\sqrt{2}=\sqrt{2} \]

步骤2：证明 \(B,M,N\) 共线并求 \(MN\) 的长度

点 \(F,G\) 为 \(AB,BC\) 中点，\(BF=BG\)，\(M\) 为 \(FG\) 中点，因此 \(BM \perp FG\)，且 \(B,M,N\) 三点共线。

由中位线性质：\(\dfrac{BM}{BN}=\dfrac{FG}{AC}=\dfrac{1}{2}\)，因此：

\[ MN=\frac{1}{2}BN=\frac{1}{2} \times 3\sqrt{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2} \]

步骤3：在 \(Rt\triangle MNP\) 中用勾股定理求 \(PM\)

\[ PM=\sqrt{MN^2+NP^2} \]

\[ =\sqrt{\left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)^2+(\sqrt{2})^2} =\sqrt{\frac{9 \times 2}{4}+2} =\sqrt{\frac{18}{4}+2} =\sqrt{\frac{26}{4}} =\frac{\sqrt{26}}{2} \]

答案：\(\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{26}}{2}}\)

基础条件分析

正方形 \(ABCD\) 中，\(AB=BC=2\sqrt{6}\)，\(\angle ABC=90^\circ\)，\(\angle BCA=45^\circ\)。

对角线 \(AC\perp BD\)，交点为 \(O\)，则 \(OA=OC=OB\)。

(Ⅱ) 求 \(AG\) 的长

步骤1：证明 \(\triangle AOG \cong \triangle BOE\)

由 \(AF\perp EB\)，\(AC\perp BD\)，可得：

\[ \angle AOG=\angle BOE=90^\circ \]

\[ \angle G+\angle GAF=90^\circ,\ \angle E+\angle GAF=90^\circ \]

因此 \(\angle G=\angle E\)。

在 \(\triangle AOG\) 和 \(\triangle BOE\) 中：

• \(\angle G=\angle E\)
• \(\angle AOG=\angle BOE\)
• \(OA=OB\)

所以 \(\triangle AOG \cong \triangle BOE\)（AAS），因此 \(AG=BE\)。

步骤2：在 \(Rt\triangle BOE\) 中求 \(BE\)

由（Ⅰ）知 \(OA=OC=2\sqrt{3}\)，\(CE=2\sqrt{3}\)，则 \(OE=OC+CE=4\sqrt{3}\)。

又 \(OB=OA=2\sqrt{3}\)，在 \(Rt\triangle BOE\) 中：

\[ BE=\sqrt{OB^2+OE^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2+(4\sqrt{3})^2} =\sqrt{12+48}=\sqrt{60}=2\sqrt{15} \]

步骤3：由全等关系得 \(AG\) 长度

\[ AG=BE=2\sqrt{15} \]

答案：\(\boldsymbol{2\sqrt{15}}\)

基础条件分析

矩形 \(ABCD\) 中，\(AB=CD=2\sqrt{3}\)，\(AD=BC=4\)，\(\angle C=90^\circ\)。

\(E\) 为 \(BC\) 中点，故 \(BE=EC=\dfrac{1}{2}BC=2\)。

在 \(Rt\triangle DCE\) 中：

\[ DE=\sqrt{DC^2+CE^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2+2^2}=4 \]

在 \(Rt\triangle ABE\) 中：

\[ AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2+2^2}=4 \]

故 \(AD=AE=DE=4\)，\(\triangle ADE\) 为等边三角形，\(\angle ADE=60^\circ\)。

(Ⅱ) 求 \(GH\) 的长

步骤1：求 \(GE\) 的长度

\(G\) 为 \(DF\) 中点，故 \(DG=GF=\dfrac{1}{2}DF=3\)。

因此 \(GE=GF-EF=3-2=1\)。

步骤2：作 \(AK\perp DE\)，求 \(AK\)、\(EK\)、\(KG\)

过点 \(A\) 作 \(AK\perp DE\) 于点 \(K\)，因为 \(\triangle ADE\) 为等边三角形，所以 \(K\) 为 \(DE\) 中点：

\[ EK=\frac{1}{2}DE=2,\quad AK=\sqrt{AE^2-EK^2}=2\sqrt{3} \]

因此 \(KG=EK-GE=2-1=1\)。

步骤3：利用中位线性质求 \(GH\)

因为 \(H\) 为 \(AE\) 中点，\(G\) 为 \(KE\) 中点，故 \(GH\) 为 \(\triangle AEK\) 的中位线：

\[ GH=\frac{1}{2}AK=\frac{1}{2}\times2\sqrt{3}=\sqrt{3} \]

答案：\(\boldsymbol{\sqrt{3}}\)

基础条件分析

正方形 \(ABCD\) 边长为 \(6\)，\(\angle B=90^\circ\)。

\(E\) 在 \(BC\) 上，\(BE=2\)，\(EC=4\)。

\(AE\) 绕点 \(E\) 顺时针旋转 \(90^\circ\) 得到 \(EF\)，因此 \(AE=EF\)，\(\angle AEF=90^\circ\)。

(Ⅱ) 求 \(PC\) 的长

步骤1：证明 \(A,E,C,F\) 四点共圆

连接 \(EP,AC\)，在正方形中 \(\angle ACB=45^\circ\)，等腰直角三角形 \(AEF\) 中 \(\angle AFE=45^\circ\)，因此 \(\angle ACB=\angle AFE\)，\(A,E,C,F\) 四点共圆，\(\angle AEF=\angle ACF=90^\circ\)。

步骤2：利用直角三角形斜边中线性质

因为 \(P\) 是 \(AF\) 的中点，在 \(Rt\triangle ACF\) 中，\(PC\) 是斜边 \(AF\) 上的中线：

\[ PC=\frac{1}{2}AF=\frac{1}{2}\times4\sqrt{5}=2\sqrt{5} \]

答案：\(\boldsymbol{2\sqrt{5}}\)

基础条件分析

正方形 \(ABCD\) 边长为 \(\sqrt{5}\)，因此：\(AB=AD=BC=CD=\sqrt{5}\)，\(\angle A=\angle BCD=90^\circ\)。

\(E\) 为 \(AD\) 中点，故 \(AE=DE=\dfrac{1}{2}AD=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\)。

在 \(Rt\triangle ABE\) 中：

\[ BE=\sqrt{AB^2+AE^2}=\sqrt{(\sqrt{5})^2+\left(\frac{\sqrt{5}}{2}\right)^2}=\frac{5}{2} \]

(Ⅱ) 求 \(CG\) 的长

步骤1：求 \(PE\) 的长度

由（Ⅰ）知 \(BE=\dfrac{5}{2}\)，\(BP=1\)，因此：

\[ PE=BE-BP=\frac{5}{2}-1=\frac{3}{2} \]

步骤2：作辅助线 \(PM\perp AD\)，利用相似求 \(MP\)、\(ME\)、\(DM\)

过点 \(P\) 作 \(PM\perp AD\) 于点 \(M\)，则 \(\angle PME=90^\circ=\angle A\)，又 \(\angle PEM=\angle BEA\)，故 \(\triangle EMP\sim\triangle EAB\)。

根据相似比：\(\dfrac{PE}{BE}=\dfrac{MP}{AB}=\dfrac{ME}{AE}\)，即：

\[ \frac{\frac{3}{2}}{\frac{5}{2}}=\frac{MP}{\sqrt{5}}=\frac{ME}{\frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{3}{5} \]

\[ MP=\frac{3}{5}\times\sqrt{5}=\frac{3\sqrt{5}}{5},\quad ME=\frac{3}{5}\times\frac{\sqrt{5}}{2}=\frac{3\sqrt{5}}{10} \]

因此 \(DM=ME+DE\)：

\[ DM=\frac{3\sqrt{5}}{10}+\frac{\sqrt{5}}{2}=\frac{4\sqrt{5}}{5} \]

步骤3：作辅助线 \(GN\perp CD\)，利用中点性质求 \(DN\)、\(GN\)、\(CN\)

过点 \(G\) 作 \(GN\perp CD\) 于点 \(N\)，因为 \(G\) 为 \(DP\) 中点，\(PM\parallel CD\)，故 \(\triangle MPD\sim\triangle NGD\)，相似比为 \(2:1\)。

\[ DN=\frac{1}{2}MP=\frac{3\sqrt{5}}{10},\quad GN=\frac{1}{2}DM=\frac{2\sqrt{5}}{5} \]

因此 \(CN=CD-DN\)：

\[ CN=\sqrt{5}-\frac{3\sqrt{5}}{10}=\frac7{\sqrt{5}}{10} \]

步骤4：在 \(Rt\triangle CNG\) 中用勾股定理求 \(CG\)

\[ CG=\sqrt{CN^2+GN^2}=\sqrt{\left(\frac{7\sqrt{5}}{10}\right)^2+\left(\frac{2\sqrt{5}}{5}\right)^2} \]

\[ =\sqrt{\frac{245}{100}+\frac{80}{100}}=\sqrt{\frac{325}{100}}=\frac{\sqrt{13}}{2} \]

答案：\(\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{13}}{2}}\)

基础条件分析

矩形 \(ABCD\) 中，\(\angle BAD=\angle BCD=\angle ADC=90^\circ\)，\(AB\parallel CD\)，\(AD\parallel BC\)。

\(AE\) 平分 \(\angle BAD\)，故 \(\angle BAE=\angle DAE=45^\circ\)。

(Ⅱ) 求 \(DM\) 的长

步骤1：构造辅助线，证明 \(BF=AB=CD\)

在 \(Rt\triangle ABF\) 中，\(\angle BAF=45^\circ\)，故 \(\triangle ABF\) 为等腰直角三角形，\(BF=AB=CD\)。

步骤2：利用中点性质，证明 \(CM=FM\) 且 \(CM\perp EF\)

因为 \(\angle E=45^\circ\)，\(\angle BCE=90^\circ\)，故 \(\triangle ECF\) 为等腰直角三角形。\(M\) 是 \(FE\) 中点，所以 \(CM=\dfrac{1}{2}EF=FM\)，且 \(CM\perp EF\)，\(\angle BCM=45^\circ\)。

步骤3：证明 \(\triangle BFM\cong\triangle DCM\)（SAS）

\(\angle BCD=90^\circ\)，\(\angle BCM=45^\circ\)，故 \(\angle DCM=135^\circ\)；又 \(\angle BFM=180^\circ-\angle AFB=135^\circ\)，因此 \(\angle BFM=\angle DCM\)。

又 \(BF=CD\)，\(FM=CM\)，故 \(\triangle BFM\cong\triangle DCM\)（SAS），得 \(BM=DM\)，\(\angle BMF=\angle DMC\)。

步骤4：证明 \(\triangle BMD\) 为等腰直角三角形，计算 \(DM\)

因为 \(\angle BMF+\angle FMD=\angle DMC+\angle FMD\)，即 \(\angle BMD=\angle CMF=90^\circ\)，故 \(\triangle BMD\) 为等腰直角三角形。

\[ DM=\frac{\sqrt{2}}{2}BD=\frac{\sqrt{2}}{2}\times\sqrt{14}=\sqrt{7} \]

答案：\(\boldsymbol{\sqrt{7}}\)