5. |项目式学习 (1)如图①,在等腰直角三角形ABD中,∠BAD=90°,AB=AD,点E,F在边BD上,且∠EAF=45°,请写出EF,BE,DF之间的数量关系,并说明理由.
(2)如图②,在四边形ABCD中,BC=CD,∠B=∠D=90°,∠C=126°,在边BC和CD上分别有一点E和点F,使△ECF的周长恰好是BC长的2倍,求此时∠FAE的度数.

5. (1)$EF^2=BE^2+DF^2$,理由如下:
如图 ①,过点 A 作 AG ⊥ AE,取 AG = AE,连接 DG, FG,
∴ ∠EAG=90°.
∵ ∠BAD = ∠EAG = 90°,
∴ ∠BAD - ∠EAD =∠EAG- ∠EAD,即 ∠BAE = ∠DAG.
∵ ∠BAD = 90°, AB = AD,
∴ ∠B= ∠ADB=45°.在△ABE 和△ADG 中,$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠BAE=∠DAG, \\ AE=AG, \end{cases}$
∴ △ABE≌△ADG ( SAS ),
∴ BE = DG, ∠ADG = ∠B = 45°,
∴ ∠FDG = ∠ADB+ ∠ADG=45°+45°=90°,
∴ $FG^2=DG^2+DF^2$.
∵ ∠BAD = 90°, ∠EAF = 45°,
∴ ∠BAE + ∠DAF = ∠BAD -∠EAF = 90°- 45° = 45°,
∴ ∠GAF = ∠DAG + ∠DAF = 45°,
∴ ∠GAF= ∠EAF. 在 △AEF 和 △AGF 中,$\begin{cases} AE=AG, \\ ∠EAF=∠GAF, \\ AF=AF, \end{cases}$
∴ △AEF≌△AGF(SAS),
∴ EF=GF,
∴ $EF^2=BE^2+DF^2$.

(2)如图②,连接 AC,延长 CD 至点 G,使 DG=BE,连接 AG,在Rt△ACB 和 Rt△ACD 中,$\begin{cases} AC=AC, \\ BC=DC, \end{cases}$
∴ Rt△ACB≌Rt△ACD(HL),
∴ AB=AD.
∵ ∠ADC=90°,
∴ ∠ADG=90°.在△ABE 和△ADG 中,$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠B=∠ADG=90°, \\ BE=DG, \end{cases}$,
∴ △ABE ≌ △ADG ( SAS ),
∴ ∠BAE= ∠DAG,AE=AG.
∵ △ECF 的周长恰好是 BC 长的 2 倍,
∴ EF+CE+CF=2BC,
∴ EF=2BC-CE-CF=CD+BC-CE-CF=CD+BE-CF=CD+DG-CF=CG-CF=GF. 在 △AEF 和△AGF 中,$\begin{cases} AF=AF, \\ EF=GF, \\ AE=AG, \end{cases}$,
∴ △AEF ≌ △AGF ( SSS ),
∴ ∠FAE =∠FAG.
∵ ∠FAG = ∠DAF + ∠DAG = ∠DAF + ∠BAE = ∠BAD -∠FAE,
∴ ∠FAE = ∠BAD - ∠FAE,
∴ 2 ∠FAE = ∠BAD,
∴ ∠FAE=$\dfrac{1}{2}$∠BAD.
∵ ∠BAD+∠ADC+∠BCD+∠B= 360°,且∠ADC= ∠B= 90°, ∠BCD = 126°,
∴ ∠BAD = 360°- ∠ADC -∠BCD - ∠B = 360°- 90°- 126°- 90° = 54°,
∴ ∠FAE =$\dfrac{1}{2}$∠BAD=$\dfrac{1}{2}×54°=27°$.

6. (2024·黑龙江中考)已知$△ ABC$是等腰三角形，$AB=AC$，$∠ MAN=\dfrac{1}{2}∠ BAC$，$∠ MAN$在$∠ BAC$的内部，点$M,N$在$BC$上，点$M$在点$N$的左侧，探究线段$BM,NC,MN$之间的数量关系.
(1)如图①，当$∠ BAC=90°$时，探究如下：
由$∠ BAC=90°$，$AB=AC$可知，将$△ ACN$绕点$A$顺时针旋转$90°$，得到$△ ABP$，则$CN=BP$且$∠ PBM=90°$，连接$PM$，易证$△ AMP≌△ AMN$，可得$MP=MN$，在$\mathrm{Rt}△ PBM$中，$BM^2+BP^2=MP^2$，则有$BM^2+NC^2=MN^2$.
(2)当$∠ BAC=60°$时，如图②；当$∠ BAC=120°$时，如图③；分别写出线段$BM,NC,MN$之间的数量关系，并选择图②或图③进行证明.

6. (2)题中图②的结论是$BM^2+NC^2+BM·NC=MN^2$.
证明:
∵ AB = AC, ∠BAC = 60°,
∴ △ABC 是等边三角形,
∴ ∠ABC=∠ACB=60°.以点 B 为顶点在△ABC 外作∠ABK= 60°,在 BK 上截取 BQ = CN,如图①,连接 QA,QM,过点 Q 作QH ⊥ BC,交 CB 的延长线于点 H.
∵ AB=AC,∠C=∠ABQ,CN=BQ,
∴ △ACN≌△ABQ,
∴ AN=AQ,∠CAN=∠QAB.又
∵ ∠CAN+ ∠BAM= 30°,
∴ ∠BAM+ ∠QAB = 30°, 即 ∠QAM = ∠MAN. 又
∵ AM = AM,
∴ △AQM≌△ANM,
∴ MN = QM.
∵ ∠ABQ = 60°,∠ABC= 60°,
∴ ∠QBH = 60°,
∴ ∠BQH = 30°,
∴ BH = $\dfrac{1}{2}BQ$,$QH=\dfrac{\sqrt{3}}{2}BQ$,
∴ HM = BM + BH = BM + $\dfrac{1}{2}BQ$,在Rt△QHM中,可得$QH^2+HM^2=QM^2$,即 $(\dfrac{\sqrt{3}}{2}BQ )^2 + (BM+\dfrac{1}{2}BQ )^2 = QM^2$,整理得$BM^2+BQ^2+BM·BQ=QM^2$,
∴ $BM^2+NC^2+BM·NC=MN^2$.
题中图③的结论是$BM^2+NC^2-BM·NC=MN^2$.
证明:以点 B 为顶点在△ABC 外作∠ABK=30°,在 BK 上截取BQ=CN,如图②,连接 QA,QM,过点 Q 作 QH ⊥ BC,垂足为点 H.
∵ AC = AB, ∠C = ∠ABQ, CN = BQ,
∴ △ACN≌△ABQ,
∴ AN = AQ, ∠CAN = ∠QAB. 又
∵ ∠CAN + ∠BAM = 60°,
∴ ∠BAM+ ∠QAB = 60°, 即 ∠QAM = ∠MAN. 又
∵ AM = AM,
∴ △AQM≌△ANM,
∴ MN = QM. 在Rt△BQH中, ∠QBH = 60°,∠BQH=30°,
∴ BH = $\dfrac{1}{2}BQ$,$QH=\dfrac{\sqrt{3}}{2}BQ$,HM = BM - BH = BM -$\dfrac{1}{2}BQ$,在Rt△QHM中,可得 $QH^2+HM^2=QM^2$,即 $(\dfrac{\sqrt{3}}{2}BQ )^2 + (BM-\dfrac{1}{2}BQ )^2 = QM^2$,整理得 $BM^2+BQ^2-BM·BQ=QM^2$,
∴ $BM^2+NC^2-BM·NC=MN^2$.