1. (2026·江苏扬州月考)某校八年级学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形.
（1）如图①，在$△ ABC$中，$∠ BAC=90°$，$AB=AC$，直线$l$经过点$A$，$BD ⊥$直线$l$，$CE ⊥$直线$l$，垂足分别为$D,E$，则$DE$、$BD$和$CE$之间的数量关系为
$DE=BD+CE$
;
（2）组员小丽想，如果将图①中的直角变为一般情况，那么结论是否成立呢？如图②，将(1)中的条件更改如下：在$△ ABC$中，$AB=AC$，$D,A,E$三点都在直线$l$上，并且$∠ BDA=∠ AEC=∠ BAC=α$，其中$α$为任意钝角.请问(1)中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由.
答案：1.（1）$DE=BD+CE$ 解析：因为 $BD ⊥ l,CE ⊥ l$，所以$∠BDA=∠AEC=90°$,即$∠BAD+∠DBA=90°$.又$∠BAC=90°$,所以$∠BAD+∠EAC=180°-∠BAC=90°$,即$∠DBA=∠EAC$. 因为 $AB=CA$,所以$△ABD≌△CAE$(AAS). 所以 $BD=AE,AD=CE$. 所以 $DE=AE+AD=BD+CE$.
（2）（1）中的结论成立. 证明如下:因为$∠BDA=∠AEC=∠BAC=α$,所以$∠BAD+∠CAE=180°-∠BAC=180°-α$,$∠BAD+∠ABD=180°-∠BDA=180°-α$,即$∠ABD=∠CAE$. 因为 $AB=CA$,所以$△ABD≌△CAE$(AAS). 所以 $BD=AE$,$AD=CE$. 所以 $DE=AE+AD=BD+CE$.
解析：
【分析】
（1）先根据垂直条件得到一组直角相等，结合∠BAC=90°，利用同角的余角相等推出∠DBA=∠EAC，再结合AB=AC的条件，用AAS判定△ABD和△CAE全等，得到对应边相等后，根据线段和的关系即可推导出DE、BD、CE的数量关系。
（2）解题思路和（1）一致，将直角替换为任意角α后，利用三角形内角和与平角的性质，仍可推出∠ABD=∠CAE，进而证明△ABD≌△CAE，验证（1）的结论是否成立。
【解析】
（1）
∵BD⊥直线$l$，CE⊥直线$l$，
∴$∠ BDA=∠ AEC=90°$，
∴$∠ BAD+∠ DBA=90°$，
又
∵$∠ BAC=90°$，
∴$∠ BAD+∠ EAC=180°-∠ BAC=90°$，
∴$∠ DBA=∠ EAC$，
在$△ ABD$和$△ CAE$中：
$\begin{cases}∠ BDA=∠ AEC \\∠ DBA=∠ EAC \\AB=AC\end{cases}$
∴$△ ABD≌△ CAE$（AAS），
∴$BD=AE$，$AD=CE$，
∵$DE=AE+AD$，
∴$DE=BD+CE$。
（2）（1）中的结论成立，证明如下：
∵$∠ BDA=∠ AEC=∠ BAC=α$，
∴$∠ BAD+∠ CAE=180°-∠ BAC=180°-α$，
$∠ BAD+∠ ABD=180°-∠ BDA=180°-α$，
∴$∠ ABD=∠ CAE$，
在$△ ABD$和$△ CAE$中：
$\begin{cases}∠ BDA=∠ AEC \\∠ ABD=∠ CAE \\AB=AC\end{cases}$
∴$△ ABD≌△ CAE$（AAS），
∴$BD=AE$，$AD=CE$，
∵$DE=AE+AD$，
∴$DE=BD+CE$。
【答案】
（1）$\boldsymbol{DE=BD+CE}$；（2）成立，证明见解析。
【知识点】
全等三角形的判定与性质，一线三等角模型，同角的余（补）角相等
【点评】
本题是一线三等角全等模型的典型习题，核心是通过角的等量代换证明三角形全等，再利用全等的性质推导线段和差关系，掌握该模型能快速解决同类几何证明问题。
【难度系数】
0.7
2.【问题背景】如图①，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E，F分别是BC，CD上两点，且∠EAF=60°，试探究图中线段BE，EF，DF之间的数量关系。
(1)小王同学探究此问题的方法如下: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,在四边形ABCD中,AB=AD,∠B+∠D=180°,E,F分别是BC,CD上两点,且∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAD,(1)中的结论是否仍然成立?请说明理由;
【学以致用】
(3)如图③,四边形ABCD是边长为5的正方形,∠EBF=45°,则△DEF的周长为
$10$
.
答案：2.（1）$EF=BE+DF$ 解析：因为$∠B=∠ADC=90°$,所以 $∠ADG=180°-∠ADC=90°$,即 $∠B=∠ADG$. 又 $AB=AD,BE=DG$,所以 $△ABE≌△ADG$(SAS). 所以 $AE=AG,∠BAE=∠DAG$. 又$∠EAF=60°$,$∠BAD=120°$,所以 $∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=60°$. 所以$∠DAG+∠DAF=60°$,即 $∠GAF=60°$. 所以 $∠EAF=∠GAF$. 又 $AF=AF$, 所以 $△EAF≌△GAF$(SAS). 所以 $EF=GF$. 又 $GF=DG+DF$,所以 $EF=BE+DF$.
（2）（1）中的结论仍然成立,即 $EF=BE+DF$. 理由如下:延长 FD 到点 H,使 $DH=BE$,连接 AH. 所以 $HF=DH+DF=BE+DF$,$∠ADC+∠ADH=180°$. 因为 $∠B+∠ADC=180°$,所以 $∠B=∠ADH$. 又 $AB=AD$, 所以 $△ABE≌△ADH$(SAS). 所以 $AE=AH,∠BAE=∠DAH$. 因为$∠EAF=\frac{1}{2}∠BAD$,所以 $∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=\frac{1}{2}∠BAD$. 所以 $∠DAH+∠DAF=\frac{1}{2}∠BAD$,即 $∠HAF=\frac{1}{2}∠BAD$. 所以$∠EAF=∠HAF$. 又 $AF=AF$,所以$△EAF≌△HAF$(SAS). 所以 $EF=HF$,即 $EF=BE+DF$.
（3）10 解析:延长 DC 到点 M,使 $CM=AE$,连接 BM. 因为四边形 ABCD 是边长为 5 的正方形,所以$∠A=∠ABC=∠BCD=90°$,$AB=BC=AD=CD=5$. 所以 $∠BCM=180°-∠BCD=90°$,即 $∠A=∠BCM$. 所以$△AEB≌△CMB$(SAS). 所以 $BE=BM$,$∠ABE=∠CBM$. 因为 $∠EBF=45°$,所以 $∠ABE+∠CBF=∠ABC-∠EBF=45°$. 所以 $∠CBF+∠CBM=45°$,即 $∠MBF=45°$. 所以 $∠MBF=∠EBF$. 又 $BF=BF$,所以 $△EBF≌△MBF$(SAS). 所以 $EF=MF$. 所以$△DEF$ 的周长为 $EF+ED+DF=MF+DE+DF=CM+CF+DE+DF=AE+CF+DE+DF=AD+CD=5+5=10$.
解析：
【分析】
本题是半角模型下的线段数量关系探究题，核心解题思路是通过补短法构造全等三角形，将分散的线段整合到同一条线段中推导关系。(1)题已给出辅助线思路，先证△ABE与△ADG全等得到边、角的等量关系，再证△AEF与△AGF全等即可推出三条线段的和差关系；(2)题是(1)的一般化推广，将直角条件改为角互补，仍可沿用补短构造全等的思路，类比(1)的步骤验证结论；(3)题是正方形中的45°半角模型，同样通过构造全等将△DEF的周长转化为正方形两条边长之和，即可快速计算结果。
【解析】
(1) 延长FD到点G，使DG=BE，连接AG。
∵∠B=∠ADC=90°，
∴∠ADG=180°-∠ADC=90°，即∠B=∠ADG。
又
∵AB=AD，BE=DG，
∴△ABE≌△ADG（SAS）。
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG。
∵∠EAF=60°，∠BAD=120°，
∴∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=60°。
∴∠DAG+∠DAF=60°，即∠GAF=60°，
∴∠EAF=∠GAF。
又
∵AF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS）。
∴EF=GF，又
∵GF=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF。
(2) (1)中的结论仍然成立，即$EF=BE+DF$，理由如下：
延长FD到点H，使DH=BE，连接AH，则HF=DH+DF=BE+DF。
∵∠ADC+∠ADH=180°，∠B+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADH。
又
∵AB=AD，
∴△ABE≌△ADH（SAS）。
∴AE=AH，∠BAE=∠DAH。
∵∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAD，
∴∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAD。
∴∠DAH+∠DAF=$\frac{1}{2}$∠BAD，即∠HAF=$\frac{1}{2}$∠BAD，
∴∠EAF=∠HAF。
又
∵AF=AF，
∴△AEF≌△AHF（SAS）。
∴EF=HF，即EF=BE+DF。
(3) 延长DC到点M，使CM=AE，连接BM。
∵四边形ABCD是边长为5的正方形，
∴∠A=∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC=AD=CD=5。
∴∠BCM=180°-∠BCD=90°，即∠A=∠BCM。
∴△AEB≌△CMB（SAS），
∴BE=BM，∠ABE=∠CBM。
∵∠EBF=45°，
∴∠ABE+∠CBF=∠ABC-∠EBF=45°。
∴∠CBF+∠CBM=45°，即∠MBF=45°，
∴∠MBF=∠EBF。
又
∵BF=BF，
∴△EBF≌△MBF（SAS），
∴EF=MF。
∴△DEF的周长为$EF+ED+DF=MF+DE+DF=CM+CF+DE+DF=AE+CF+DE+DF=(AE+DE)+(CF+DF)=AD+CD=5+5=10$。
【答案】
(1) $EF=BE+DF$
(2) 成立，$EF=BE+DF$
(3) $10$
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 截长补短证线段和差
3. 正方形的性质
【点评】
本题由特殊到一般层层递进，核心考查半角模型的应用，解题关键是通过构造全等三角形将分散的线段转化到同一直线上，进而得到线段的数量关系，掌握此类构造辅助线的方法可快速解决同类半角问题。
【难度系数】
0.6
