专题 全等三角形模型——手拉手模型与半角模型(解析版)

全等三角形模型——手拉手模型与半角模型
手拉手模型
特点：由两个等顶角的等腰三角形所组成，并且顶角的顶点为公共顶点，如图所示
结论：（1）△ABD ≌△AEC
（2）∠α+∠BOC=180°
（3）OA 平分∠BOC
变形：
1.如图，以ABC D 的边AB ，AC 为边，向外作等边ABD D 和等边ACE D ，连接BE ，CD 相交于点F ．
（1）求证：DC BE =．
（2）求DFE Ð的度数．
（3）求证：FA 平分DFE Ð．
（4）求证：DF AF BF =+．
【分析】（1）根据等边三角形的性质和全等三角形的判定和性质得出DC BE =即可；
（2）根据全等三角形的性质和角的关系得出120DFE Ð=°即可；
（3）过点A 作AP DC ^于P ，AQ BE ^于Q ，根据三角形面积公式和角平分线的性质解答即可；
（4）在DF 上截取DM BF =，连接AM ，根据全等三角形的判定和性质解答即可．
【解答】证明：（1）ABD D Q 和ACE D 是等边三角形，
AD AB \=，AE AC =，60DAB EAC AEC ACE Ð=Ð=Ð=Ð=°，
DAB BAC EAC BAC \Ð+Ð=Ð+Ð，
即DAC BAE Ð=Ð，
在DAC D 与BAE D 中，
AD AB DAC BAE AC AE =ìïÐ=Ðíï=î
，
()DAC BAE SAS \D @D ，
DC BE \=；
（2）DAC BAE D @D Q ，
ADF ABF \Ð=Ð，
AGD FGB Ð=ÐQ ，
60BFG DAG \Ð=Ð=°，
120DFE \Ð=°；
（3）过点A 作AP DC ^于P ，AQ BE ^于Q ，
DAC BAE D @D Q ，\1122
DAC BAE S DC AP S BE AQ D D =×==×，DC BE =Q ，
AP AQ \=
，
AP DC ^Q ，AQ BE ^，
FA \平分DFE Ð；
（4）在DF 上截取DM BF =，连接AM ，
在ADM D 与ABF D 中，
AD AB ADM ABF DM BF =ìïÐ=Ðíï=î
，
()ADM ABF SAS \D @D ，
AM AF \=，DAM BAF Ð=Ð，
60DAB Ð=°Q ，
60DAM MAG \Ð+Ð=°，
60BAF MAG \Ð+Ð=°，
即60MAF Ð=°，
AMF \D 是等边三角形，
MF AF \=，
DF DM MF AF BF \=+=+．
2.等边ABD D 和等边BCE D 如图所示，连接AE 与CD ，证明：（1）AE DC =；（2）AE 与DC 的夹角
为60°；（3）AE 延长线与DC 的交点设为H ，求证：BH 平分AHC Ð．
【分析】（1）根据ABD D 和BCE D 都是等边三角形，即可得到()ABE DBC SAS D @D ，进而得出AE DC =
；
（2）根据全等三角形的性质以及三角形内角和定理，即可得到ADH D 中，60AHD Ð=°，进而得到AE 与DC 的夹角为60°；
（3）过B 作BF DC ^于F ，BG AH ^于G ，根据全等三角形的面积相等，即可得到BG BF =，再根据
BF DC ^于F ，BG AH ^于G ，可得BH 平分AHC Ð．
【解答】证明：（1）ABD D Q 和BCE D 都是等边三角形，
AB DB \=，EB CB =，ABD EBC Ð=Ð，
ABE DBC \Ð=Ð，
在ABE D 和DBC D 中，
AB DB ABE DBC EB CB =ìïÐ=Ðíï=î
，
()ABE DBC SAS \D @D ，
AE DC \=；
（2）ABE DBC D @D Q ，
BAE BDC \Ð=Ð，
又120BAE HAD ADB Ð+Ð+Ð=°Q ，
120BDC HAD ADB \Ð+Ð+Ð=°，
ADH \D 中，18012060AHD Ð=°-°=°，
即AE 与DC 的夹角为60°；
（3）如图，过B 作BF DC ^于F ，BG AH ^于G ，
ABE DBC D @D Q ，
ABE DBC S S D D \=，即1122
AE BG DC BF ´=´，又AE DC =Q ，
BG BF \=
，
又BF DC ^Q 于F ，BG AH ^于G ，
BH \平分AHC Ð．
3.（2021春•宁阳县期末）如图两个等腰直角ADC D 与EDG D ，90ADC EDG Ð=Ð=°，连接AG ，CE 交
于点H ．
证明：（1）AG CE =；
（2）AG CE ^．
【分析】（1）由两个等腰直角ADC D 与EDG D ，可得AD CD =，DG DE =，90ADC GDE Ð=Ð=°，进而得出ADG CDE Ð=Ð，然后由SAS 即可判定ADG CDE D @D ，进而可得结论；
（2）根据全等三角形的性质则可证得DAG DCE Ð=Ð，再根据直角三角形的两锐角互余进而证出90CHA Ð=°即可得解．
【解答】解：（1）证明：ADC D Q 与EDG D 是等腰直角三角形，
AD CD \=，DG DE =，且90ADC GDE Ð=Ð=°，
ADC CDG GDE CDG \Ð+Ð=Ð+Ð，
即ADG CDE Ð=Ð，
在ADG D 与CDE D 中，
AD CD ADG CDE
DG DE =ìïÐ=Ðíï=î，
()ADG CDE SAS \D @D ，
AG CE \=；
（2）证明：设CD 与AG 相交于点P ，由（1）知，ADG CDE D @D
，
DAG DCE \Ð=Ð，
90ADC Ð=°Q ，
90DAG APD \Ð+Ð=°，
APD CPH Ð=ÐQ ，
90DCE CPH \Ð+Ð=°，
90CHP \Ð=°，
AG CE \^．
4.如图，两个等腰Rt ADC D 与Rt EDG D ，连接AG ，CE 交于点H ，连接HD ．求证：
AHD EHD Ð=Ð．
【分析】由“SAS ”可证ADG CDE D @D ，可得AG CE =，ADG CDE S S D D =，由面积公式可得DN DM =，由角平分线的判定定理可得结论．
【解答】证明：如图，过点D 作DN AG ^于N ，DM CE ^于M ，
90ADC GDE Ð=Ð=°Q ，
ADG EDC \Ð=Ð，
在ADG D 和CDE D 中，
AD CD ADG CDE DG DE =ìïÐ=Ðíï=î
，
()ADG CDE SAS \D @D ，
AG CE \=，ADG CDE S S D D =，\1122
AG DN CE DM ´´=´´，DN DM \=，
又DN AG ^Q ，DM CE ^，
AHD EHD \Ð=Ð．
5.如图，两个正方形ABCD 和DEFG ，连接AG 与CE ，二者相交于H ．问：
（1）求证：ADG CDE D @D ．
（2）AG 与CE 的关系？并说明理由．
（3）求证：HD 平分AHE Ð．
【分析】（1）由四边形ABCD 与DEFG 是正方形，可得AD CD =，90ADC GDE Ð=Ð=°
，进而得出
ADG CDE Ð=Ð，DG DE =，然后由SAS 即可判定ADG CDE D @D ；
（2）根据全等三角形的性质则可证得AG CE =，DAG DCE Ð=Ð，进而证出90CHA Ð=°即可；
（3）根据全等三角形的性质和三角形的面积解答即可．
【解答】（1）证明：Q 四边形ABCD 和四边形DEFG 是正方形，
AD CD \=，DG DE =，且90ADC GDE Ð=Ð=°，
ADG CDE \Ð=Ð，
在ADG D 与CDE D 中，AD CD ADG CDE DG DE =ìïÐ=Ðíï=î
，
()ADG CDE SAS \D @D ，
（2）解：AG CE =，AG CE ^，理由如下：
由（1）得：ADG CDE D @D ，
AG CE \=，DAG DCE Ð=Ð，
DCE CHA DAG ADC Ð+Ð=Ð+ÐQ ，
90CHA ADC \Ð=Ð=°，
AG CE \^；
（3）证明：过点D 作DM AG ^于M ，DN CE ^于N ，如图：
ADG CDE D @D Q ，
DCE ADG S S D D \=，\1122
CE DN AG DM ´´=´´，DM DN \=，
MD AG ^Q ，DN CE ^，
DH \平分AHE Ð
．
6.（2021秋•南岗区校级期中）已知：AB AC =，AD AE =，BAC DAE Ð=Ð．
（1）如图1，求证：BD CE =；
（2）如图2，当60BAC Ð=°时，BD 、CE 交于点P ，连接PA ，求证：PB PC PA -=；
（3）如图3，在（2）的条件下，过E 作EH PA ^于H ，在PE 上取点F ，连接FH 并延长至G ，使GH FH =，连接GE ，若2HGE HEG Ð=Ð，求EHF Ð的度数．
【分析】（1）证明BAD CAE D @D 即可；
（2）作AF BD ^，AG CE ^，截取PH PA =，证明ABF ACG D @D ，可推出60APF APG Ð=Ð=°，从而可证ACH ABP D @D ，进而得证；
（3）作HQ CE ^于Q ，作HM GH =交GE 于M ，作MN AE ^于N ，证明HQF ENM D @D ，可推出15AEG Ð=°，进而求得结果．
【解答】（1）证明：如图1，
BAC DAE Ð=ÐQ ，
BAC CAD DAE CAD \Ð+Ð=Ð+Ð，
BAD CAE \Ð=Ð，
AB AC =Q ，AD AE =，
()BAD CAE SAS \D @D ，
BD CE \=；
（2）证明：如图2，
设AC 与PB 交于I ，作AF BD ^于F ，AG CE ^于G ，在PE 上截取PH PA =，90AFB AGC \Ð=Ð=°，
由（1）知：BAD CAE D @D ，
B C \Ð=Ð，
PIC AIB Ð=ÐQ ，
60CPF BAC \Ð=Ð=°，
AB AC =Q ，
()AFB AGC AAS \D @D ，
AF AG \=，
11(180)(18060)6022
APF APG CPF \Ð=Ð=°-Ð=°-°=°，PAH \D 是等边三角形，
60AHC \Ð=°，
AHC APB \Ð=Ð，
()ABP ACH AAS \D @D ，
PB CH PC PH PC PA \==+=+，
即：PB PC PA -=；
（3）解：如图3，
作HQ CE ^于Q ，作HM GH =交GE 于M ，作MN AE ^于N ，
90HQF MNE \Ð=Ð=°，AMG G Ð=Ð，
2G AEG Ð=ÐQ ，
2AMG AEG \Ð=Ð，
AMG AEG EHM Ð=Ð+ÐQ ，
AEG EHM \Ð=Ð，
MH ME \=，
12
EN AN EH \==，GH FH =Q ，
ME FH \=，
PH HE ^Q ，
90PHE \Ð=°，
由（2）知：60APF Ð=°，
30HEP \Ð=°，
12
HQ EH \=，HQ NE \=，
()HQF ENM HL \D @D ，
AEG QHF \Ð=Ð，
EHF G AEG Ð=Ð+ÐQ ，
3FHE AEG \Ð=Ð，
4QHE QHF FHE AEG \Ð=Ð+Ð=Ð，
90HQE \Ð=°，30HEP Ð=°，
60HQE \Ð=°，
460AEG \Ð=°，
15AEG \Ð=°，
345EHF AEG \Ð=Ð=°．
7.（2021秋•天河区期末）ABC D 是等边三角形，点D 是AC 边上动点，(030)CBD ααÐ=°<<°，把ABD
D 沿BD 对折，得到△A BD ¢．
（1）如图1，若15α=°，则CBA Т= ．
（2）如图2，点P 在BD 延长线上，且DAP DBC αÐ=Ð=．
①试探究AP ，BP ，CP 之间是否存在一定数量关系，猜想并说明理由．
②若10BP =，CP m =，求CA ¢的长．（用含m 的式子表示）
【分析】（1）由ABC D 是等边三角形知，60ABC Ð=°，由15CBD αÐ==°，知A BD ABD ABC α¢Ð=Ð=Ð-，2602CBA A BD ABC ααα¢¢Ð=Ð-=Ð-=°-，代入α值即可；
（2）①连接CP ，在BP 上取一点P ¢，使BP AP ¢=，根据SAS 证△BP C APC ¢@D ，得CP CP ¢=，再证CPP ¢D 是等边三角形，即可得出BP AP CP =+；
②先证180BCP BCA ¢Ð+Ð=°，即A ¢、C 、P 三点在同一直线上，得出PA PC CA ¢¢=+，根据SAS 证ADP D @△A DP ¢，得出A P AP ¢=，即可求出CA ¢的值．
【解答】解：（1）ABC D Q 是等边三角形，
60ABC \Ð=°，
CBD αÐ=Q ，
A BD ABD ABC α¢\Ð=Ð=Ð-，
2602CBA A BD ABC ααα¢¢\Ð=Ð-=Ð-=°-，
15α=°Q ，
6021530CBA ¢\Ð=°-´°=°，
故答案为：30°；
（2）①BP AP CP =+，理由如下：
连接CP ，在BP 上取一点P ¢，使BP AP ¢=，
ABC D Q 是等边三角形，
60ACB \Ð=°，BC AC =，
DAP DBC αÐ=Ð=Q ，
\△()BP C APC SAS ¢@D ，
CP CP ¢\=，BCP ACP ¢Ð=Ð，
60PCP ACP ACP BCP ACP ACB ¢¢¢¢\Ð=Ð+=Ð+Ð=Ð=°，
CP CP ¢=Q ，
CPP ¢\D 是等边三角形，
60CPB \Ð=°，PP CP ¢=，
BP BP PP AP CP ¢¢\=+=+，
即BP AP CP =+；
②如下图，
由①知，60BPC Ð=°，
180********BCP BPC PBC αα\Ð=°-Ð-Ð=°-°-=°-，
由（1）知，602CBA α¢Ð=°-，
由折叠知，BA BA ¢=，
BA BC =Q ，
BA BC ¢\=，
11(180)[180(602)]6022
BCA CBA αα¢¢\Ð=°-Ð=°-°-=°+，12060180BCP BCA αα¢\Ð+Ð=°-+°+=°，
\点A ¢、C 、P 在同一直线上，
即PA PC CA ¢¢=+，
由折叠知，BA BA ¢=，ADB A DB ¢Ð=Ð，
180180ADB A DB ¢\°-Ð=°-Ð，
ADP A DP ¢\Ð=Ð，
DP DP =Q ，
ADP \D @△()A DP SAS ¢，
A P AP ¢\=，
由①知，BP AP CP =+，
10BP =Q ，CP m =，
10AP BP CP m \=-=-，
10A P AP m ¢\==-，
10102CA A P CP m m m ¢¢\=-=--=-．
半角模型
图形中，往往出现90°套45°的情况，或者120°套60°的情况。

还有2α套α的情况。

求证的结论一般是线段的和与差。

解决的方法是：截长补短构造全等三角形。

旋转移位造全等，翻折分割构全等。

截长法，补短法。

8.（2021秋•东坡区期末）如图，ABC D 是边长为6的等边三角形，BD CD =，120BDC Ð=°，以点D
为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB 于点M ，交AC 于点N ，连结MN ，则AMN D 的周长是 ．
【分析】要求AMN D 的周长，根据题目已知条件无法求出三条边的长，只能把三条边长用其它已知边长来表示，所以需要作辅助线，延长AB 至F ，使BF CN =，连接DF ，通过证明BDF CND D @D ，及DMN DMF D @D ，从而得出MN MF =，AMN D 的周长等于AB AC +的长．
【解答】解：BDC D Q 是等腰三角形，且120BDC Ð=°，
30BCD DBC \Ð=Ð=°，
ABC D Q 是边长为4的等边三角形，
60ABC BAC BCA \Ð=Ð=Ð=°，
90DBA DCA \Ð=Ð=°，
延长AB 至F ，使BF CN =，连接DF ，
在BDF D 和CND D 中，
BF CN FBD DCN DB DC =ìïÐ=Ðíï=î
，
()BDF CND SAS \D @D ，
BDF CDN \Ð=Ð，DF DN =，
60MDN Ð=°Q ，
60BDM CDN \Ð+Ð=°，
60BDM BDF \Ð+Ð=°，
在DMN D 和DMF D 中，
MD MD FDM MDN DF DN =ìïÐ=Ðíï=î
，
()DMN DMF SAS \D @D ，
MN MF \=，
AMN \D 的周长是：6612AM AN MN AM MB BF AN AB AC ++=+++=+=+=．
故答案为：12
．
9.已知，如图，四边形ABCD 是正方形，E 、F 分别在边BC 、CD 上，且45EAF Ð=°，我们把这种模
型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法
（1）在图1中，连接EF ，为了证明结论“EF BE DF =+”，小明将ADF D 绕点A 顺时针旋转90°后解答了这个问题，请按小明的思路写出证明过程；
（2）如图2，当EAF Ð的两边分别与CB 、DC 的延长线交于点E 、F ，连接EF ，试探究线段EF 、BE 、DF 之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）利用旋转的性质，证明AGE AFE D @D 即可；
（2）把ABE D 绕点A 逆时针旋转90°到AD ，交CD 于点G ，证明AEF AGF D @D 即可求得EF DF BE =-．
【解答】（1）证明：由旋转可得GB DF =，AF AG =，BAG DAF Ð=Ð，
Q 四边形ABCD 为正方形，
90BAD \Ð=°，
45EAF Ð=°Q ，
45BAE DAF \Ð+Ð=°，
45BAG BAE \Ð+Ð=°，
GAE EAF \Ð=Ð，
在AGE D 和AFE D 中，
AG AF GAE EAF AE AE =ìïÐ=Ðíï=î
，
()AGE AFE SAS \D @D
，
GE EF
\=，
GE GB BE BE DF
=+=+
Q，
EF BE DF
\=+；
（2）解：线段EF、BE、DF之间的数量关系是：EF DF BE
=-，证明如下：
把ABE
D绕点A逆时针旋转90°，使AB与AD重合，点E与点G对应，如图：
同（1）可证得AEF AGF
D@D，
EF GF
\=，且DG BE
=，
EF DF DG DF BE
\=-=-．
10.（2020秋•荔湾区期末）如图，在四边形ABCD中，AB AD
=，180
B D
Ð+Ð=°，E，F分别是边
BC，CD上的点，且
1
2
EAF BAD
Ð=Ð，求证：EF BE FD
=+．
【分析】延长CB至M，使BM DF
=，连接AM，先证()
ABM ADF SAS
D@D，得AF AM
=，BAM DAF
Ð=Ð，再证()
AME AFE SAS
D@D，得EF ME
=，进而得出结论．
【解答】证明：延长CB至M，使BM FD
=，连接AM，如图所示：
180
ABC D
Ð+Ð=°
Q，180
ABM ABC
Ð+Ð=°，
ABM D
\Ð=Ð，
在ABM
D与ADF
D中，
AB AD ABM D BM DF =ìïÐ=Ðíï=î
，
()ABM ADF SAS \D @D ，
AF AM \=，BAM DAF Ð=Ð，
12
EAF BAD Ð=ÐQ ，12
DAF BAE BAD FAE \Ð+Ð=Ð=Ð，BAM BAE EAF \Ð+Ð=Ð，
即MAE EAF Ð=Ð，
在AME D 与AFE D 中，
AM AF MAE FAE AE AE =ìïÐ=Ðíï=î
，
()AME AFE SAS \D @D ，
EF ME \=，
ME BE BM =+Q ，
EF BE FD \=+．
11.已知：边长为1的正方形ABCD 中，M 、N 分别是BC 、CD 上的点．
（1）若MN BM ND =+，求证：45MAN Ð=°；
（2）若MNC D 得周长为2，求MAN Ð
的度数．
【分析】（1）延长CB 到E ，使BE DN =，连接AE ，因为D B Ð=Ð，AD AB =，DN BE =，所以ABM ADN D @D ，则有BAM DAN Ð=Ð，AN AE =，又因为MN BM DN =+，BM DN =，所以AEM ANM D @D ，故90EAM NAM EAN Ð=Ð=Ð=°，即45MAN Ð=°；
（2）延长CB 至E ，使BE DN =，则Rt ABE Rt AND D @D ，故AE AN =，进而求证AMN AME D @D ，即可求得45MAN MAE Ð=Ð=°．
【解答】（1）证明：延长CB 到E ，使BE DN =，连接AE ，
90D B Ð=Ð=°Q ，AD AB =，DN BE =，
90ABE D \Ð=Ð=°，
ABE ADN \D @D ．
AE AN \=，BAE DAN Ð=Ð，
MN BM ND BM BE ME =+=+=Q ，AM AM =，
()AME AMN SSS \D @D ，
EAM NAM \Ð=Ð．
MAN MAE BAE BAM DAN BAM \Ð=Ð=Ð+Ð=Ð+Ð，
90EAN Ð=°Q ，
45MAN \Ð=°．
（2）解：如图，延长CB 到E ，使BE DN =，连接AE ，
90D B Ð=Ð=°Q ，AD AB =，DN BE =，
90ABE D \Ð=Ð=°，
ABE ADN \D @D ．
AE AN \=，BAE DAN Ð=Ð，
90EAN DAB \Ð=Ð=°，
又2MN CN CM DN BM BE BM ME =--=+=+=，
AMN AME \D @D ，
45MAN MAE \Ð=Ð=°．
12.（2020秋•新建区校级期中）（1）如图（1），在ABC D 中，D 是BC 边上的中点，DE DF ^，DE 交
AB 于点E ，DF 交AC 于点F ，连接EF ．若90A Ð=°，探索线段BE 、CF 、EF 之间的数量关系，并加以证明；
（2）如图（2），在四边形ABDC 中，180B C Ð+Ð=°，DB DC =，120BDC Ð=°，以D 为顶点作一个60°角，角的两边分别交AB 、AC 于E 、F 两点，连接EF ，探索线段BE 、CF 、EF 之间的数量关系，并加以证明．
【分析】（1）如图（1）延长ED 到G ，使DG ED =，连接CG ，FG ，根据条件证明DCG DBE D @D ，得DG DE =，CG BE =，易证FD 垂直平分线段EG ，则FG FE =，把问题转化到CFG D 中，由勾股定理可求解；
（2）如图（2），结论：EF EB FC =+．延长AB 到M ，使BM CF =，根据条件证明BDM CDF D @D ，则DM DF =，再证明DEM DEF D @D ，从而得EF EM EB BM EB CF ==+=+．
【解答】证明：（1）222EF BE CF =+，
理由如下：如图（1）延长ED 到G ，使DG ED =，连接CG ，FG ，
在DCG D 与DBE D 中，
CD BD CDG BDE DG DE =ìïÐ=Ðíï=î
，
()DCG DBE SAS \D @D ，
DG DE \=，CG BE =，B DCG Ð=Ð，
又DE DF ^Q ，
FD \垂直平分线段EG ，
FG FE \=，
90A Ð=°Q ，
90B ACB \Ð+Ð=°，
90FCG \Ð=°，
在CFG D 中，222CG CF FG +=，
222EF BE CF \=+；
（2）如图（2），结论：EF EB FC =+，
理由如下：延长AB 到M ，使BM CF =，
180ABD C Ð+Ð=°Q ，又180ABD MBD Ð+Ð=°，
MBD C \Ð=Ð，
在BDM D 和CDF D 中，
BD CD MBD C BM CF =ìïÐ=Ðíï=î
，
()BDM CDF SAS \D @D ，
DM DF \=，BDM CDF Ð=Ð
，
1206060EDM EDB BDM EDB CDF CDB EDF EDF \Ð=Ð+Ð=Ð+Ð=Ð-Ð=°-°=°=Ð，在DEM D 和DEF D 中，
DE DE EDM EDF DM DF =ìïÐ=Ðíï=î
，
()DEM DEF SAS \D @D ，
EF EM \=，
EF EM BE BM EB CF \==+=+．
13.【感知】如图①，点M 是正方形ABCD 的边BC 上一点，点N 是CD 延长线上一点，且MA AN ^，易
证ABM ADN D @D ，进而证得BM DN =（不要求证明）
【应用】如图②，在正方形ABCD 中，点E 、F 分别在边BC 、CD 上，且45EAF Ð=°．求证：
BE DF EF +=．
【拓展】如图③，在四边形ABCD 中，AB AD =，90BAD Ð=°，180ABC ADC Ð+Ð=°，点E 、F 分别在边BC 、CD 上，且45EAF Ð=°，若3BD =， 1.7EF =，则四边形BEFD 的周长为 ．
【分析】【应用】如图②中，过点A 作AG AE ^交CD 延长线于点G ．先证明ABE ADG D @D ，再证明
AEF AGF D @D ，得到EF FG =，由此即可证明．
【拓展】如图③中，如图③中，过点A 作AG AE ^交CD 延长线于点G ．首先证明BE DF EF +=，由此即可计算四边形的周长．
【解答】【应用】如图②中，过点A 作AG AE ^交CD 延长线于点G ．
Q 四边形ABCD 为正方形，
AB AD \=，90B BAD ADC Ð=Ð=Ð=°
．
90B ADG \Ð=Ð=°，90BAE EAD Ð+Ð=°．
AG AE ^Q ，90DAG EAD \Ð+Ð=°．
BAE DAG \Ð=Ð．
在ABE D 和ADG D 中，
B ADG BAE GAD AB AD Ð=ÐìïÐ=Ðíï=î
，
ABE ADG \D @D ．
AE AG \=，BE DG =．
45EAF Ð=°Q ，AG AE ^，
45EAF GAF \Ð=Ð=°．
在FAE D 和FAG D 中，
AF AF FAE FAG AE AG =ìïÐ=Ðíï=î
，
AEF AGF \D @D ．
EF FG \=．
FG DF DG DF BE =+=+Q ，
BE DF EF \+=．
【拓展】如图③中，过点A 作AG AE ^交CD 延长线于点G ．
AB AD =Q ，180ABC ADC Ð+Ð=°，180ADG ADC Ð+Ð=°
ABE ADG \Ð=Ð，
AG AE ^Q ，90DAG EAD \Ð+Ð=°．
90BAE EAD Ð+Ð=°
Q BAE DAG \Ð=Ð
．
在ABE D 和ADG D 中，
ABE ADG AB AD
BAE DAG Ð=Ðìï=íïÐ=Ðî
，ABE ADG \D @D ．
AE AG \=，BE DG =．
45EAF Ð=°Q ，AG AE ^，
45EAF GAF \Ð=Ð=°．
在FAE D 和FAG D 中，
AF AF FAE FAG AE AG =ìïÐ=Ðíï=î
，
AEF AGF \D @D ．
EF FG \=．
FG DF DG DF BE =+=+Q ，
BE DF EF \+=．
\四边形BEFD 的周长为() 1.7 1.73 6.4EF BE DF DB +++=++=，
故答案为6.4
14.问题背景：“半角问题”
（1）如图：在四边形ABCD 中，AB AD =，120BAD Ð=°，90B ADC Ð=Ð=°．E ，F 分别是BC ，CD 上的点．且60EAF Ð=°．探究图中线段EF ，BE ，FD 之间的数量关系．小明同学探究此“半角问题”的方法是：延长FD 到点G ．使DG BE =．连接AG ，先证明ABE ADG D @D ，再证明AEF AGF D @D ，可得出结论，他的结论应是 ；（直接写结论，不需证明）探索延伸：当聪明的你遇到下面的问题该如何解决呢？
（2）若将（1）中“120BAD Ð=°，60EAF Ð=°”换为12
EAF BAD Ð=Ð．其它条件不变．如图1，试问线段EF 、BE 、FD 具有怎样的数量关系，并证明．
（3）如图2，在四边形ABCD 中，AB AD =，180B D Ð+Ð=°，E 、F 分别是边BC 、CD 上的点，且
12
EAF BAD Ð=Ð，请直接写出线段EF 、BE 、FD 它们之间的数量关系．（不需要证明）（4）如图3，在四边形ABCD 中，AB AD =，180B ADC Ð+Ð=°，E 、F 分别是边BC 、CD 延长线上的
点，且12
EAF BAD Ð=Ð，试问线段EF 、BE 、FD 具有怎样的数量关系，并证明．【分析】（1）延长FD 到点G ．使DG BE =．连接AG ，即可证明ABE ADG D @D ，可得AE AG =，再证明AEF AGF D @D ，可得EF FG =，即可解题；
（2）如图1，延长EB 到G ，使BG DF =，连接AG ，即可证明ABG ADF D @D ，可得AF AG =，再证明AEF AEG D @D ，可得EF EG =，即可解题；
（3）如图2，同理可得：EF BE DF =+；
（4）如图3，作辅助线，构建ABG D ，同理证明ABG ADF D @D 和AEG AEF D @D ．可得新的结论：EF BE DF =-．
【解答】证明：（1）延长FD 到点G ．使DG BE =．连接AG ，在ABE D 和ADG D 中，
AB AD ABE ADG BE DG =ìïÐ=Ðíï=î
，
()ABE ADG SAS \D @D ，
AE AG \=，BAE DAG Ð=Ð，
120BAD Ð=°Q ，60EAF Ð=°，
60BAE FAD DAG FAD \Ð+Ð=Ð+Ð=°，
60EAF FAG \Ð=Ð=°，
在EAF D 和GAF D 中，
Q AE AG EAF GAF AF AF =ìïÐ=Ðíï=î
，
()EAF GAF SAS \D @D
，
EF FG DF DG \==+，
EF BE DF \=+；
故答案为：EF BE DF =+；
（2）如图1，延长EB 到G ，使BG DF =，连接AG ．Q 在ABG D 与ADF D 中，
AB AD ABG ADF BG DF =ìïÐ=Ðíï=î
，
()ABG ADF SAS \D @D ．
AG AF \=，12Ð=Ð，
113232
BAD EAF \Ð+Ð=Ð+Ð=
Ð=Ð．GAE EAF \Ð=Ð．又AE AE =，
易证AEG AEF D @D ．
EG EF \=．
EG BE BG =+Q ．
EF BE FD
\=+（3）（1）中的结论EF BE FD =+仍然成立．理由是：如图2，延长EB 到G ，使BG DF =，连接AG ．180ABC D Ð+Ð=°Q ，180ABG ABC Ð+Ð=°，ABG D \Ð=Ð，
Q 在ABG D 与ADF D 中，
AB AD ABG D BG DF =ìïÐ=Ðíï=î
，
()ABG ADF SAS \D @D ．
AG AF \=，12Ð=Ð，
113232
BAD EAF \Ð+Ð=Ð+Ð=
Ð=Ð．GAE EAF \Ð=Ð．
又AE AE =，
AEG AEF \D @D ．
EG EF \=．
EG BE BG =+Q ．
EF BE FD
\=+（4）结论EF BE FD =+不成立，应当是EF BE FD =-．证明：在BE 上截取BG ，使BG DF =，连接AG ．180B ADC Ð+Ð=°Q ，180ADF ADC Ð+Ð=°，B ADF \Ð=Ð．
Q 在ABG D 与ADF D 中，
AB AD ABG ADF BG DF =ìïÐ=Ðíï=î
，
()ABG ADF SAS \D @D ．
BAG DAF \Ð=Ð，AG AF =．
12
BAG EAD DAF EAD EAF BAD \Ð+Ð=Ð+Ð=Ð=
Ð．GAE EAF \Ð=Ð．AE AE =Q ，
易证AEG AEF D @D ．
EG EF
\=EG BE BG
=-Q EF BE FD \=-
．。