1.【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________.
【探索延伸】如图②,在四边形 $ABCD$ 中,$AB = AD$,$∠ B + ∠ D = 180°$,$E,F$ 分别是 $BC,CD$ 上的点,且$∠ EAF = \frac{1}{2}∠ BAD$.上述结论是否仍然成立?请说明理由.
【实际应用】如图③,在某次军事演习中,舰艇甲在指挥中心($O$ 处)北偏西 $30°$ 的 $A$ 处,舰艇乙在指挥中心南偏东 $70°$ 的 $B$ 处,并且两舰艇到指挥中心的距离相等,接到行动指令后,舰艇甲向正东方向以 $60$ 海里/时的速度前进,舰艇乙沿北偏东 $50°$ 方向以 $80$ 海里/时的速度前进,$1.5$ 小时后,指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达 $E,F$ 处,且 $OE$ 与 $OF$ 之间的夹角为 $70°$.试求此时两舰艇之间的距离.
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________.
【探索延伸】如图②,在四边形 $ABCD$ 中,$AB = AD$,$∠ B + ∠ D = 180°$,$E,F$ 分别是 $BC,CD$ 上的点,且$∠ EAF = \frac{1}{2}∠ BAD$.上述结论是否仍然成立?请说明理由.
【实际应用】如图③,在某次军事演习中,舰艇甲在指挥中心($O$ 处)北偏西 $30°$ 的 $A$ 处,舰艇乙在指挥中心南偏东 $70°$ 的 $B$ 处,并且两舰艇到指挥中心的距离相等,接到行动指令后,舰艇甲向正东方向以 $60$ 海里/时的速度前进,舰艇乙沿北偏东 $50°$ 方向以 $80$ 海里/时的速度前进,$1.5$ 小时后,指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达 $E,F$ 处,且 $OE$ 与 $OF$ 之间的夹角为 $70°$.试求此时两舰艇之间的距离.
答案：
1.【问题背景】$EF=BE+FD$
【探索延伸】解:结论 $EF=BE+FD$ 仍然成立.理由如下:
如答图①,延长 $FD$ 到点 $G$,使得 $DG=BE$,连接 $AG$.
$\because ∠B+∠ADC=180°,∠ADG+∠ADC=180°$,
$\therefore ∠B=∠ADG$.
$\because AB=AD,\therefore △ABE≌△ADG(SAS)$,
$\therefore AE=AG,∠BAE=∠DAG$.
$\because ∠EAF=\frac{1}{2}∠BAD$,
$\therefore ∠GAF = ∠DAG + ∠DAF = ∠DAF + ∠BAE = ∠BAD-∠EAF=\frac{1}{2}∠BAD,\therefore ∠GAF=∠EAF$.
又$\because AG=AE,AF=AF$,
$\therefore △AFG≌△AFE(SAS),\therefore EF=GF$.
$\because GF=DF+DG=DF+BE,\therefore EF=BE+FD$.
【实际应用】解:如答图②,连接 $EF$,延长 $AE,BF$ 相交于点 $C$.
在四边形 $AOBC$ 中,
$\because ∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°,∠FOE=70°=\frac{1}{2}∠AOB$,又$\because OA=OB,∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=60°+120°=180°$,
$\therefore$ 实际应用符合探索延伸的条件,
$\therefore EF=AE+FB=1.5×(60+80)=210$(海里),
即此时两舰艇之间的距离是 210 海里.
1.【问题背景】$EF=BE+FD$
【探索延伸】解:结论 $EF=BE+FD$ 仍然成立.理由如下:
如答图①,延长 $FD$ 到点 $G$,使得 $DG=BE$,连接 $AG$.
$\because ∠B+∠ADC=180°,∠ADG+∠ADC=180°$,
$\therefore ∠B=∠ADG$.
$\because AB=AD,\therefore △ABE≌△ADG(SAS)$,
$\therefore AE=AG,∠BAE=∠DAG$.
$\because ∠EAF=\frac{1}{2}∠BAD$,
$\therefore ∠GAF = ∠DAG + ∠DAF = ∠DAF + ∠BAE = ∠BAD-∠EAF=\frac{1}{2}∠BAD,\therefore ∠GAF=∠EAF$.
又$\because AG=AE,AF=AF$,
$\therefore △AFG≌△AFE(SAS),\therefore EF=GF$.
$\because GF=DF+DG=DF+BE,\therefore EF=BE+FD$.
【实际应用】解:如答图②,连接 $EF$,延长 $AE,BF$ 相交于点 $C$.
在四边形 $AOBC$ 中,
$\because ∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°,∠FOE=70°=\frac{1}{2}∠AOB$,又$\because OA=OB,∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=60°+120°=180°$,
$\therefore$ 实际应用符合探索延伸的条件,
$\therefore EF=AE+FB=1.5×(60+80)=210$(海里),
即此时两舰艇之间的距离是 210 海里.
解析：
【分析】
本题属于夹半角模型的探究与应用类题目，解题思路可分为三部分梳理：
1. 问题背景：探究三条线段的和差关系，可采用“补短法”转化线段。已知AB=AD，∠B=∠ADC=90°，延长FD至G使DG=BE，即可构造△ABE≌△ADG，将BE转化为DG；再结合∠EAF=60°=1/2∠BAD，可证△AEF≌△AGF，得到EF=GF，进而推出三条线段的数量关系。
2. 探索延伸：将背景中的直角条件改为∠B+∠ADC=180°，仍可沿用上述补短法：先根据补角的性质证∠B=∠ADG，再仿照问题背景的证明步骤，依次证明两次三角形全等，即可验证结论是否成立。
3. 实际应用：先根据方位角的定义计算∠AOB、∠EOF的度数，以及∠OAC与∠OBC的和，验证该场景符合探索延伸得到的夹半角模型的条件，直接套用结论EF=AE+BF，结合“路程=速度×时间”计算即可得到两舰艇的距离。
【解析】
【问题背景】
延长FD到点G，使DG=BE，连接AG。
∵∠B=∠ADG=90°，AB=AD，BE=DG，
∴△ABE≌△ADG（SAS），得AE=AG，∠BAE=∠DAG。
∵∠EAF=60°，∠BAD=120°，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=60°=∠EAF。
又
∵AG=AE，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），得EF=GF。
∵GF=DG+FD=BE+FD，即可得到结论。
【探索延伸】
结论$EF=BE+FD$仍然成立，理由如下：
如答图①，延长FD到点G，使得$DG=BE$，连接$AG$。
$\because ∠B+∠ADC=180°,∠ADG+∠ADC=180°$,
$\therefore ∠B=∠ADG$。
$\because AB=AD,\therefore △ABE≌△ADG(SAS)$,
$\therefore AE=AG,∠BAE=∠DAG$。
$\because ∠EAF=\frac{1}{2}∠BAD$,
$\therefore ∠GAF = ∠DAG + ∠DAF = ∠DAF + ∠BAE = ∠BAD-∠EAF=\frac{1}{2}∠BAD,\therefore ∠GAF=∠EAF$。
又$\because AG=AE,AF=AF$,
$\therefore △AFG≌△AFE(SAS),\therefore EF=GF$。
$\because GF=DF+DG=DF+BE,\therefore EF=BE+FD$。
【实际应用】
如答图②，连接 $EF$,延长 $AE,BF$ 相交于点 $C$。
在四边形 $AOBC$ 中,
$\because ∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°,∠FOE=70°=\frac{1}{2}∠AOB$,又$\because OA=OB,∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=60°+120°=180°$,
$\therefore$ 该场景符合探索延伸的模型条件,
$\therefore EF=AE+FB=1.5×(60+80)=210$(海里)。
【答案】
【问题背景】$EF=BE+FD$
【探索延伸】结论$EF=BE+FD$仍然成立，理由见解析。
【实际应用】此时两舰艇之间的距离是210海里。
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 夹半角模型
3. 方位角的应用
【点评】
本题以夹半角模型为核心，遵循从特殊到一般的探究规律，再将推导得到的结论应用于实际问题中，既考查了全等三角形的构造与证明方法，又考查了知识迁移和几何建模的能力，解题的关键是掌握补短法构造全等三角形的技巧，能够从实际问题中提炼出对应的几何模型。
【难度系数】
0.6
本题属于夹半角模型的探究与应用类题目，解题思路可分为三部分梳理：
1. 问题背景：探究三条线段的和差关系，可采用“补短法”转化线段。已知AB=AD，∠B=∠ADC=90°，延长FD至G使DG=BE，即可构造△ABE≌△ADG，将BE转化为DG；再结合∠EAF=60°=1/2∠BAD，可证△AEF≌△AGF，得到EF=GF，进而推出三条线段的数量关系。
2. 探索延伸：将背景中的直角条件改为∠B+∠ADC=180°，仍可沿用上述补短法：先根据补角的性质证∠B=∠ADG，再仿照问题背景的证明步骤，依次证明两次三角形全等，即可验证结论是否成立。
3. 实际应用：先根据方位角的定义计算∠AOB、∠EOF的度数，以及∠OAC与∠OBC的和，验证该场景符合探索延伸得到的夹半角模型的条件，直接套用结论EF=AE+BF，结合“路程=速度×时间”计算即可得到两舰艇的距离。
【解析】
【问题背景】
延长FD到点G，使DG=BE，连接AG。
∵∠B=∠ADG=90°，AB=AD，BE=DG，
∴△ABE≌△ADG（SAS），得AE=AG，∠BAE=∠DAG。
∵∠EAF=60°，∠BAD=120°，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=60°=∠EAF。
又
∵AG=AE，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），得EF=GF。
∵GF=DG+FD=BE+FD，即可得到结论。
【探索延伸】
结论$EF=BE+FD$仍然成立，理由如下：
如答图①，延长FD到点G，使得$DG=BE$，连接$AG$。
$\because ∠B+∠ADC=180°,∠ADG+∠ADC=180°$,
$\therefore ∠B=∠ADG$。
$\because AB=AD,\therefore △ABE≌△ADG(SAS)$,
$\therefore AE=AG,∠BAE=∠DAG$。
$\because ∠EAF=\frac{1}{2}∠BAD$,
$\therefore ∠GAF = ∠DAG + ∠DAF = ∠DAF + ∠BAE = ∠BAD-∠EAF=\frac{1}{2}∠BAD,\therefore ∠GAF=∠EAF$。
又$\because AG=AE,AF=AF$,
$\therefore △AFG≌△AFE(SAS),\therefore EF=GF$。
$\because GF=DF+DG=DF+BE,\therefore EF=BE+FD$。
【实际应用】
如答图②，连接 $EF$,延长 $AE,BF$ 相交于点 $C$。
在四边形 $AOBC$ 中,
$\because ∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°,∠FOE=70°=\frac{1}{2}∠AOB$,又$\because OA=OB,∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=60°+120°=180°$,
$\therefore$ 该场景符合探索延伸的模型条件,
$\therefore EF=AE+FB=1.5×(60+80)=210$(海里)。
【答案】
【问题背景】$EF=BE+FD$
【探索延伸】结论$EF=BE+FD$仍然成立，理由见解析。
【实际应用】此时两舰艇之间的距离是210海里。
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 夹半角模型
3. 方位角的应用
【点评】
本题以夹半角模型为核心，遵循从特殊到一般的探究规律，再将推导得到的结论应用于实际问题中，既考查了全等三角形的构造与证明方法，又考查了知识迁移和几何建模的能力，解题的关键是掌握补短法构造全等三角形的技巧，能够从实际问题中提炼出对应的几何模型。
【难度系数】
0.6