4.(2024·长春期中)如图，CE是△ADC的中线，点B在AD的延长线上，BD=AC，∠ACD=∠ADC。
求证：CE=$\frac{1}{2}$BC。

4. 证明:延长 CE 至 F,使 $EF=CE$,连接 DF.$\because CE$ 是$△ ACD$的中线,$\therefore AE=DE$. 在$△ ACE$和$△ DFE$中,$\begin{cases} AE=DE, \\ ∠ AEC=∠ DEF, \\ CE=FE, \end{cases}$$\therefore△ ACE≌△ DFE(\mathrm{SAS})$.$\therefore∠ A=∠ ADF,AC=DF$.$\therefore AC// DF$.$\therefore∠ CDF=180°-∠ ACD$.$\because∠ BDC=180°-∠ ADC,∠ ACD=∠ ADC,\therefore∠ CDF=∠ BDC$.$\because BD=AC,AC=DF,\therefore DF=BD$. 在$△ BCD$和$△ FCD$中,$\begin{cases} CD=CD, \\ ∠ BDC=∠ CDF, \\ BD=FD, \end{cases}$$\therefore△ BCD≌△ FCD(\mathrm{SAS})$.$\therefore BC=CF=2CE$,即 $CE=\frac{1}{2}BC$.

【分析】
要证明$CE=\frac{1}{2}BC$，属于线段倍分关系的证明，通常可以用“倍长短线”的思路转化问题：已知CE是$△ ADC$的中线，符合倍长中线的构造特征，因此考虑延长CE到点F，使$EF=CE$，连接DF。第一步先证$△ ACE$和$△ DFE$全等，得到$AC=DF$以及角的等量关系，进而推出$∠ CDF=∠ BDC$；再结合已知$BD=AC$的条件，得到$DF=BD$，第二步证明$△ CDF$和$△ CDB$全等，得到$BC=CF$，而$CF=2CE$，即可推导得到要证的结论。
【解析】
证明：延长CE至F，使 $EF=CE$，连接DF。
$\because$ CE是$△ ACD$的中线，$\therefore AE=DE$。
在$△ ACE$和$△ DFE$中：
$\begin{cases} AE=DE, \\ ∠ AEC=∠ DEF, \\ CE=FE, \end{cases}$
$\therefore△ ACE≌△ DFE(\mathrm{SAS})$，
$\therefore∠ A=∠ ADF,AC=DF$，
$\therefore AC// DF$，
$\therefore∠ CDF=180°-∠ ACD$。
$\because∠ BDC=180°-∠ ADC,∠ ACD=∠ ADC$，
$\therefore∠ CDF=∠ BDC$。
$\because BD=AC,AC=DF$，
$\therefore DF=BD$。
在$△ BCD$和$△ FCD$中：
$\begin{cases} CD=CD, \\ ∠ BDC=∠ CDF, \\ BD=FD, \end{cases}$
$\therefore△ BCD≌△ FCD(\mathrm{SAS})$，
$\therefore BC=CF=2CE$，即 $CE=\frac{1}{2}BC$。
【答案】
$CE=\frac{1}{2}BC$，证明成立。
【知识点】
倍长中线构造全等、全等三角形的判定与性质、等角的补角相等
【点评】
本题是构造全等三角形的常考题型，当题干出现中线、线段倍分关系时，优先考虑倍长中线的辅助线做法，通过构造全等实现线段和角的转移，再结合已知条件证明新的全等，即可得到待证结论。
【难度系数】
0.6

5.【问题情景】
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°,试探究线段 BE,EF,FD 之间的数量关系.
【初步探索】
小亮同学认为:延长 FD 到点 G,使 DG=BE,连接 AG,先证明△ABE≌△ADG,再证明△AEF≌△AGF,则可得到 BE,EF,FD 之间的数量关系是.
【拓展延伸】如图 2,AB=AD,∠B+∠ADC=180°,E,F 分别是 BC,CD 上的点,∠EAF =$\frac{1}{2}$∠BAD,上述结论是否仍然成立?说明理由.

5. 【初步探索】$EF=BE+DF$ 【拓展延伸】解:上述结论仍然成立,理由如下:延长 FD 至 H,使 $DH=BE$,连接 AH.$\because∠ B+∠ ADC=180°,∠ ADC+∠ ADH=180°,\therefore∠ B=∠ ADH$. 在$△ ABE$和$△ ADH$中,$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ B=∠ ADH, \\ BE=DH, \end{cases}$$\therefore△ ABE≌△ ADH(\mathrm{SAS})$.$\therefore∠ BAE=∠ DAH,AE=AH$.$\because∠ EAF=\frac{1}{2}∠ BAD,\therefore∠ BAE+∠ DAF=\frac{1}{2}∠ BAD$.$\because∠ DAH+∠ FAD=\frac{1}{2}∠ BAD=∠ FAH$. 又$\because∠ EAF=\frac{1}{2}∠ BAD,\therefore∠ EAF=∠ FAH$. 在$△ AEF$和$△ AHF$中,$\begin{cases} AE=AH, \\ ∠ EAF=∠ FAH, \\ AF=AF, \end{cases}$$\therefore△ AEF≌△ AHF(\mathrm{SAS})$.$\therefore EF=FH=DF+DH=DF+BE$.$\therefore$ 上述结论仍然成立.

【分析】
要探究BE、EF、FD三条线段的数量关系，针对线段和差问题常用截长补短法求解。初步探索中已知AB=AD，∠B=∠ADG=90°，可通过补短法延长FD到G使DG=BE，先证明△ABE≌△ADG得到AE=AG、∠BAE=∠DAG，再结合∠EAF=60°、∠BAD=120°推导得出∠EAF=∠GAF，证明△AEF≌△AGF，将EF转化为GF即可得到线段关系。拓展延伸中，虽然∠B不是直角，但由∠B+∠ADC=180°可推出∠B=∠ADH，同理用补短法构造全等三角形，即可验证结论是否成立。
【解析】
初步探索
延长FD到点G，使DG=BE，连接AG。
∵∠ADC=90°，
∴∠ADG=90°=∠B，
在$△ ABE$和$△ ADG$中：
$\begin{cases} AB=AD \\ ∠B=∠ADG \\ BE=DG \end{cases}$
∴$△ ABE≌△ ADG(\mathrm{SAS})$，
∴$AE=AG$，$∠BAE=∠DAG$，
∵$∠BAD=120°$，$∠EAF=60°$，
∴$∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=60°$，
∴$∠DAG+∠DAF=∠GAF=60°=∠EAF$，
在$△ AEF$和$△ AGF$中：
$\begin{cases} AE=AG \\ ∠EAF=∠GAF \\ AF=AF \end{cases}$
∴$△ AEF≌△ AGF(\mathrm{SAS})$，
∴$EF=GF$，
∵$GF=DG+DF=BE+DF$，
∴$EF=BE+DF$。
拓展延伸
上述结论仍然成立，理由如下：
延长FD至H，使$DH=BE$，连接AH。
∵$∠B+∠ADC=180°$，$∠ADC+∠ADH=180°$，
∴$∠B=∠ADH$，
在$△ ABE$和$△ ADH$中：
$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠B=∠ADH, \\ BE=DH, \end{cases}$
∴$△ ABE≌△ ADH(\mathrm{SAS})$，
∴$∠BAE=∠DAH$，$AE=AH$，
∵$∠EAF=\frac{1}{2}∠BAD$，
∴$∠BAE+∠DAF=\frac{1}{2}∠BAD$，
∴$∠DAH+∠FAD=∠FAH=\frac{1}{2}∠BAD=∠EAF$，
在$△ AEF$和$△ AHF$中：
$\begin{cases} AE=AH, \\ ∠EAF=∠FAH, \\ AF=AF, \end{cases}$
∴$△ AEF≌△ AHF(\mathrm{SAS})$，
∴$EF=FH=DF+DH=DF+BE$，
故结论仍然成立。
【答案】
【初步探索】$\boldsymbol{EF=BE+DF}$；【拓展延伸】结论仍然成立，理由见解析。
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 截长补短构造全等
3. 补角的性质
【点评】
本题是线段和差关系的典型题型，核心是通过补短法构造全等三角形，将分散的三条线段转化到同一条线段上建立数量关系，解题的关键是结合已知的等边、角的和差关系，选择合适的辅助线构造全等实现线段的转化。
【难度系数】
0.6