26. (12分)新趋势综合实践【问题背景】如图①,在四边形ABCD中,∠BAD=90°,∠BCD=90°,BA=BC,∠ABC=120°,∠MBN=60°,∠MBN绕点B旋转,它的两边分别交AD,DC于E,F两点.探究图中线段AE,CF,EF之间的数量关系.小李同学探究此问题的方法是延长FC到点G,使CG=AE,连接BG,先证明△BCG≌△BAE,再证明△BFG≌△BFE,可得出结论,他的结论就是
【探究延伸1】如图②,在四边形ABCD中,∠BAD=90°,∠BCD=90°,BA=BC,∠ABC=2∠MBN,∠MBN绕点B旋转,它的两边分别交AD,DC于E,F两点.上述结论是否仍然成立?请直接写出结论(直接写出“成立”或者“不成立”),不用说明理由;
【探究延伸2】如图③,在四边形ABCD中,BA=BC,∠BAD+∠BCD=180°,∠ABC=2∠MBN,∠MBN绕点B旋转,它的两边分别交AD,DC于E,F两点.上述结论是否仍然成立?并说明理由;
【实际应用】如图④,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75海里/时的速度前进,同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/时的速度前进,1.2小时后,指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E,F处,且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°,试求此时两舰艇之间的距离.
EF=AE+CF
.【探究延伸1】如图②,在四边形ABCD中,∠BAD=90°,∠BCD=90°,BA=BC,∠ABC=2∠MBN,∠MBN绕点B旋转,它的两边分别交AD,DC于E,F两点.上述结论是否仍然成立?请直接写出结论(直接写出“成立”或者“不成立”),不用说明理由;
【探究延伸2】如图③,在四边形ABCD中,BA=BC,∠BAD+∠BCD=180°,∠ABC=2∠MBN,∠MBN绕点B旋转,它的两边分别交AD,DC于E,F两点.上述结论是否仍然成立?并说明理由;
【实际应用】如图④,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75海里/时的速度前进,同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/时的速度前进,1.2小时后,指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E,F处,且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°,试求此时两舰艇之间的距离.
答案：
26. 【问题背景】$EF=AE+CF$ 解析:如图①,延长 FC到点 G,使 $CG=AE$,连接 BG. 因为 $∠BCD+∠BCG=180°,∠BCD=∠BAD=90°$,所以$∠BCG=180°-∠BCD=90°$,即 $∠BCG=∠BAE$. 又 $BC=BA$,所以 $△BCG≌△BAE$(SAS). 所以 $BG=BE,∠CBG=∠ABE$. 又$∠ABC=120°,∠MBN=60°$,所以 $∠ABE+∠CBF=∠ABC-∠MBN=60°$. 所以 $∠CBG+∠CBF=60°$,即 $∠GBF=60°$. 所以 $∠GBF=∠EBF$. 又 $BF=BF$,所以 $△BGF≌△BEF$(SAS). 所以 $GF=EF$. 因为 $GF=CG+CF=AE+CF$,所以 $EF=AE+CF$.
【探究延伸1】结论 $EF=AE+CF$ 成立. 解析:如图②,延长 FC 到点 G,使 $CG=AE$,连接 BG. 同【问题背景】,得$△BCG≌△BAE$(SAS). 所以 $BG=BE$,$∠CBG=∠ABE$. 又 $∠ABC=2∠MBN$,所以 $∠ABE+∠CBF=∠EBF=\frac{1}{2}∠ABC$. 所以 $∠CBG+∠CBF=\frac{1}{2}∠ABC$,即 $∠GBF=\frac{1}{2}∠ABC$. 所以 $∠GBF=∠EBF$. 又 $BF=BF$,所以$△BGF≌△BEF$(SAS).所以 $GF=EF$. 因为 $GF=CG+CF=AE+CF$,所以 $EF=AE+CF$.
【探究延伸2】结论 $EF=AE+CF$ 仍然成立. 理由如下:如图③,延长 FC 到点 G,使 $CG=AE$,连接BG. 因为 $∠BAD+∠BCD=180°,∠BCG+∠BCD=180°$,所以 $∠BCG=∠BAD$. 又 $BC=BA$,所以 $△BCG≌△BAE$(SAS). 所以 $BG=BE$,$∠CBG=∠ABE$. 因为 $∠ABC=2∠MBN$,所以$∠ABE+∠CBF=∠EBF=\frac{1}{2}∠ABC$. 所以$∠CBG+∠CBF=\frac{1}{2}∠ABC$,即 $∠GBF=\frac{1}{2}∠ABC$. 所以 $∠GBF=∠EBF$. 又 $BF=BF$,所以$△BGF≌△BEF$(SAS). 所以 $GF=EF$. 又 $GF=CG+CF=AE+CF$,所以 $EF=AE+CF$.
【实际应用】如图④,连接 EF,延长 AE,BF 相交于点 G. 因为 $∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°$,$∠EOF=70°$,所以 $∠EOF=\frac{1}{2}∠AOB$. 又 $OA=OB,∠OAG+∠OBG=(90°-30°)+(70°+50°)=180°$,所以符合【探究延伸2】中的条件. 所以结论$EF=AE+BF$ 仍然成立,即 $EF=75×1.2+100×1.2=210$(海里). 则此时两舰艇之间的距离为210海里.
26. 【问题背景】$EF=AE+CF$ 解析:如图①,延长 FC到点 G,使 $CG=AE$,连接 BG. 因为 $∠BCD+∠BCG=180°,∠BCD=∠BAD=90°$,所以$∠BCG=180°-∠BCD=90°$,即 $∠BCG=∠BAE$. 又 $BC=BA$,所以 $△BCG≌△BAE$(SAS). 所以 $BG=BE,∠CBG=∠ABE$. 又$∠ABC=120°,∠MBN=60°$,所以 $∠ABE+∠CBF=∠ABC-∠MBN=60°$. 所以 $∠CBG+∠CBF=60°$,即 $∠GBF=60°$. 所以 $∠GBF=∠EBF$. 又 $BF=BF$,所以 $△BGF≌△BEF$(SAS). 所以 $GF=EF$. 因为 $GF=CG+CF=AE+CF$,所以 $EF=AE+CF$.
【探究延伸1】结论 $EF=AE+CF$ 成立. 解析:如图②,延长 FC 到点 G,使 $CG=AE$,连接 BG. 同【问题背景】,得$△BCG≌△BAE$(SAS). 所以 $BG=BE$,$∠CBG=∠ABE$. 又 $∠ABC=2∠MBN$,所以 $∠ABE+∠CBF=∠EBF=\frac{1}{2}∠ABC$. 所以 $∠CBG+∠CBF=\frac{1}{2}∠ABC$,即 $∠GBF=\frac{1}{2}∠ABC$. 所以 $∠GBF=∠EBF$. 又 $BF=BF$,所以$△BGF≌△BEF$(SAS).所以 $GF=EF$. 因为 $GF=CG+CF=AE+CF$,所以 $EF=AE+CF$.
【探究延伸2】结论 $EF=AE+CF$ 仍然成立. 理由如下:如图③,延长 FC 到点 G,使 $CG=AE$,连接BG. 因为 $∠BAD+∠BCD=180°,∠BCG+∠BCD=180°$,所以 $∠BCG=∠BAD$. 又 $BC=BA$,所以 $△BCG≌△BAE$(SAS). 所以 $BG=BE$,$∠CBG=∠ABE$. 因为 $∠ABC=2∠MBN$,所以$∠ABE+∠CBF=∠EBF=\frac{1}{2}∠ABC$. 所以$∠CBG+∠CBF=\frac{1}{2}∠ABC$,即 $∠GBF=\frac{1}{2}∠ABC$. 所以 $∠GBF=∠EBF$. 又 $BF=BF$,所以$△BGF≌△BEF$(SAS). 所以 $GF=EF$. 又 $GF=CG+CF=AE+CF$,所以 $EF=AE+CF$.
【实际应用】如图④,连接 EF,延长 AE,BF 相交于点 G. 因为 $∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°$,$∠EOF=70°$,所以 $∠EOF=\frac{1}{2}∠AOB$. 又 $OA=OB,∠OAG+∠OBG=(90°-30°)+(70°+50°)=180°$,所以符合【探究延伸2】中的条件. 所以结论$EF=AE+BF$ 仍然成立,即 $EF=75×1.2+100×1.2=210$(海里). 则此时两舰艇之间的距离为210海里.
解析：
【分析】
本题是几何探究与实际应用结合的综合题，解题思路如下：
1. 问题背景：要证明三条线段的和差关系，采用截长补短法，延长FC到G使CG=AE，先利用SAS证明△BCG≌△BAE，得到BG=BE、∠CBG=∠ABE，再结合已知角度推导出∠GBF=∠EBF，用SAS证明△BFG≌△BFE，将EF转化为GF即可得到线段关系。
2. 探究延伸1：将∠ABC与∠MBN的特殊角度关系推广为一般的两倍关系，沿用上述补短构造全等的方法，即可证得原结论仍然成立。
3. 探究延伸2：进一步将∠BAD与∠BCD的直角互补关系推广为任意互补关系，同理构造全等三角形，即可验证结论依然成立。
4. 实际应用：先根据方位角计算对应角度，发现符合探究延伸2的几何模型，直接套用结论即可计算两舰艇的距离。
【解析】
问题背景
如图①，延长FC到点G，使$CG=AE$，连接BG。
∵$∠BCD+∠BCG=180°$，$∠BCD=∠BAD=90°$，
∴$∠BCG=180°-∠BCD=90°$，即$∠BCG=∠BAE$。
又
∵$BC=BA$，
∴$△BCG≌△BAE$（SAS），
∴$BG=BE$，$∠CBG=∠ABE$。
∵$∠ABC=120°$，$∠MBN=60°$，
∴$∠ABE+∠CBF=∠ABC-∠MBN=60°$，
∴$∠CBG+∠CBF=60°$，即$∠GBF=60°$，
∴$∠GBF=∠EBF$。
又
∵$BF=BF$，
∴$△BGF≌△BEF$（SAS），
∴$GF=EF$。
∵$GF=CG+CF=AE+CF$，
∴$EF=AE+CF$。
探究延伸1
结论$EF=AE+CF$成立。
证明思路同问题背景：延长FC到G使$CG=AE$，先证$△BCG≌△BAE$得$BG=BE$、$∠CBG=∠ABE$，结合$∠ABC=2∠MBN$推得$∠GBF=∠EBF$，再证$△BGF≌△BEF$得$GF=EF$，即可得$EF=AE+CF$。
探究延伸2
结论$EF=AE+CF$仍然成立，理由如下：
如图③，延长FC到点G，使$CG=AE$，连接BG。
∵$∠BAD+∠BCD=180°$，$∠BCG+∠BCD=180°$，
∴$∠BCG=∠BAD$。
又
∵$BC=BA$，
∴$△BCG≌△BAE$（SAS），
∴$BG=BE$，$∠CBG=∠ABE$。
∵$∠ABC=2∠MBN$，
∴$∠ABE+∠CBF=∠EBF=\frac{1}{2}∠ABC$，
∴$∠CBG+∠CBF=\frac{1}{2}∠ABC$，即$∠GBF=\frac{1}{2}∠ABC$，
∴$∠GBF=∠EBF$。
又
∵$BF=BF$，
∴$△BGF≌△BEF$（SAS），
∴$GF=EF$。
∵$GF=CG+CF=AE+CF$，
∴$EF=AE+CF$。
实际应用
如图④，连接EF，延长AE、BF相交于点G。
首先计算角度：$∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°$，$∠EOF=70°$，因此$∠EOF=\frac{1}{2}∠AOB$；
又$OA=OB$，$∠OAG+∠OBG=(90°-30°)+(70°+50°)=180°$，完全符合【探究延伸2】的模型条件，因此结论$EF=AE+BF$成立。
计算线段长度：$AE=75×1.2=90$海里，$BF=100×1.2=120$海里，
因此$EF=90+120=210$海里。
【答案】
【问题背景】$EF=AE+CF$
【探究延伸1】成立，结论为$EF=AE+CF$
【探究延伸2】成立，结论为$EF=AE+CF$
【实际应用】210海里
【知识点】
全等三角形判定与性质，截长补短法，方位角应用
【点评】
本题是典型的几何探究类综合题，遵循从特殊到一般的探究逻辑，先通过特殊四边形的线段关系探究总结方法，再逐步推广到一般情况，最后结合实际场景考查模型应用能力。解题的核心是掌握截长补短构造全等三角形的方法，能准确提炼几何模型解决实际问题。
【难度系数】
0.3
本题是几何探究与实际应用结合的综合题，解题思路如下：
1. 问题背景：要证明三条线段的和差关系，采用截长补短法，延长FC到G使CG=AE，先利用SAS证明△BCG≌△BAE，得到BG=BE、∠CBG=∠ABE，再结合已知角度推导出∠GBF=∠EBF，用SAS证明△BFG≌△BFE，将EF转化为GF即可得到线段关系。
2. 探究延伸1：将∠ABC与∠MBN的特殊角度关系推广为一般的两倍关系，沿用上述补短构造全等的方法，即可证得原结论仍然成立。
3. 探究延伸2：进一步将∠BAD与∠BCD的直角互补关系推广为任意互补关系，同理构造全等三角形，即可验证结论依然成立。
4. 实际应用：先根据方位角计算对应角度，发现符合探究延伸2的几何模型，直接套用结论即可计算两舰艇的距离。
【解析】
问题背景
如图①，延长FC到点G，使$CG=AE$，连接BG。
∵$∠BCD+∠BCG=180°$，$∠BCD=∠BAD=90°$，
∴$∠BCG=180°-∠BCD=90°$，即$∠BCG=∠BAE$。
又
∵$BC=BA$，
∴$△BCG≌△BAE$（SAS），
∴$BG=BE$，$∠CBG=∠ABE$。
∵$∠ABC=120°$，$∠MBN=60°$，
∴$∠ABE+∠CBF=∠ABC-∠MBN=60°$，
∴$∠CBG+∠CBF=60°$，即$∠GBF=60°$，
∴$∠GBF=∠EBF$。
又
∵$BF=BF$，
∴$△BGF≌△BEF$（SAS），
∴$GF=EF$。
∵$GF=CG+CF=AE+CF$，
∴$EF=AE+CF$。
探究延伸1
结论$EF=AE+CF$成立。
证明思路同问题背景：延长FC到G使$CG=AE$，先证$△BCG≌△BAE$得$BG=BE$、$∠CBG=∠ABE$，结合$∠ABC=2∠MBN$推得$∠GBF=∠EBF$，再证$△BGF≌△BEF$得$GF=EF$，即可得$EF=AE+CF$。
探究延伸2
结论$EF=AE+CF$仍然成立，理由如下：
如图③，延长FC到点G，使$CG=AE$，连接BG。
∵$∠BAD+∠BCD=180°$，$∠BCG+∠BCD=180°$，
∴$∠BCG=∠BAD$。
又
∵$BC=BA$，
∴$△BCG≌△BAE$（SAS），
∴$BG=BE$，$∠CBG=∠ABE$。
∵$∠ABC=2∠MBN$，
∴$∠ABE+∠CBF=∠EBF=\frac{1}{2}∠ABC$，
∴$∠CBG+∠CBF=\frac{1}{2}∠ABC$，即$∠GBF=\frac{1}{2}∠ABC$，
∴$∠GBF=∠EBF$。
又
∵$BF=BF$，
∴$△BGF≌△BEF$（SAS），
∴$GF=EF$。
∵$GF=CG+CF=AE+CF$，
∴$EF=AE+CF$。
实际应用
如图④，连接EF，延长AE、BF相交于点G。
首先计算角度：$∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°$，$∠EOF=70°$，因此$∠EOF=\frac{1}{2}∠AOB$；
又$OA=OB$，$∠OAG+∠OBG=(90°-30°)+(70°+50°)=180°$，完全符合【探究延伸2】的模型条件，因此结论$EF=AE+BF$成立。
计算线段长度：$AE=75×1.2=90$海里，$BF=100×1.2=120$海里，
因此$EF=90+120=210$海里。
【答案】
【问题背景】$EF=AE+CF$
【探究延伸1】成立，结论为$EF=AE+CF$
【探究延伸2】成立，结论为$EF=AE+CF$
【实际应用】210海里
【知识点】
全等三角形判定与性质，截长补短法，方位角应用
【点评】
本题是典型的几何探究类综合题，遵循从特殊到一般的探究逻辑，先通过特殊四边形的线段关系探究总结方法，再逐步推广到一般情况，最后结合实际场景考查模型应用能力。解题的核心是掌握截长补短构造全等三角形的方法，能准确提炼几何模型解决实际问题。
【难度系数】
0.3