题目内容
4．课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，△ABC中，若AB=5，AC=3，求BC边上的中线AD的取值范围．
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到E，使DE=AD，再连接BE，（或将△ACD绕点D逆时针旋转180°得到△EBD），把AB、AC、2AD集中在△ABE中，利用三角形的三边关系可得2＜AE＜8，则1＜AD＜4．
[感悟]解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑构造以中点为对称中心的中心对称图形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中．
（1）解决问题：受到（1）的启发，请你证明下列命题：如图2，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF．
①求证：BE+CF＞EF；
②若∠A=90°，探索线段BE、CF、EF之间的等量关系，并加以证明
（2）问题拓展：如图3，在四边形ABDC中，∠B+∠C=180°，DB=DC，∠BDC=120°，以D为顶点作一个60°的角，角的两边分别交AB、AC于E、F两点，连接EF，探索线段BE、CF、EF之间的数量关系，并加以证明．
分析 （1）①延长ED到点G使DG=ED，连结GF，GC，就有EF=GF，连结FG、CG，可证△BED≌△CDG，则CG=BE，由三角形的三边关系就可以得出结论；②由∠A=90°就可以得出∠A+∠ACB=90°，就可以得出∠FCG=90°，由勾股定理就可以得出结论；
（2）延长AC到G使CG=BE，连结DG可以得出△DBE≌△DCG就有DE=DG，∠BDE=∠CDG，由∠BDC=120°，∠EDF=60°，可以得出∠BDE+∠CDF=60°，进而得出∠FDG=60°，就有∠EDF=∠GDF，得出△EDF≌△GDF，得出结论．
解答 
解：（1）①如图2，延长ED到点G，使DG=ED，连结GF，GC，
∵ED⊥DF，
∴EF=GF，
∵D是BC的中点，
∴BD=CD，
在△BDE和△CDG中，
$\left\{\begin{array}{l}{ED=GD}\\{∠BDE=∠GDC}\\{BD=CD}\end{array}\right.$，
∴△DBE≌△DCG（SAS），
∴BE=CG，
∵CG+CF＞GF，
∴BE+CF＞EF；
②线段BE、CF、EF之间的等量关系为：BE2+CF2=EF2．
证明：如图2，∵∠A=90°，
∴∠B+∠ACB=90°，
由①可得，△DBE≌△DCG，EF=GF，
∴BE=CG，∠B=∠GCD，
∴∠GCD+∠ACB=90°，即∠GCF=90°，
∴Rt△CFG中，CF2+GC2=GF2，
∴BE2+CF2=EF2；
（2）线段BE、CF、EF之间的数量关系为：EF=BE+CF
，
理由：如图3，延长AC到G，使CG=BE，
∵∠B+∠ACD=180°，∠ACD+∠DCG=180°，
∴∠B=∠DCG，
在△DBE和△DCG中，
$\left\{\begin{array}{l}{BE=GC}\\{∠B=∠DCG}\\{BD=CD}\end{array}\right.$，
∴△DBE≌△DCG（SAS），
∴DE=DG，∠BDE=∠CDG，
∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，
∴∠BDE+∠CDF=60°，
∴∠CDG+∠CDF=60°，
∴∠EDF=∠GDF，
在△EDF和△GDF中，
$\left\{\begin{array}{l}{DE=DG}\\{∠EDF=∠GDF}\\{DF=DF}\end{array}\right.$，
∴△EDF≌△GDF（SAS），
∴EF=GF，
∵GF=CG+CF，
∴GF=BE+CF，
∴EF=BE+CF．
点评 本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形的三边关系，勾股定理以及四边形的性质的综合运用，解答时作辅助线构造全等三角形，根据线段的和差关系，运用全等三角形对应边相等进行推导是解决问题的关键．
在行驶完某段全程600千米的高速公路时，李师傅对张师傅说：“你的车速太快了，平均每小时比我多跑20千米，比我少用1.5小时就跑完了全程．”| A． | 2π | B． | 4π | C． | 8π | D． | 16π |
如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，连接CD、BE交于点O，且DE∥BC，OD=1，OC=3，AD=2，则AB的长为（ ）