解：①延长DA至I，使AI=DA，

∵∠ACB＝90°，AC＝6，∠ABC＝30°，

∴AB＝12， $B C = \sqrt{A B^{2} - A C^{2}} = 6 \sqrt{3}$

∵点F落在AC边上，

∴∠DFA＝∠A＝60°，

∴△AFD是等边三角形，

∵AE＝2，

∴AD＝AF＝AI＝4，

∴BD＝DI＝8，

∵G是BF的中点，

∴2DG＝FI.

∵AF＝AI，∠A＝60°，

∴∠AFI＝∠I＝30°，

∴∠DFI＝90°，

∴ $F I = \sqrt{D I^{2} - D F^{2}} = 4 \sqrt{3}$ ，

∴DG＝ $2 \sqrt{3}$ ；

②由①可知，DG∥FI，

∴∠BDG＝∠I＝30°，

∴∠FDG＝180°-∠BDG-∠FDA＝90°，

△DFG是直角三角形，此时AD=4；

如图，∠DGF＝90°时，

∵G是BF的中点，

∴DB＝FD.

作DW⊥AC于W，

设AD=2x，则AW=x，WD= $\sqrt{3} x$ ，DB＝FD=12-2x，EW=x-2，

∵△DEF∽△BCA.

∴EF =6-x；ED= $\sqrt{3} (6 - x)$ ，

$(\sqrt{3} x)^{2} + (x - 2)^{2} = (6 \sqrt{3} - \sqrt{3} x)^{2}$ ，

解得， $x_{1} = 6 \sqrt{10} - 16$ ， $x_{2} = - 6 \sqrt{10} - 16$ （舍去）；

此时AD= $12 \sqrt{10} - 32$ ；

如图，∠DFG＝90°时，

作DO⊥AC于O，FN⊥AC于N，FM⊥BC于M，

AD=2x，则AO=x，OD= $\sqrt{3} x$ ，DB＝12-2x，EO=2- x，

∵△DEF∽△BCA.

∴ $\frac{D E}{E F} = \sqrt{3}$ ，

∵∠FNE＝∠DOE＝∠DEF＝90°，

∵∠DEO+∠ODE＝90°，∠DEO+∠FEN＝90°，

∴∠ODE＝∠FEN，

∴△ODE∽△NEF，

∴ $\frac{D O}{E N} = \frac{O E}{F N} = \frac{D E}{E F} = \sqrt{3}$ ，

∴EN=x， $F N = \frac{2 - x}{\sqrt{3}}$ ，CN=FM=6-2-x=4-x， $B M = 6 \sqrt{3} - F N = 6 \sqrt{3} - \frac{2 - x}{\sqrt{3}}$ ，

$B F^{2} = (6 \sqrt{3} - \frac{2 - x}{\sqrt{3}})^{2} + (4 - x)^{2}$ ，

$D F^{2} = E F^{2} + D E^{2} = x^{2} + (\frac{2 - x}{\sqrt{3}})^{2} + (2 - x)^{2} + (\sqrt{3} x)^{2}$ ，

$D B^{2} = (12 - 2 x)^{2}$ ，

$(6 \sqrt{3} - \frac{2 - x}{\sqrt{3}})^{2} + (4 - x)^{2} + x^{2} + (\frac{2 - x}{\sqrt{3}})^{2} + (2 - x)^{2} + (\sqrt{3} x)^{2} = (12 - 2 x)^{2}$ ，

解得， $x_{1} = \frac{\sqrt{345} - 17}{2}$ ， $x_{2} = \frac{- \sqrt{345} - 17}{2}$ （舍去）；

此时AD= $\sqrt{345} - 17$ ；

故AD的长为 $\sqrt{345} - 17$ 或 $12 \sqrt{10} - 32$ 或4

浙教版备考2022年中考数学二轮复习训练题6：三角形