6[2025浙江宁波期中,较难]已知CD是经过∠BCA的顶点C的一条直线,CA=CB,E,F是直线CD上两点,∠BEC=∠CFA=∠α.
(1)若直线CD经过∠BCA的内部,∠BCD＞∠ACD.
①如图(1),若∠BCA=90°,∠α=90°,则BE,EF,AF间的数量关系为.
②如图(2),∠α与∠BCA具有怎样的数量关系,才能使①中的结论仍然成立?写出∠α与∠BCA的数量关系.
(2)如图(3),若直线CD经过∠BCA的外部,∠α=∠BCA,①中的结论是否成立?若成立,进行证明;若不成立,写出新结论并进行证明.

6.【解】(1)①当$∠ α=90°$时,$∠ BEC= ∠ CFA=90°$.
因为$∠ BCA=90°$,所以$∠ BCE+ ∠ ACF=90°$.
因为$∠ BCE+ ∠ CBE=90°$,所以$∠ ACF= ∠ CBE$.
因为 $AC=BC$,所以 $△ BCE≌ △ CAF$,所以 $BE=CF,CE=AF$.
因为 $CF=CE+EF$,所以 $EF=CF-CE=BE-AF$. 故答案为 $EF=BE-AF$.
②当$∠ α+ ∠ BCA=180°$时,①中的结论仍然成立.
因为$∠ BEC= ∠ CFA= ∠ α$,$∠ CBE+ ∠ BCE+ ∠ BEC=180°$,$∠ α+ ∠ ACB=180°$,所以$∠ ACB= ∠ CBE+ ∠ BCE$.
又因为$∠ ACB= ∠ ACF+ ∠ BCE$,所以$∠ CBE= ∠ ACF$.
在$△ BCE$和$△ CAF$中,$\begin{cases} ∠ BEC= ∠ CFA, \\ ∠ CBE= ∠ ACF, \\ BC=AC, \end{cases}$
所以 $△ BCE≌ △ CAF(\mathrm{AAS})$,所以 $BE=CF,CE=AF$,所以 $EF=CF-CE=BE-AF$.
故答案为$∠ α+ ∠ BCA=180°$.
(2)不成立,$EF,BE,AF$之间的数量关系为 $EF=BE+AF$. 证明如下:
因为$∠ BEC= ∠ CFA= ∠ α$,$∠ α= ∠ BCA$,$∠ EBC+ ∠ BCE+ ∠ BEC=180°$,$∠ BCE+ ∠ ACF+ ∠ ACB=180°$,所以$∠ EBC+ ∠ BEC= ∠ ACB+ ∠ ACF$,所以$∠ EBC= ∠ ACF$.
在$△ BEC$和$△ CFA$中,$\begin{cases} ∠ EBC= ∠ FCA, \\ ∠ BEC= ∠ CFA, \\ BC=CA, \end{cases}$
所以 $△ BEC≌ △ CFA(\mathrm{AAS})$,
所以 $AF=CE,BE=CF$,
所以 $EF=CE+CF=AF+BE$.

7[中]【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,DF之间的数量关系.
(1)小王同学探究此问题的方法如下:延长FD到点G,使DG=BE,连结AG,先说明△ABE≌△ADG,再说明△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,E,F分别是AD,CD上的点,且∠EBF=45°,直接写出△DEF的周长.

思路分析
(1)延长 $FD$ 到点 $G$,使 $DG=BE$,连结 $AG$,即可说明 $△ ABE≌ △ ADG$,可得 $AE=AG$,再说明 $△ AEF≌ △ AGF$,可得 $EF=FG$,即可解题.
(2)延长 $FD$ 到点 $G$,使 $DG=BE$,连结 $AG$,即可说明 $△ ABE≌ △ ADG$,可得 $AE=AG$,再说明 $△ AEF≌ △ AGF$,可得 $EF=FG$,即可解题.
(3)延长 $DC$ 到 $G$,使 $CG=AE$,连结 $BG$,根据“SAS”可判定 $△ AEB≌ △ CGB$,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”可判定 $△ EBF≌ △ GBF$,故 $EF=GF$,由此可得出答案.
7.【解】(1)在$△ ABE$和$△ ADG$中,$\begin{cases} BE=DG, \\ ∠ B= ∠ ADG, \\ AB=AD, \end{cases}$
所以 $△ ABE≌ △ ADG$($\mathrm{SAS}$),所以 $AE=AG$,$∠ BAE= ∠ DAG$. 因为 $∠ EAF=\frac{1}{2}∠ BAD$,所以 $∠ GAF= ∠ DAG+ ∠ DAF= ∠ BAE+ ∠ DAF= ∠ BAD- ∠ EAF= ∠ EAF$,即 $∠ EAF= ∠ GAF$.
在$△ AEF$和$△ AGF$中,$\begin{cases} AE=AG, \\ ∠ EAF= ∠ GAF, \\ AF=AF, \end{cases}$所以 $△ AEF≌ △ AGF(\mathrm{SAS})$,所以 $EF=FG$. 因为 $FG=DG+DF=BE+DF$,所以 $EF=BE+DF$. 故答案为 $EF=BE+DF$.
(2)结论 $EF=BE+DF$ 仍然成立. 理由:如图(1),延长 $FD$ 到点 $G$,使 $DG=BE$,连结 $AG$.
因为 $∠ B + ∠ CDA = 180°$,$∠ ADG + ∠ CDA = 180°$,所以 $∠ B= ∠ ADG$.
在$△ ABE$和$△ ADG$中,$\begin{cases} BE=DG, \\ ∠ B= ∠ ADG, \\ AB=AD, \end{cases}$
所以 $△ ABE≌ △ ADG$($\mathrm{SAS}$),所以 $AE=AG$,$∠ BAE= ∠ DAG$.
因为 $∠ EAF=\frac{1}{2}∠ BAD$,所以 $∠ GAF= ∠ DAG+ ∠ DAF= ∠ BAE+ ∠ DAF= ∠ BAD - ∠ EAF= ∠ EAF$,即 $∠ EAF= ∠ GAF$.
在$△ AEF$和$△ AGF$中,$\begin{cases} AE=AG, \\ ∠ EAF= ∠ GAF, \\ AF=AF, \end{cases}$所以 $△ AEF≌ △ AGF(\mathrm{SAS})$,所以 $EF=FG$. 因为 $FG=DG+DF=BE+DF$,所以 $EF=BE+DF$.
(3)$△ DEF$ 的周长是 10. 如图(2),延长 $DC$ 到点 $G$,使 $CG=AE$,连结 $BG$. 因为四边形 $ABCD$ 是正方形,所以 $∠ A= ∠ ABC= ∠ BCD=90°$,$AB=BC$.
在$△ AEB$与$△ CGB$中,
$\begin{cases} AE=CG, \\ ∠ A= ∠ BCG, \\ AB=CB, \end{cases}$所以 $△ AEB≌ △ CGB$($\mathrm{SAS}$),所以 $BE=BG$,$∠ ABE= ∠ CBG$. 因为 $∠ EBF=45°$,$∠ ABC=90°$,所以 $∠ ABE+ ∠ CBF=45°$,所以 $∠ CBF+ ∠ CBG=45°$.
在$△ EBF$与$△ GBF$中,$\begin{cases} BE=BG, \\ ∠ EBF= ∠ GBF, \\ BF=BF, \end{cases}$
所以 $△ EBF≌ △ GBF$($\mathrm{SAS}$),所以 $EF=GF$,所以 $△ DEF$ 的周长为 $EF+ED+DF=AE+CF+DE+DF=AD+CD=5+5=10$.