7. 【问题背景】
如图①,在四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=120°,∠B=∠ADC=90°,E,F分别是BC,CD上的点,且∠EAF=60°,试探究图中线段BE,EF,FD之间的数量关系.
(1)小王同学探究此问题的方法是延长FD到点G,使DG=BE,连接AG,先证明△ABE≌△ADG,再证明△AEF≌△AGF,可得出结论,他的结论应是.
【探索延伸】
(2)如图②,若在四边形ABCD中,AB=AD,∠B+∠D=180°,E,F分别是BC,CD上的点,且∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAD,上述结论是否仍然成立?请说明理由.
【学以致用】
(3)如图③,四边形ABCD是边长为5的正方形,若∠EBF=45°,求△DEF的周长.

(1)$EF=BE+DF$ 【点拨】在$△ ABE$ 和$△ ADG$ 中，$\begin{cases} BE=DG, \\ ∠ B=∠ ADG=90°, \\ AB=AD, \end{cases}$,$\therefore △ ABE≌△ ADG(\mathrm{SAS})$,
$\therefore AE=AG,∠ BAE=∠ DAG. \because ∠ EAF=60°,∠ BAD=120°,\therefore ∠ BAE+∠ DAF=60°,\therefore ∠ DAG+∠ DAF=60°$,$\therefore ∠ GAF=60°,\therefore ∠ EAF=∠ GAF$.
在$△ AEF$ 和$△ AGF$ 中，$\begin{cases} AE=AG, \\ ∠ EAF=∠ GAF, \\ AF=AF, \end{cases}$,
$\therefore △ AEF≌△ AGF(\mathrm{SAS}),\therefore EF=FG$.
$\because FG=DG+DF=BE+DF,\therefore EF=BE+DF$.
(2)结论$EF=BE+DF$仍然成立. 理由:如图①,延长$FD$到点$G$,使$DG=BE$,连接$AG. \because ∠ B+∠ ADC=180°$,$∠ ADF+∠ ADG=180°$,$\therefore ∠ B=∠ ADG$.
在$△ ABE$和$△ ADG$中，$\begin{cases} BE=DG, \\ ∠ B=∠ ADG, \\ AB=AD, \end{cases}$,
$\therefore △ ABE≌△ ADG(\mathrm{SAS}),\therefore AE=AG,∠ BAE=∠ DAG$.
$\because ∠ EAF=\frac{1}{2}∠ BAD$,$\therefore ∠ GAF=∠ DAG+∠ DAF=∠ BAE+∠ DAF=∠ BAD-∠ EAF=∠ EAF$.
在$△ AEF$和$△ AGF$中，$\begin{cases} AE=AG, \\ ∠ EAF=∠ GAF, \\ AF=AF, \end{cases}$,
$\therefore △ AEF≌△ AGF(\mathrm{SAS}),\therefore EF=FG$.
$\because FG=DG+DF=BE+DF,\therefore EF=BE+DF$.

(3)如图②,延长$DC$到点$G$,使$CG=AE$,连接$BG$. 在$△ AEB$与$△ CGB$中，$\begin{cases} AE=CG, \\ ∠ A=∠ BCG=90°, \\ AB=CB, \end{cases}$,$\therefore △ AEB≌△ CGB(\mathrm{SAS})$,$\therefore BE=BG$,$∠ ABE=∠ CBG. \because ∠ EBF=45°$,$∠ ABC=90°$,$\therefore ∠ ABE+∠ CBF=45°$,$\therefore ∠ CBF+∠ CBG=45°$. $\therefore ∠ GBF=45°$,$\therefore ∠ GBF=∠ EBF$. 在$△ EBF$与$△ GBF$中，$\begin{cases} BE=BG, \\ ∠ EBF=∠ GBF, \\ BF=BF, \end{cases}$,$\therefore △ EBF≌△ GBF(\mathrm{SAS})$,$\therefore EF=GF$. 又$\because GF=CF+CG=CF+AE$,$\therefore EF=CF+AE$,$\therefore △ DEF$的周长为$EF+ED+DF=AE+CF+DE+DF=AD+CD=5+5=10$.

【分析】
本题是全等三角形中半角模型的典型应用，均采用“截长补短”的构造思路解题：
(1)第一问给出辅助线构造提示，延长FD到G使DG=BE，先证△ABE≌△ADG得到边、角的等量关系，再结合已知角度推出∠EAF=∠GAF，证△AEF≌△AGF即可得到线段关系；
(2)第二问是第一问的一般化拓展，将直角条件改为∠B+∠D=180°，仍用相同辅助线，先利用补角性质证∠B=∠ADG，再重复全等证明步骤即可验证结论成立；
(3)第三问是正方形中的45°半角模型，类比前两问思路，延长DC到G使CG=AE，构造全等将EF转化为AE+CF，再对△DEF的周长做等量代换即可求解。
【解析】
(1) 延长FD到点G，使DG=BE，连接AG。
在$△ ABE$和$△ ADG$中，$\begin{cases} BE=DG, \\ ∠B=∠ADG=90°, \\ AB=AD, \end{cases}$
$\therefore △ ABE≌△ ADG(\mathrm{SAS})$，
$\therefore AE=AG$，$∠BAE=∠DAG$。
$\because ∠EAF=60°$，$∠BAD=120°$，
$\therefore ∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=60°$，
$\therefore ∠DAG+∠DAF=60°$，即$∠GAF=60°$，
$\therefore ∠EAF=∠GAF$。
在$△ AEF$和$△ AGF$中，$\begin{cases} AE=AG, \\ ∠EAF=∠GAF, \\ AF=AF, \end{cases}$
$\therefore △ AEF≌△ AGF(\mathrm{SAS})$，
$\therefore EF=FG$。
$\because FG=DG+DF=BE+DF$，
$\therefore EF=BE+DF$。
(2) 结论$EF=BE+DF$仍然成立，理由如下：
如图①，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG。
$\because ∠B+∠ADC=180°$，$∠ADF+∠ADG=180°$，
$\therefore ∠B=∠ADG$。
在$△ ABE$和$△ ADG$中，$\begin{cases} BE=DG, \\ ∠B=∠ADG, \\ AB=AD, \end{cases}$
$\therefore △ ABE≌△ ADG(\mathrm{SAS})$，
$\therefore AE=AG$，$∠BAE=∠DAG$。
$\because ∠EAF=\frac{1}{2}∠BAD$，
$\therefore ∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF$。
在$△ AEF$和$△ AGF$中，$\begin{cases} AE=AG, \\ ∠EAF=∠GAF, \\ AF=AF, \end{cases}$
$\therefore △ AEF≌△ AGF(\mathrm{SAS})$，
$\therefore EF=FG$。
$\because FG=DG+DF=BE+DF$，
$\therefore EF=BE+DF$。

(3) 如图②，延长DC到点G，使CG=AE，连接BG。
在$△ AEB$与$△ CGB$中，$\begin{cases} AE=CG, \\ ∠A=∠BCG=90°, \\ AB=CB, \end{cases}$
$\therefore △ AEB≌△ CGB(\mathrm{SAS})$，
$\therefore BE=BG$，$∠ABE=∠CBG$。
$\because ∠EBF=45°$，$∠ABC=90°$，
$\therefore ∠ABE+∠CBF=∠ABC-∠EBF=45°$，
$\therefore ∠CBF+∠CBG=45°$，即$∠GBF=45°$，
$\therefore ∠GBF=∠EBF$。
在$△ EBF$与$△ GBF$中，$\begin{cases} BE=BG, \\ ∠EBF=∠GBF, \\ BF=BF, \end{cases}$
$\therefore △ EBF≌△ GBF(\mathrm{SAS})$，
$\therefore EF=GF$。
又$\because GF=CF+CG=CF+AE$，
$\therefore EF=CF+AE$，
$\therefore △ DEF$的周长为$EF+ED+DF=AE+CF+DE+DF=(AE+DE)+(CF+DF)=AD+CD=5+5=10$。
【答案】
(1)$EF=BE+DF$
(2)结论$EF=BE+DF$仍然成立，理由见解析

(3)$△ DEF$的周长为$10$
【知识点】
全等三角形判定与性质，截长补短法，半角模型
【点评】
本题遵循从特殊到一般的探究思路，围绕半角模型考查全等三角形的构造与应用，核心是通过截长补短法构造全等实现线段的等量转化，能够很好地锻炼几何逻辑推理与转化思维。
【难度系数】
0.6