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5.【问题探究】
(1)如图
,四边形ABCD是正方形,∠EAF=45°,求证:EF=BE+DF.
【类比联想】
(2)如图,在四边形ABCD中,AB=AD,∠ABC+∠ADC=180°,∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAD,求证:EF=BE+DF.
【关联运用】
(3)如图,四边形ABCD是正方形,点E在边CD上,折叠△AED,得到△AEF,EF的延长线交BC于点G,且G恰好为BC的中点,求$\frac{DE}{CE}$的值.
(1)如图
,四边形ABCD是正方形,∠EAF=45°,求证:EF=BE+DF.【类比联想】
(2)如图,在四边形ABCD中,AB=AD,∠ABC+∠ADC=180°,∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAD,求证:EF=BE+DF.
【关联运用】
(3)如图,四边形ABCD是正方形,点E在边CD上,折叠△AED,得到△AEF,EF的延长线交BC于点G,且G恰好为BC的中点,求$\frac{DE}{CE}$的值.
答案
5. (1)证明:如图 1,连接 AF,作 $AG ⊥ AF$ 交 CB 延长线于点 G.
$\therefore ∠ FAG = 90°$. 又 $\because$ 四边形 ABCD 为正方形, $\therefore ∠ BAD = ∠ ABG = ∠ ADC = 90°, AB = AD$.
$\therefore ∠ DAF = 90° - ∠ BAF = ∠ BAG$. 在 $△ ABG$ 和 $△ ADF$ 中, $\begin{cases} ∠ BAG = ∠ DAF, \\ AB = AD, \\ ∠ ABG = ∠ ADF, \end{cases}$ $\therefore △ ABG ≌ △ ADF(\mathrm{ASA}), \therefore AG = AF$. 又 $\because ∠ GAE = ∠ GAB + ∠ BAE = ∠ DAF + ∠ BAE = 90° - ∠ EAF = 45°, \therefore ∠ EAF = ∠ GAE$. 在 $△ AEF$ 和 $△ AEG$ 中, $\begin{cases} AF = AG, \\ ∠ EAF = ∠ EAG, \\ AE = AE, \end{cases}$ $\therefore △ AEF ≌ △ AEG(\mathrm{SAS}), \therefore EF = EG$. $\because EG = BG + BE = DF + BE, \therefore EF = BE + DF$.
(2)证明:如图 2,延长 CB 至点 M,使得 $BM = DF$,连接 AM.
$\because ∠ ABC + ∠ ADC = 180°, ∠ ABC + ∠ ABM = 180°, \therefore ∠ ABM = ∠ D$. 又 $\because AB = AD, BM = DF, \therefore △ ABM ≌ △ ADF(\mathrm{SAS}), \therefore ∠ DAF = ∠ BAM, AM = AF$. $\because ∠ EAF = \frac{1}{2}∠ BAD, \therefore ∠ BAE + ∠ FAD = \frac{1}{2}∠ BAD, \therefore ∠ BAE + ∠ FAD = ∠ EAF$. $\because ∠ DAF = ∠ BAM, \therefore ∠ BAM + ∠ BAE = ∠ EAF, \therefore ∠ MAE = ∠ EAF$. 又 $\because AM = AF, AE = AE, \therefore △ MAE ≌ △ FAE(\mathrm{SAS}), \therefore ME = EF$. $\because ME = BE + MB, MB = DF, \therefore EF = DF + BE$.
(3)解:如图 3,设正方形的边长为 $2a$,连接 AG.
由正方形的性质可得 $AD = AB, ∠ B = ∠ D = 90°$, 由翻折可得 $AD = AF, ∠ AFG = ∠ AFE = ∠ D = 90°, \therefore AD = AF = AB = 2a, ∠ AFG = ∠ B = ∠ D = 90°$. 在 $\mathrm{Rt}△ ABG$ 中, $BG^2 = AG^2 - AB^2$, 在 $\mathrm{Rt}△ AFG$ 中, $GF^2 = AG^2 - AF^2, \therefore BG = GF$. $\because BC = 2a, G$ 是 BC 的中点, $\therefore BG = FG = CG = a$. 设 $DE = x$, 则 $EF = x, EC = 2a - x, GE = a + x$. 在 $\mathrm{Rt}△ ECG$ 中, 由勾股定理, 得 $GE^2 = GC^2 + EC^2$, 即 $(x+a)^2 = a^2 + (2a-x)^2$, 解得 $x = \frac{2}{3}a$, 即 $DE = \frac{2}{3}a, CE = 2a - \frac{2}{3}a = \frac{4}{3}a, \therefore \frac{DE}{CE} = \frac{\frac{2}{3}a}{\frac{4}{3}a} = \frac{1}{2}$.
解析
【分析】
(1)要证明EF=BE+DF这类线段和差问题，优先考虑截长补短法。结合正方形AB=AD、∠BAD=90°的特征，可构造旋转全等：将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，先证△ABG≌△ADF得BG=DF、AG=AF，再结合∠EAF=45°证△AEG≌△AEF，即可推得EF=EG=BE+DF。
(2)本题是(1)的拓展推广，已知AB=AD，∠ABC+∠ADC=180°，仍然用截长补短思路：延长CB到M使BM=DF，先证△ABM≌△ADF得AM=AF、∠BAM=∠DAF，结合∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAD推出∠MAE=∠EAF，再证△MAE≌△FAE，即可得EF=ME=BE+DF。
(3)结合折叠的性质先推得AF=AD=AB，∠AFE=∠D=90°，可证Rt△ABG≌Rt△AFG得到BG=GF；设正方形边长为参数，用含未知数的式子表示出Rt△ECG的三边，利用勾股定理列方程求解，即可算出DE与CE的比值。
【解析】
(1)证明:如图1,连接AF,作 $AG ⊥ AF$ 交 CB 延长线于点G.
$\therefore ∠ FAG = 90°$. 又 $\because$ 四边形 ABCD 为正方形, $\therefore ∠ BAD = ∠ ABG = ∠ ADC = 90°, AB = AD$.
$\therefore ∠ DAF = 90° - ∠ BAF = ∠ BAG$. 在 $△ ABG$ 和 $△ ADF$ 中, $\begin{cases} ∠ BAG = ∠ DAF, \\ AB = AD, \\ ∠ ABG = ∠ ADF, \end{cases}$ $\therefore △ ABG ≌ △ ADF(\mathrm{ASA}), \therefore AG = AF$. 又 $\because ∠ GAE = ∠ GAB + ∠ BAE = ∠ DAF + ∠ BAE = 90° - ∠ EAF = 45°, \therefore ∠ EAF = ∠ GAE$. 在 $△ AEF$ 和 $△ AEG$ 中, $\begin{cases} AF = AG, \\ ∠ EAF = ∠ EAG, \\ AE = AE, \end{cases}$ $\therefore △ AEF ≌ △ AEG(\mathrm{SAS}), \therefore EF = EG$. $\because EG = BG + BE = DF + BE, \therefore EF = BE + DF$.
(2)证明:如图2,延长 CB 至点 M,使得 $BM = DF$,连接 AM.
$\because ∠ ABC + ∠ ADC = 180°, ∠ ABC + ∠ ABM = 180°, \therefore ∠ ABM = ∠ D$. 又 $\because AB = AD, BM = DF, \therefore △ ABM ≌ △ ADF(\mathrm{SAS}), \therefore ∠ DAF = ∠ BAM, AM = AF$. $\because ∠ EAF = \frac{1}{2}∠ BAD, \therefore ∠ BAE + ∠ FAD = \frac{1}{2}∠ BAD, \therefore ∠ BAE + ∠ FAD = ∠ EAF$. $\because ∠ DAF = ∠ BAM, \therefore ∠ BAM + ∠ BAE = ∠ EAF, \therefore ∠ MAE = ∠ EAF$. 又 $\because AM = AF, AE = AE, \therefore △ MAE ≌ △ FAE(\mathrm{SAS}), \therefore ME = EF$. $\because ME = BE + MB, MB = DF, \therefore EF = DF + BE$.
(3)解:如图3,设正方形的边长为 $2a$,连接 AG.
由正方形的性质可得 $AD = AB, ∠ B = ∠ D = 90°$, 由翻折可得 $AD = AF, ∠ AFG = ∠ AFE = ∠ D = 90°, \therefore AD = AF = AB = 2a, ∠ AFG = ∠ B = ∠ D = 90°$. 在 $\mathrm{Rt}△ ABG$ 中, $BG^2 = AG^2 - AB^2$, 在 $\mathrm{Rt}△ AFG$ 中, $GF^2 = AG^2 - AF^2, \therefore BG = GF$. $\because BC = 2a, G$ 是 BC 的中点, $\therefore BG = FG = CG = a$. 设 $DE = x$, 则 $EF = x, EC = 2a - x, GE = a + x$. 在 $\mathrm{Rt}△ ECG$ 中, 由勾股定理, 得 $GE^2 = GC^2 + EC^2$, 即 $(x+a)^2 = a^2 + (2a-x)^2$, 解得 $x = \frac{2}{3}a$, 即 $DE = \frac{2}{3}a, CE = 2a - \frac{2}{3}a = \frac{4}{3}a, \therefore \frac{DE}{CE} = \frac{\frac{2}{3}a}{\frac{4}{3}a} = \frac{1}{2}$.
【答案】
(1)证明成立；
(2)证明成立；
(3)$\frac{1}{2}$。
【知识点】
全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理
【点评】
本题从正方形半角模型出发，拓展到一般邻边相等、对角互补四边形的半角结论，最后结合折叠性质考查方程思想的运用，侧重几何方法的迁移能力，同时锻炼逻辑推理和代数计算能力。
【难度系数】
0.6
(1)要证明EF=BE+DF这类线段和差问题，优先考虑截长补短法。结合正方形AB=AD、∠BAD=90°的特征，可构造旋转全等：将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，先证△ABG≌△ADF得BG=DF、AG=AF，再结合∠EAF=45°证△AEG≌△AEF，即可推得EF=EG=BE+DF。
(2)本题是(1)的拓展推广，已知AB=AD，∠ABC+∠ADC=180°，仍然用截长补短思路：延长CB到M使BM=DF，先证△ABM≌△ADF得AM=AF、∠BAM=∠DAF，结合∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAD推出∠MAE=∠EAF，再证△MAE≌△FAE，即可得EF=ME=BE+DF。
(3)结合折叠的性质先推得AF=AD=AB，∠AFE=∠D=90°，可证Rt△ABG≌Rt△AFG得到BG=GF；设正方形边长为参数，用含未知数的式子表示出Rt△ECG的三边，利用勾股定理列方程求解，即可算出DE与CE的比值。
【解析】
(1)证明:如图1,连接AF,作 $AG ⊥ AF$ 交 CB 延长线于点G.
$\therefore ∠ FAG = 90°$. 又 $\because$ 四边形 ABCD 为正方形, $\therefore ∠ BAD = ∠ ABG = ∠ ADC = 90°, AB = AD$.
$\therefore ∠ DAF = 90° - ∠ BAF = ∠ BAG$. 在 $△ ABG$ 和 $△ ADF$ 中, $\begin{cases} ∠ BAG = ∠ DAF, \\ AB = AD, \\ ∠ ABG = ∠ ADF, \end{cases}$ $\therefore △ ABG ≌ △ ADF(\mathrm{ASA}), \therefore AG = AF$. 又 $\because ∠ GAE = ∠ GAB + ∠ BAE = ∠ DAF + ∠ BAE = 90° - ∠ EAF = 45°, \therefore ∠ EAF = ∠ GAE$. 在 $△ AEF$ 和 $△ AEG$ 中, $\begin{cases} AF = AG, \\ ∠ EAF = ∠ EAG, \\ AE = AE, \end{cases}$ $\therefore △ AEF ≌ △ AEG(\mathrm{SAS}), \therefore EF = EG$. $\because EG = BG + BE = DF + BE, \therefore EF = BE + DF$.
(2)证明:如图2,延长 CB 至点 M,使得 $BM = DF$,连接 AM.
$\because ∠ ABC + ∠ ADC = 180°, ∠ ABC + ∠ ABM = 180°, \therefore ∠ ABM = ∠ D$. 又 $\because AB = AD, BM = DF, \therefore △ ABM ≌ △ ADF(\mathrm{SAS}), \therefore ∠ DAF = ∠ BAM, AM = AF$. $\because ∠ EAF = \frac{1}{2}∠ BAD, \therefore ∠ BAE + ∠ FAD = \frac{1}{2}∠ BAD, \therefore ∠ BAE + ∠ FAD = ∠ EAF$. $\because ∠ DAF = ∠ BAM, \therefore ∠ BAM + ∠ BAE = ∠ EAF, \therefore ∠ MAE = ∠ EAF$. 又 $\because AM = AF, AE = AE, \therefore △ MAE ≌ △ FAE(\mathrm{SAS}), \therefore ME = EF$. $\because ME = BE + MB, MB = DF, \therefore EF = DF + BE$.
(3)解:如图3,设正方形的边长为 $2a$,连接 AG.
由正方形的性质可得 $AD = AB, ∠ B = ∠ D = 90°$, 由翻折可得 $AD = AF, ∠ AFG = ∠ AFE = ∠ D = 90°, \therefore AD = AF = AB = 2a, ∠ AFG = ∠ B = ∠ D = 90°$. 在 $\mathrm{Rt}△ ABG$ 中, $BG^2 = AG^2 - AB^2$, 在 $\mathrm{Rt}△ AFG$ 中, $GF^2 = AG^2 - AF^2, \therefore BG = GF$. $\because BC = 2a, G$ 是 BC 的中点, $\therefore BG = FG = CG = a$. 设 $DE = x$, 则 $EF = x, EC = 2a - x, GE = a + x$. 在 $\mathrm{Rt}△ ECG$ 中, 由勾股定理, 得 $GE^2 = GC^2 + EC^2$, 即 $(x+a)^2 = a^2 + (2a-x)^2$, 解得 $x = \frac{2}{3}a$, 即 $DE = \frac{2}{3}a, CE = 2a - \frac{2}{3}a = \frac{4}{3}a, \therefore \frac{DE}{CE} = \frac{\frac{2}{3}a}{\frac{4}{3}a} = \frac{1}{2}$.
【答案】
(1)证明成立；
(2)证明成立；
(3)$\frac{1}{2}$。
【知识点】
全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理
【点评】
本题从正方形半角模型出发，拓展到一般邻边相等、对角互补四边形的半角结论，最后结合折叠性质考查方程思想的运用，侧重几何方法的迁移能力，同时锻炼逻辑推理和代数计算能力。
【难度系数】
0.6
