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​$(1)$​在​$△ABC$​中，​$∠ BAC=120°，$​​$∠ B=30°，$​
∴​$∠ C=180° - 120° - 30°=30°。$​
∵​$AD⊥ AB，$​∴​$∠ BAD=90°，$​
∴​$∠ CAD=∠ BAC - ∠ BAD=120° - 90°=30°，$​
∴​$∠ CAD=∠ C，$​
∴​$AD=CD=1\ \mathrm {cm}。$​
在​$Rt△ ABD$​中，​$∠ B=30°，$​​$AD=1\ \mathrm {cm}，$​
∴​$BD=2AD=2\ \mathrm {cm}，$​
由勾股定理得：
​$AB=\sqrt {BD^2 - AD^2}=\sqrt {2^2 - 1^2}=\sqrt {3}\mathrm {cm}。$​
​$(2)$​由​$(1)$​知，​$BC=BD+CD=2+1=3\ \mathrm {cm}，$​
过点​$A$​作​$AE⊥ BC$​于点​$E，$​
在​$Rt△ ABE$​中，​$∠ B=30°，$​​$AB=\sqrt {3}\mathrm {cm}，$​
∴​$AE=\frac {1}{2}AB=\frac {\sqrt {3}}{2}\mathrm {cm}，$​
∴​$S_{△ ABC}=\frac {1}{2}× BC× AE=\frac {1}{2}×3×\frac {\sqrt {3}}{2}=\frac {3\sqrt {3}}{4}\mathrm {cm}^2。$​


解：
​$ (1) $​连接​$BD，$​
∵点​$E$​为​$AB$​的中点，​$DE⊥ AB，$​
∴​$AD=BD，$​
​$ $​在​$Rt△ ADE$​中，​$∠ DAB=30°，$​​$DE=\sqrt {3}，$​
∴​$AD=2DE=2\sqrt {3}，$​
​$AE=\sqrt {AD^2-DE^2}=\sqrt {(2\sqrt {3})^2-(\sqrt {3})^2}=3，$​
则​$AB=2AE=6，$​​$BD=AD=2\sqrt {3}，$​
又∵​$BC=2，$​​$CD=4，$​
∴​$BD^2+BC^2=(2\sqrt {3})^2+2^2=12+4=16=4^2=CD^2，$​
∴​$△ BCD$​是直角三角形，​$∠ DBC=90°，$​
∵​$AD=BD，$​​$∠ DAB=30°，$​
∴​$∠ DBA=∠ DAB=30°，$​
​$ $​则​$∠ ABC=∠ DBA+∠ DBC=30°+90°=120°。$​
​$ (2) $​过点​$C$​作​$CF⊥ AB$​交​$AB$​的延长线于​$F，$​
∵​$∠ ABC=120°，$​
∴​$∠ CBF=60°，$​
​$ $​在​$Rt△ BCF_{中}，$​​$∠ CBF=60°，$​​$BC=2，$​
∴​$BF=\frac {1}{2}BC=1，$​
​$CF=\sqrt {BC^2-BF^2}=\sqrt {2^2-1^2}=\sqrt {3}，$​
​$ EF=EB+BF=3+1=4，$​
​$ $​在​$Rt△ ECF_{中}，$​由勾股定理得：
​$ CE=\sqrt {EF^2+CF^2}=\sqrt {4^2+(\sqrt {3})^2}=\sqrt {16+3}=\sqrt {19}。$​
解：“有趣中线”有三种情况：
​$①AB$​上的中线，直角三角形
的斜边的中点到三顶点距离
相等，不合题意。
​$②BC$​上的中线，根据斜边
大于直角边，矛盾，不成立
​$③AC$​上的中线，如图所示，
​$BC=1，$​设​$BD=2x，$​则​$DC=x$​
在​$Rt△BDC$​中，根据勾股定理得：
​$BD²=DC²+BC²，$​
即​$(2x)²=1²+x²$​
解得：​$x=\frac {\sqrt {3}}{3}$​
则这个三角形“有趣中线”长等于
​$\frac {2\sqrt {3}}{3}$​

解：在​$Rt△ ABC$​中，​$∠ ACB=90°，$​
​$AC=12，$​​$BC=5，$​
由勾股定理得：
​$AB=\sqrt {AC^2+BC^2}=\sqrt {12^2+5^2}$​
​$=\sqrt {144+25}=\sqrt {169}=13，$​
​$ $​设​$BD=x，$​则​$AD=13-x$​
∵​$CD⊥ AB，$​
∴​$△BDC$​和​$△ADC$​为直角三角形
∴​$CD²=BC²-BD²=AC²-AD²$​
∴​$12²-(13-x)²=5²-x²$​
解得​$：x=\frac {25}{13}$​
∴​$BD=\frac {25}{13}$​

解：
​$ (1) $​已知点​$A(2，0)，$​​$B(0，2)，$​
则​$OA=OB=2，$​
​$ $​在​$Rt△ AOB$​中，由勾股定理得：
​$ AB=\sqrt {OA^2+OB^2}=\sqrt {2^2+2^2}=2\sqrt {2}。$​
​$ (2) $​∵​$OE⊥ OF，$​
∴​$∠ EOF=90°，$​
​$ $​则​$∠ BOE+∠ BOF=∠ AOF+∠ BOF=90°，$​
即​$∠ BOE=∠ AOF，$​
​$ $​在​$△ BOE$​和​$△ AOF_{中}，$​
​$ \begin {cases}OB=OA \\∠ BOE=∠ AOF \\OE=OF\end {cases}$​
∴​$△ BOE≌△ AOF(\mathrm {SAS})，$​
​$ $​则​$BE=AF，$​
∴​$AF+AE=BE+AE=AB=2\sqrt {2}。$​
​$ (3) $​线段​$BE，$​​$EM，$​​$AM$​的数量关系为：​$AM^2+BE^2=EM^2。$​
证明：连接​$MF，$​
∵​$OE⊥ OF，$​且​$OE=OF，$​
∴​$△ OEF $​为等腰直角三角形，
又∵​$OM⊥ EF，$​
∴​$OM$​为​$EF $​的垂直平分线，
故​$MF=ME，$​
​$ $​由​$△ BOE≌△ AOF $​得：
​$∠ OAF=∠ OBE=45°，$​
∵​$∠ OAB=45°，$​
∴​$∠ FAM=∠ OAF+∠ OAB=45°+45°=90°，$​
​$ $​在​$Rt△ FAM$​中，由勾股定理得：​$AM^2+AF^2=MF^2，$​
又∵​$AF=BE，$​​$MF=ME，$​
∴​$AM^2+BE^2=ME^2。$​
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