Question

14．“半角型”問(wèn)題探究：
（1）如圖1，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，且∠EAF=60°，探究圖中線段BE，EF，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系．
小明同學(xué)的方法是將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°到△ADG的位置，然后再證明△AFE≌△AFG，從而得出結(jié)論：EF=BE+DF
（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=$\frac{1}{2}$∠BAD，上述結(jié)論是否仍然成立，并說(shuō)明理由．
歸納應(yīng)用
（3）正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在BC、CD上，且∠EAF=45°，已知BE=3，DF=2，求正方形ABCD的邊長(zhǎng)．
拓展提高
（4）邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在AB、CD上，AE=CF=1，O為EF的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)G、H分別在邊AD、BC上，EF與GH的交點(diǎn)P在O、F之間（與0、F不重合），且∠GPE=45°，設(shè)AG=m，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG=BE．連結(jié)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．連結(jié)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；
（4）①假設(shè)P與O重合，如圖4，由O為EF的中點(diǎn)，得到O為正方形ABCD的對(duì)稱(chēng)中心，過(guò)A作AN∥EF交CD于N，則NF=AE=1，求得DN=CN=2，過(guò)O作G′H′∥GH交AD于G′，交BC于H′，于是得到AG′=CH′，DG′=BH′，過(guò)A作AM∥G′H′交BC于M，于是得到AG′=MH′，∠MAN=45°，延長(zhǎng)CD到Q，使DQ=BM′，由（3）知MN=NQ，設(shè)BM=a，則CM=4-a，MN=QN=a+2，根據(jù)勾股定理得到AG′=$\frac{4}{3}$；②當(dāng)H與C重合時(shí)，如圖5，由①知BM=$\frac{4}{3}$，得到AG″=CM=4-$\frac{4}{3}$=$\frac{8}{3}$；于是得到結(jié)論．

解答 （1）解：如圖1，
在△ABE和△ADG中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{DG=BE}\\{∠B=∠ADG}\\{AB=AD}\end{array}\right.$，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{AE=AG}\\{∠EAF=∠GAF}\\{AF=AF}\end{array}\right.$，
∴△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．連結(jié)AG，
在△ABE和△ADG中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{DG=BE}\\{∠B=∠ADG}\\{AB=AD}\end{array}\right.$，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{AE=AG}\\{∠EAF=∠GAF}\\{AF=AF}\end{array}\right.$，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF；

（3）解：如圖3，延長(zhǎng)CD到點(diǎn)G，截取DG=BE，連接AG，
在△AEB與△AGD中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{BE=DG}\\{∠B=∠ADG=90°}\\{AB=AD}\end{array}\right.$，
∴△AEB≌△AGD（SAS），
∴AE=GG，∠BAE=∠GAD，
∵∠EAF=45°，∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠DAF+∠DAG=45°．
在△EAF與△GAF中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{AE=AG}\\{∠EAF=∠GAF}\\{AF=AF}\end{array}\right.$，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF=GF=BE+DF=5，
設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)=x，
∴CE=x-3，CF=x-2，
∵EF²=CE²+CF²，
∴25=（x-3）²+（x-2）²，
∴x=6，x=-1（不合題意，舍去），
∴正方形ABCD的邊長(zhǎng)是6；

（4）①假設(shè)P與O重合，如圖4，∵O為EF的中點(diǎn)，
∴O為正方形ABCD的對(duì)稱(chēng)中心，
過(guò)A作AN∥EF交CD于N，
則NF=AE=1，
∴DN=CN=2，
過(guò)O作G′H′∥GH交AD于G′，交BC于H′，
∴AG′=CH′，DG′=BH′，
過(guò)A作AM∥G′H′交BC于M，
∴AG′=MH′，∠G′OE=45°，
∴∠MAN=45°，
延長(zhǎng)CD到Q，使DQ=BM′，
由（3）知MN=NQ，
設(shè)BM=a，則CM=4-a，MN=QN=a+2，
∵M(jìn)N²=CM²+CN²，
∴（2+a）²=（4-a）²+2²，
解得：a=$\frac{4}{3}$，
∴AG′=$\frac{4}{3}$；
②當(dāng)H與C重合時(shí)，如圖5，
由①知BM=$\frac{4}{3}$，
∴AG″=CM=4-$\frac{4}{3}$=$\frac{8}{3}$；
∴m的取值范圍為：$\frac{4}{3}$＜m≤$\frac{8}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的定義，熟記各性質(zhì)并作輔助線構(gòu)造出全等三角形和等腰直角三角形是解題的關(guān)鍵．