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5. 如图，$△ ABC$中，$∠ ABC=∠ ACB$，点$D,E,F$分别是$AB,BC,AC$边上的点，$BE=CF$.
(1)若$∠ DEF=∠ ABC$，求证:$DE=EF$.
(2)若$∠ A+2∠ DEF=180°$，$BC=9$，$EC=2BE$，则$BD$的长为
(3)把(1)中的条件和结论反过来，即若$DE=EF$，则$∠ DEF=∠ ABC$.这个命题是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由.
(1)若$∠ DEF=∠ ABC$，求证:$DE=EF$.
(2)若$∠ A+2∠ DEF=180°$，$BC=9$，$EC=2BE$，则$BD$的长为
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.(3)把(1)中的条件和结论反过来，即若$DE=EF$，则$∠ DEF=∠ ABC$.这个命题是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由.
答案
(1)【证明】$\because ∠ DEC=∠ ABC+∠ BDE,∠ DEC=∠ DEF+∠ CEF,∠ DEF=∠ ABC$,
$\therefore ∠ BDE=∠ CEF$.在$△ DBE$和$△ ECF$中,$\begin{cases} ∠ BDE=∠ CEF, \\ ∠ DBE=∠ ECF, \\ BE=CF, \end{cases}$
$\therefore △ DBE≌△ ECF(\mathrm{AAS}),\therefore DE=EF$.
(2)6 【点拨】$\because ∠ A+2∠ DEF=180°,∠ A+∠ B+∠ C=180°,∠ B=∠ C,\therefore ∠ DEF=∠ B$. 由(1)易得$△ DBE≌△ ECF,\therefore DB=EC.\because BC=9,EC=2BE,\therefore EC=6,\therefore BD=EC=6$.
(3)【解】成立.证明:过点$E,F$分别作$EM⊥ AB$于$M$,$FN⊥ BC$于$N$,如图所示,$\therefore ∠ EMB=∠ EMD=∠ FNC=∠ FNE=90°$.
$\because ∠ EBM=∠ FCN,BE=CF$,
$\therefore △ EMB≌△ FNC(\mathrm{AAS})$,
$\therefore EM=FN$.
又$\because DE = EF, \therefore \mathrm{Rt}△ DEM ≌ \mathrm{Rt}△ EFN(\mathrm{HL})$,
$\therefore ∠ BDE=∠ CEF$.
又$\because ∠ DEC=∠ BDE+∠ ABC,∠ DEC=∠ DEF+∠ CEF$,
$\therefore ∠ DEF=∠ ABC$.
解析
【分析】
（1）要证$DE=EF$，可通过证明$△ DBE$和$△ ECF$全等实现。先利用三角形外角的性质，结合已知$∠ DEF=∠ ABC$，推导得到$∠ BDE=∠ CEF$，再结合已知$∠ DBE=∠ ECF$、$BE=CF$，用AAS判定全等即可得到对应边相等。
（2）先利用三角形内角和定理，结合$∠ ABC=∠ ACB$，可得$∠ A+2∠ ABC=180°$，对比已知$∠ A+2∠ DEF=180°$，推出$∠ DEF=∠ ABC$，沿用（1）的全等结论得到$BD=EC$，再根据$BC$的长度和$EC$与$BE$的数量关系计算$EC$的长度，即为$BD$的长。
（3）命题成立，直接证明角相等缺少条件，可作垂线构造直角三角形：过$E$作$EM⊥ AB$于$M$，过$F$作$FN⊥ BC$于$N$，先证明$△ EMB≌△ FNC$得到$EM=FN$，再用HL证明$\mathrm{Rt}△ DEM≌\mathrm{Rt}△ EFN$得到角相等，最后结合外角性质推导$∠ DEF=∠ ABC$。
【解析】
(1) 证明：
$\because$ 三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，
$\therefore ∠ DEC=∠ ABC+∠ BDE$，同时$∠ DEC=∠ DEF+∠ CEF$，
又$\because ∠ DEF=∠ ABC$，
$\therefore ∠ BDE=∠ CEF$。
在$△ DBE$和$△ ECF$中：
$\begin{cases} ∠ BDE=∠ CEF \\ ∠ DBE=∠ ECF \\ BE=CF \end{cases}$
$\therefore △ DBE≌△ ECF(\mathrm{AAS})$，
$\therefore DE=EF$。
(2) 解：
在$△ ABC$中，$∠ A+∠ ABC+∠ ACB=180°$，
已知$∠ ABC=∠ ACB$，
$\therefore ∠ A+2∠ ABC=180°$，
又$\because ∠ A+2∠ DEF=180°$，
$\therefore ∠ DEF=∠ ABC$。
由（1）可得$△ DBE≌△ ECF$，
$\therefore BD=EC$。
$\because BC=9$，$EC=2BE$，
$\therefore BE+EC=3BE=9$，解得$BE=3$，
$\therefore EC=2×3=6$，即$BD=6$。
(3) 解：该命题成立，证明如下：
过点$E$作$EM⊥ AB$于$M$，过点$F$作$FN⊥ BC$于$N$，如图所示：
$\therefore ∠ EMB=∠ EMD=∠ FNC=∠ FNE=90°$，
在$△ EMB$和$△ FNC$中：
$\begin{cases} ∠ EMB=∠ FNC \\ ∠ EBM=∠ FCN \\ BE=CF \end{cases}$
$\therefore △ EMB≌△ FNC(\mathrm{AAS})$，
$\therefore EM=FN$。
在$\mathrm{Rt}△ DEM$和$\mathrm{Rt}△ EFN$中：
$\begin{cases} DE=EF \\ EM=FN \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ DEM≌\mathrm{Rt}△ EFN(\mathrm{HL})$，
$\therefore ∠ BDE=∠ CEF$。
又$\because ∠ DEC=∠ BDE+∠ ABC$，$∠ DEC=∠ DEF+∠ CEF$，
$\therefore ∠ DEF=∠ ABC$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $\boldsymbol{6}$；
(3) 成立，证明见解析，辅助线图如下：
【知识点】
全等三角形的判定与性质，三角形外角性质，三角形内角和定理
【点评】
本题综合考查全等三角形的判定、性质以及三角形角的相关性质，第三问需要构造辅助线得到全等直角三角形推导角的关系，既考查了基础全等模型的应用，也锻炼了逻辑推理和辅助线构造的能力。
【难度系数】
0.6
（1）要证$DE=EF$，可通过证明$△ DBE$和$△ ECF$全等实现。先利用三角形外角的性质，结合已知$∠ DEF=∠ ABC$，推导得到$∠ BDE=∠ CEF$，再结合已知$∠ DBE=∠ ECF$、$BE=CF$，用AAS判定全等即可得到对应边相等。
（2）先利用三角形内角和定理，结合$∠ ABC=∠ ACB$，可得$∠ A+2∠ ABC=180°$，对比已知$∠ A+2∠ DEF=180°$，推出$∠ DEF=∠ ABC$，沿用（1）的全等结论得到$BD=EC$，再根据$BC$的长度和$EC$与$BE$的数量关系计算$EC$的长度，即为$BD$的长。
（3）命题成立，直接证明角相等缺少条件，可作垂线构造直角三角形：过$E$作$EM⊥ AB$于$M$，过$F$作$FN⊥ BC$于$N$，先证明$△ EMB≌△ FNC$得到$EM=FN$，再用HL证明$\mathrm{Rt}△ DEM≌\mathrm{Rt}△ EFN$得到角相等，最后结合外角性质推导$∠ DEF=∠ ABC$。
【解析】
(1) 证明：
$\because$ 三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，
$\therefore ∠ DEC=∠ ABC+∠ BDE$，同时$∠ DEC=∠ DEF+∠ CEF$，
又$\because ∠ DEF=∠ ABC$，
$\therefore ∠ BDE=∠ CEF$。
在$△ DBE$和$△ ECF$中：
$\begin{cases} ∠ BDE=∠ CEF \\ ∠ DBE=∠ ECF \\ BE=CF \end{cases}$
$\therefore △ DBE≌△ ECF(\mathrm{AAS})$，
$\therefore DE=EF$。
(2) 解：
在$△ ABC$中，$∠ A+∠ ABC+∠ ACB=180°$，
已知$∠ ABC=∠ ACB$，
$\therefore ∠ A+2∠ ABC=180°$，
又$\because ∠ A+2∠ DEF=180°$，
$\therefore ∠ DEF=∠ ABC$。
由（1）可得$△ DBE≌△ ECF$，
$\therefore BD=EC$。
$\because BC=9$，$EC=2BE$，
$\therefore BE+EC=3BE=9$，解得$BE=3$，
$\therefore EC=2×3=6$，即$BD=6$。
(3) 解：该命题成立，证明如下：
过点$E$作$EM⊥ AB$于$M$，过点$F$作$FN⊥ BC$于$N$，如图所示：
$\therefore ∠ EMB=∠ EMD=∠ FNC=∠ FNE=90°$，
在$△ EMB$和$△ FNC$中：
$\begin{cases} ∠ EMB=∠ FNC \\ ∠ EBM=∠ FCN \\ BE=CF \end{cases}$
$\therefore △ EMB≌△ FNC(\mathrm{AAS})$，
$\therefore EM=FN$。
在$\mathrm{Rt}△ DEM$和$\mathrm{Rt}△ EFN$中：
$\begin{cases} DE=EF \\ EM=FN \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ DEM≌\mathrm{Rt}△ EFN(\mathrm{HL})$，
$\therefore ∠ BDE=∠ CEF$。
又$\because ∠ DEC=∠ BDE+∠ ABC$，$∠ DEC=∠ DEF+∠ CEF$，
$\therefore ∠ DEF=∠ ABC$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $\boldsymbol{6}$；
(3) 成立，证明见解析，辅助线图如下：
【知识点】
全等三角形的判定与性质，三角形外角性质，三角形内角和定理
【点评】
本题综合考查全等三角形的判定、性质以及三角形角的相关性质，第三问需要构造辅助线得到全等直角三角形推导角的关系，既考查了基础全等模型的应用，也锻炼了逻辑推理和辅助线构造的能力。
【难度系数】
0.6
6. 通过对如图所示的数学模型的研究学习，解决下列问题：
(1)【模型呈现】如图①，∠BAD=90°,AB=AD,过点B作BC⊥AC于点C,过点D作DE⊥AC于点E.由∠1+∠2=∠2+∠D=90°,得∠1=∠D.又由∠ACB=∠AED=90°,可以推理得到△ABC≌△DAE.进而得到AC=
(2)【模型应用】如图②，∠BAD=∠CAE=90°,AB=AD,AC=AE,连接BC,DE,且BC⊥AF于点F,DE与直线AF交于点G.求证:点G是DE的中点；
(3)【深入探究】如图③,已知四边形ABCD和四边形DEGF均为正方形,△AFD的面积为S₁,△DCE的面积为S₂,则有S₁
(1)【模型呈现】如图①，∠BAD=90°,AB=AD,过点B作BC⊥AC于点C,过点D作DE⊥AC于点E.由∠1+∠2=∠2+∠D=90°,得∠1=∠D.又由∠ACB=∠AED=90°,可以推理得到△ABC≌△DAE.进而得到AC=
DE
,BC=AE.我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型；(2)【模型应用】如图②，∠BAD=∠CAE=90°,AB=AD,AC=AE,连接BC,DE,且BC⊥AF于点F,DE与直线AF交于点G.求证:点G是DE的中点；
(3)【深入探究】如图③,已知四边形ABCD和四边形DEGF均为正方形,△AFD的面积为S₁,△DCE的面积为S₂,则有S₁
=
S₂(填“＞”“＜”或“=”).答案
(1)$DE$
(2)【证明】如图①,过点$D$作$DM⊥ AF$于点$M$,过点$E$作$EN⊥ AF$于点$N$,由“K 字”模型得$△ ABF≌△ DAM,\therefore AF=DM$. 同理 $AF = EN, \therefore EN = DM$.
$\because DM⊥ AF,EN⊥ AF$,
$\therefore ∠ GMD = ∠ GNE = 90°$. 在$△ DMG$ 和$△ ENG$ 中，
$\begin{cases} ∠ DGM=∠ EGN, \\ ∠ DMG=∠ ENG, \\ DM=EN, \end{cases}$,$\therefore △ DMG≌△ ENG(\mathrm{AAS})$,
$\therefore DG=EG$,即点$G$是$DE$的中点.
(3)$=$ 【点拨】如图②,过点$D$作$PQ⊥ CE$于点$P$,交$AF$于点$Q$,过点$A$作$AM⊥ PQ$于点$M$,过点$F$作$FN⊥ PQ$于点$N$.$\because$ 四边形$ABCD$和四边形$DEGF$均为正方形,$\therefore ∠ ADC=∠ EDF=90°,AD=CD,DE=DF$. 由“K”字模型得$△ ADM ≌ △ DCP$,$△ DFN ≌ △ EDP$,$\therefore S_{△ ADM}=S_{△ DCP}$,$S_{△ DFN}=S_{△ EDP}$. 同理(2)得$△ AMQ≌△ FNQ$,$\therefore S_{△ AMQ}=S_{△ FNQ}$,$\therefore S_{△ AFD}=S_{△ ADQ}+S_{△ FNQ}+S_{△ DFN}=S_{△ ADQ}+S_{△ AMQ}+S_{△ DFN}=S_{△ ADM}+S_{△ DFN}=S_{△ DCP}+S_{△ EDP}=S_{△ DCE}$,即$S_1=S_2$.
解析
【分析】
(1) 已知△ABC≌△DAE，根据全等三角形对应边相等的性质，AC的对应边为DE，可直接得出结论。
(2) 要证G是DE中点，即证DG=EG。可利用(1)的“K字”模型，过D、E分别作AF的垂线，先通过K字模型证两条垂线段相等，再证两条垂线段所在的三角形全等，即可得到DG=EG。
(3) 要比较S₁和S₂的大小，可作辅助线构造K字模型，结合正方形的性质得到多组全等三角形，利用全等三角形面积相等，将两个三角形的面积拆分为几组全等小三角形的面积和，即可推出两者的大小关系。
【解析】
(1)
∵△ABC≌△DAE，根据全等三角形对应边相等的性质，可得AC=DE，BC=AE。
(2) 证明：如图①，过点$D$作$DM⊥ AF$于点$M$，过点$E$作$EN⊥ AF$于点$N$，由“K 字”模型得$△ ABF≌△ DAM,\therefore AF=DM$。同理 $AF = EN, \therefore EN = DM$。
$\because DM⊥ AF,EN⊥ AF$,
$\therefore ∠ GMD = ∠ GNE = 90°$。在$△ DMG$ 和$△ ENG$ 中，
$\begin{cases} ∠ DGM=∠ EGN, \\ ∠ DMG=∠ ENG, \\ DM=EN, \end{cases}$,$\therefore △ DMG≌△ ENG(\mathrm{AAS})$,
$\therefore DG=EG$,即点$G$是$DE$的中点。
(3) 解：如图②，过点$D$作$PQ⊥ CE$于点$P$,交$AF$于点$Q$,过点$A$作$AM⊥ PQ$于点$M$,过点$F$作$FN⊥ PQ$于点$N$。$\because$ 四边形$ABCD$和四边形$DEGF$均为正方形,$\therefore ∠ ADC=∠ EDF=90°,AD=CD,DE=DF$。 由“K”字模型得$△ ADM ≌ △ DCP$,$△ DFN ≌ △ EDP$,$\therefore S_{△ ADM}=S_{△ DCP}$,$S_{△ DFN}=S_{△ EDP}$。 同理(2)得$△ AMQ≌△ FNQ$,$\therefore S_{△ AMQ}=S_{△ FNQ}$,$\therefore S_{△ AFD}=S_{△ ADQ}+S_{△ FNQ}+S_{△ DFN}=S_{△ ADQ}+S_{△ AMQ}+S_{△ DFN}=S_{△ ADM}+S_{△ DFN}=S_{△ DCP}+S_{△ EDP}=S_{△ DCE}$,即$S_1=S_2$。
【答案】
(1)$DE$
(2)点G是DE的中点，证明如上，
(3)$=$
【知识点】
全等三角形的判定与性质、一线三等角模型、正方形的性质
【点评】
本题围绕“K字”全等模型逐层递进设计，既考查了全等三角形、正方形的基础性质，也考查了辅助线构造能力和转化思想的运用，解题核心是灵活构造K字模型，将待证的边、面积关系转化为全等三角形的对应性质求解。
【难度系数】
0.55
(1) 已知△ABC≌△DAE，根据全等三角形对应边相等的性质，AC的对应边为DE，可直接得出结论。
(2) 要证G是DE中点，即证DG=EG。可利用(1)的“K字”模型，过D、E分别作AF的垂线，先通过K字模型证两条垂线段相等，再证两条垂线段所在的三角形全等，即可得到DG=EG。
(3) 要比较S₁和S₂的大小，可作辅助线构造K字模型，结合正方形的性质得到多组全等三角形，利用全等三角形面积相等，将两个三角形的面积拆分为几组全等小三角形的面积和，即可推出两者的大小关系。
【解析】
(1)
∵△ABC≌△DAE，根据全等三角形对应边相等的性质，可得AC=DE，BC=AE。
(2) 证明：如图①，过点$D$作$DM⊥ AF$于点$M$，过点$E$作$EN⊥ AF$于点$N$，由“K 字”模型得$△ ABF≌△ DAM,\therefore AF=DM$。同理 $AF = EN, \therefore EN = DM$。
$\because DM⊥ AF,EN⊥ AF$,
$\therefore ∠ GMD = ∠ GNE = 90°$。在$△ DMG$ 和$△ ENG$ 中，
$\begin{cases} ∠ DGM=∠ EGN, \\ ∠ DMG=∠ ENG, \\ DM=EN, \end{cases}$,$\therefore △ DMG≌△ ENG(\mathrm{AAS})$,
$\therefore DG=EG$,即点$G$是$DE$的中点。
(3) 解：如图②，过点$D$作$PQ⊥ CE$于点$P$,交$AF$于点$Q$,过点$A$作$AM⊥ PQ$于点$M$,过点$F$作$FN⊥ PQ$于点$N$。$\because$ 四边形$ABCD$和四边形$DEGF$均为正方形,$\therefore ∠ ADC=∠ EDF=90°,AD=CD,DE=DF$。 由“K”字模型得$△ ADM ≌ △ DCP$,$△ DFN ≌ △ EDP$,$\therefore S_{△ ADM}=S_{△ DCP}$,$S_{△ DFN}=S_{△ EDP}$。 同理(2)得$△ AMQ≌△ FNQ$,$\therefore S_{△ AMQ}=S_{△ FNQ}$,$\therefore S_{△ AFD}=S_{△ ADQ}+S_{△ FNQ}+S_{△ DFN}=S_{△ ADQ}+S_{△ AMQ}+S_{△ DFN}=S_{△ ADM}+S_{△ DFN}=S_{△ DCP}+S_{△ EDP}=S_{△ DCE}$,即$S_1=S_2$。
【答案】
(1)$DE$
(2)点G是DE的中点，证明如上，
(3)$=$
【知识点】
全等三角形的判定与性质、一线三等角模型、正方形的性质
【点评】
本题围绕“K字”全等模型逐层递进设计，既考查了全等三角形、正方形的基础性质，也考查了辅助线构造能力和转化思想的运用，解题核心是灵活构造K字模型，将待证的边、面积关系转化为全等三角形的对应性质求解。
【难度系数】
0.55
