Question

先阅读命题及证明思路，再解答下列问题．
命题：如图1，在正方形ABCD中，已知：∠EAF=45°，角的两边AE、AF分别与BC、CD相交于点E、F，连接EF．求证：EF=BE+DF．
证明思路：
如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE′．∵AB=AD，∠BAD=90°，∴AB与AD重合．∵∠ADC=∠B=90°，∴∠FDE′=180°，点F、D、E′是一条直线．
根据SAS，得证△AEF≌△AFE′，得EF=E′F=E′D+DF=BE+DF．

（1）特例应用
如图1，命题中，如果BE=2，DF=3，求正方形ABCD的边长．
（2）类比变式
如图3，在正方形ABCD中，已知∠EAF=45°，角的两边AE、AF分别与BC、CD的延长线相交于点E、F，连接EF．写出EF、BE、DF之间的关系式，并证明你的结论．
（3）拓展深入
如图4，在⊙O中，AB、AD是⊙O的弦，且AB=AD，M、N是⊙O上的两点，∠MAN=

1

2

∠BAD．
①如图5，连接MN、MD，求证：MH=BM+DH，DM⊥AN；
②若点C在

ADM

（点C不与点A、D、N、M重合）上，连接CB、CD分别交AM、AN或其延长线于点E、F，直接写出EF、BE、DF之间的等式关系．

Answer 1

考点：圆的综合题,四边形综合题

专题：阅读型,探究型

分析：（1）如图1，设正方形ABCD的边长为x，则有CE=x-2，CF=x-3．由材料可知：EF=BE+DF=5，在Rt△CEF中，运用勾股定理就可解决问题．
（2）仿照材料中的证明思路就可解决问题．
（3）①延长MD到点M′，使得DM′=BM，连接AM′，如图5．仿照材料中的证明思路可证到AM=AM′，∠MAN=∠M′AN，然后利用等腰三角形的性质即可解决问题．②分两种情况讨论：Ⅰ．当点C在

DNM

上时，如图6、7；Ⅱ．当点C在

AD

上时，如图8．借鉴①中的证明思路就可得到结论．

解答：解：（1）如图1，

设正方形ABCD的边长为x，则有CE=x-2，CF=x-3．
由材料可知：EF=BE+DF=2+3=5．
在Rt△CEF中，
∵∠C=90°，
∴CE²+CF²=EF²．
∴（x-2）²+（x-3）²=5²．
解得：x₁=6，x₂=-1（舍去）
所以正方形ABCD的边长为6．

（2）EF=BE-DF．
理由如下：
在BC上取一点F′，使得BF′=DF．连接AF′，如图3．

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠BAD=∠ADC=90°．
∴∠ADF=90°=∠B．
在△ABF′和△ADF中，

AB=AD ∠B=∠ADF BF′=DF

．
∴△ABF′≌△ADF（SAS）．
∴AF′=AF，∠BAF′=∠DAF．
∴∠F′AF=∠BAD=90°．
∵∠EAF=45°，
∴∠F′AE=45°=∠FAE．
在△F′AE和△FAE中，

AF′=AF ∠F′AE=∠FAE AE=AE

．
∴△F′AE≌△FAE（SAS）．
∴F′E=FE．
∴EF=F′E=BE-BF′=BE-DF．

（3）①延长MD到点M′，使得DM′=BM，连接AM′，如图5．

∵∠ADM′+∠ADM=180°，∠ABM+∠ADM=180°，
∴∠ABM=∠ADM′．
在△ABM和△ADM′中，

AB=AD ∠ABM=∠ADM′ BM=DM′

．
∴△ABM≌△ADM′（SAS）．
∴AM=AM′∠BAM=∠DAM′．
∴∠MAM′=∠BAD．
∵∠MAN=

1

2

∠BAD，
∴∠MAN=

1

2

∠MAM′．
∴∠MAN=∠M′AN．
∵AM=AM′，∠MAN=∠M′AN，
∴MH=M′H，AH⊥MM′．
∴MH=M′H=DM′+DH=BM+DH，DM⊥AN．

②Ⅰ．当点C在

DNM

上时，如图6、7．

同理可得：EF=BE+DF．
Ⅱ．当点C在

AD

上时，如图8．

同理可得：EF=DF-BE．

点评：本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、解一元二次方程等知识，考查了阅读理解能力、自学能力、运用已有经验解决问题的能力，有一定的综合性，是一道好题．