中考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)訓(xùn)練第08講 三角形中的對(duì)角互補(bǔ)模型（解析版）

第08講三角形中的對(duì)角互補(bǔ)模型【應(yīng)對(duì)方法與策略】一、雙等邊類型△BCD≌△ACE △ABD≌△ACE △BOE∽△COF二、雙等腰直角類型△BCD≌△ACE △BCE≌△DCF △ABD∽△ACE【多題一解】一．選擇題（共1小題）1．（2021秋?邗江區(qū)期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，直角∠EPF的頂點(diǎn)P是BC的中點(diǎn)，兩邊PE、PF分別交AB、AC于點(diǎn)E、F，連接EF交AP于點(diǎn)G，以下五個(gè)結(jié)論：①∠B＝∠C＝45°；②AP＝EF；③∠AFP和∠AEP互補(bǔ)；④△EPF是等腰直角三角形；⑤四邊形AEPF的面積是△ABC面積的，其中正確的結(jié)論是（）A．①②③ B．①②④⑤ C．①③④⑤ D．①③④【分析】利用ASA證明△AEP≌△CFP，得PE＝PF，則△EPF是等腰直角三角形，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可對(duì)結(jié)論逐一進(jìn)行判斷．【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠C＝45°，故①正確；∵點(diǎn)P為BC的中點(diǎn)，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴AP＝CP，∠APC＝90°，∠BAP＝∠C＝45°，∵∠EPF＝∠APC，∴∠APE＝∠FPC，在△AEP和△CFP中，，∴△AEP≌△CFP（ASA），∴PE＝PF，∴△EPF是等腰直角三角形，∴四邊形AEPF的面積為S△AEP+S△AFP＝S△CPF+S△APF＝S△APC＝S△ABC，故④正確，⑤不正確；∵∠BAC＝∠EPF＝90°，∴∠AFP和∠AEP互補(bǔ)，故③正確；∵PE不是定長(zhǎng)，故②不正確．∴正確的有：①③④，故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，證明△AEP≌△CFP是解題的關(guān)鍵．二．填空題（共1小題）2．（2022春?高新區(qū)校級(jí)月考）如圖，將5個(gè)邊長(zhǎng)為1cm的正方形按如圖所示擺放，點(diǎn)A1，A2，…，An分別是正方形的中心，則5個(gè)正方形重疊形成的重疊部分的面積和為1cm2．【分析】過(guò)正方形ABCD的中心O作OM⊥CD于M，作ON⊥BC于N，則易證△OEM≌△OFN，根據(jù)已知可求得一個(gè)陰影部分的面積是正方形的面積的，已知兩個(gè)正方形可得到一個(gè)陰影部分，則n個(gè)這樣的正方形重疊部分即為n﹣1陰影部分的和，即可得出結(jié)果．【解答】解：如圖，過(guò)正方形ABCD的中心O作OM⊥CD于M，作ON⊥BC于N，則∠EOM＝∠FON，OM＝ON，在△OEM和△OFN中，，∴△OEM≌△OFN（ASA），則四邊形OECF的面積就等于正方形OMCN的面積，如正方形ABCD的邊長(zhǎng)是1，則OMCN的面積是cm2，∴得陰影部分面積等于正方形面積的cm2，即是cm2，∴5個(gè)這樣的正方形重疊部分（陰影部分）的面積和為×4＝1cm2，故答案為：1cm2．【點(diǎn)評(píng)】考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是找到規(guī)律，難點(diǎn)是求得一個(gè)陰影部分的面積．三．解答題（共17小題）3．（2020?九龍坡區(qū)校級(jí)模擬）【初步探索】（1）如圖1：在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分別是BC、CD上的點(diǎn)，且EF＝BE+FD，探究圖中∠BAE、∠FAD、∠EAF之間的數(shù)量關(guān)系．小王同學(xué)探究此問(wèn)題的方法是：延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG＝BE．連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是∠BAE+∠FAD＝∠EAF；【靈活運(yùn)用】（2）如圖2，若在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E、F分別是BC、CD上的點(diǎn)，且EF＝BE+FD，上述結(jié)論是否仍然成立，并說(shuō)明理由；【拓展延伸】（3）如圖3，已知在四邊形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，AB＝AD，若點(diǎn)E在CB的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)F在CD的延長(zhǎng)線上，如圖3所示，仍然滿足EF＝BE+FD，請(qǐng)寫(xiě)出∠EAF與∠DAB的數(shù)量關(guān)系，并給出證明過(guò)程．【分析】（1）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG，可判定△ABE≌△ADG，進(jìn)而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF，據(jù)此得出結(jié)論；（2）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG，先判定△ABE≌△ADG，進(jìn)而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF；（3）在DC延長(zhǎng)線上取一點(diǎn)G，使得DG＝BE，連接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE＝∠FAG，最后根據(jù)∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°，推導(dǎo)得到2∠FAE+∠DAB＝360°，即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）∠BAE+∠FAD＝∠EAF．理由：如圖1，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG，根據(jù)SAS可判定△ABE≌△ADG，進(jìn)而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再根據(jù)SSS可判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF．故答案為：∠BAE+∠FAD＝∠EAF；（2）仍成立，理由：如圖2，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG，∵∠B+∠ADF＝180°，∠ADG+∠ADF＝180°，∴∠B＝∠ADG，又∵AB＝AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∵EF＝BE+FD＝DG+FD＝GF，AF＝AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF；（3）∠EAF＝180°﹣∠DAB．證明：如圖3，在DC延長(zhǎng)線上取一點(diǎn)G，使得DG＝BE，連接AG，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，∴∠ADC＝∠ABE，又∵AB＝AD，∴△ADG≌△ABE（SAS），∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，∵EF＝BE+FD＝DG+FD＝GF，AF＝AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠FAE＝∠FAG，∵∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°，∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）＝360°，∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）＝360°，即2∠FAE+∠DAB＝360°，∴∠EAF＝180°﹣∠DAB．【點(diǎn)評(píng)】本題屬于三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性質(zhì)的綜合應(yīng)用，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造全等三角形，根據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)角相等進(jìn)行推導(dǎo)變形．解題時(shí)注意：同角的補(bǔ)角相等．4．（2022秋?鄒城市校級(jí)期末）（1）如圖①，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝∠BAD．請(qǐng)直接寫(xiě)出線段EF，BE，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系：EF＝BE+FD；（2）如圖②，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請(qǐng)寫(xiě)出證明過(guò)程；（3）在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F(xiàn)分別是邊BC，CD所在直線上的點(diǎn)，且∠EAF＝∠BAD．請(qǐng)直接寫(xiě)出線段EF，BE，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系：EF＝BE+FD或EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE．【分析】（1）如圖1，延長(zhǎng)EB到G，使BG＝DF，連接AG，即可證明△ABG≌△ADF，可得AF＝AG，再證明△AEF≌△AEG，可得EF＝EG，即可解題；（2）如圖2，同理可得：EF＝BE+DF；（3）如圖3，作輔助線，構(gòu)建△ABG，同理證明△ABG≌△ADF和△AEG≌△AEF．可得新的結(jié)論：EF＝BE﹣DF．【解答】解：（1）如圖1，延長(zhǎng)EB到G，使BG＝DF，連接AG．∵在△ABG與△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS）．∴AG＝AF，∠1＝∠2，∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠BAD＝∠EAF．∴∠GAE＝∠EAF．又AE＝AE，易證△AEG≌△AEF．∴EG＝EF．∵EG＝BE+BG．∴EF＝BE+FD（2）（1）中的結(jié)論EF＝BE+FD仍然成立．理由是：如圖2，延長(zhǎng)EB到G，使BG＝DF，連接AG．∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°，∴∠ABG＝∠D，∵在△ABG與△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS）．∴AG＝AF，∠1＝∠2，∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠BAD＝∠EAF．∴∠GAE＝∠EAF．又AE＝AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG＝EF．∵EG＝BE+BG．∴EF＝BE+FD（3）當(dāng)（1）結(jié)論EF＝BE+FD成立，當(dāng)圖三中，EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE．證明：在BE上截取BG，使BG＝DF，連接AG．∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF．∵在△ABG與△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS）．∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF＝∠BAD．∴∠GAE＝∠EAF．∵AE＝AE，∴△AEG≌△AEF（SAS）．∴EG＝EF∵EG＝BE﹣BG∴EF＝BE﹣FD．同理可得：∴EG＝EF∵EG＝BG﹣BE∴EF＝FD﹣BE．故答案為：（1）EF＝BE+FD；（2）成立；（3）EF＝BE+FD或EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE．【點(diǎn)評(píng)】本題是三角形的綜合題，利用全等三角形的判定與性質(zhì)得出AF＝AG是解題關(guān)鍵，再利用全等三角形的判定與性質(zhì)得出EF＝EG，本題的4個(gè)問(wèn)題運(yùn)用了類比的方法依次解決問(wèn)題．5．（2021秋?九臺(tái)區(qū)期末）【教材呈現(xiàn)】如圖是華師版八年級(jí)上冊(cè)數(shù)學(xué)教材96頁(yè)的部分內(nèi)容．已知：如圖13.5.4，OC是∠AOB的平分線，P是OC上任意一點(diǎn)，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分別為點(diǎn)D和點(diǎn)E．求證：PD＝PE．分析：圖中有兩個(gè)直角三角形PDO和PEO，只要證明這兩個(gè)三角形全等便可證得PD＝PE．【問(wèn)題解決】請(qǐng)根據(jù)教材分析，結(jié)合圖①寫(xiě)出證明PD＝PE的過(guò)程．【類比探究】（1）如圖②，OC是∠AOB的平分線，P是OC上任意一點(diǎn)，點(diǎn)M，N分別在OB和OA上，連接PM和PN，若∠PMO+∠PNO＝180°，求證：PM＝PN；（2）如圖③，△ABC的周長(zhǎng)是12，BO、CO分別平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于點(diǎn)D，若OD＝3，則△ABC的面積為18．【分析】【問(wèn)題解決】利用AAS定理證明△OPE≌△OPD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證明結(jié)論；【類比探究】（1）過(guò)點(diǎn)P作PE⊥OB于E，PF⊥OA于F，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到PE＝PF，證明△PME≌△PNF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證明結(jié)論；（2）過(guò)O作OE⊥AB與E，OF⊥AC于F，利用角平分線的性質(zhì)可得EO＝DO，OF＝DO，然后再利用面積的計(jì)算方法可得答案．【解答】【問(wèn)題解決】證明：在△OPE和△OPD中，，∴△OPE≌△OPD（AAS），∴PD＝PE；【類比探究】（1）證明：如圖②，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥OB于E，PF⊥OA于F，∵OC是∠AOB的平分線，PE⊥OB，PF⊥OA，∴PE＝PF，∵∠PMO+∠PME＝180°，∠PMO+∠PNO＝180°，∴∠PME＝∠PNO，在△PME和△PNF中，，∴△PME≌△PNF（AAS），∴PM＝PN；（2）解：過(guò)O作OE⊥AB與E，OF⊥AC于F，∵BO、CO分別平分∠ABC和∠ACB，∴EO＝DO，OF＝DO，∵OD＝3，∴EO＝FO＝3，∵△ABC的周長(zhǎng)是12，∴AB+BC+AC＝12，∴△ABC的面積：AB?EO+AC?FO+CB?DO＝（AB+AC+BC）＝×12＝18，故答案為：18．【點(diǎn)評(píng)】本題是三角形綜合題，考查了角平分線的性質(zhì)、三角形全等的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)，掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．6．（2021秋?東莞市期末）（1）如圖1，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分別是邊BC、CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝∠BAD，線段EF、BE、FD之間的關(guān)系是EF＝BE+FD；（不需要證明）（2）如圖2，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分別是邊BC、CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請(qǐng)證明．若不成立，請(qǐng)寫(xiě)出它們之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分別是邊BC、CD延長(zhǎng)線上的點(diǎn)，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請(qǐng)證明．若不成立，請(qǐng)寫(xiě)出它們之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．【分析】（1）延長(zhǎng)CB至G，使BG＝DF，連接AG，證明△ABG≌△ADF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，再證明△GAE≌△FAE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出EF＝EG，結(jié)合圖形計(jì)算，證明結(jié)論；（2）延長(zhǎng)CB至M，使BM＝DF，連接AM，仿照（1）的證明方法解答；（3）在EB上截取BH＝DF，連接AH，仿照（1）的證明方法解答．【解答】解：（1）EF＝BE+FD，理由如下：如圖1，延長(zhǎng)CB至G，使BG＝DF，連接AG，在△ABG和△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，∴∠GAE＝∠BAG+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝∠EAF，在△GAE和△FAE中，，∴△GAE≌△FAE（SAS），∴EF＝EG，∵EG＝BG+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+FD，故答案為：EF＝BE+FD；（2）（1）中的結(jié)論仍然成立，理由如下：如圖2，延長(zhǎng)CB至M，使BM＝DF，連接AM，∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠1＝180°，∴∠1＝∠D，在△ABM和△ADF中，，∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM＝AF，∠3＝∠2，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠3+∠4＝∠EAF，∴∠EAM＝∠3+∠4＝∠2+∠4＝∠EAF，在△MAE和△FAE中，，∴△MAE≌△FAE（SAS），∴EF＝EM，∵EM＝BM+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+FD；（3）（1）中的結(jié)論不成立，EF＝BE﹣FD，理由如下：如圖3，在EB上截取BH＝DF，連接AH，同（2）中證法可得，△ABH≌△ADF，∴AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，∴∠HAE＝∠FAE，在△HAE和△FAE中，，∴△HAE≌△FAE（SAS），∴EF＝EH，∵EH＝BE﹣BH＝BE﹣DF，∴EF＝BE﹣FD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)，掌握三角形全等的判定定理、靈活運(yùn)用類比思想是解題的關(guān)鍵．7．（2022秋?西城區(qū)校級(jí)期中）（1）問(wèn)題背景．如圖1，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分別是線段BC、線段CD上的點(diǎn)．若∠BAD＝2∠EAF，試探究線段BE、EF、FD之間的數(shù)量關(guān)系．小明同學(xué)探究此問(wèn)題的方法是，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，先證明△ABE≌△ADG．再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是EF＝BE+DF．（2）猜想論證．如圖2，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E在線段BC上、F在線段CD延長(zhǎng)線上．若∠BAD＝2∠EAF，上述結(jié)論是否依然成立？若成立說(shuō)明理由；若不成立，試寫(xiě)出相應(yīng)的結(jié)論并給出你的證明．（3）拓展應(yīng)用．如圖3，在四邊形ABCD中，∠BDC＝45°，連接BC、AD，AB：AC：BC＝3：4：5，AD＝4，且∠ABD+∠CBD＝180°．則△ACD的面積為．【分析】（1）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，即可證明△ABE≌△ADG（SAS），可得AE＝AG，再證明△AEF≌△AGF（SAS），可得EF＝FG，即可解題；（2）在BE上截取BG，使BG＝DF，連接AG．根據(jù)（1）的證法，我們可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF．（3）如圖3中，如圖3中，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AB交AB的延長(zhǎng)線于H，DK⊥AC交AC的延長(zhǎng)線于K，DJ⊥BC于J．證明四邊形AHDK是正方形即可解決問(wèn)題．【解答】解：延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE，連接AG，∵∠B+∠ADF＝180°，∠ADF+∠ADG＝180°，∴∠ADG＝∠B，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠BAD＝2∠EAF，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△AGF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；故答案為：EF＝BE+DF．（2）結(jié)論EF＝BE+FD不成立，結(jié)論：EF＝BE﹣FD．理由如下：證明：如圖2中，在BE上截取BG，使BG＝DF，連接AG．∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF．∵在△ABG與△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS）．∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．∴∠BAD＝∠BAG+∠GAD＝∠DAF+∠GAD＝∠GAF．∵∠BAD＝2∠EAF，∴∠GAF＝2∠EAF，∴∠GAE＝∠EAF．∵AE＝AE，∴△AEG≌△AEF（SAS）．∴EG＝EF∵EG＝BE﹣BG∴EF＝BE﹣FD．（3）如圖3中，如圖3中，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AB交AB的延長(zhǎng)線于H，DK⊥AC交AC的延長(zhǎng)線于K，DJ⊥BC于J．∵AB：AC：BC＝3：4：5，∴可以假設(shè)AB＝3k，AC＝4k，BC＝5k，∴AB2+AC2＝BC2，∴∠BAC＝90°，∵∠H＝∠K＝90°，∴四邊形AHDK是矩形，∴∠HDK＝90°，∵∠BDC＝45°，∴∠BDH+∠CDK＝45°，∵∠ABD+∠CBD＝180°，∠ABD+∠DBH＝180°，∴∠DBH＝∠DBC，∵∠H＝∠DJB＝90°，DB＝DB，∴△BDH≌△BDJ（AAS），∴DH＝DJ，∠BDH＝∠BDJ，BH＝BJ，∵∠BDJ+∠CDJ＝45°，∠BHH+∠CDK＝∠BDJ+∠CDK＝45°，∴∠CDJ＝∠CDK，∵∠K＝∠DJC＝90°，CD＝CD，∴△CDK≌△CDJ（AAS），∴DJ＝DK，CJ＝CK，∴DH＝DK，∴四邊形AHDK是正方形，∴BH+CK＝BJ+CJ＝5k，∴AH+AK＝12k，∴AK＝KD＝6k，∵AD＝4，∴AK＝DK＝2＝6k，∴k＝，∴AC＝，∴S△ACD＝?AC?DK＝?×2＝．故答案為．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了四邊形綜合題，三角形全等的判定和性質(zhì)；本題中通過(guò)全等三角形來(lái)實(shí)現(xiàn)線段的轉(zhuǎn)換是解題的關(guān)鍵，沒(méi)有明確的全等三角形時(shí)，要通過(guò)輔助線來(lái)構(gòu)建與已知和所求條件相關(guān)聯(lián)全等三角形．8．（2021秋?黔西南州期末）問(wèn)題背景：如圖1，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝60°，探究圖中線段BE，EF，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系，小王同學(xué)探究此問(wèn)題的方法是，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是EF＝BE+DF；探索延伸：如圖2，若在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝∠BAD，上述結(jié)論是否仍然成立，并說(shuō)明理由；實(shí)際應(yīng)用：如圖3，在某次軍事演習(xí)中，艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西30°的A處，艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處，并且兩艦艇到指揮中心的距離相等，接到行動(dòng)指令后，艦艇甲向正東方向以70海里/小時(shí)的速度前進(jìn)，艦艇乙沿北偏東50°的方向以90海里/小時(shí)的速度，前進(jìn)2小時(shí)后，指揮中心觀測(cè)到甲、乙兩艦艇分別到達(dá)E，F(xiàn)處，且兩艦艇之間的夾角為70°，試求此時(shí)兩艦艇之間的距離．【分析】問(wèn)題背景：延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG，證明△ABE≌△ADG，得到△AEF≌△AGF，證明EF＝FG，得到答案；探索延伸：連接EF，延長(zhǎng)AE，BF相交于點(diǎn)C，利用全等三角形的性質(zhì)證明EF＝AE+FB．實(shí)際應(yīng)用：如圖3，連接EF，延長(zhǎng)AE，BF相交于點(diǎn)C，首先證明，∠FOE＝∠AOB，利用結(jié)論EF＝AE+BF求解即可．【解答】解：?jiǎn)栴}背景：由題意：△ABE≌△ADG，△AEF≌△AGF，∴BE＝DG，EF＝GF，∴EF＝FG＝DF+DG＝BE+FD．故答案為：EF＝BE+FD．探索延伸：EF＝BE+FD仍然成立．理由：如圖2，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADG，又∵AB＝AD，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，又∵∠EAF＝∠BAD，∴∠FAG＝∠FAD+∠DAG＝∠FAD+∠BAE＝∠BAD﹣∠EAF，＝∠BAD﹣∠BAD＝∠BAD，∴∠EAF＝∠GAF．在△AEF和△AGF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，又∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+FD．實(shí)際應(yīng)用：如圖3，連接EF，延長(zhǎng)AE，BF相交于點(diǎn)C，在四邊形AOBC中，∵∠AOB＝30°+90°+20°＝140°，∠FOE＝70°＝∠AOB，又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝60°+120°＝180°，符合探索延伸中的條件，∴結(jié)論EF＝AE+FB成立．即，EF＝AE+FB＝2×（70+90）＝320（海里）答：此時(shí)兩艦艇之間的距離為320海里．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是四邊形知識(shí)的綜合運(yùn)用，掌握三角形全等的判定和性質(zhì)、理解方位角的概念是解題的關(guān)鍵，注意規(guī)律的總結(jié)和運(yùn)用．9．（2021秋?科爾沁區(qū)期末）【問(wèn)題背景】在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分別是BC、CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝60°，試探究圖1中線段BE、EF、FD之間的數(shù)量關(guān)系．【初步探索】小亮同學(xué)認(rèn)為：延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，則可得到BE、EF、FD之間的數(shù)量關(guān)系是EF＝BE+FD．【探索延伸】在四邊形ABCD中如圖2，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分別是BC、CD上的點(diǎn)，∠EAF＝∠BAD，上述結(jié)論是否仍然成立？說(shuō)明理由．【結(jié)論運(yùn)用】如圖3，在某次軍事演習(xí)中，艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西30°的A處，艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處，并且兩艦艇到指揮中心的距離相等，接到行動(dòng)指令后，艦艇甲向正東方向以60海里/小時(shí)的速度前進(jìn)，艦艇乙沿北偏東50°的方向以80海里/小時(shí)的速度前進(jìn)1.5小時(shí)后，指揮中心觀測(cè)到甲、乙兩艦艇分別到達(dá)E，F(xiàn)處，且兩艦艇之間的夾角（∠EOF）為70°，試求此時(shí)兩艦艇之間的距離．【分析】探索延伸：延長(zhǎng)FD到G，使DG＝BE，連接AG，證明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF，得到答案；結(jié)論運(yùn)用：連接EF，延長(zhǎng)AE、BF交于點(diǎn)C，得到EF＝AE+BF，根據(jù)距離、速度和時(shí)間的關(guān)系計(jì)算即可．【解答】解：初步探索：EF＝BE+FD，故答案為：EF＝BE+FD，探索延伸：結(jié)論仍然成立，證明：如圖2，延長(zhǎng)FD到G，使DG＝BE，連接AG，∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°∴∠B＝∠ADG，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG，∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△AGF中，，∴△AEF≌△AGF，∴EF＝FG，∴FG＝DG+FD＝BE+DF；結(jié)論運(yùn)用：解：如圖3，連接EF，延長(zhǎng)AE、BF交于點(diǎn)C，∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠EOF＝70°，∴∠EOF＝∠AOB，∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°，∴符合探索延伸中的條件∴結(jié)論EF＝AE+BF成立，即EF＝1.5×（60+80）＝210海里，答：此時(shí)兩艦艇之間的距離是210海里．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)，掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵，注意要正確作出輔助線．10．（2021秋?鐵鋒區(qū)期末）【問(wèn)題背景】如圖1：在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分別是BC、CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝60°，試探究圖中線段BE、EF、FD之間的數(shù)量關(guān)系．小王同學(xué)探究此問(wèn)題的方法是：延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是EF＝BE+DF．【探索延伸】如圖2，若在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分別是BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝∠BAD，上述結(jié)論是否仍然成立，并說(shuō)明理由．【學(xué)以致用】如圖3，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為5的正方形，∠EBF＝45°，直接寫(xiě)出△DEF的周長(zhǎng)．【分析】（1）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，即可證明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再證明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解題；（2）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，即可證明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再證明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解題；（3）延長(zhǎng)DC，截取CG＝AE，連接BG，根據(jù)SAS定理可得出△AEB≌△CGB，故可得出BE＝BG，∠ABE＝∠CBG，再由∠EBF＝45°，∠ABC＝90°可得出∠ABE+∠CBF＝45°，故∠CBF+∠CBG＝45°，由SAS定理可得△EBF≌△GBF，故EF＝GF，故△DEF的周長(zhǎng)＝EF+ED+CF＝AE+CF+DE+DF＝AD+CD，由此可得出結(jié)論．【解答】（1）解：如圖1，在△ABE和△ADG中，∵，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，∵，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；故答案為：EF＝BE+DF．（2）解：結(jié)論EF＝BE+DF仍然成立；理由：如圖2，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，在△ABE和△ADG中，∵，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，∵，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；（3）解：如圖3，延長(zhǎng)DC到點(diǎn)G，截取CG＝AE，連接BG，在△AEB與△CGB中，∵，∴△AEB≌△CGB（SAS），∴BE＝BG，∠ABE＝∠CBG．∵∠EBF＝45°，∠ABC＝90°，∴∠ABE+∠CBF＝45°，∴∠CBF+∠CBG＝45°．在△EBF與△GBF中，∵，∴△EBF≌△GBF（SAS），∴EF＝GF，∴△DEF的周長(zhǎng)＝EF+ED+DF＝AE+CF+DE+DF＝AD+CD＝5+5＝10．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出全等三角形是解題的關(guān)鍵．11．（2022?金華校級(jí)開(kāi)學(xué)）【問(wèn)題背景】如圖1，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，點(diǎn)E、F分別是邊BC、CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝60°，試探究圖中線段BE、EF、FD之間的數(shù)量關(guān)系．小王同學(xué)探究此問(wèn)題的方法是：延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使GD＝BE，連結(jié)AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是EF＝BE+DF．【探索延伸】如圖2，若在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，點(diǎn)E、F分別是邊BC、CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝∠BAD，上述結(jié)論是否仍然成立，并說(shuō)明理由．【分析】【問(wèn)題背景】結(jié)論：EF＝BE+FD．如圖1，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使GD＝BE，連結(jié)AG．證明△ABE≌△ADG（SAS），△AEF≌△AGF（SAS），可得結(jié)論．【探索延伸】結(jié)論EF＝BE+DF仍然成立．證明方法類似上面．【解答】解：【問(wèn)題背景】：EF＝BE+FD．理由：如圖1，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使GD＝BE，連結(jié)AG．在△ABE和△ADG中，∵，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，∵，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+FD，∴EF＝BE+FD；故答案為EF＝BE+FD．[探索延伸]結(jié)論EF＝BE+DF仍然成立．理由：如圖2，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連結(jié)AG，在△ABE和△ADG中，∵，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，∵，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+FD，∴EF＝BE+FD．【點(diǎn)評(píng)】本題屬于四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，屬于中考?？碱}型．12．（2022秋?秦淮區(qū)校級(jí)月考）（1）如圖1，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)．且∠EAF＝50°．探究圖中線段EF，BE，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系．小明同學(xué)探究的方法是：延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論是EF＝BE+DF（直接寫(xiě)結(jié)論，不需證明）；（2）如圖2，若在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)，且2∠EAF＝∠BAD，上述結(jié)論是否仍然成立，若成立，請(qǐng)證明，若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；（3）如圖3，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為7的正方形，∠EBF＝45°，直接寫(xiě)出△DEF的周長(zhǎng)．【分析】（1）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，由“SAS”可證△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，再由“SAS”可證△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解題；（2）延長(zhǎng)EB到G，使BG＝DF，連接AG，即可證明△ABG≌△ADF，可得AF＝AG，再證明△AEF≌△AEG，可得EF＝EG，即可解題；（3）延長(zhǎng)EA到H，使AH＝CF，連接BH，由“SAS”可證△ABH≌△CBF，可得BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，由“SAS”可證△EBH≌△EBF，可得EF＝EH，可得EF＝EH＝AE+CF，即可求解．【解答】證明：（1）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠BAD＝100°，∠EAF＝50°，∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝50°，∴∠EAF＝∠FAG＝50°，在△EAF和△GAF中，∵，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝FG＝DF+DG，∴EF＝BE+DF，故答案為：EF＝BE+DF；（2）結(jié)論仍然成立，理由如下：如圖2，延長(zhǎng)EB到G，使BG＝DF，連接AG．∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°，∴∠ABG＝∠D，∵在△ABG與△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，∵2∠EAF＝∠BAD，∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE＝∠BAD＝∠EAF，∴∠GAE＝∠EAF，又AE＝AE，∴△AEG≌△AEF（SAS），∴EG＝EF．∵EG＝BE+BG．∴EF＝BE+FD；（3）如圖，延長(zhǎng)EA到H，使AH＝CF，連接BH，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝7＝AD＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∴∠BAH＝∠BCF＝90°，又∵AH＝CF，AB＝BC，∴△ABH≌△CBF（SAS），∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，∵∠EBF＝45°，∴∠CBF+∠ABE＝45°＝∠HBA+∠ABE＝∠EBF，∴∠EBH＝∠EBF，又∵BH＝BF，BE＝BE，∴△EBH≌△EBF（SAS），∴EF＝EH，∴EF＝EH＝AE+CF，∴△DEF的周長(zhǎng)＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝14．【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形的綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．13．（2022春?南關(guān)區(qū)校級(jí)月考）【問(wèn)題背景】如圖1，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，點(diǎn)E、F分別是邊BC、CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝60°，試探究圖中線段BE、EF、FD之間的數(shù)量關(guān)系．小王同學(xué)探究此問(wèn)題的方法是：延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使GD＝BE，連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是EF＝BE+FD．【探索延伸】如圖2，若在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，點(diǎn)E、F分別是邊BC、CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝∠BAD，上述結(jié)論是否仍然成立，并說(shuō)明理由．【學(xué)以致用】如圖3，在四邊形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B＝90°，AB＝BC＝6，E是邊AB上一點(diǎn)，當(dāng)∠DCE＝45°，BE＝2時(shí)，則DE的長(zhǎng)為5．【分析】【問(wèn)題背景】延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，即可證明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再證明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解題；【探索延伸】延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，即可證明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再證明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解題；【學(xué)以致用】過(guò)點(diǎn)C作CG⊥AD交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，利用勾股定理求得DE的長(zhǎng)．【解答】【問(wèn)題背景】解：如圖1，在△ABE和△ADG中，∵，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，∵，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+FD，∴EF＝BE+FD；故答案為：EF＝BE+FD．【探索延伸】解：結(jié)論EF＝BE+DF仍然成立；理由：如圖2，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，在△ABE和△ADG中，∵，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，∵，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+FD，∴EF＝BE+FD；【學(xué)以致用】如圖3，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥AD，交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，由【探索延伸】和題設(shè)知：DE＝DG+BE，設(shè)DG＝x，則AD＝6﹣x，DE＝x+2，在Rt△ADE中，由勾股定理得：AD2+AE2＝DE2，∴（6﹣x）2+42＝（x+2）2，解得x＝3．∴DE＝2+3＝5．故答案是：5．【點(diǎn)評(píng)】此題是一道把等腰三角形的判定、勾股定理、全等三角形的判定結(jié)合求解的綜合題．考查學(xué)生綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)的能力，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是在直角三角形中運(yùn)用勾股定理列方程求解．14．（2022秋?江都區(qū)月考）如圖1，在正方形ABCD中，E、F分別是BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝45度．則有結(jié)論EF＝BE+FD成立；（1）如圖2，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分別是BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF是∠BAD的一半，那么結(jié)論EF＝BE+FD是否仍然成立？若成立，請(qǐng)證明；不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由．（2）若將（1）中的條件改為：如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，延長(zhǎng)BC到點(diǎn)E，延長(zhǎng)CD到點(diǎn)F，使得∠EAF仍然是∠BAD的一半，則結(jié)論EF＝BE+FD是否仍然成立？若成立，請(qǐng)證明；不成立，請(qǐng)寫(xiě)出它們的數(shù)量關(guān)系并證明．【分析】（1）結(jié)論仍然成立．延長(zhǎng)CB到G，使BG＝FD，根據(jù)已知條件容易證明△ABG≌△ADF，由此可以推出∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，而∠EAF＝∠BAD，所以得到∠DAF+∠BAE＝∠EAF，進(jìn)一步得到∠EAF＝∠GAE，現(xiàn)在可以證明△AEF≌△AEG，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)就可以證明結(jié)論成立；（2）結(jié)論不成立，應(yīng)為EF＝BE﹣DF，如圖在CB上截取BG＝FD，由于∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，可以得到∠B＝∠ADF，再利用已知條件可以證明△ABG≌△ADF，由此可以推出∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，而∠EAF＝∠BAD，所以得到∠EAF＝∠GAE，現(xiàn)在可以證明△AEF≌△AEG，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)就可以證明EF＝EG＝EB﹣BG＝EB﹣DF．【解答】解：（1）延長(zhǎng)CB到G，使BG＝FD，連接AG，∵∠ABG＝∠D＝90°，AB＝AD，∴△ABG≌△ADF，∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAE，∴△AEF≌△AEG，∴EF＝EG＝EB+BG＝EB+DF．（2）結(jié)論不成立，應(yīng)為EF＝BE﹣DF，證明：在BE上截取BG，使BG＝DF，連接AG．∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF．∵AB＝AD，∴△ABG≌△ADF．∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF＝∠BAD．∴∠GAE＝∠EAF．∵AE＝AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG＝EF∵EG＝BE﹣BG∴EF＝BE﹣FD．【點(diǎn)評(píng)】此題是開(kāi)放性試題，首先在特殊圖形中找到規(guī)律，然后再推廣到一般圖形中，對(duì)學(xué)生的分析問(wèn)題，解決問(wèn)題的能力要求比較高．15．（2022秋?平橋區(qū)校級(jí)月考）同學(xué)們，在初一學(xué)習(xí)正多邊形和圓這節(jié)課時(shí)，我們就學(xué)習(xí)過(guò)四邊形的內(nèi)角和等于360°．下面我們就在四邊形中來(lái)研究幾個(gè)問(wèn)題：（1）問(wèn)題背景：如圖1：在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分別是BC、CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝60°，探究圖中線段BE、EF、FD之間的數(shù)量關(guān)系．小王同學(xué)探究此問(wèn)題的方法是，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG＝BE．連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是EF＝BE+DF；（2）探索延伸：如圖2，若在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分別是BC、CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝∠BAD，上述結(jié)論是否仍成立，并說(shuō)明理由；（3）實(shí)際應(yīng)用：如圖3，在某次軍事演習(xí)中，艦艇甲在指揮中心（點(diǎn)O處）北偏西30°的A處，艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處，并且兩艦艇到指揮中心的距離相等．接到行動(dòng)指令后，艦艇甲向正東方向以45海里/時(shí)的速度前進(jìn)，同時(shí)，艦艇乙沿北偏東50°的方向以60海里/時(shí)的速度前進(jìn)，2小時(shí)后，指揮中心觀察到甲、乙兩艦艇分別到達(dá)E、F處，且兩艦艇之間的夾角為70°，試求此時(shí)兩艦艇之間的距離．【分析】（1）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，即可證明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再證明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解題；（2）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，即可證明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再證明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解題；（3）連接EF，延長(zhǎng)AE、BF相交于點(diǎn)C，然后與（2）同理可證．【解答】解：（1）EF＝BE+DF，證明如下：在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；故答案為EF＝BE+DF．（2）結(jié)論EF＝BE+DF仍然成立；理由：延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，如圖2，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；（3）如圖3，連接EF，延長(zhǎng)AE、BF相交于點(diǎn)C，∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠EOF＝70°，∴∠EOF＝∠AOB，又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°，∴符合探索延伸中的條件，∴結(jié)論EF＝AE+BF成立，即EF＝2×（45+60）＝210（海里）．答：此時(shí)兩艦艇之間的距離是210海里．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了全等三角形的判定以及全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等的性質(zhì)，本題中求證△AEF≌△AGF是解題的關(guān)鍵．16．（2022秋?曾都區(qū)校級(jí)月考）問(wèn)題背景：如圖1：在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)．且∠EAF＝60°．探究圖中線段BE，EF，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系．小王同學(xué)探究此問(wèn)題的方法是，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是EF＝BE+DF；探索延伸：如圖2，若在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝∠BAD，上述結(jié)論是否仍然成立，并說(shuō)明理由；實(shí)際應(yīng)用：如圖3，在某次軍事演習(xí)中，艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西30°的A處，艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處，并且兩艦艇到指揮中心的距離相等，接到行動(dòng)指令后，艦艇甲向正東方向以60海里/小時(shí)的速度前進(jìn)，艦艇乙沿北偏東50°的方向以80海里/小時(shí)的速度前進(jìn)1.5小時(shí)后，指揮中心觀測(cè)到甲、乙兩艦艇分別到達(dá)E，F(xiàn)處，且兩艦艇之間的夾角為70°，試求此時(shí)兩艦艇之間的距離．【分析】（1）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，即可證明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再證明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解題；（2）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，即可證明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再證明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解題；（3）連接EF，延長(zhǎng)AE、BF相交于點(diǎn)C，然后與（2）同理可證．【解答】解：（1）EF＝BE+DF，證明如下：在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；故答案為EF＝BE+DF．（2）結(jié)論EF＝BE+DF仍然成立；理由：延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，如圖②，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；（3）如圖③，連接EF，延長(zhǎng)AE、BF相交于點(diǎn)C，∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠EOF＝70°，∴∠EOF＝∠AOB，又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°，∴符合探索延伸中的條件，∴結(jié)論EF＝AE+BF成立，即EF＝1.5×（60+80）＝210海里．答：此時(shí)兩艦艇之間的距離是210海里【點(diǎn)評(píng)】本題考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等的性質(zhì)，本題中求證△AEF≌△AGF是解題的關(guān)鍵．17．（2022秋?大石橋市期中）問(wèn)題背景：（1）如圖1：在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)．且∠EAF＝60°．探究圖中線段BE，EF，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系．小王同學(xué)探究此問(wèn)題的方法是，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是EF＝BE+DF．探索延伸：（2）如圖2，若在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝∠BAD，上述結(jié)論是否仍然成立，并說(shuō)明理由．【分析】（1）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，即可證明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再證明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解題；（2）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，即可證明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再證明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解題．【解答】證明：（1）在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；故答案為EF＝BE+DF．（2）結(jié)論EF＝BE+DF仍然成立；理由：如圖2，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；【點(diǎn)評(píng)】本題考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等的性質(zhì)，本題中求證△AEF≌△AGF是解題的關(guān)鍵．18．（2022秋?東港區(qū)校級(jí)月考）問(wèn)題背景：如圖1：在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝60°．探究圖中線段BE，EF，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系．小王同學(xué)探究此問(wèn)題的方法是，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG＝BE．連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是EF＝BE+FD；探索延伸：如圖2，若在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F(xiàn)分