中小学教育资源及组卷应用平台
半角模型
教学内容
1、90°夹45°；
2、120°夹60°．
教学过程
诊断1．如图，正方形ABCD，∠EAF＝45°．交BC、CD于E、F，交BD于H、G．
（1）求证：AD2＝BG DH；
（2）求证：CEDG；
（3）求证：EFHG．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD为正方形∴∠ABD＝∠ADB＝45°，AB＝AD，
∵∠EAF＝45°，∴∠BAG＝45°+∠BAH，∠AHD＝45°+∠BAH，∴∠BAG＝∠AHD，
∵∠ABD＝∠ADB＝45°，∴△ABG∽△HDA，∴，
∴BG DH＝AB AD＝AD2；
（2）如图，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACE＝∠ADB＝∠CAD＝45°，∴ACAD，
∵∠EAF＝45°，∴∠EAF＝∠CAD，∴∠EAF﹣∠CAF＝∠CAD﹣∠CAF，即∠EAC＝∠GAD，
∴△EAC∽△GAD，∴，∴CEDG；
（3）由（2）得：△EAC∽△GAD，∴，
同理得：△AFC∽△AHB，∴，∴，
∵∠GAH＝∠EAF，∴△GAH∽△EAF，∴，
∴EFGH．
内化1-1．（2020 光明区一模）如图，在正方形ABCD中，△AEF的顶点E，F分别在BC，CD边上，高AG与正方形的边长相等，连接BD分别交AE，AF于点M，N，下列说法：
①∠EAF＝45°；②连接MG，NG，则△MGN为直角三角形；
③△AMN∽△AFE；④若BE＝2，FD＝3，则MN的长为．其中正确结论的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【解答】解：①在Rt△ABE和Rt△AGE中，，∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL）．
∴∠BAE＝∠GAE，BE＝EG，同理，∠GAF＝∠DAF，GF＝DF，∴∠EAF∠BAD＝45°，
故①正确；
②连将△ADN绕点A顺时针旋转90°至△ABH位置，得到图②，连接HM，
由旋转知：∠BAH＝∠DAN，AH＝AN，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，∴∠BAM+∠DAN＝45°，∴∠HAM＝∠BAM+∠BAH＝45°，
∴∠HAM＝∠NAM，又AM＝AM，∴△AHM≌△ANM（SAS），∴MN＝MH
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB＝∠ABD＝45°
由旋转知：∠ABH＝∠ADB＝45°，HB＝ND，
∴∠HBM＝∠ABH+∠ABD＝90°，
∴MH2＝HB2+BM2，
∴MN2＝ND2+BM2
∵Rt△ABE≌Rt△AGE，
∴∠BAM＝∠GAM．
在△ABM和△AGM中，，
∴△ABM≌Rt△AGM（SAS）．
∴MG＝MB，
同理NG＝ND，
∴MN2＝NG2+MG2
∴△MGN为直角三角形，
故②正确；
③∵∠AEB+∠BME+∠DBC＝180°，∠AEF+∠AFE+∠EAF＝180°
∵∠DBC＝∠EAF＝45°，∠AEB＝∠AEF，∴∠AFE＝∠BME，∴∠AFE＝∠AMN，
∵∠EAF＝∠NAM，∴△AMN∽△AFE，故③正确；
④∵BE＝EG，GF＝FD，BE＝2，FD＝3，
∴EF＝EG+FG＝5，
设正方形的边长为a，则EC＝a﹣2，FC＝a﹣3，
∵EF2＝EC2+FC2，
∴52＝（a﹣2）2+（a﹣3）2，
解得a＝6，
∴AB＝AD＝6，
∴BD＝6，
作AH⊥BD于H，则AH＝3，
∵△AMN∽△AFE，
∴，
∵AG＝AB＝6，
∴，
∴MN，
故④正确．
综上正确结论的个数是4个，
故选：A．
内化1-2．如图，正方形ABCD的边长为a，点E，F分别在边BC，CD上，且满足∠EAF＝45°，AE、AF分别与对角线BD交于点M、N，AH⊥EF于点H，以下说法：①AH＝a；②△CEF的周长是2a；③若BE＝2，DF＝3，则a＝6；④△ABM≌△NEM；⑤AN⊥NE，其中正确的是（ ）
A．①②③⑤ B．①②④⑤ C．①②③ D．①②⑤
【解答】解：如图，延长EB至点G，使BG＝DF，
∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABC＝∠ADF＝∠ABG＝90°，∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AF＝AG，又∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAE+∠BAG＝45°，∴∠GAE＝∠EAF，∴△AGE≌△AFE，∴GE＝FE，S△AGE＝S△AFE，
又∵AH⊥EF，AB⊥GE，∴AH＝AB＝a，故①正确；
∵BG＝DF，GE＝FE，∴△CEF的周长＝CE+EF+CF＝CE+EG+CF＝CE+BE+BG+CF
＝CE+BE+DF+CF＝BC+CD＝2a，故②正确；
∵BE＝2，DF＝3，∴EF＝GE＝BE+BG＝BE+DF＝2+3＝5，
在Rt△ECF中，CF＝a﹣3，EC＝a﹣2，∴（a﹣3）2+（a﹣2）2＝52，
解得：a＝6或a＝﹣1（负值舍去），故③正确；
∵∠EAF＝45°，∠DBC＝45°，∴∠EAF＝∠DBC，
又∵∠BME＝∠AMN，∴△BME∽△AMN，∴，
又∵∠AMB＝∠NME，∴△ABM相似△NEM，但并一定全等，故④错误；
∵△AMB∽△NME，∴∠ABM＝∠AEN＝45°，
又∵∠EAF＝45°，∴∠ANE＝180°﹣∠AEN﹣∠EAF＝90°，
即AN⊥NE，故⑤正确，
正确的是①②③⑤，
故选：A．
内化1-3．（2021 南山区一模）如图，正方形ABCD边长为2，BM，DN分别是正方形的两个外角的平分线，点P，Q分别是平分线BM，DN上的点，且满足∠PAQ＝45°，连接PQ，PC，CQ．则下列结论：
①BP DQ＝3.6，②∠QAD＝∠APB，③∠PCQ＝135°④BP2+DQ2＝PQ2，其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【解答】解：∵BM，DN分别是正方形ABCD的两个外角平分线，∴∠ADQ＝∠ABP＝135°，
∴∠BAP+∠APB＝45°，∵∠PAQ＝45°，∵∠QAD+∠BAP＝45°，
∴∠QAD＝∠APB，故②正确；∴△ABP∽△QDA，∴，
∵正方形ABCD边长为2，∴BP DQ＝AD AB＝4，故①错误；
∵，∴，即，
∵∠PBC＝∠CDQ＝45°，∴△PBC∽△CDQ，∴∠BCP＝∠DQC，
∴∠PCQ＝360°﹣90°﹣∠DQC﹣∠DCQ，
∵∠DQC+∠DCQ＝180°﹣∠CDQ＝180°﹣45°，∴∠PCQ＝135°，故③正确；
如图，将△AQD绕点A顺时针旋转90°，得△ABG，连接GP，AB与GP相交于点H，
∴△ADQ≌△ABG，∴∠GAB＝∠QAD，AG＝AQ，BG＝DQ，∠AGB＝∠AQD，
∴∠GAP＝∠GAB+∠BAP＝QAD+∠BAP＝∠BAD﹣∠PAQ＝45°，∴∠GAP＝∠PAQ＝45°，
∵AP＝AP，∴△AGP≌△AQP（SAS），∴GP＝QP，
∵∠PBC＝45°，∠HBC＝90°，∴∠HBP＝45°，∴∠GBP＝∠GBH+∠HBP＝∠AGB+∠GAB+45°＝∠AQD+∠QAD+45°，∵∠AQD+∠QAD＝180°﹣∠ADQ＝180°﹣135°＝45°，∴∠GBP＝90°，
∴△GBP是直角三角形，∴BP2+BG2＝GP2，∴BP2+DQ2＝PQ2，故④正确．
属于其中正确的有②③④，共3个．故选：C．
内化1-4．（2022 坪山区一模）如图，在正方形ABCD中，，M为对角线BD上任意一点（不与B、D重合），连接CM，过点M作MN⊥CM，交线段AB于点N．连接NC交BD于点G．若BG：MG＝3：5，则NG CG的值为 ．
【解答】解：如图，把△DMC绕点C逆时针旋转90°得到△BHC，连接GH，
∵△DMC≌△BHC，∠BCD＝90°，
∴MC＝HC，DM＝BH，∠CDM＝∠CBH＝45°，∠DCM＝∠BCH，
∴∠MBH＝90°，∠MCH＝90°，
∵∠CMN＝∠CBN＝90°，∴M、N、B、C四点共圆，∴∠MCN＝45°，
∴∠NCH＝45°，∴△MCG≌△HCG（SAS），∴MG＝HG，
∵BG：MG＝3：5，设BG＝3a，则MG＝GH＝5a，
在Rt△BGH中，BH＝4a，则MD＝4a，
∵正方形ABCD的边长为，
∴BD＝12，
∴DM+MG+BG＝12a＝12，
∴a＝1，
∴BG＝3，MG＝5，
∵∠MGC＝∠NGB，∠MNG＝∠GBC＝45°，
∴△MGN∽△CGB，
∴，∴CG NG＝BG MG＝15．
故答案为：15．
诊断2．（2020秋 南山区期末）问题背景
如图（1），在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，∠BAD＝α，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAF＝α，连接EF，试探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系．
（1）特殊情景
在上述条件下，小明增加条件“当∠BAD＝∠B＝∠D＝90°时”如图（2），小明很快写出了：BE，DF，EF之间的数量关系为 ．
（2）类比猜想
类比特殊情景，小明猜想：在如图（1）的条件下线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请你帮助小明完成证明；若不成立，请说明理由．
（3）解决问题
如图（3），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD＝，请直接写出DE的长．
【解答】解：（1）BE+DF＝EF，
如图1，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，
∵∠ADC＝∠B＝∠ADG＝90°，
∴∠FDG＝180°，即点F，D，G共线．
由旋转可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG．
∵∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠DAG+∠DAF＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG．
又∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴BE+DF＝EF，
故答案为：BE+DF＝EF．
（2）成立．证明：如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH，
可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH．
∵∠B+∠ADC＝180°，∴∠ADH+∠ADC＝180°，
∴点C，D，H在同一直线上．
∵∠BAD＝α，∠EAFα，∴∠BAE+∠FADα，
∴∠DAH+∠FADα，∴∠FAH＝∠EAF，
又∵AF＝AF，∴△AEF≌△AHF（SAS），
∴EF＝FH＝DF+DH＝DF+BE；
（3）DE，
如图3，将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′．
可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，
在Rt△ABC中，∵AB＝AC＝4，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝4，
∴∠ABC+∠ABE′＝90°，即∠E′BD＝90°，∴E′B2+BD2＝E′D2．
易证△AE′D≌△AED，∴DE＝DE′，
∴DE2＝BD2+EC2，即DE2，
解得．
内化2-1．（2021 娄底）如图①，E、F是等腰Rt△ABC的斜边BC上的两动点，∠EAF＝45°，CD⊥BC且CD＝BE．
（1）求证：△ABE≌△ACD；
（2）求证：EF2＝BE2+CF2；
（3）如图②，作AH⊥BC，垂足为H，设∠EAH＝α，∠FAH＝β，不妨设AB＝，请利用（2）的结论证明：当α+β＝45°时，tan（α+β）＝成立．
【解答】证明：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵CD⊥BC，∴∠BCD＝90°，∴∠ACD＝∠BCD﹣∠ACB＝45°＝∠B，
在△ABE和△ACD中，，∴△ABE≌△ACD（SAS）；
（2）由（1）知，△ABE≌△ACD，∴AE＝AD，∠BAE＝∠CAD，
∵∠BAC＝90°，∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝∠CAE+∠BAE＝∠BAC＝90°，
∵∠EAF＝45°，∴∠DAF＝∠DAE﹣∠EAF＝45°＝∠EAF，
∵AF＝AF，∴△AEF≌△ADF（SAS），∴DF＝EF，
在Rt△DCF中，根据勾股定理得，DF2＝CF2+CD2，
∵CD＝BE，∴EF2＝CF2+BE2；
（3）在Rt△ABC中，AC＝AB，∴BCAB＝2，
∵AH⊥BC，∴AH＝BH＝CHBC＝1，∴BE＝1﹣EH，CF＝1﹣FH，
由（2）知，EF2＝CF2+BE2，∵EF＝EH+FH，∴（EH+FH）2＝（1﹣FH）2+（1﹣EH）2，
∴1﹣EH FH＝EH+FH，在Rt△AHE中，tanαEH，在Rt△AHF中，tanβFH，
∴右边1，∵α+β＝45°，
∴左边＝tan（α+β）＝tan45°＝1，∴左边＝右边，
即当α+β＝45°时，tan（α+β）成立．
内化2-2．（2021 鄂尔多斯）旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时往往可以通过旋转解决问题．
（1）尝试解决：如图①，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M是BC上的一点，BM＝1cm，CM＝2cm，将△ABM绕点A旋转后得到△ACN，连接MN，则AM＝ cm．
（2）类比探究：如图②，在“筝形”四边形ABCD中，AB＝AD＝a，CB＝CD，AB⊥BC于点B，AD⊥CD于点D，点P、Q分别是AB、AD上的点，且∠PCB+∠QCD＝∠PCQ，求△APQ的周长．（结果用a表示）
（3）拓展应用：如图③，已知四边形ABCD，AD＝CD，∠ADC＝60°，∠ABC＝75°，AB＝2，BC＝2，求四边形ABCD的面积．
【解答】解：（1）如图①，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，
由旋转得：CN＝BM＝1，∠ACN＝∠B＝45°，∠MAN＝∠BAC＝90°，AM＝AN，
∴∠MCN＝∠ACB+∠ACN＝45°+45°＝90°，△AMN是等腰直角三角形，
∵CM＝2，∴MN，∴AMMN（cm）；
故答案为：；
（2）如图②，延长AB到E，使BE＝DQ，连接CE，
∵AB⊥BC，AD⊥CD，∴∠ADC＝∠ABC＝90°，∴∠CBE＝∠CDQ＝90°，
在△CDQ和△CBE中，，∴△CDQ≌△CBE（SAS），
∴∠DCQ＝∠BCE，CQ＝CE，
∵∠PCB+∠QCD＝∠PCQ，∴∠PCB+∠BCE＝∠PCQ＝∠PCE，
在△QCP和△ECP中，，∴△QCP≌△ECP（SAS），∴PQ＝PE，
∴△APQ的周长＝AQ+PQ+AP＝AQ+PE+AP＝AQ+BE+PB+AP＝AQ+DQ+AB＝2AB＝2a；
（3）如图③，连接BD，由于AD＝CD，所以可将△BCD绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB′，
连接BB′，延长BA，作B′E⊥BA于E，
由旋转得：△BCD≌△B′AD，∴BD＝B'D，∠BDB'＝60°，∠CBD＝∠AB'D，
∴S四边形ABCD＝S四边形BDB′A，△BDB'是等边三角形，
∵∠ABC＝75°，∠ADC＝60°，∴∠BAB′＝∠BDB'+∠AB'D+∠ABD＝135°，
∴∠B′AE＝45°，∵B′A＝BC＝2，∴B′E＝AE，
∴BE＝AB+AE＝23，∴BB′2，
设等边三角形的高为h，则勾股定理得：h，
∴S四边形ABCD＝S四边形BDB′A＝S△BDB′﹣S△ABB′252．
内化2-3．（2021 齐齐哈尔）综合与实践
数学实践活动，是一种非常有效的学习方式，通过活动可以激发我们的学习兴趣，提高动手动脑能力，拓展思维空间，丰富数学体验，让我们一起动手来折一折、转一转、剪一剪，体会活动带给我们的乐趣．
折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1．
（1）∠EAF＝ °，写出图中两个等腰三角形： （不需要添加字母）；
转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．
（2）线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为 ；
（3）连接正方形对角线BD，若图2中的∠PAQ的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N，如图3，则＝ ；
剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．
（4）求证：BM2+DN2＝MN2．
【解答】（1）解：如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAD＝90°，
∴ABC，△ADC都是等腰三角形，
∵∠BAE＝∠CAE，∠DAF＝∠CAF，
∴∠EAF（∠BAC+∠DAC）＝45°，
∵∠BAE＝∠DAF＝22.5°，∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，
∴△BAE≌△DAF（ASA），
∴BE＝DF，AE＝AF，
∵CB＝CD，
∴CE＝CF，
∴△AEF，△CEF都是等腰三角形，
故答案为：45，△AEF，△EFC，△ABC，△ADC．
（2）解：结论：PQ＝BP+DQ．
理由：如图2中，延长CB到T，使得BT＝DQ．
∵AD＝AB，∠ADQ＝∠ABT＝90°，DQ＝BT，
∴△ADQ≌△ABT（SAS），
∴AT＝AQ，∠DAQ＝∠BAT，
∵∠PAQ＝45°，
∴∠PAT＝∠BAP+∠BAT＝∠BAP+∠DAQ＝45°，
∴∠PAT＝∠PAQ＝45°，
∵AP＝AP，
∴△PAT≌△PAQ（SAS），
∴PQ＝PT，
∵PT＝PB+BT＝PB+DQ，
∴PQ＝BP+DQ．
故答案为：PQ＝BP+DQ．
（3）解：如图3中，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABM＝∠ACQ＝∠BAC＝45°，ACAB，
∵∠BAC＝∠PAQ＝45°，∴∠BAM＝∠CAQ，∴△CAQ∽△BAM，
∴，故答案为：．
（4）证明：如图4中，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM．
∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，∴∠DAN+∠BAM＝45°，
∵∠DAN＝∠BAR，∴∠BAM+∠BAR＝45°，∴∠MAR＝∠MAN＝45°，
∵AR＝AN，AM＝AM，∴△AMR≌△AMN（SAS），∴RM＝MN，
∵∠D＝∠ABR＝∠ABD＝45°，∴∠RBM＝90°，
∴RM2＝BR2+BM2，
∵DN＝BR，MN＝RM，
∴BM2+DN2＝MN2．
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半角模型
教学内容
1、90°夹45°；
2、120°夹60°．
教学过程
诊断1．如图，正方形ABCD，∠EAF＝45°．交BC、CD于E、F，交BD于H、G．
（1）求证：AD2＝BG DH；
（2）求证：CEDG；
（3）求证：EFHG．
内化1-1．（2020 光明区一模）如图，在正方形ABCD中，△AEF的顶点E，F分别在BC，CD边上，高AG与正方形的边长相等，连接BD分别交AE，AF于点M，N，下列说法：
①∠EAF＝45°；②连接MG，NG，则△MGN为直角三角形；
③△AMN∽△AFE；④若BE＝2，FD＝3，则MN的长为．其中正确结论的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
内化1-2．如图，正方形ABCD的边长为a，点E，F分别在边BC，CD上，且满足∠EAF＝45°，AE、AF分别与对角线BD交于点M、N，AH⊥EF于点H，以下说法：①AH＝a；②△CEF的周长是2a；③若BE＝2，DF＝3，则a＝6；④△ABM≌△NEM；⑤AN⊥NE，其中正确的是（ ）
A．①②③⑤ B．①②④⑤ C．①②③ D．①②⑤
内化1-3．（2021 南山区一模）如图，正方形ABCD边长为2，BM，DN分别是正方形的两个外角的平分线，点P，Q分别是平分线BM，DN上的点，且满足∠PAQ＝45°，连接PQ，PC，CQ．则下列结论：
①BP DQ＝3.6，②∠QAD＝∠APB，③∠PCQ＝135°④BP2+DQ2＝PQ2，其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
内化1-4．（2022 坪山区一模）如图，在正方形ABCD中，，M为对角线BD上任意一点（不与B、D重合），连接CM，过点M作MN⊥CM，交线段AB于点N．连接NC交BD于点G．若BG：MG＝3：5，则NG CG的值为 ．
诊断2．（2020秋 南山区期末）问题背景
如图（1），在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，∠BAD＝α，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAF＝α，连接EF，试探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系．
（1）特殊情景
在上述条件下，小明增加条件“当∠BAD＝∠B＝∠D＝90°时”如图（2），小明很快写出了：BE，DF，EF之间的数量关系为 ．
（2）类比猜想
类比特殊情景，小明猜想：在如图（1）的条件下线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请你帮助小明完成证明；若不成立，请说明理由．
（3）解决问题
如图（3），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD＝，请直接写出DE的长．
内化2-1．（2021 娄底）如图①，E、F是等腰Rt△ABC的斜边BC上的两动点，∠EAF＝45°，CD⊥BC且CD＝BE．
（1）求证：△ABE≌△ACD；
（2）求证：EF2＝BE2+CF2；
（3）如图②，作AH⊥BC，垂足为H，设∠EAH＝α，∠FAH＝β，不妨设AB＝，请利用（2）的结论证明：当α+β＝45°时，tan（α+β）＝成立．
内化2-2．（2021 鄂尔多斯）旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时往往可以通过旋转解决问题．
（1）尝试解决：如图①，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M是BC上的一点，BM＝1cm，CM＝2cm，将△ABM绕点A旋转后得到△ACN，连接MN，则AM＝ cm．
（2）类比探究：如图②，在“筝形”四边形ABCD中，AB＝AD＝a，CB＝CD，AB⊥BC于点B，AD⊥CD于点D，点P、Q分别是AB、AD上的点，且∠PCB+∠QCD＝∠PCQ，求△APQ的周长．（结果用a表示）
（3）拓展应用：如图③，已知四边形ABCD，AD＝CD，∠ADC＝60°，∠ABC＝75°，AB＝2，BC＝2，求四边形ABCD的面积．
内化2-3．（2021 齐齐哈尔）综合与实践
数学实践活动，是一种非常有效的学习方式，通过活动可以激发我们的学习兴趣，提高动手动脑能力，拓展思维空间，丰富数学体验，让我们一起动手来折一折、转一转、剪一剪，体会活动带给我们的乐趣．
折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1．
（1）∠EAF＝ °，写出图中两个等腰三角形： （不需要添加字母）；
转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．
（2）线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为 ；
（3）连接正方形对角线BD，若图2中的∠PAQ的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N，如图3，则＝ ；
剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．
（4）求证：BM2+DN2＝MN2．
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