中考数学二轮重难点复习讲义模型05 相似三角形中的常见五种基本模型（2份打包，原卷版+解析版）

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相似三角形考查范围广，综合性强，其模型种类多，其中有关一线三垂直模型在前面的专题已经很详细的讲解，这里就不在重复.
模型一、A字型相似模型
A字型（平行） 反A字型（不平行）
模型二、8字型与反8字型相似模型
模型三、AX型相似模型（A字型及X字型两者相结合）
模型四、共边角相似模型（子母型）
模型五、手拉手相似模型
例题精讲
考点一、A字相似模型
【例1】．如图，在△ABC中，∠A＝78°，AB＝4，AC＝6，将△ABC沿图示中的虚线剪开，剪下的阴影三角形与原三角形不相似的是（ ）
A．B．
C．D．
解：A、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似，故本选项错误；
B、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似，故本选项错误；
C、两三角形的对应边不成比例，故两三角形不相似，故本选项正确．
D、两三角形对应边成比例且夹角相等，故两三角形相似，故本选项错误；
故选：C．
变式训练
【变式1-1】．如图，在△ABC中，DE∥BC，AH⊥BC于点H，与DE交于点G．若，则＝ ．
解：∵，
∴，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，故答案为．
【变式1-2】.如图，在△ABC中，M是AC的中点，E是AB上一点，AE＝AB，连接EM并延长，交BC的延长线于D，则＝__________.

解：如图，过C点作CP∥AB，交DE于P，
∵PC∥AE， ∴△AEM∽△CPM， ∴＝，
∵M是AC的中点， ∴AM＝CM， ∴PC＝AE，
∵AE＝AB， ∴CP＝AB， ∴CP＝BE，
∵CP∥BE， ∴△DCP∽△DBE，
∴＝＝， ∴BD＝3CD，
∴BC＝2CD，即＝2．
【变式1-3】．如图，在△ABC中，点D在边AB上，AD＝9，BD＝7．AC＝12．△ABC的角平分线AE交CD于点F．
（1）求证：△ACD∽△ABC；
（2）若AF＝8，求AE的长度．
解：（1）∵AD＝9，BD＝7，AC＝12，
∴AB＝AD+BD＝16，
∵＝＝，＝＝，
∴＝，
∵∠BAC＝∠CAD，
∴△ACD∽△ABC；
（2）由（1）可知，△ACD∽△ABC，
∴∠ABE＝∠ACF，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAF，
∴△ABE∽△ACF，
∴＝，即＝，
∴AE＝＝．
考点二、8字与反8字相似模型
【例2】．如图，AG∥BD，AF：FB＝1：2，BC：CD＝2：1，求的值
解：∵AG∥BD，
∴△AFG∽△BFD， ∴＝，
∵，∴CD＝BD， ∴，
∵AG∥BD，
∴△AEG∽△CED， ∴．
变式训练
【变式2-1】．如图，AB∥CD，AE∥FD，AE、FD分别交BC于点G、H，则下列结论中错误的是（ ）
A．B．C．D．
解：A、∵AB∥CD，
∴＝，故本选项不符合题目要求；
B、∵AE∥DF，
∴△CEG∞△CDH，
∴＝，∴＝，
∵AB∥CD，
∴＝，∴＝，
∴＝，∴＝，故本选项不符合题目要求；
∵AB∥CD，AE∥DF，
∴四边形AEDF是平行四边形，∴AF＝DE，
∵AE∥DF，
∴，∴＝，故本选项不符合题目要求；
D、∵AE∥DF，
∴△BFH∞△BAG，∴，故本选项符合题目要求；故选：D．
【变式2-2】．如图，在平行四边形ABCD中，E为边AD的中点，连接AC，BE交于点F．若△AEF的面积为2，则△ABC的面积为（ ）
A．8B．10C．12D．14
解：如图，∵四边形ABCD是平行四边形，
∵EA∥BC，
∴△AEF∽△CBF，
∵AE＝DE＝AD，CB＝AD，
∴＝＝＝＝，
∴AF＝AC，EF＝BF，
∴S△ABF＝S△ABC，
∴S△AEF＝S△ABF＝×S△ABC＝S△ABC，
∵S△AEF＝2，
∴S△ABC＝6S△AEF＝6×2＝12，故选：C．
【变式2-3】.如图，锐角三角形ABC中，∠A＝60°，BE⊥AC于E，CD⊥AB于D，则DE：BC＝ 1：2 ．
解：如图，∵在△ADC中，∠A＝60°，CD⊥AB于点D，
∴∠ACD＝30°，
∴＝．
又∵在△ABE中，∠A＝60°，BE⊥AC于E，
∴∠ABE＝30°，
∴＝，
∴＝．
又∵∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ACB，
∴DE：BC＝AD：AC＝1：2．故答案是：1：2．
考点三、AX型相似模型（A字型及X字型两者相结合）
【例3】.如图，在△ABC中，点D和E分别是边AB和AC的中点，连接DE，DC与BE交于点O，若△DOE的面积为1，则△ABC的面积为（ ）
A．6B．9C．12D．13.5
解：∵点D和E分别是边AB和AC的中点，
∴O点为△ABC的重心，
∴OB＝2OE，
∴S△BOD＝2S△DOE＝2×1＝2，
∴S△BDE＝3，
∵AD＝BD，
∴S△ABE＝2S△BDE＝6，
∵AE＝CE，
∴S△ABC＝2S△ABE＝2×6＝12．故选C．
变式训练
【变式3-1】.如图，DE是△ABC的中位线，F为DE中点，连接AF并延长交BC于点G，若S△EFG＝1，则S△ABC＝ 24 ．
解：方法一：∵DE是△ABC的中位线，
∴D、E分别为AB、BC的中点，
如图过D作DM∥BC交AG于点M，
∵DM∥BC，
∴∠DMF＝∠EGF，
∵点F为DE的中点，
∴DF＝EF，
在△DMF和△EGF中，
，
∴△DMF≌△EGF（AAS），
∴S△DMF＝S△EGF＝1，GF＝FM，DM＝GE，
∵点D为AB的中点，且DM∥BC，
∴AM＝MG，
∴FM＝AM，
∴S△ADM＝2S△DMF＝2，
∵DM为△ABG的中位线，
∴＝，
∴S△ABG＝4S△ADM＝4×2＝8，
∴S梯形DMGB＝S△ABG﹣S△ADM＝8﹣2＝6，
∴S△BDE＝S梯形DMGB＝6，
∵DE是△ABC的中位线，
∴S△ABC＝4S△BDE＝4×6＝24，
方法二：连接AE，
∵DE是△ABC的中位线，
∴DE∥AC，DE＝AC，
∵F是DE的中点，
∴＝，
∴＝＝，
∵S△EFG＝1，
∴S△ACG＝16，
∵EF∥AC，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴S△AEG＝S△ACG＝4，
∴S△ACE＝S△ACG﹣S△AEG＝12，
∴S△ABC＝2S△ACE＝24，故答案为：24．
【变式3-2】．如图：AD∥EG∥BC，EG交DB于点F，已知AD＝6，BC＝8，AE＝6，EF＝2．
（1）求EB的长； （2）求FG的长．
解：（1）∵EG∥AD，
∴△BAD∽△BEF，
∴＝，即＝，
∴EB＝3．
（2）∵EG∥∥BC，
∴△AEG∽△ABC，
∴＝，即＝，
∴EG＝，
∴FG＝EG﹣EF＝．
【变式3-3】.如图，已知AB∥CD，AC与BD相交于点E，点F在线段BC上，，．
（1）求证：AB∥EF；
（2）求S△ABE：S△EBC：S△ECD．
（1）证明：∵AB∥CD，
∴＝＝，
∵，
∴＝，
∴EF∥CD，
∴AB∥EF．
（2）解：设△ABE的面积为m．
∵AB∥CD，
∴△ABE∽△CDE，
∴＝（）2＝，
∴S△CDE＝4m，
∵＝＝，
∴S△BEC＝2m，
∴S△ABE：S△EBC：S△ECD＝m：2m：4m＝1：2：4．
模型四、子母型相似模型
【例4】.如图，点C，D在线段AB上，△PCD是等边三角形，且∠APB＝120°，求证：
（1）△ACP∽△PDB，
（2）CD2＝AC•BD．
证明：（1）∵△PCD是等边三角形，
∴∠PCD＝∠PDC＝∠CPD＝60°，
∴∠ACP＝∠PDB＝120°，
∵∠APB＝120°，
∴∠APC+∠BPD＝60°，
∵∠CAP+∠APC＝60°
∴∠BPD＝∠CAP， ∴△ACP∽△PDB；
（2）由（1）得△ACP∽△PDB，
∴，
∵△PCD是等边三角形，
∴PC＝PD＝CD，
∴，
∴CD2＝AC•BD．
变式训练
【变式4-1】.如图，点P在△ABC的边AC上，要判断△ABP∽△ACB，添加一个条件，不正确的是（ ）
A．∠ABP＝∠CB．∠APB＝∠ABCC．D．
解：在△ABP和△ACB中，∠BAP＝∠CAB，
∴当∠ABP＝∠C时，满足两组角对应相等，可判断△ABP∽△ACB，故A正确；
当∠APB＝∠ABC时，满足两组角对应相等，可判断△ABP∽△ACB，故B正确；
当时，满足两边对应成比例且夹角相等，可判断△ABP∽△ACB，故C正确；
当时，其夹角不相等，则不能判断△ABP∽△ACB，故D不正确；
故选：D．
【变式4-2】.如图，在△ABC中，点D在AC边上，连接BD，若∠ABC+∠BDC＝180°，AD＝2，CD＝4，则AB的长为（ ）
A．3B．4C．D．2
解：∵∠ABC+∠BDC＝180°，∠ADB+∠BDC＝180°，
∴∠ADB＝∠ABC，
∵∠A＝∠A，
∴△ABC∽△ADB，
∴，
∵AD＝2，CD＝4，
∴，
∴AB2＝12，
∴AB＝2或﹣2（不合题意，舍去），故选：D．
【变式4-3】．如图，边长为4的正方形，内切圆记为圆O，P为圆O上一动点，则PA+PB的最小值为 2 ．

解：设⊙O半径为r，
OP＝r＝BC＝2，OB＝r＝2，
取OB的中点I，连接PI，
∴OI＝IB＝，
∵，
，
∴，
∠O是公共角，
∴△BOP∽△POI，
∴，
∴PI＝PB，
∴AP+PB＝AP+PI，
∴当A、P、I在一条直线上时，AP+PB最小，
作IE⊥AB于E，
∵∠ABO＝45°，
∴IE＝BE＝BI＝1，
∴AE＝AB﹣BE＝3，
∴AI＝＝，
∴AP+PB最小值＝AI＝，
∵PA+PB＝（PA+PB），
∴PA+PB的最小值是AI＝＝2．
故答案是2．
模型五、手拉手相似模型
【例5】.如图，△ABC与△DEF均为等边三角形，O为BC、EF的中点，则AD：BE的值为 ．
解：连接OA、OD，
∵△ABC与△DEF均为等边三角形，O为BC、EF的中点，
∴AO⊥BC，DO⊥EF，∠EDO＝30°，∠BAO＝30°，
∴OD：OE＝OA：OB＝：1，
∵∠DOE+∠EOA＝∠BOA+∠EOA 即∠DOA＝∠EOB，
∴△DOA∽△EOB，
∴OD：OE＝OA：OB＝AD：BE＝：1＝，故答案为：．
变式训练
【变式5-1】.如图，在△ABC与△ADE中，∠BAC＝∠DAE，∠ABC＝∠ADE．
求证：（1）△BAC∽△DAE； （2）△BAD∽△CAE．
证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE，∠ABC＝∠ADE．
∴△BAC∽△DAE；
（2）∵△BAC∽△DAE，
∴，
∴，
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE．
【变式5-2】.如图，点D是△ABC内一点，且∠BDC＝90°，AB＝2，AC＝，∠BAD＝∠CBD＝30°，AD＝ ．
解：如图，过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，
∵∠BAD＝30°，
∴∠DAM＝60°，
∴∠AMD＝30°，
∴∠AMD＝∠DBC，
又∵∠ADM＝∠BDC＝90°，
∴△BDC∽△MDA，
∴，
又∠BDC＝∠MDA，
∴∠BDC+∠CDM＝∠ADM+∠CDM，
即∠BDM＝∠CDA，
∴△BDM∽△CDA，
∴＝，
∵AC＝，
∴BM＝3，
在Rt△ABM中，AM＝＝＝，∴AD＝AM＝．
【变式5-3】．如图，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝2，CD＝5，AD＝kAB（k为常数），则BD的长为 ．（用含k的式子表示）
解：如图中，∵AE⊥BC，BE＝EC，
∴AB＝AC，
将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD＝CG，
∵∠BAD＝∠CAG，
∴∠BAC＝∠DAG，
∵AB＝AC，AD＝AG，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD，
∴△ABC∽△ADG，
∵AD＝kAB，
∴DG＝kBC＝4k，
∵∠BAE+∠ABC＝90°，∠BAE＝∠ADC，
∴∠ADG+∠ADC＝90°，
∴∠GDC＝90°，
∴CG＝＝．
∴BD＝CG＝，
故答案为：．

实战演练
1．如图，已知DE∥BC，EF∥AB，则下列比例式中错误的是（ ）

A．＝B．C．D．
解：A、∵EF∥AB，
∴＝，
∵DE∥BC，
∴＝，
∴＝，故A正确，
B、易知△ADE∽△EFC，
∴＝，
∴＝，故B正确．
C、∵△CEF∽△CAB，
∴＝，
∴＝，故C正确．
D、∵DE∥BC，
∴＝，
显然DE≠CF，故D错误．故选：D．
2．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠ACD＝90°，AB＝2，DC＝3，则△ABC与△DCA的面积比为（ ）
A．2：3B．2：5C．4：9D．：
解：∵AD∥BC，
∴∠ACB＝∠DAC
又∵∠B＝∠ACD＝90°，
∴△CBA∽△ACD
＝＝＝，
∵＝（）2＝
∴△ABC与△DCA的面积比为4：9．故选：C．
3．如图，菱形ABCD中，E点在BC上，F点在CD上，G点、H点在AD上，且AE∥HC∥GF．若AH＝8，HG＝5，GD＝4，则下列选项中的线段，何者长度最长？（ ）
A．CFB．FDC．BED．EC
解：∵AH＝8，HG＝5，GD＝4，
∴AD＝8+5+4＝17，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BC＝CD＝AD＝17，
∵AE∥HC，AD∥BC，
∴四边形AECH为平行四边形，
∴CE＝AH＝8，
∴BE＝BC﹣CE＝17﹣8＝9，
∵HC∥GF，
∴＝，即＝，
解得：DF＝，
∴FC＝17﹣＝，
∵＞9＞8＞，
∴CF长度最长，故选：A．
4．如图，在△ABC中，BC＝6，E，F分别是AB，AC的中点，动点P在射线EF上，BP交CE于点D，∠CBP的平分线交CE于点Q，当CQ＝CE时，EP+BP的值为（ ）
A．6B．9C．12D．18
解：如图，延长BQ交射线EF于M，
∵E、F分别是AB、AC的中点，
∴EF∥BC，
∴∠M＝∠CBM，
∵BQ是∠CBP的平分线，
∴∠PBM＝∠CBM，
∴∠M＝∠PBM，
∴BP＝PM，
∴EP+BP＝EP+PM＝EM，
∵CQ＝CE，
∴EQ＝2CQ，
由EF∥BC得，△MEQ∽△BCQ，
∴＝2，
∴EM＝2BC＝2×6＝12，
即EP+BP＝12．故选：C．
5．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝2，AD＝2，将△ABC绕点C顺时针方向旋转后得△A′B′C，当A′B′恰好经过点D时，△B′CD为等腰三角形，若BB′＝2，则AA′等于（ ）
A．B．2C．D．
解：过D作DE⊥BC于E，
则BE＝AD＝2，DE＝2，
设B′C＝BC＝x，
则DC＝x，
∴DC2＝DE2+EC2，即2x2＝28+（x﹣2）2，
解得：x＝4（负值舍去），
∴BC＝4，AC＝，
∵将△ABC绕点C顺时针方向旋转后得△A′B′C，
∴∠DB′C＝∠ABC＝90°，B′C＝BC，A′C＝AC，∠A′CA＝∠B′CB，
∴
∴△A′CA∽△B′CB，
∴，即
∴AA′＝，故选：A．
6．如图，已知，△ABC中边AB上一点P，且∠ACP＝∠B，AC＝4，AP＝2，则BP＝ 6 ．
解：∵∠A＝∠A，∠ACP＝∠B，
∴△ACP∽△ABC，
∴AC2＝AP•AB，即AB＝AC2÷AP＝16÷2＝8，
∴BP＝AB﹣AP＝6．
7．如图，在▱ABCD中，AC、BD相交于点O，点E是OA的中点，联结BE并延长交AD于点F，如果△AEF的面积是4，那么△BCE的面积是 36 ．
解：∵在▱ABCD中，AO＝AC，
∵点E是OA的中点，
∴AE＝CE，
∵AD∥BC，
∴△AFE∽△CBE，
∴＝＝，
∵S△AEF＝4，＝（ ）2＝，
∴S△BCE＝36，故答案为36．
8．如图，在△ABC中，点G为ABC的重心，过点G作DE∥AC分别交边AB、BC于点D、E，过点D作DF∥BC交AC于点F，如果DF＝4，那么BE的长为 8 ．
解：连接BG并延长交AC于H，
∵G为ABC的重心，
∴＝2，
∵DE∥AC，DF∥BC，
∴四边形DECF是平行四边形，
∴CE＝DF＝4，
∵GE∥CH，
∴△BEG∽△CBH，
∴＝2，
∴BE＝8，故答案为：8．
9．如图，已知Rt△ABC中，两条直角边AB＝3，BC＝4，将Rt△ABC绕直角顶点B旋转一定的角度得到Rt△DBE，并且点A落在DE边上，则sin∠ABE＝ ．
解：∵将Rt△ABC绕直角顶点B旋转一定的角度得到Rt△DBE，
∴BD＝AB，BC＝BE，∠ABD＝∠CBE，∠DEB＝∠ACB，
∴∠D＝∠BAC＝∠BAD＝（180°﹣∠ABD），
∴∠BEC＝（180°﹣∠CBE），
∴∠D＝∠BEC，
∵∠ABC＝∠DBE＝90°，
∴∠DEB+∠BEC＝90°，
∴∠AEC＝90°，
∵∠AGB＝∠EGC，
∴∠ACE＝∠ABE，
∵在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，
∴AC＝DE＝5，
过B作BH⊥DE于H，
则DH＝AH，BD2＝DH•DE，
∴DH＝＝，
∴AD＝，
∴AE＝DE﹣AD＝，
∴sin∠ABE＝sin∠ACE＝＝＝， 故答案为：．
10．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，AC＝6，AD平分∠BAC，交边BC于点D，过点D作CA的平行线，交边AB于点E．
（1）求线段DE的长；
（2）取线段AD的中点M，联结BM，交线段DE于点F，延长线段BM交边AC于点G，求的值．
解：（1）∵AD平分∠BAC，∠BAC＝60°，
∴∠DAC＝30°，
在Rt△ACD中，∠ACD＝90°，∠DAC＝30°，AC＝6，
∴CD＝2，
在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，AC＝6，
∴BC＝6，
∴BD＝BC﹣CD＝4，
∵DE∥CA，
∴，
∴DE＝4；
（2）如图，
∵点M是线段AD的中点，
∴DM＝AM，
∵DE∥CA，
∴，
∴DF＝AG，
∵DE∥CA，
∴，
∴，
∵BD＝4，BC＝6，DF＝AG，
∴．
11．如图，在菱形ABCD中，∠ADE、∠CDF分别交BC、AB于点E、F，DF交对角线AC于点M，且∠ADE＝∠CDF．
（1）求证：CE＝AF；
（2）连接ME，若＝，AF＝2，求ME的长．
解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD，∠DAF＝∠DCE，
又∵∠ADE＝∠CDF，
∴∠ADE﹣∠EDF＝∠CDF﹣∠EDF，
∴∠ADF＝∠CDE，
在△ADF和△CDE中，
，
∴△ADF≌△CDE，
∴CE＝AF．
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
由（1）得：CE＝AF＝2，
∴BE＝BF，
设BE＝BF＝x，
∵＝，AF＝2，
∴，解得x＝，
∴BE＝BF＝，
∵＝，且CE＝AF，
∴＝＝，
∵∠CMD＝∠AMF，∠DCM＝∠AMF，
∴△AMF∽△CMD，
∴，
∴＝，且∠ACB＝∠ACB
∴△ABC∽△MEC
∴∠CAB＝∠CME＝∠ACB
∴ME＝CE＝2
12．[问题背景]（1）如图①，已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE．
[尝试应用]（2）如图②，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°
∠ABC＝∠ADE＝30°，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，＝，
①填空：＝ 1 ；
②求的值．
（1）证明：如图①，∵△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，＝，
∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，＝，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD∽△ACE．
（2）解：①如图②，∵∠DAE＝90°，∠ADE＝30°，
∴DE＝2AE，
∴AD＝＝＝AE，
∵＝，
∴AD＝BD，
∴AE＝BD，
∴＝1，
故答案为：1．
②如图②，连接CE，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE，
∴△BAC∽△CAE，
∴＝，
∴＝，
∵∠BAD＝∠CAE＝90°﹣∠CAD，
∴△BAD∽△CAE，
∴∠ABC＝∠ACE，
∴∠ADE＝∠ACE，
∵∠AFD＝∠EFC，
∴△AFD∽△EFC，
∴＝，
由①得AD＝AE，AD＝BD，
∴＝＝，
∴BD＝CE，
∴AD＝×CE＝3CE，
∴＝3，
∴＝3，
∴的值是3．
13．如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，AE、AF分别交BD于点M、N，连接EN、EF．
（1）求证：△ABN∽△MBE；
（2）求证：BM2+ND2＝MN2；
（3）①求△CEF的周长；
②若点G、F分别是EF、CD的中点，连接NG，则NG的长为 ．
（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，
∴∠ABN＝∠MBE＝45°，∠BME＝∠ABD+∠BAM＝45°+∠BAM，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAN＝∠EAF+∠BAM＝45°+∠BAM，
∴∠BAN＝∠BME，
∴△ABN∽△MBE．
（2）证明：如图1，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，连接MH，
∴∠BAH＝∠DAN，AH＝AN，HB＝ND，
∵∠MAN＝∠EAF＝45°，
∴∠MAH＝∠BAH+∠BAM＝∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠MAH＝∠MAN，
∵AM＝AM，
∴△MAH≌△MAN（SAS），
∴MH＝MN，
∵∠ABH＝∠ADN＝45°，
∴∠MBH＝∠ABD+∠ABH＝90°，
∴BM2+HB2＝MH2，
∴BM2+ND2＝MN2．
（3）解：①如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABK，
∴AK＝AF，∠BAK＝∠DAF，BK＝DF，∠ABK＝∠ADF＝90°，
∴∠ABK+∠ABE＝180°，
∴点K、点B、点E在同一条直线上，
∵∠EAK＝∠BAE+∠BAK＝∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠EAK＝∠EAFM，
∵AE＝AE，
∴△EAK≌△EAF（SAS），
∴EK＝EF，
∴BE+DF＝BE+BK＝EK＝EF，
∵CB＝CD＝AB＝4，
∴CE+EF+CF＝CE+BE+DF+CF＝CB+CD＝4+4＝8，
∴△CEF的周长是8．
②如图2，∵F是CD的中点，
∴CF＝DF＝CD＝2，
∵∠C＝90°，
∴CF2+EF2＝CE2，
∵EF＝BE+DF＝BE+2，CE＝CB﹣BE＝4﹣BE，
∴22+（4﹣BE）2＝（BE+2）2，
解得BE＝，
∴EF＝+2＝，
∵∠MBE＝∠MAN＝45°，∠BME＝∠AMN，
∴△BME∽△AMN，
∴＝，
∴＝，
∴∠AMB＝∠NME，
∴△AMB∽△NME，
∴∠NEM＝∠ABM＝45°，
∴∠ENF＝∠MAN+∠NEM＝90°，
∵G是EF的中点，
∴NG＝EF＝×＝，
故答案为：．
14．问题背景 如图（1），已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE；
尝试应用 如图（2），在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，＝，求的值；
拓展创新 如图（3），D是△ABC内一点，∠BAD＝∠CBD＝30°，∠BDC＝90°，AB＝4，AC＝2，直接写出AD的长．
问题背景
证明：∵△ABC∽△ADE，
∴，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，，
∴△ABD∽△ACE；
尝试应用
解：如图1，连接EC，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，
∴△ABC∽△ADE，
由（1）知△ABD∽△ACE，
∴，∠ACE＝∠ABD＝∠ADE，
在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，
∴，
∴＝3．
∵∠ADF＝∠ECF，∠AFD＝∠EFC，
∴△ADF∽△ECF，
∴＝3．
拓展创新
解：如图2，过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，
∵∠BAD＝30°，
∴∠DAM＝60°，
∴∠AMD＝30°，
∴∠AMD＝∠DBC，
又∵∠ADM＝∠BDC＝90°，
∴△BDC∽△MDA，
∴，
又∠BDC＝∠MDA，
∴∠BDC+∠CDM＝∠ADM+∠CDM，
即∠BDM＝∠CDA，
∴△BDM∽△CDA，
∴，
∵AC＝2，
∴BM＝2＝6，
∴在Rt△ABM中，AM＝＝＝2，
∴AD＝．
15．如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上的一个动点（点G与C、D不重合），以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG，连接BG，DE．我们探究下列图中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系：
（1）①猜想如图1中线段BG、线段DE的数量关系 BG＝DE 及所在直线的位置关系 BG⊥DE ；
②将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针（或逆时针）方向旋转任意角度α，得到如图2，如图3情形．请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立，并选取图2证明你的判断；
（2）将原题中正方形改为矩形（如图4﹣6），且AB＝a，BC＝b，CE＝ka，CG＝kb（a≠b，k＞0），则线段BG、线段DE的数量关系 ＝ 及所在直线的位置关系 BG⊥DE ；
（3）在第（2）题图5中，连接DG、BE，且a＝4，b＝3，k＝，直接写出BE2+DG2的值为 ．
解：（1）①猜想：BG⊥DE，BG＝DE；
故答案为：BG＝DE，BG⊥DE；
②结论成立．
理由：如图2中，∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴BC＝DC，CG＝CE，∠BCD＝∠ECG＝90°，
∴∠BCG＝∠DCE，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE，
又∵∠CBG+∠BHC＝90°，
∴∠CDE+∠DHG＝90°，
∴BG⊥DE．
（2）∵AB＝a，BC＝b，CE＝ka，CG＝kb，
∴＝＝，
又∵∠BCG＝∠DCE，
∴△BCG∽△DCE，
∴∠CBG＝∠CDE，＝＝，
又∵∠CBG+∠BHC＝90°，
∴∠CDE+∠DHG＝90°，
∴BG⊥DE．
故答案为：＝，BG⊥DE．
（3）连接BE、DG．
根据题意，得AB＝4，BC＝3，CE＝2，CG＝1.5，
∵BG⊥DE，∠BCD＝∠ECG＝90°
∴BE2+DG2＝BO2+OE2+DO2+OG2＝BC2+CD2+CE2+CG2＝9+16+2.25+4＝．