5. (1)如图①,在$△ ABC$中,$∠ BAC=90°$,$AB=AC$,直线$m$经过点$A$,$BD ⊥$直线$m$,$CE ⊥$直线$m$,垂足分别为$D$,$E$. 求证$DE=CE+BD$.
(2)如图②,将(1)中的条件改为:在$△ ABC$中,$AB=AC$,$D$,$A$,$E$三点都在直线$m$上,并且有$∠ BDA = ∠ AEC = ∠ BAC$. 请写出$DE$,$BD$,$CE$三条线段的数量关系,并说明理由.

5. (1) $DE=BD+CE$. 理由如下:
$\because\ \ BD⊥ m,CE⊥ m,$
$\therefore\ \ ∠ BDA=∠ AEC=90°.$
$\therefore\ \ ∠ BAD+∠ ABD=90°.$
又 $∠ BAC=90°,$
$\therefore\ \ ∠ BAD+∠ CAE=90°.$
$\therefore\ \ ∠ CAE=∠ ABD.$
在$△ ABD$和$△ CAE$中,
$\begin{cases}∠ ABD=∠ CAE,\\∠ ADB=∠ CEA,\\AB=CA,\end{cases}$
$\therefore\ \ △ ABD≌△ CAE(\mathrm{AAS}).$
$\therefore\ \ BD=AE,AD=CE.$
$\because\ \ DE=AD+AE,$
$\therefore\ \ DE=CE+BD.$
(2) $DE=BD+CE$. 理由如下:
$\because\ \ ∠ BDA=∠ AEC=∠ BAC,$
$\therefore\ \ ∠ ABD+∠ BAD=∠ BAD+∠ CAE.$
$\therefore\ \ ∠ CAE=∠ ABD.$
在$△ ADB$和$△ CEA$中,
$\begin{cases}∠ ABD=∠ CAE,\\∠ ADB=∠ CEA,\\AB=CA,\end{cases}$
$\therefore\ \ △ ADB≌△ CEA(\mathrm{AAS}).$
$\therefore\ \ AE=BD,AD=CE.$
$\therefore\ \ BD+CE=AE+AD=DE.$

【分析】
(1) 要证$DE=CE+BD$，观察图形可得$DE=AD+AE$，因此只需证明$AD=CE$、$BD=AE$即可。首先由$BD、CE$都垂直于直线$m$得到两个直角，结合$∠ BAC=90°$，利用同角的余角相等推出$∠ ABD=∠ CAE$，再结合已知$AB=AC$，即可用AAS判定$△ ABD$和$△ CAE$全等，利用全等三角形对应边相等得到对应边相等后，代入$DE$的和差关系即可得证。
(2) 类比第一问的思路，要推导三条线段的数量关系，依然优先考虑证明三角形全等转化线段。已知$∠ BDA=∠ AEC=∠ BAC$，利用三角形内角和定理可推出$∠ ABD=∠ CAE$，结合$AB=AC$用AAS证明$△ ADB$和$△ CEA$全等，得到对应边相等后代入$DE=AD+AE$，即可得到线段关系。
【解析】
(1) 证明：
$\because BD⊥$直线$m$，$CE⊥$直线$m$，
$\therefore ∠ BDA=∠ AEC=90°$，
$\therefore ∠ BAD+∠ ABD=90°$，
又$\because ∠ BAC=90°$，
$\therefore ∠ BAD+∠ CAE=90°$，
$\therefore ∠ CAE=∠ ABD$。
在$△ ABD$和$△ CAE$中：
$\begin{cases}∠ ABD=∠ CAE\\∠ ADB=∠ CEA\\AB=CA\end{cases}$
$\therefore △ ABD≌△ CAE(\mathrm{AAS})$，
$\therefore BD=AE$，$AD=CE$，
$\because DE=AD+AE$，
$\therefore DE=CE+BD$。
(2) 解：$DE=BD+CE$，理由如下：
$\because ∠ BDA=∠ AEC=∠ BAC$，
$\therefore ∠ ABD+∠ BAD=∠ BAD+∠ CAE$，
$\therefore ∠ CAE=∠ ABD$。
在$△ ADB$和$△ CEA$中：
$\begin{cases}∠ ABD=∠ CAE\\∠ ADB=∠ CEA\\AB=CA\end{cases}$
$\therefore △ ADB≌△ CEA(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AE=BD$，$AD=CE$，
$\therefore BD+CE=AE+AD=DE$，即$DE=BD+CE$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{DE=CE+BD}$，证明见解析；
(2) $\boldsymbol{DE=BD+CE}$，理由见解析。
【知识点】
1. AAS判定三角形全等
2. 全等三角形的性质
3. 角度等量代换
【点评】
本题是全等三角形中经典的“一线三等角”（K型）模型，核心思路是通过角度的等量推导得到全等条件，利用全等将分散的线段转化到同一直线上，进而证明线段的和差关系，熟练掌握该模型可大幅提升同类几何题的解题效率。
【难度系数】
0.65

6.【认识模型】在几何图形中,共顶点的两个角,其中较小的角是较大的角的一半时,我们称之为半角模型. 截长补短法是解决这类问题常用的方法.
如图①,在四边形ABCD中,AB=AD=BC=CD,∠B=∠C=∠D=∠DAB=90°,以A为顶点的∠EAF=45°,AE与BC交于点E,AF与CD交于点F,为了探究EF,BE,DF之间的数量关系,小明的思路如下:如图②,延长CB到点H,使BH=DF,连接AH,先证明△ADF≌△ABH,再证明△AHE≌△AFE. 从而得到EF,BE,DF之间的数量关系.
(1)请你直接写出EF,BE,DF之间的数量关系:.
(2)【知识应用】如图③,AB=AD,∠B=∠D=90°,以A为顶点的∠BAD=120°,∠EAF=60°,AE与BC交于点E,AF与CD交于点F,你认为(1)中的结论还成立吗?若成立,请写出证明过程;若不成立,请说明理由.
(3)【知识拓展】如图④,在四边形ABCD中,AB=AD=a,BC=b,CD=c. ∠ABC与∠D互补,AE与BC交于点E,AF与CD交于点F,且∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAD,请直接写出△CEF的周长(用含a,b,c的代数式表示).

6. (1) $EF=DF+BE$.
(2) 成立. 证明如下:
如图,延长CB到点G,使BG=DF,连接AG.
$\because\ \ ∠ ABC+∠ ABG=180°,∠ ABC=90°,$
$\therefore\ \ ∠ ABG=90°.$
$\because\ \ ∠ D=90°,$
$\therefore\ \ ∠ ABG=∠ D.$
又 $AB=AD,BG=DF,$
$\therefore\ \ △ ABG≌△ ADF(\mathrm{SAS}).$
$\therefore\ \ AG=AF,∠ GAB=∠ FAD.$
$\because\ \ ∠ EAF=60°,∠ BAD=120°,$
$\therefore\ \ ∠ BAE+∠ FAD=60°.$
$\therefore\ \ ∠ BAE+∠ GAB=60°,$
即$∠ EAG=60°.$
$\therefore\ \ ∠ EAG=∠ EAF.$
又 $AE=AE,$
$\therefore\ \ △ AGE≌△ AFE(\mathrm{SAS}).$
$\therefore\ \ EG=EF.$
$\because\ \ EG=BG+BE=DF+BE,$
$\therefore\ \ EF=DF+BE.$
(3) $△ CEF$的周长为$b+c$.

【分析】
(1) 本题是正方形中的45°半角模型，采用截长补短法解题：延长CB到H使BH=DF，先利用正方形边相等、角为直角的性质证△ADF≌△ABH，得到AF=AH、∠DAF=∠BAH，再结合∠EAF=45°推出∠EAH=∠EAF，证△AHE≌△AFE，即可得到三条线段的数量关系。
(2) 第二问是120°角下的60°半角模型，思路和第一问一致：延长CB到G使BG=DF，先证△ABG和△ADF全等，得到AG=AF、∠GAB=∠FAD，再结合已知角度推出∠EAG=∠EAF，证△AGE≌△AFE，即可验证结论是否成立。
(3) 第三问是通用半角模型，仍用构造全等的思路，将分散的BE、DF转化为与EF相关的线段，△CEF的周长可转化为BC与CD的和，代入对应代数式即可得结果。
【解析】
(1) 由证明思路，△ADF≌△ABH得DF=BH，△AHE≌△AFE得EF=EH，而EH=BE+BH=BE+DF，因此EF=BE+DF。
(2) 成立，证明过程如下：
延长CB到点G，使BG=DF，连接AG。
∵ ∠ABC+∠ABG=180°，∠ABC=90°，
∴ ∠ABG=90°。
∵ ∠D=90°，
∴ ∠ABG=∠D。
又AB=AD，BG=DF，
∴ △ABG≌△ADF(SAS)。
∴ AG=AF，∠GAB=∠FAD。
∵ ∠EAF=60°，∠BAD=120°，
∴ ∠BAE+∠FAD=∠BAD-∠EAF=60°。
∴ ∠BAE+∠GAB=60°，即∠EAG=60°。
∴ ∠EAG=∠EAF。
又AE=AE，
∴ △AGE≌△AFE(SAS)。
∴ EG=EF。
∵ EG=BG+BE=DF+BE，
∴ EF=DF+BE。
(3) 同理构造全等可得EF=BE+DF，△CEF的周长=CE+CF+EF=CE+CF+BE+DF=(CE+BE)+(CF+DF)=BC+CD=b+c。
【答案】
(1) $EF=DF+BE$
(2) 成立，证明如下：
如图，延长CB到点G，使BG=DF，连接AG。
$\because\ \ ∠ ABC+∠ ABG=180°,∠ ABC=90°,$
$\therefore\ \ ∠ ABG=90°.$
$\because\ \ ∠ D=90°,$
$\therefore\ \ ∠ ABG=∠ D.$
又 $AB=AD,BG=DF,$
$\therefore\ \ △ ABG≌△ ADF(\mathrm{SAS}).$
$\therefore\ \ AG=AF,∠ GAB=∠ FAD.$
$\because\ \ ∠ EAF=60°,∠ BAD=120°,$
$\therefore\ \ ∠ BAE+∠ FAD=60°.$
$\therefore\ \ ∠ BAE+∠ GAB=60°,$
即$∠ EAG=60°.$
$\therefore\ \ ∠ EAG=∠ EAF.$
又 $AE=AE,$
$\therefore\ \ △ AGE≌△ AFE(\mathrm{SAS}).$
$\therefore\ \ EG=EF.$
$\because\ \ EG=BG+BE=DF+BE,$
$\therefore\ \ EF=DF+BE.$
(3) $b+c$
【知识点】
半角模型，全等三角形的判定与性质，截长补短法
【点评】
本题从特殊的正方形半角模型入手，逐步延伸到一般四边形的半角模型，层层递进，核心解题方法是截长补短构造全等三角形，实现分散线段的转移，考察了全等三角形的应用和转化的数学思想。
【难度系数】
0.6