半角模型之模型精练(解析版)--中考数学专题训练

半角模型之模型精练
半角模型之正方形
1如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且BE=DF，连接EF 交边AD于点G．过点A作AN⊥EF，垂足为点M，交边CD于点N．若BE=5，CN=8，则线段AN的长为434　．
试题分析：连接AE，AF，EN，由正方形的性质可得AB=AD，BC=CD，∠ABE=∠BCD=∠ADF =90°，可证得△ABE≌△ADF(SAS)，可得∠BAE=∠DAF，AE=AF，从而可得∠EAF=90°，根据等腰三角形三线合一可得点M为EF中点，由AN⊥EF可证得△AEM≌△AFM(SAS)，△EMN≌△FMN(SAS)，可得EN=FN，设DN=x，则EN=FN=x+5，CE=x+3，由勾股定理解得x=12，可得DN=12，AD=BC=20，由勾股定理即可求解．
答案详解：解：如图，连接AE，AF，EN，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，BC=CD，∠ABE=∠BCD=∠ADF=90°，
∵BE=DF，
∴△ABE≌△ADF(SAS)，
∴∠BAE=∠DAF，AE=AF，
∴∠EAF=90°，
∴△EAF为等腰直角三角形，
∵AN⊥EF，
∴EM=FM，∠EAM=∠FAM=45°，
∴△AEM≌△AFM(SAS)，△EMN≌△FMN(SAS)，
∴EN=FN，
设DN=x，
∵BE=DF=5，CN=8，
∴CD=CN+DN=x+8，
∴EN=FN=DN+DF=x+5，CE=BC-BE=CD-BE=x+8-5=x+3，
在Rt△ECN中，由勾股定理可得：
CN2+CE2=EN2，
即82+(x +3)2=(x +5)2，
解得：x =12，
∴DN =12，AD =BC =BE +CE =5+x +3=20，∴AN =AD 2+DN 2=202+122=434，
解法二：可以用相似去做，△ADN 与△FCE 相似，设正方形边长为x ，
DN EC =AD CF
，即x -8x -5=x x +5，∴x =20．
在△ADN 中，利用勾股定理可求得AN =4
34．
所以答案是：434．
2已知正方形ABCD 中，
∠MAN =45°，∠MAN 绕点A 顺时针旋转，它的两边分别交CB ，DC (或它们的延长线)于点M ，N ，AH ⊥MN 于点H ．
(1)如图①，当∠MAN 绕点A 旋转到BM =DN 时，请你直接写出AH 与AB 的数量关系：AB =AH ；；
(2)如图②，当∠MAN 绕点A 旋转到BM ≠DN 时，(1)中发现的AH 与AB 的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
(3)如图③，已知∠MAN =45°，AH ⊥MN 于点H ，且MH =2，AH =6，求NH 的长．(可利用(2)得到的结论)
试题分析：(1)由BM =DN 可得Rt △ABM ≌Rt △ADN ，从而可证∠BAM =∠MAH =22.5，Rt △ABM ≌Rt △AHM ，即可得AB =AH ；
(2)延长CB 至E ，使BE =DN ，由Rt △AEB ≌Rt △AND 得AE =AN ，∠EAB =∠NAD ，从而可证△AEM ≌△ANM ，根据全等三角形对应边上的高相等即可得AB =AH ；
(3)分别沿AM ，AN 翻折△AMH 和△ANH ，得到△ABM 和△AND ，分别延长BM 和DN 交于点C ，可证四边形ABCD 是正方形，设NH =x ，在Rt △MCN 中，由勾股定理列方程即可得答案．
答案详解：解：(1)∵正方形ABCD ，
∴AB =AD ，∠B =∠D =∠BAD =90°，
在Rt △ABM 和Rt △ADN 中，AB =AD ∠B =∠D BM =DN
，∴Rt △ABM ≌Rt △ADN (SAS )，
∴∠BAM =∠DAN ，AM =AN ，
∵∠MAN =45°，
∴∠BAM +∠DAN =45°，
∴∠BAM =∠DAN =22.5°，
∵∠MAN =45°，AM =AN ，AH ⊥MN
∴∠MAH =∠NAH =22.5°，
∴∠BAM =∠MAH ，
在Rt △ABM 和Rt △AHM 中，∠BAM =∠MAH ∠B =∠AHM AM =AM
，∴Rt △ABM ≌Rt △AHM (AAS )，
∴AB =AH ，
所以答案是：AB =AH ；
(2)AB =AH 成立，理由如下：
延长CB 至E ，使BE =DN ，
如图：
∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB =AD ，∠D =∠ABE =90°，
∴Rt △AEB ≌Rt △AND (SAS )，
∴AE =AN ，∠EAB =∠NAD ，
∵∠DAN +∠BAM =45°，
∴∠EAB +∠BAM =45°，
∴∠EAM =45°，
∴∠EAM =∠NAM =45°，
又AM =AM ，
∴△AEM ≌△ANM (SAS )，
∵AB ，AH 是△AEM 和△ANM 对应边上的高，
∴AB =AH ．
(3)分别沿AM ，AN 翻折△AMH 和△ANH ，得到△ABM 和△AND ，分别延长BM 和DN 交于点C ，如图：
∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴AB=AH=AD=6，∠BAD=2∠MAN=90°，∠B=∠AHM=90°=∠AHN=∠D，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AH=AB=BC=CD=AD=6．
由(2)可知，设NH=x，则MC=BC-BM=BC-HM=4，NC=CD-DN=CD-NH=6-x，在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2=MC2+NC2，
∴(2+x)2=42+(6-x)2，
解得x=3，
∴NH=3．
3已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC(或它们的延长线)于点M、N．
(1)如图1，当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时，有BM+DN=MN．当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，如图2，请问图1中的结论还是否成立？如果成立，请给予证明，如果不成立，请说明理由；
(2)当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明．
试题分析：(1)在MB的延长线上截取BE=DN，连接AE，根据正方形性质得出AD=AB，∠D=∠DAB=∠ABC=∠ABE=90°，证△ABE≌△ADN推出AE=AN；∠EAB=∠NAD，求出∠EAM =∠MAN，根据SAS证△AEM≌△ANM，推出ME=MN即可；
(2)在DN上截取DE=MB，连接AE，证△ABM≌△ADE，推出AM=AE；∠MAB=∠EAD，求出∠EAN=∠MAN，根据SAS证△AMN≌△AEN，推出MN=EN即可．
答案详解：解：(1)图1中的结论仍然成立，即BM+DN=MN，理由为：
如图2，在MB 的延长线上截取BE =DN ，连接AE ，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴AD =AB ，∠D =∠DAB =∠ABC =∠ABE =90°，
∵在△ABE 和△ADN 中，AD =AB
∠D =∠ABE DN =BE
，
∴△ABE ≌△ADN (SAS )．
∴AE =AN ；∠EAB =∠NAD ，
∵∠DAB =90°，∠MAN =45°，
∴∠DAN +∠BAM =45°，
∴∠EAM =∠BAM +∠EAB =45°=∠MAN ，
∵在△AEM 和△ANM 中，AE =AN
∠EAM =∠NAM AM =AM
，
∴△AEM ≌△ANM (SAS )，
∴ME =MN ，
∴MN =ME =BE +BM =DN +BM ，
即DN +BM =MN
；
(2)猜想：线段BM ，DN 和MN 之间的等量关系为：DN -BM =MN ．
证明：如图3，在DN 上截取DE =MB ，连接AE ，
∵由(1)知：AD =AB ，∠D =∠ABM =90°，BM =DE ，
∴△ABM ≌△ADE (SAS )．
∴AM =AE ；∠MAB =∠EAD ，
∵∠MAN =45°=∠MAB +∠BAN ，
∴∠DAE +∠BAN =45°，
∴∠EAN =90°-45°=45°=∠MAN ，
∵在△AMN 和△AEN 中AM =AE
∠MAN =∠EAN AN =AN
，
∴△AMN ≌△AEN (SAS )，
∴MN =EN ，
∵DN -DE =EN ，
∴DN-BM=MN．
4(1)问题情境：如图，正方形ABCD中，AB=6，点E为射线BC上一动点，将△ABE沿AE所在直线翻折，得到△AFE，延长EF，射线EF与射线CD交于点G，连接AG．
①当点E在线段BC上时，求证：DG=FG；
②当CE=3时，则CG的长为4或7.2．
(2)思维深化：在△ABC中，∠BAC=45°，AD为BC边上的高，且BD=2+1，CD=2-1，请直接写出AD的长．
试题分析：(1)①由折叠得AF=AB，∠B=∠AFE=90°，再由HL定理证明Rt△ADG≌Rt△AFG，根据全等三角形的性质即可得到结论；
②设CG=x，分两种情况画图并根据勾股定理列方程可解答；
(2)由题中条件，建立图形，根据已知条件，运用勾股定理，求出AD的长即可．
答案详解：(1)①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=AD，∠B=∠D=90°，
由折叠得：∠AFE=∠B=90°，AF=AB，
∴AD=AF，∠AFG=∠D=90°，
在Rt△ADG和Rt△AFG中，AD=AF AG=AG
，
∴Rt△ADG≌Rt△AFG(HL)，
∴DG=FG；
②解：分两种情况：
如图1，点E在边BC上时，
设CG=x，则DG=FG=6-x，
∵CB=6，CE=3，
∴EG=EF+FG=3+6-x=9-x，
在Rt△CEG中，由勾股定理得：CE2+CG2=EG2，
∴32+x2=(9-x)2，
∴x=4，
∴CG=4；
如图2，点E在边BC的延长线上时，
设CG=x，则DG=FG=x-6，
∵CB=6，CE=3，
∴EF=BE=3+6=9，
∴EG=EF-FG=9-(x-6)=15-x，
在Rt△CEG中，由勾股定理得：CE2+CG2=EG2，
∴32+x2=(15-x)2，
∴x=7.2，
∴CG=7.2；
综上所述，CG的长是4或7.2；
所以答案是：4或7.2；
(2)解：如图3，将△ABD沿着AB边折叠，使D与E重合，△ACD沿着AC边折叠，使D与G重合，
可得∠BAD=∠EAB，∠DAC=∠GAC，∠E=∠G=90°，AE=AG=AD，BD=EB=2+1，DC =CG=2-1，
∵∠BAC=45°，
∴∠EAG=∠E=∠G=90°，
∴四边形AEFG为正方形，
设正方形的边长为x，则BF=x-(2+1)=x-2-1，CF=x-(2-1)=x-2+1，
在Rt△BCF中，根据勾股定理得：BF2+CF2=BC2，
即(x-2-1)2+(x-2+1)2=(2+1+2-1)2，
解得：x=2+3或x=2-3(舍去)，
∴AD=2+3．
半角模型之等腰(直角)三角形
5如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，M、N是斜边AB上的两点，且∠MCN=45°，AM=3，BN=5，则MN=　34　．
试题分析：将△CBN逆时针旋转90度，得到三角形ACR，连接RM．则△CRA≌△CNB，△RAM是直角三角形，根据勾股定理即可求解．
答案详解：解：将△CBN逆时针旋转90度，得到三角形ACR，连接RM
则△CRA≌△CNB全等，△RAM是直角三角形
∴AR=BN=5，
∴MN=RM=32+52=34
所以答案是：34
6如图△ABC是正三角形，△BDC是顶角∠BDC=120°的等腰三角形，以D为顶点作一个60°角，角的两边分别交AB、AC边于M、N两点，连接MN．
探究：
(1)线段BM、MN、NC之间的数量关系．
(2)若点M、N分别是AB、CA延长线上的点，其它条件不变，再探线段BM、MN、NC之间的数量关系，在图中画出图形．并对以上两种探究结果选择一个你喜欢的加以证明．
试题分析：延长AC至E，使得CE=BM并连接DE，构造全等三角形，找到MD=DE，∠BDM=∠CDE，BM=CE，再进一步证明△DMN≌△DEN，进而得到MN=BM+NC；
(2)MN=NC-BM．仿(1)的思路运用截长法证明．
答案详解：解：(1)MN=BM+NC．理由如下：
延长AC至E，使得CE=BM，连接DE，如图所示：
∵△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，
∴BD=CD，∠DBC=∠DCB，∠MBC=∠ACB=60°，
又BD=DC，且∠BDC=120°，
∴∠DBC=∠DCB=30°，
∴∠ABC+∠DBC=∠ACB+∠DCB=60°+30°=90°，
∴∠MBD=∠ECD=90°．
∴△MBD≌△ECD(SAS)，
∴MD=DE，∠BDM=∠CDE，BM=CE，
又∵∠BDC=120°，∠MDN=60°，
∴∠BDM+∠NDC=∠BDC-∠MDN=60°，
∴∠CDE+∠NDC=60°，即∠NDE=60°，
∵∠MDN=∠NDE=60°．
∴△DMN≌△DEN(SAS)，
∴MN=EN．
又NE=NC+CE，BM=CE，
∴MN=BM+NC；
(2)MN=NC-BM．
证明：在CA上截取CE=BM．
由(1)知：∠DCE=∠DBM=90°，DC=DB．
又CE=BM，
∴△DCE≌△DBM(SAS)
∴∠CDE=∠BDM，DM=DE．
∴∠MDN=∠EDN=60°．
∴△MDN≌△EDN(SAS)
∴NM=NE．
∵NE=NC-CE，CE=BM，
∴MN=NC-BM．
7如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC=∠BDC=90°，BC=4，AB=AC，∠CBD=30°，M，N 分别在BD，CD上，∠MAN=45°，则△DMN的周长为23+2　．
试题分析：将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE=90°，AN=AE，∠ABE=∠ACD，∠EAB=∠CAN，求出∠EAM=∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN=ME，求出MN=CN+BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长=BD+DC，代入求出答案即可．
答案详解：解：将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：
由旋转得：∠NAE=90°，AN=AE，∠ABE=∠ACD，∠EAB=∠CAN，
∵∠BAC=∠D=90°，
∴∠ABD+∠ACD=360°-90°-90°=180°，
∴∠ABD+∠ABE=180°，
∴E，B，M三点共线，
∵∠MAN=45°，∠BAC=90°，
∴∠EAM=∠EAB+∠BAM=∠CAN+∠BAM=∠BAC-∠MAN=90°-45°=45°，
∴∠EAM=∠MAN，
在△AEM 和△ANM 中，
AE =AN ∠EAM =∠NAM AM =AM
，∴△AEM ≌△ANM (SAS )，
∴MN =ME ，
∴MN =CN +BM ，
∵在Rt △BCD 中，∠BDC =90°，∠CBD =30°，BC =4，
∴CD =12
BC =2，BD =BC 2-CD 2=42-22=23，∴△DMN 的周长为DM +DN +MN =DM +DN +BM +CN =BD +DC =23+2，
所以答案是：23+2．
8某数学兴趣小组开展了一次活动，
过程如下：如图1，等腰直角△ABC 中，AB =AC ，∠BAC =90°，小敏将三角板中含45°角的顶点放在A 上，斜边从AB 边开始绕点A 逆时针旋转一个角α，其中三角板斜边所在的直线交直线BC 于点D ，直角边所在的直线交直线BC 于点E ．
(1)小敏在线段BC 上取一点M ，连接AM ，旋转中发现：若AD 平分∠BAM ，则AE 也平分∠MAC ．请你证明小敏发现的结论；
(2)当0°<α≤45°时，小敏在旋转中还发现线段BD 、CE 、DE 之间存在如下等量关系：BD 2+CE 2=DE 2．同组的小颖和小亮随后想出了两种不同的方法进行解决：
小颖的想法：将△ABD 沿AD 所在的直线对折得到△ADF ，连接EF (如图2)；
小亮的想法：将△ABD 绕点A 逆时针旋转90°得到△ACG ，连接EG (如图3)；
请你从中任选一种方法进行证明；
(3)小敏继续旋转三角板，请你继续研究：当135°<α<180°时(如图4)，等量关系BD 2+CE 2=DE 2是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
试题分析：(1)如图1，根据图形、已知条件推知∠BAD +∠MAE =∠DAM +∠EAC =45°，所以∠MAE =∠EAC ，即AE 平分∠MAC ；
(2)成立．小颖的方法是应用折叠对称的性质和SAS 得到△AEF ≌△AEC ，在Rt △DFE 中应用勾股定理而证明；小亮的方法是将△ABD 绕点A 逆时针旋转90°得到△ACG ，根据旋转的性质用SAS 得到△ACE ≌△ACG ，从而在Rt △CEG 中应用勾股定理而证明．
(3)成立．小颖的方法是应用折叠对称的性质和SAS 得到△AEF ≌△AEC ，在Rt △DFE 中应用勾股定理而证明；小亮的方法是将△ABD 绕点A 逆时针旋转90°得到△ACG ，根据旋转的性质用SAS 得到△ACE ≌△ACG ，从而在Rt △CEG 中应用勾股定理而证明．当135°<α<180°时，等量关系BD 2+CE 2=DE 2仍然成立．可以根据小颖和小亮的方法进行证明即可．
答案详解：解：(1)∵∠BAC =90°，∠DAE =∠DAM +∠MAE =45°，
∴∠BAD +∠EAC =45°．
又∵AD平分∠MAB，
∴∠BAD=∠DAM．
∴∠MAE=∠EAC．
∴AE平分∠MAC．
(2)证明小颖的方法：
∵将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF，
∴AF=AB，BD=DF，∠AFD=∠B=45°，∠BAD=∠FAD．
又∵AC=AB，
∴AF=AC，
在△AEF和△AEC中，∵AF=AC，∠FAE=∠CAE，AE=AE，
∴△AEF≌△AEC(SAS)．
∴CE=FE，∠AFE=∠C=45°．
∴∠DFE=∠AFD+∠AFE=90°．
在Rt△DEF中，DF2+FE2=DE2，
∴BD2+CE2=DE2．
证明小亮的方法：由旋转知，△ABD≌△ACG，
∴BD=CG，AD=AG，∠ABC=∠ACG，∠BAD=∠CAG，
∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，
∴∠BAD+∠CAE=45°，
∴∠EAG=∠CAE+∠CAG=∠CAE+∠BAD=45°=∠DAE，
∵AE=AE，
∴△DAE≌△GAE(SAS)，
∴DE=EG，
在Rt△BAC中，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠ECG=∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°，
根据勾股定理得，EG2=CE2+CG2，
∴BD2+CE2=DE2．
(3)当135°<α<180°时，等量关系BD2+CE2=DE2仍然成立．
证明如下：
如图，将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF．
∴BD=DF，AF=AB，∠AFD=∠ABD=180°-∠ABC=135°，∠BAD=∠FAD．又∵AC=AB，
∴AF=AC，
又∵∠CAE=90°-∠BAE
=900-(45°-∠BAD)
=45°+∠BAD
=45°+∠FAD
=∠FAE，
在△AEF和△AEC中，∵AF=AC，
∠FAE=∠CAE，AE=AE，
∴△AEF≌△AEC(SAS)．
∴CE=FE，∠AFE=∠C=45°．
∴∠DFE=∠AFD-∠AFE=135°-45°=90°．
在Rt△DEF中，DF2+FE2=DE2，
∴BD2+CE2=DE2．
9已知如图1，△ABC，AB=AC，∠BAC=90°，点D、F在BC上，∠DAF=45°．
(1)探究∠AFB与∠BAD之间的数量关系并证明；
(2)探究BD、DF、CF之间的数量关系并证明；
(3)如图2，AF⊥DG，若BF=kFC，求FD
AG的值．
试题分析：(1)由等腰三角形的性质可得∠C=∠B=45°，由外角的性质可得∠AFB=∠C+∠CAF，可求解；
(2)由“SAS”可证△ADF≌△AHF，可得DF=HF，由勾股定理可得结论；
(3)通过证明△ABF∽△DCA，可得AC
BF=CD
AB=
AD
AF，通过证明△ADG∽△FAD，可得
DF
AG=
AD DG=AF
AD，可得结论．
答案详解：解：(1)∠AFB+∠BAD=90°，理由如下：∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠C=∠B=45°，
∵∠DAF=45°，
∴∠BAD+∠CAF=45°，
∴∠CAF=45°-∠BAD，
∵∠AFB=∠C+∠CAF，
∴∠AFB=45°+45°-∠BAD，
∴∠AFB+∠BAD=90°；
(2)DF2=CF2+BD2
，理由如下：
如图，将△ADB绕点A逆时针旋转90°，得到△AHC，连接HF，
∴△ADB≌△AHC，
∴∠DAB=∠CAH，AH=AD，DB=CH，∠B=∠ACH=45°，
∴∠HCF=90°，∠HAF=∠HAC+∠CAF=∠DAB+∠CAF=45°，∴∠HAF=∠DAF=45°，
又∵AH=AD，AF=AF，
∴△ADF≌△AHF(SAS)，
∴DF=HF，
∵HF2=CH2+CF2，
∴DF2=CF2+BD2；
(3)设CF=a，则BF=kCF=ka，
∴BC=a+ka，
∴AC=AB=22(a+ka)，
∵∠AFB+∠BAD=90°，∠BAD+∠CAD=90°，
∴∠CAD=∠BFA，
又∵∠B=∠C=45°，
∴△ABF∽△DCA，
∴AC BF=CD
AB=
AD
AF，
∵AF⊥GD，∠DAF=45°，∴∠DAF=∠ADG=45°，又∵∠DAC=∠BFA，
∴△ADG∽△FAD，
∴DF AG=AD
DG=
AF
AD，
∴DF AG=BF
AC=
ka
2
2(k+1)a
=2k
k+1．
10如图，在正方形纸片ABCD中，点E为正方形CD边上的一点(不与点C，点D重合)，将正方形纸片折叠，使点A落在点E处，点B落在点F处，EF交BC于点H，折痕为GM，连接AE、AH，AH交GM 于点K．下列结论：①△AME是等腰三角形；②AE=MG；③AE平分∠DEF；④AE=AH；⑤∠EAH= 45°，其中正确结论的个数是()
A.1
B.2
C.3
D.4
试题分析：根据翻折不变性可知：MA=ME，即可判断①正确；过点G作GN⊥AD于N．设AE交GM于O，证明△GNM≌△ADE(ASA)，可以判断②正确；根据翻折的性质证明∠AEF=∠AED，可以判断③正确；根据△ABH与△ADE不全等，可得AH≠AE，进而可以判断④错误；过点A作AQ⊥EF于点Q，证明△ADE≌△AEQ(AAS)，可得∠EAD=∠EAQ，AD=AQ，再证明Rt△AHB≌Rt△AHQ(HL)，得∠HAB=∠HAQ，进而可以判断⑤正确．
答案详解：解：根据翻折不变性可知：MA=ME，
∴△AME是等腰三角形，故①正确；
如图1，过点G作GN⊥AD于N．设AE交GM于O．
∵∠BAN=∠ANG=∠B=90°，
∴四边形ABGN是矩形，
∴NG=AB=AD，
由折叠可知：MG⊥AE，
∴∠GOT=90°，
∵∠NGM=90°-∠GTO=90°-∠ATN=∠DAE，
∴∠NGM=∠DAE，
∵∠GNM=∠D=90°，
∴△GNM≌△ADE(ASA)，
∴MG=AE，故②正确；
∵MA=ME，
∴∠MEA=∠MAE，
由折叠可知：∠FEM=∠BAM=90°，
∴∠AEF=90°-∠MEA，
∵∠AED=90°-∠MAE，
∴∠AEF=∠AED，
∴AE平分∠DEF，故③正确；
∵△GNM≌△ADE，
∴MN=DE，
∵△ABH与△ADE不全等，
∴AH≠AE，故④错误；
如图2，过点A作AQ⊥EF于点Q，
∵AE平分∠DEF，
∴∠AED=∠AEQ，
又∵∠D=∠AQE=90°，AE=AE，
∴△ADE≌△AEQ(AAS)，
∴∠EAD=∠EAQ，AD=AQ，
∵AD=AB，
∴AB=AQ，
∵AH=AH，
∴Rt△AHB≌Rt△AHQ(HL)，
∴∠HAB=∠HAQ，
∴∠HAE=∠HAQ+∠EAQ=12(BAQ+∠DAQ)=45°，故⑤正确．
综上所述：结论正确的有：①②③⑤，共4个．
所以选：D．
三、半角模型之等补四边形
11【初步探索】
(1)如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE +FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系．
小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是∠BAE+∠FAD=∠EAF；
【灵活运用】
(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EF= BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
【拓展延伸】
(3)如图3，已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F 在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并给出证明过程．
试题分析：(1)延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据此得出结论；
(2)延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
(3)在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推导得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．
答案详解：解：(1)∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：
如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
根据SAS可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，
再根据SSS可判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF．所以答案是：∠BAE+∠FAD=∠EAF；
(2)仍成立，理由：
如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，
∴∠B=∠ADG，
又∵AB=AD，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF(SSS)，
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
(3)∠EAF=180°-12∠DAB．
证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ADC=∠ABE，
又∵AB=AD，
∴△ADG≌△ABE(SAS)，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，
∵EF =BE +FD =DG +FD =GF ，AF =AF ，
∴△AEF ≌△AGF (SSS )，
∴∠FAE =∠FAG ，
∵∠FAE +∠FAG +∠GAE =360°，
∴2∠FAE +(∠GAB +∠BAE )=360°，
∴2∠FAE +(∠GAB +∠DAG )=360°，
即2∠FAE +∠DAB =360°，
∴∠EAF =180°-12
∠DAB ．12问题背景：
(1)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°．探究图中线段BE ，EF ，FD 之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是，延长FD 到点G ．使DG =BE ．连接AG ，先证明△ABE ≌△ADG ，再证明△AEF ≌△AGF ，可得出结论，他的结论应是EF =BE +
DF ．
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 =12
∠BAD ，上述结论是否仍然成立，并说明理由．试题分析：(1)延长FD 到点G ．使DG =BE ．连接AG ，即可证明△ABE ≌△ADG ，可得AE =AG ，再证明△AEF ≌△AGF ，可得EF =FG ，即可解题；
(2)延长FD 到点G ．使DG =BE ．连接AG ，即可证明△ABE ≌△ADG ，可得AE =AG ，再证明△AEF ≌△AGF ，可得EF =FG ，即可解题．
答案详解：证明：(1)在△ABE 和△ADG 中，DG =BE ∠B =∠ADG AB =AD
，∴△ABE ≌△ADG (SAS )，
∴AE =AG ，∠BAE =∠DAG ，
∵∠EAF =12
∠BAD ，∴∠GAF =∠DAG +∠DAF =∠BAE +∠DAF =∠BAD -∠EAF =
∠EAF ，
∴∠EAF =∠GAF ，
在△AEF 和△GAF 中，AE =AG ∠EAF =∠GAF AF =AF
，∴△AEF ≌△AGF (SAS )，
∴EF =FG ，
∵FG =DG +DF =BE +DF ，
∴EF =BE +DF ；
所以答案是EF =BE +DF ．
(2)结论EF =BE +DF 仍然成立；
理由：如图2，延长FD 到点G ．使DG =BE ．连接AG
，
在△ABE 和△ADG 中，DG =BE ∠B =∠ADG AB =AD
，∴△ABE ≌△ADG (SAS )，
∴AE =AG ，∠BAE =∠DAG ，
∵∠EAF =12
∠BAD ，∴∠GAF =∠DAG +∠DAF =∠BAE +∠DAF =∠BAD -∠EAF =∠EAF ，
∴∠EAF =∠GAF ，
在△AEF 和△GAF 中，
AE =AG ∠EAF =∠GAF AF =AF
，∴△AEF ≌△AGF (SAS )，
∴EF =FG ，
∵FG =DG +DF =BE +DF ，
∴EF =BE +DF ；13(1)如图1，
在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠B =∠D =90°，E 、F 分别是边BC 、CD 上的点，且∠EAF =12
∠BAD ．求证：EF =BE +FD ；(2)如图2，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠B +∠D =180°，E 、F 分别是边BC 、CD 上的点，且∠EAF =12
∠BAD ，(1)中的结论是否仍然成立？(3)如图3，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠B +∠ADC =180°，E 、F 分别是边BC 、CD 延长线上的点，
且∠EAF =12
∠BAD ，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．
试题分析：(1)可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长EB到G，使BG=DF，连接AG．目的就是要证明三角形AGE和三角形AEF全等将EF转换成GE，那么这样EF=BE+DF了，于是证明两组三角形全等就是解题的关键．三角形ABE和AEF中，只有一条公共边AE，我们就要通过其他的全等三角形来实现，在三角形ABG和AFD中，已知了一组直角，BG=DF，AB=AD，因此
两三角形全等，那么AG=AF，∠1=∠2，那么∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=1
2∠BAD．由此就构
成了三角形ABE和AEF全等的所有条件(SAS)，那么就能得出EF=GE了．
(2)思路和作辅助线的方法与(1)完全一样，只不过证明三角形ABG和ADF全等中，证明∠ABG=∠ADF时，用到的等角的补角相等，其他的都一样．因此与(1)的结果完全一样．
(3)按照(1)的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．根据(1)的证法，我们可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE-BG =BE-DF．所以(1)的结论在(3)的条件下是不成立的．
答案详解：证明：(1)延长EB到G，使BG=DF，连接AG．
∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，
∴△ABG≌△ADF．
∴AG=AF，∠1=∠2．
∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD．
∴∠GAE=∠EAF．
又∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF．
∴EG=EF．
∵EG=BE+BG．
∴EF=BE+FD
(2)(1)中的结论EF=BE+FD仍然成立．
(3)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．
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADF．
∵AB=AD，
∴△ABG≌△ADF．
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD
=∠EAF=12∠BAD．
∴∠GAE=∠EAF．
∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF．
∴EG=EF
∵EG=BE-BG
∴EF=BE-FD．
14如图，点M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上的两个动点，在运动过程中保持∠MAN= 45°，AM、AN分别与对角线BD交于点E、F，连接EN、FM相交于点O，以下结论：①MN=BM+DN；
②BE2+DF2=EF2；③BC2=BF•DE；④OM=2OF，一定成立的是()
A.①②③
B.①②④
C.②③④
D.①②③④
试题分析：由旋转的性质可得AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM =∠ADM'=90°，由“SAS”可证△AMN≌△AM′N，可得MN=NM′，可得MN=BM+DN，故①正确；由“SAS”可证△AEF≌△AED'，可得EF=D'E，由勾股定理可得BE2+DF2=EF2；故②正确；通
过证明△DAE∽△BFA，可得DE
AB=
AD
BF，可证BC
2=DE•DF，故③正确；通过证明点A，点B，点
M，点F四点共圆，∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，可证MO=
2EO，由∠BAM≠∠DAN，可得OE≠OF，故④错误，即可求解．
答案详解：解：将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADM′，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'，
∴AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°，
∴∠ADM'+∠ADC=180°，
∴点M'在直线CD上，
∵∠MAN=45°，
∴∠DAN+∠MAB=45°=∠DAN+∠DAM'=∠M'AN，
∴∠M′AN=∠MAN=45°，
又∵AN=AN，AM=AM'，
∴△AMN≌△AM′N(SAS)，
∴MN=NM′，
∴M′N=M′D+DN=BM+DN，
∴MN=BM+DN；故①正确；
∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'，
∴AF=AD'，DF=D'B，∠ADF=∠ABD'=45°，∠DAF=∠BAD'，
∴∠D'BE=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°=∠BAD'+∠BAE=∠D'AE，
∴∠D'AE=∠EAF=45°，
又∵AE=AE，AF=AD'，
∴△AEF≌△AED'(SAS)，
∴EF=D'E，
∵D'E2=BE2+D'B2，
∴BE2+DF2=EF2；故②正确；
∵∠BAF=∠BAE+∠EAF=∠BAE+45°，∠AEF=∠BAE+∠ABE=45°+∠BAE，
∴∠BAF=∠AEF，
又∵∠ABF=∠ADE=45°，
∴△DAE∽△BFA，
∴DE AB=AD BF，
又∵AB=AD=BC，
∴BC2=DE•DF，故③正确；
∵∠FBM=∠FAM=45°，
∴点A，点B，点M，点F四点共圆，
∴∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，
同理可求∠AEN=90°，∠DAN=∠DEN，
∴∠EOM=45°=∠EMO，
∴EO=EM，
∴MO=2EO，
∵∠BAM≠∠DAN，
∴∠BFM≠∠DEN，
∴EO≠FO，
∴OM≠2FO，故④错误，
所以选：A．
15如图，正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，CD上的点，连接AE，AF，与对角线BD分别交于点G，H，连接EH．若∠EAF=45°，则下列判断错误的是()
A.BE+DF=EF
B.BG2+HD2=GH2
C.E，F分别为边BC，CD的中点
D.AH⊥EH
试题分析：将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，此时AB与AD重合，由旋转的性质可得AB=AD，BM=DF，∠DAF=∠BAM，∠ABM=∠D=90°，AM=AF，由“SAS”可证△AME≌△AFE，可得EF=ME，则EF=BE+DF，所以选项A不合题意；
将△ADH绕点A顺时针旋转90°得到△ABN，此时AB与AD重合，可得AN=AH，∠BAN=∠DAH，∠ADH=∠ABN=45°，DH=BN，由“SAS”可证△ANG≌△AHG，可得GH=NG，由勾股定理可得DH2+BG2=GH2，故B选项不合题意；
由∠EAF=∠DBC=45°，可证点A，点B，点E，点H四点共圆，可证AH⊥HE，故D选项不合题意，利用排除法可求解．
答案详解：解：如图1，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，此时AB与AD重合，
由旋转可得：AB =AD ，BM =DF ，∠DAF =∠BAM ，∠ABM =∠D =90°，AM =AF ，
∴∠ABM +∠ABE =90°+90°=180°，
∴点M ，B ，E 在同一条直线上．
∵∠EAF =45°，
∴∠DAF +∠BAE =∠BAD -∠EAE =90°-45°=45°．
∵∠BAE =∠DAF ，
∴∠BAM +∠BAE =45°．
即∠MAE =∠FAE ．
在△AME 与△AFE 中，AM =AF ∠MAE =∠FAE AE =AE
，∴△AME ≌△AFE (SAS )，
∴ME =EF ，
∴EF =BE +DF ，故A 选项不合题意，
如图2，将△ADH 绕点A 顺时针旋转90°得到△ABN ，此时AB 与AD
重合，
∴△ADH ≌△ABN ，
∴AN =AH ，∠BAN =∠DAH ，∠ADH =∠ABN =45°，DH =BN ，
∴∠NBG =90°，
∴BN 2+BG 2=NG 2，
∵∠EAF =45°，
∴∠DAF +∠BAE =45°，
∴∠BAN +∠BAE =45°=∠NAE ，
∴∠NAE =∠EAF ，
又∵AN=AH，AG=AG，
∴△ANG≌△AHG(SAS)，
∴GH=NG，
∴BN2+BG2=NG2=GH2，
∴DH2+BG2=GH2，故B选项不合题意；
∵∠EAF=∠DBC=45°，
∴点A，点B，点E，点H四点共圆，
∴∠AHE=∠ABE=90°，
∴AH⊥HE，故D选项不合题意，
所以选：C．
16定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”．例如：在四边形ABCD中，若∠A+∠C= 180°或∠B+∠D=180°，则四边形ABCD是“对补四边形”．
概念理解．
(1)如图1，已知四边形ABCD是“对补四边形”．
①若∠A：∠B：∠C=3：2：1，则∠D的度数为90°；
②若∠B=90°，且AB=3，AD=2，则CD2-CB2=5．
拓展延伸．
(2)如图2，已知四边形ABCD是“对补四边形”．当AB=CB，且∠EBF=12∠ABC时，试猜想AE，CF，EF之间的数量关系，并证明．
试题分析：(1)①设∠C=n°，则∠A=3n°，∠B=2n°，由四边形ABCD是“对补四边形”得3n+n= 180，则n=45，即可求得∠B=2n°=90°，则∠D=180°-∠B=90°；
②由∠B=90°，得∠D=90°，根据勾股定理得CD2=AC2-AD2，CB2=AC2-AB2，则CD2-CB2=AB2 -AD2=32-22=5．
(2)延长DF到点G，使AE=CG，根据“同角的补角相等”证明∠A=∠BCG，即可证明△ABE≌△CBG，得BE=BG，∠ABE=∠CBG，则∠EBF=∠GBF=12∠ABC，即可证明△EBF≌△GBF，得EF=GF，则AE+CF=CG+CF=GF=EF．
答案详解：解：(1)①设∠C=n°，
∵∠A：∠B：∠C=3：2：1，
∴∠A=3n°，∠B=2n°，
∵四边形ABCD是“对补四边形”，
∴∠A+∠C=180°，∠B+∠D=180°，
∴3n+n=180，
解得n=45，
∴∠B=2n°=90°，
∴∠D=180°-∠B=90°，
所以答案是：90°．
②如图1，连接AC，
∵∠B=90°，
∴∠D=90°，
∴CD2=AC2-AD2，CB2=AC2-AB2，
∴CD2-CB2=AC2-AD2-(AC2-AB2)=AB2-AD2，
∵AB=3，AD=2，
∴CD2-CB2=32-22=5，
所以答案是：5．
(2)AE+CF=BF，
证明：如图2，延长DF到点G，使AE=CG，则∠BCG+∠BCD=180°，
∵四边形ABCD是“对补四边形”，
∴∠A+∠BCD=180°，
∴∠A=∠BCG，
∵AB=CB，
∴△ABE≌△CBG(SAS)，
∴BE=BG，∠ABE=∠CBG，
∵∠EBF=12∠ABC，
∴∠GBF=∠CBF+∠CBG=∠CBF+∠ABE=12∠ABC，
∴∠EBF=∠GBF，
∵BF=BF，
∴△EBF≌△GBF(SAS)，
∴EF=GF，
∵AE+CF=CG+CF=GF，
∴AE+CF=EF．
17定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”，例如：在四边形ABCD中，∠A+∠C=180°，或∠B+∠D=180°，则四边形ABCD是“对补四边形”．
【概念理解】(1)如图(1)，四边形ABCD是“对补四边形”．
①若∠A：∠B：∠C=3：2：1，则∠D的度数是90°；
②若∠B=90°，且AB=22，AD=2，则CD2-CB2=4．
【拓展延伸】(2)如图(2)，四边形ABCD是“对补四边形”，当AB=CB，且∠EBF=1
2∠ABC时，猜测AE，
CF，EF之间的数量关系，并加以证明．
【类比运用】(3)如图(3)，如图(4)，在四边形ABCD中，AB=CB，BD平分∠ADC．①如图(3)，求证：四边形ABCD是“对补四边形”；
②如图(4)，设AD=a，DC=b，连接AC，当∠ABC=90°，且S△ACD
S△ABC=
4
5时，求
a
b的值．
试题分析：(1)①利用“对补四边形”的定义列式解答即可；
②利用“对补四边形”的定义和勾股定理解答即可；
(2)延长EA至点K，使AK=CF，连接BK，利用全等三角形的判定与性质解答即可；
(3)①过点B作BM⊥AD，垂足为M，BN⊥DC，垂足为N，利用全等三角形的判定与性质和“对补四边形”的定义解答即可；
②利用“对补四边形”的定义，勾股定理，等腰直角三角形的性质和三角形的面积公式解答即可．
答案详解：(1)解：①∵四边形ABCD是“对补四边形”，
∴∠A+∠C=180°，∠B+∠D=180°．
∵∠A：∠B：∠C=3：2：1，
∴设∠A=3x°，则∠B=2x°，∠C=x°，
∴3x+x=180，
∴x=45°．
∴∠B=90°，
∴∠D=180°-90°=90°，
所以答案是：90°；
②在“对补四边形”ABCD中，连接AC，如图，
∵∠B=90°，∠B+∠D=180°，
则∠D=90°，
由勾股定理得：
CD2=AC2-AD2，BC2=AC2-AB2
∴CD2-BC2
=AC2-AD2-(AC2-AB2)
=AB2-AD2
=8-4
=4，
所以答案是：4；
(2)解：AE，CF，EF之间的数量关系为：AE+CF=EF，理由：
延长EA 至点K ，使AK =CF ，连接BK ，
如图，
∵四边形ABCD 是“对补四边形”，
∴∠BAD +∠C =180°，
又∵∠BAK +∠BAD =180°，
∴∠BAK =∠BCD ，
在△ABK 和△CBF 中，AB =CB
∠BAK =∠BCF AK =CF
，
∴△ABK ≌△CBF (SAS )，
∴∠ABK =∠CBF ，BK =BF ．
∴∠KBF =∠ABC ．
∵∠EBF =12∠ABC ，
∴∠EBF =12∠KBF ，
∴∠EBK =∠EBF ，
在△BEK 和△BEF 中，BK =BF
∠EBK =∠EBF BE =BE
，
∴△BEK ≌△BEF (SAS )，
∴EK =EF ．
∴AE +
CF =AE +AK =EK =EF ；
(3)①证明：过点B 作BM ⊥AD ，垂足为M ，BN ⊥DC ，垂足为N ，如图，则∠BMA =∠BNC =90°，
∵BD 平分∠ADC ，
∴BM =BN ，
在Rt △ABM 和Rt △CBN 中，AB =CB
BM =BN ，
∴Rt △ABM ≌Rt △CBN (HL )，
∴∠BAM =∠C ，
∵∠BAM +∠BAD =180°，
∴∠C +∠BAD =180°，
即∠BAD 与∠C 互补，
∴四边形ABCD 是“对补四边形”；
②解：由①知四边形ABCD 是“对补四边形”，
∴∠ABC +∠ADC =180°．
∵∠ABC =90°，
∴∠ADC =90°．
∵AD =a ，DC =b ，则AC 2=AD 2+CD 2=a 2+b 2，
∵AB =BC ，
∴AB 2=BC 2=
12AC 2=12(a 2+b 2)．∴S △ABC =12
×AB •BC =12AB 2=14(a 2+b 2)．∵S △ACD =12
×AD •CD =12ab ，S △ACD S △ABC
=45，∴12ab 14
(a 2+b 2)=45．∴a 2+b 2ab =52，即：a b +b a =52．解得：a b =2或a b =12，∴a b 的值是2或12．四、半角模型之矩形
18如图矩形ABCD ，
AB =3，AD =6．点M 、N 分别在边CD 、BC 上，
AN =13，∠MAN =45°，直接写出AM 的长度．
解：如图，取AD ，BC 的中点P ，Q ，连接QP ，连接NH ，∵AD =6，AB =3，
∴AP =AB =BQ =PQ =3，∠B =90°，
∴四边形ABQP 是正方形，
Rt △ABN 中，AB =3，AN =13，
∴BN =AN 2-AB 2=(13)2-33=2，
∴NQ =3-2=1，
∵∠NAH =45°，
由(1)同理得：NH =BN +PH ，
设PH =x ，则NH =x +2，QH =3-x ，
Rt △NHQ 中，NH 2=QH 2+NQ 2，
∴(2+x )2=12+(3-x )2，
x =35
，∵P 是AD 的中点，PH ∥DM ，
∴AH =HM ，
∴DM =2PH =65
，由勾股定理得：AM =AD 2+DM 2=62+65 2=6265
；19如图，
在矩形ABCD 中，AB =6，AD =m ，点E 在边BC 上，且BE =2．(1)若m =8，点F 在边DC 上，且∠EAF =45°，求DF 的长；
(2)若点F 在边DC 上，且∠EAF =45°，求m 的取值范围．
(1)作正方形ABNM ，MN 与AF 交于点G ，连接EG ，由发现可知，EG =BE +MG ，
设MG =x ，则NG =6-x ，EG =x +2，
在Rt △GEN 中，EG 2=NG 2+NE 2，
即(x +2)2=(6-x )2+42，
解得，x =3，即MG =3，
∵MN ∥CD ，∴△AGM ∽△AFD ，
∴MG DF =AM AD ，即3DF =68，解得，DF =4；
(2)由题意得，m ≥BE ，即m ≥2，当F 与C 重合时，m 最大，由(1)得，MG DF =AM AD ，即36=6m ，解得，m =12，
则点F 在边DC 上，∠EAF =45°，m 的取值范围是2≤m ≤12．。