07解答题压轴题-浙江省丽水市五年（2018-2022）中考数学真题分类汇编

这是一份07解答题压轴题-浙江省丽水市五年（2018-2022）中考数学真题分类汇编，共30页。试卷主要包含了2+m+2的顶点，，当t＝2时，AD＝4等内容，欢迎下载使用。
07解答题压轴题-浙江省丽水市五年（2018-2022）中考数学真题分类汇编

34．（2022•丽水）如图，以AB为直径的⊙O与AH相切于点A，点C在AB左侧圆弧上，弦CD⊥AB交⊙O于点D，连结AC，AD．点A关于CD的对称点为E，直线CE交⊙O于点F，交AH于点G．
（1）求证：∠CAG＝∠AGC；
（2）当点E在AB上，连结AF交CD于点P，若＝，求的值；
（3）当点E在射线AB上，AB＝2，以点A，C，O，F为顶点的四边形中有一组对边平行时，求AE的长．

35．（2020•金华）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别过OB，OC的中点D，E作AE，AD的平行线，相交于点F，已知OB＝8．
（1）求证：四边形AEFD为菱形．
（2）求四边形AEFD的面积．
（3）若点P在x轴正半轴上（异于点D），点Q在y轴上，平面内是否存在点G，使得以点A，P，Q，G为顶点的四边形与四边形AEFD相似？若存在，求点P的坐标；若不存在，试说明理由．

36．（2019•金华）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的边长为4，边OA，OC分别在x轴，y轴的正半轴上，把正方形OABC的内部及边上，横、纵坐标均为整数的点称为好点．点P为抛物线y＝﹣（x﹣m）2+m+2的顶点．
（1）当m＝0时，求该抛物线下方（包括边界）的好点个数．
（2）当m＝3时，求该抛物线上的好点坐标．
（3）若点P在正方形OABC内部，该抛物线下方（包括边界）恰好存在8个好点，求m的取值范围．

37．（2019•金华）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝14，点D，E分别在边AB，BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF．
（1）如图1，若AD＝BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O．求证：BD＝2DO．
（2）已知点G为AF的中点．
①如图2，若AD＝BD，CE＝2，求DG的长．
②若AD＝6BD，是否存在点E，使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由．

38．（2018•金华）如图，抛物线y＝ax2+bx（a＜0）过点E（10，0），矩形ABCD的边AB在线段OE上（点A在点B的左边），点C，D在抛物线上．设A（t，0），当t＝2时，AD＝4．
（1）求抛物线的函数表达式．
（2）当t为何值时，矩形ABCD的周长有最大值？最大值是多少？
（3）保持t＝2时的矩形ABCD不动，向右平移抛物线．当平移后的抛物线与矩形的边有两个交点G，H，且直线GH平分矩形的面积时，求抛物线平移的距离．

39．（2018•金华）如图，四边形ABCD的四个顶点分别在反比例函数y＝与y＝（x＞0，0＜m＜n）的图象上，对角线BD∥y轴，且BD⊥AC于点P．已知点B的横坐标为4．
（1）当m＝4，n＝20时．
①若点P的纵坐标为2，求直线AB的函数表达式．
②若点P是BD的中点，试判断四边形ABCD的形状，并说明理由．
（2）四边形ABCD能否成为正方形？若能，求此时m，n之间的数量关系；若不能，试说明理由．

40．（2018•金华）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12．点D在直线CB上，以CA，CD为边作矩形ACDE，直线AB与直线CE，DE的交点分别为F，G．
（1）如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．
①若点G为DE的中点，求FG的长．
②若DG＝GF，求BC的长．
（2）已知BC＝9，是否存在点D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长；若不存在，试说明理由．










参考答案与试题解析
34．（2022•丽水）如图，以AB为直径的⊙O与AH相切于点A，点C在AB左侧圆弧上，弦CD⊥AB交⊙O于点D，连结AC，AD．点A关于CD的对称点为E，直线CE交⊙O于点F，交AH于点G．
（1）求证：∠CAG＝∠AGC；
（2）当点E在AB上，连结AF交CD于点P，若＝，求的值；
（3）当点E在射线AB上，AB＝2，以点A，C，O，F为顶点的四边形中有一组对边平行时，求AE的长．

【解答】（1）证明：∵AH是⊙O的切线，
∴AH⊥AB，
∴∠GAB＝90°，
∵A，E关于CD对称，AB⊥CD，
∴点E在AB上，CE＝CA，
∴∠CEA＝∠CAE，
∵∠CAE+∠CAG＝90°，∠AEC+∠AGC＝90°，
∴∠CAG＝∠AGC；

（2）解：∵AB是直径，AB⊥CD，
∴＝，
∴AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC，
∵∠ACD＝∠ECD，
∴∠ADC＝∠ECD，
∴CF∥AD，
∴＝，
∵CE＝AC＝AD，
∴＝，
∵＝，
∴＝，
∴＝；

（3）解：如图1中，当OC∥AF时，连接OC，OF．设∠AGF＝α，则∠CAG＝∠ACD＝∠DCF＝∠AFG＝α，

∵OC∥AF，
∴∠OCF＝∠AFC＝α，
∵OC＝OA，
∴∠OCA＝∠OAC＝3α，
∵∠OAG＝45°，
∴4α＝90°，
∴α＝22.5°，
∵OC＝OF，OA＝OF，
∴∠OFC＝∠OCF﹣∠AFC＝22.5°，
∴∠OFA＝∠OAF＝45°，
∴AF＝OF＝OC，
∵OC∥AF，
∴＝＝，
∵OA＝1，
∴AE＝×1＝2﹣．
如图2中，当OC∥AF时，连接OC，设CD交AE点M．

设∠OAC＝α，
∵OC∥AF，
∴∠FAC＝∠OCA＝α，
∴∠COE＝∠FAE＝2α，
∵∠AFG＝∠D，∠AGF＝∠D，
∴∠AGC＝∠AFG＝∠AEC+∠FAE＝3α，
∵∠AGC+∠AEC＝90°，
∴4α＝90°，
∴α＝22.5°，2α＝45°，
∴△COM是等腰直角三角形，
∴OC＝OM，
∴OM＝，AM＝+1，
∴AE＝2AM＝2+；
如图3中，当AC∥OF时，连接OC，OF．

设∠AGF＝α，
∵∠ACF＝∠ACD+∠DCF＝2α，
∵AC∥OF，
∴∠CFO＝∠ACF＝2α，
∴∠CAO＝∠ACO＝4α，
∵∠AOC+∠OAC+∠ACO＝180°，
∴10α＝180°，
∴α＝18°，
∴∠COE＝∠ECO＝∠CFO＝36°，
∴△OCE∽△FCO，
∴OC2＝CE×CF，
∴1＝CE（CE+1），
∴CE＝AC＝OE＝，
∴AE＝OA﹣OE＝．
如图4中，当AC∥OF时，连接OC，OF，BF．

设∠FAO＝α，
∵AC∥OF，
∴∠CAF＝∠OFA＝α，
∴∠COF＝∠BOF＝2α，
∵AC＝AE，
∴∠AEC＝∠CAE＝∠EFB，
∴BF＝BE，
由△OCF≌△OBF，
∴CF＝BF＝BE，
∵∠E＝∠COF，
∴△COF∽△CEO，
∴OC2＝CE•CF，
∴BE＝CF＝，
∴AE＝AB+BE＝．
综上所述，满足条件的AE的长为2﹣或2+或或，
35．（2020•金华）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别过OB，OC的中点D，E作AE，AD的平行线，相交于点F，已知OB＝8．
（1）求证：四边形AEFD为菱形．
（2）求四边形AEFD的面积．
（3）若点P在x轴正半轴上（异于点D），点Q在y轴上，平面内是否存在点G，使得以点A，P，Q，G为顶点的四边形与四边形AEFD相似？若存在，求点P的坐标；若不存在，试说明理由．

【解答】（1）证明：如图1中，

∵AE∥DF，AD∥EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵四边形ABOC是正方形，
∴AC＝AB＝OC＝OB，∠ACE＝∠ABD＝90°，
∵E，D分别是OC，OB的中点，
∴CE＝BD，
∴△CAE≌△ABD（SAS），
∴AE＝AD，
∴平行四边形AEFD是菱形．

（2）解：如图1中，连接DE．
∵S△ADB＝S△ACE＝×8×4＝16，
S△EOD＝×4×4＝8，
∴S△AED＝S正方形ABOC﹣2S△ABD﹣S△EOD＝64﹣2×16﹣8＝24，
∴S菱形AEFD＝2S△AED＝48．

（3）解：如图1中，连接AF，设AF交DE于K，
∵OE＝OD＝4，OK⊥DE，
∴KE＝KD，
∴OK＝KE＝KD＝2，
∵AO＝8，
∴AK＝6，
∴AK＝3DK，
①当AP为菱形的一边，点Q在x轴的上方，有图2，图3两种情形：
如图2中，设AG交PQ于H，过点H作HN⊥x轴于N，交AC于M，设AM＝t．

∵菱形PAQG∽菱形ADFE，
∴PH＝3AH，
∵HN∥OQ，QH＝HP，
∴ON＝NP，
∴HN是△PQO的中位线，
∴ON＝PN＝8﹣t，
∵∠MAH＝∠PHN＝90°﹣∠AHM，∠PNH＝∠AMH＝90°，
∴△HMA∽△PNH，
∴＝＝＝，
∴HN＝3AM＝3t，
∴MH＝MN﹣NH＝8﹣3t，
∵PN＝3MH，
∴8﹣t＝3（8﹣3t），
∴t＝2，
∴OP＝2ON＝2（8﹣t）＝12，
∴P（12，0）．
如图3中，过点H作HI⊥y轴于I，过点P作PN⊥x轴交IH于N，延长BA交IN于M．

同法可证：△AMH∽△HNP，
∴＝＝＝，设MH＝t，
∴PN＝3MH＝3t，
∴AM＝BM﹣AB＝3t﹣8，
∵HI是△OPQ的中位线，
∴OP＝2IH，
∴HI＝HN，
∴8+t＝9t﹣24，
∴t＝4，
∴OP＝2HI＝2（8+t）＝24，
∴P（24，0）．
②当AP为菱形的边，点Q在x轴的下方时，有图4，图5两种情形：
如图4中，QH＝3PH，过点H作HM⊥OC于M，过D点P作PN⊥MH于N．

∵MH是△QAC的中位线，
∴MH＝AC＝4，
同法可得：△HPN∽△QHM，
∴＝＝＝，
∴PN＝HM＝，
∴OM＝PN＝，设HN＝t，则MQ＝3t，
∵MQ＝MC，
∴3t＝8﹣，
∴t＝，
∴OP＝MN＝4+t＝，
∴点P的坐标为（，0）．

如图5中，QH＝3PH，过点H作HM⊥x轴于M交AC于I，过点Q作QN⊥HM于N．

∵IH是△ACQ的中位线，
∴CQ＝2HI，NQ＝CI＝4，
同法可得：△PMH∽△HNQ，
∴＝＝＝，则MH＝NQ＝，
设PM＝t，则HN＝3t，
∵HN＝HI，
∴3t＝8+，
∴t＝，
∴OP＝OM﹣PM＝QN﹣PM＝4﹣t＝，
∴P（，0）．
③如图6中，当AP为菱形的对角线时，有图6一种情形：

过点H作HM⊥y轴于点M，交AB于I，过点P作PN⊥HM于N．
∵HI∥x轴，AH＝HP，
∴AI＝IB＝4，
∴PN＝IB＝4，
同法可得：△PNH∽△HMQ，
∴＝＝＝，
∴MH＝3PN＝12，HI＝MH﹣MI＝4，
∵HI是△ABP的中位线，
∴BP＝2IH＝8，
∴OP＝OB+BP＝16，
∴P（16，0），
综上所述，满足条件的点P的坐标为（12，0）或（24，0）或（，0）或（，0）或（16，0）．
36．（2019•金华）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的边长为4，边OA，OC分别在x轴，y轴的正半轴上，把正方形OABC的内部及边上，横、纵坐标均为整数的点称为好点．点P为抛物线y＝﹣（x﹣m）2+m+2的顶点．
（1）当m＝0时，求该抛物线下方（包括边界）的好点个数．
（2）当m＝3时，求该抛物线上的好点坐标．
（3）若点P在正方形OABC内部，该抛物线下方（包括边界）恰好存在8个好点，求m的取值范围．

【解答】解：（1）如图1中，当m＝0时，二次函数的表达式y＝﹣x2+2，函数图象如图1所示．
∵当x＝0时，y＝2，当x＝1时，y＝1，
∴抛物线经过点（0，2）和（1，1），
观察图象可知：好点有：（0，0），（0，1），（0，2），（1，0），（1，1），共5个．

（2）如图2中，当m＝3时，二次函数解析式为y＝﹣（x﹣3）2+5．如图2．

∵当x＝1时，y＝1，当x＝2时，y＝4，当x＝4时，y＝4，
∴抛物线经过（1，1），（2，4），（4，4），
根据图象可知，抛物线上存在好点，坐标分别为（1，1），（2，4），（4，4）．

（3）由于0＜m＜2，取m＝1开始，发现抛物线内有10个好点，不符合意思，所以抛物线向下并向左移动，可得如图3中，
∵抛物线的顶点P（m，m+2），
∴抛物线的顶点P在直线y＝x+2上，
∵点P在正方形内部，则0＜m＜2，

如图3中，E（2，1），F（2，2），观察图象可知，当点P在正方形OABC内部，该抛物线下方（包括边界）恰好存在8个好点时，抛物线与线段EF有交点（点F除外），
当抛物线经过点E时，﹣（2﹣m）2+m+2＝1，
解得m＝或（舍弃），
当抛物线经过点F时，﹣（2﹣m）2+m+2＝2，
解得m＝1或4（舍弃），
∴当≤m＜1时，顶点P在正方形OABC内部，该抛物线下方（包括边界）恰好存在8个好点．
37．（2019•金华）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝14，点D，E分别在边AB，BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF．
（1）如图1，若AD＝BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O．求证：BD＝2DO．
（2）已知点G为AF的中点．
①如图2，若AD＝BD，CE＝2，求DG的长．
②若AD＝6BD，是否存在点E，使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由．

【解答】（1）证明：如图1中，

∵CA＝CB，∠ACB＝90°，BD＝AD，
∴CD⊥AB，CD＝AD＝BD，
∵CD＝CF，
∴AD＝CF，
∵∠ADC＝∠DCF＝90°，
∴AD∥CF，
∴四边形ADFC是平行四边形，
∴OD＝OC，
∵BD＝2OD．

（2）①解：如图2中，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．

由题意：BD＝AD＝CD＝7，BC＝BD＝14，
∵DT⊥BC，
∴BT＝TC＝7，
∵EC＝2，
∴TE＝5，
∵∠DTE＝∠EHF＝∠DEF＝90°，
∴∠DET+∠TDE＝90°，∠DET+∠FEH＝90°，
∴∠TDE＝∠FEH，
∵ED＝EF，
∴△DTE≌△EHF（AAS），
∴FH＝ET＝5，
∵∠DBE＝∠DFE＝45°，
∴B，D，E，F四点共圆，
∴∠DBF+∠DEF＝180°，
∴∠DBF＝90°，
∵∠DBE＝45°，
∴∠FBH＝45°，
∵∠BHF＝90°，
∴∠HBF＝∠HFB＝45°，
∴BH＝FH＝5，
∴BF＝5，
∵∠ADC＝∠ABF＝90°，
∴DG∥BF，
∵AD＝DB，
∴AG＝GF，
∴DG＝BF＝．

②解：如图3﹣1中，当∠DEG＝90°时，F，E，G，A共线，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．设EC＝x．

∵AD＝6BD，
∴BD＝AB＝2，
∵DT⊥BC，∠DBT＝45°，
∴DT＝BT＝2，
∵△DTE≌△EHF，
∴EH＝DT＝2，
∴BH＝FH＝12﹣x，
∵FH∥AC，
∴＝，
∴＝，
整理得：x2﹣12x+28＝0，
解得x＝6±2．

如图3﹣2中，当∠EDG＝90°时，取AB的中点O，连接OG．作EH⊥AB于H．

设EC＝x，由2①可知BF＝（12﹣x），OG＝BF＝（12﹣x），
∵∠EHD＝∠EDG＝∠DOG＝90°，
∴∠ODG+∠OGD＝90°，∠ODG+∠EDH＝90°，
∴∠DGO＝∠HDE，
∴△EHD∽△DOG，
∴＝，
∴＝，
整理得：x2﹣36x+268＝0，
解得x＝18﹣2或18+2（舍弃），

如图3﹣3中，当∠DGE＝90°时，取AB的中点O，连接OG，CG，作DT⊥BC于T，FH⊥BC于H，EK⊥CG于K．设EC＝x．

∵∠DBE＝∠DFE＝45°，
∴D，B，F，E四点共圆，
∴∠DBF+∠DEF＝180°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DBF＝90°，
∵AO＝OB，AG＝GF，
∴OG∥BF，
∴∠AOG＝∠ABF＝90°，
∴OG⊥AB，
∵OG垂直平分线段AB，∵CA＝CB，
∴O，G，C共线，
由△DTE≌△EHF，可得EH＝DT＝BT＝2，ET＝FH＝12﹣x，BF＝（12﹣x），OG＝BF＝（12﹣x），CK＝EK＝x，GK＝7﹣（12﹣x）﹣x，
由△OGD∽△KEG，可得＝，
∴＝，
解得x＝2，
，综上所述，满足条件的EC的值为6±2或18﹣2或2．
38．（2018•金华）如图，抛物线y＝ax2+bx（a＜0）过点E（10，0），矩形ABCD的边AB在线段OE上（点A在点B的左边），点C，D在抛物线上．设A（t，0），当t＝2时，AD＝4．
（1）求抛物线的函数表达式．
（2）当t为何值时，矩形ABCD的周长有最大值？最大值是多少？
（3）保持t＝2时的矩形ABCD不动，向右平移抛物线．当平移后的抛物线与矩形的边有两个交点G，H，且直线GH平分矩形的面积时，求抛物线平移的距离．

【解答】解：（1）设抛物线解析式为y＝ax（x﹣10），
∵当t＝2时，AD＝4，
∴点D的坐标为（2，4），
∴将点D坐标代入解析式得﹣16a＝4，
解得：a＝﹣，
抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+x；

（2）由抛物线的对称性得BE＝OA＝t，
∴AB＝10﹣2t，
当x＝t时，AD＝﹣t2+t，
∴矩形ABCD的周长＝2（AB+AD）
＝2[（10﹣2t）+（﹣t2+t）]
＝﹣t2+t+20
＝﹣（t﹣1）2+，
∵﹣＜0，
∴当t＝1时，矩形ABCD的周长有最大值，最大值为；

（3）如图，

当t＝2时，点A、B、C、D的坐标分别为（2，0）、（8，0）、（8，4）、（2，4），
∴矩形ABCD对角线的交点P的坐标为（5，2），
当平移后的抛物线过点A时，点H的坐标为（4，4），此时GH不能将矩形面积平分；
当平移后的抛物线过点C时，点G的坐标为（6，0），此时GH也不能将矩形面积平分；
∴当G，H中有一点落在线段AD或BC上时，直线GH不可能将矩形面积平分；
当点G，H分别落在线段AB，DC上时，直线GH过点P，必平分矩形ABCD的面积．
∵AB∥CD，
∴线段OD平移后得到线段GH．
∴线段OD的中点Q平移后的对应点是P．
∴DP＝PB，
由平移知，PQ∥OB
∴PQ是△ODB的中位线，
∴PQ＝OB＝4，
所以抛物线向右平移的距离是4个单位．
39．（2018•金华）如图，四边形ABCD的四个顶点分别在反比例函数y＝与y＝（x＞0，0＜m＜n）的图象上，对角线BD∥y轴，且BD⊥AC于点P．已知点B的横坐标为4．
（1）当m＝4，n＝20时．
①若点P的纵坐标为2，求直线AB的函数表达式．
②若点P是BD的中点，试判断四边形ABCD的形状，并说明理由．
（2）四边形ABCD能否成为正方形？若能，求此时m，n之间的数量关系；若不能，试说明理由．

【解答】解：（1）①如图1，∵m＝4，
∴反比例函数为y＝，
当x＝4时，y＝1，
∴B（4，1），
当y＝2时，
∴2＝，
∴x＝2，
∴A（2，2），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+3；

②四边形ABCD是菱形，
理由如下：如图2由①知，B（4，1），
∵BD∥y轴，
∴D（4，5），
∵点P是线段BD的中点，
∴P（4，3），
当y＝3时，由y＝得，x＝，
由y＝得，x＝，
∴PA＝4﹣＝，PC＝﹣4＝，
∴PA＝PC，
∵PB＝PD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵BD⊥AC，
∴四边形ABCD是菱形；

（2）四边形ABCD能是正方形，
理由：当四边形ABCD是正方形，记AC，BD的交点为P，
∴BD＝AC
当x＝4时，y＝＝，y＝＝
∴B（4，），D（4，），
∴P（4，），
∴A（，），C（，），
∵AC＝BD，
∴﹣＝﹣，
∴m+n＝32．


40．（2018•金华）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12．点D在直线CB上，以CA，CD为边作矩形ACDE，直线AB与直线CE，DE的交点分别为F，G．
（1）如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．
①若点G为DE的中点，求FG的长．
②若DG＝GF，求BC的长．
（2）已知BC＝9，是否存在点D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长；若不存在，试说明理由．

【解答】解：（1）①在正方形ACDE中，DG＝GE＝6，
在Rt△AEG中，AG＝＝6，
∵EG∥AC，
∴△ACF∽△GEF，
∴＝，
∴＝＝，
∴FG＝AG＝2．

②如图1中，正方形ACDE中，AE＝ED，∠AEF＝∠DEF＝45°，
∵EF＝EF，
∴△AEF≌△DEF，
∴∠1＝∠2，设∠1＝∠2＝x，
∵AE∥BC，
∴∠B＝∠1＝x，
∵GF＝GD，
∴∠3＝∠2＝x，
在△DBF中，∠3+∠FDB+∠B＝180°，
∴x+（x+90°）+x＝180°，
解得x＝30°，
∴∠B＝30°，
∴在Rt△ABC中，BC＝＝12．

（2）在Rt△ABC中，AB＝＝＝15，
如图2中，当点D在线段BC上时，此时只有GF＝GD，
∵DG∥AC，
∴△BDG∽△BCA，
设BD＝3x，则DG＝4x，BG＝5x，
∴GF＝GD＝4x，则AF＝15﹣9x，
∵AE∥CB，
∴△AEF∽△BCF，
∴＝，
∴＝，
整理得：x2﹣6x+5＝0，
解得x＝1或5（舍弃）
∴腰长GD＝4x＝4．
如图3中，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点中AE上方时，此时只有GF＝DG，设AE＝3x，则EG＝4x，AG＝5x，
∴FG＝DG＝12+4x，
∵AE∥BC，
∴△AEF∽△BCF，
∴＝，
∴＝，
解得x＝2或﹣2（舍弃），
∴腰长DG＝4x+12＝20．
如图4中，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，EC的交点中BD下方时，此时只有DF＝DG，过点D作DH⊥FG．
设AE＝3x，则EG＝4x，AG＝5x，DG＝4x+12，
∴FH＝GH＝DG•cos∠DGB＝（4x+12）×＝，
∴GF＝2GH＝，
∴AF＝GF﹣AG＝，
∵AC∥DG，
∴△ACF∽△GEF，
∴＝，
∴＝，
解得x＝或﹣（舍弃）
∴腰长GD＝4x+12＝，
如图5中，当点D在线段CB的延长线上时，此时只有DF＝DG，作DH⊥AG于H．
设AE＝3x，则EG＝4x，AG＝5x，DG＝4x﹣12，
∴FH＝GH＝DG•cos∠DGB＝，
∴FG＝2FH＝，
∴AF＝AG﹣FG＝，
∵AC∥EG，
∴△ACF∽△GEF，
∴＝，
∴＝，
解得x＝或﹣（舍弃），
∴腰长DG＝4x﹣12＝，
综上所述，等腰△DFG的腰长为4或20或或．