中考数学专题变式猜想问题复习题含中考真题解析.docx

中考数学专题变式猜想问题复习题含中考真题解析.docx

《中考数学专题变式猜想问题复习题含中考真题解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《中考数学专题变式猜想问题复习题含中考真题解析.docx（43页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

中考数学专题变式猜想问题复习题含中考真题解析

中考数学专题变式猜想问题复习题（含中考真题解析）

专题39变式猜想问题

☞解读考点

知　识　点名师点晴

变式猜想问题特殊的四边形的变式题理解并掌握特殊的四边形的性质，并能解决四边形的有关变式问题

三角形有关的变式题利用三角形的性质、全等、相似解决相关是变式问题

图形的旋转与对称变式利用图形的旋转和有关变换解决相关的变式问题

☞2年中考

【2015年题组】

1．（2015甘南州）如图1，在△ABC和△EDC中，AC=CE=CB=CD；∠ACB=∠DCE=90°，AB与CE交于F，ED与AB，BC，分别交于M，H．

（1）求证：

CF=CH；

（2）如图2，△ABC不动，将△EDC绕点C旋转到∠BCE=45°时，试判断四边形ACDM是什么四边形？

并证明你的结论．

【答案】

（1）证明见试题解析；

（2）四边形ACDM是菱形．

【解析】

试题分析：

（1）由∠ABC=∠DCE=90°，AC=CE=CB=CD，可得∠B=∠E=45°，故有△BCF≌△ECH，得出CF=CH；

（2）由△EDC绕点C旋转到∠BCE=45°，推出四边形ACDM是平行四边形，由AC=CD判断出四边形ACDM是菱形．

试题解析：

（1）∵AC=CE=CB=CD，∠ACB=∠ECD=90°，∴∠A=∠B=∠D=∠E=45°．在△BCF和△ECH中，∵∠B=∠E，BC=EC，∠BCE=∠ECH，∴△BCF≌△ECH（ASA），∴CF=CH（全等三角形的对应边相等）；

考点：

1．菱形的判定；2．全等三角形的判定与性质；3．探究型；4．综合题．

2．（2015齐齐哈尔）如图1所示，在正方形ABCD和正方形CGEF中，点B、C、G在同一条直线上，M是线段AE的中点，DM的延长线交EF于点N，连接FM，易证：

DM=FM，DM⊥FM（无需写证明过程）

（1）如图2，当点B、C、F在同一条直线上，DM的延长线交EG于点N，其余条件不变，试探究线段DM与FM有怎样的关系？

请写出猜想，并给予证明；

（2）如图3，当点E、B、C在同一条直线上，DM的延长线交CE的延长线于点N，其余条件不变，探究线段DM与FM有怎样的关系？

请直接写出猜想．

【答案】

（1）DM=FM，DM⊥FM，证明见试题解析；

（2）DM=FM，DM⊥FM．

【解析】

试题分析：

（1）连接DF，NF，由正方形的性质，得到AD∥BC，BC∥GE，于是有AD∥GE，得到∠DAM=∠NEM，即可证得△MAD≌△MEN，得出DM=MN，AD=EN，推出△MAD≌△MEN，△DFN是等腰直角三角形，即可得到结论；

（2）连接DF，NF，由正方形的性质，得到AD∥BC，AD∥CN，进而得到∠DAM=∠NEM，可证△MAD≌△MEN，有DM=MN，AD=EN，推出△MAD≌△MEN，△DFN是等腰直角三角形，于是可得到结论．

试题解析：

（1）如图2，DM=FM，DM⊥FM．证明如下：

连接DF，NF，∵四边形ABCD和CGEF是正方形，∴AD∥BC，BC∥GE，∴AD∥GE，∴∠DAM=∠NEM，∵M是AE的中点，∴AM=EM，在△MAD与△MEN中，∵∠AMD=∠EMN，AM=EM，∠DAM=∠NEM，∴△MAD≌△MEN，∴DM=MN，AD=EN，∵AD=CD，∴CD=NE，∵CF=EF，∠DCF=∠DCB=90°，在△DCF与△NEF中，∵CD=EN，∠DCF=∠NEF=90°，CF=EF，∴△MAD≌△MEN，∴DF=NF，∠CFD=∠EFN，∵∠EFN+∠NFC=90°，∴∠DFC+∠CFN=90°，∴∠DFN=90°，∴DM⊥FM，DM=FM；

考点：

1．四边形综合题；2．全等三角形的判定与性质；3．探究型；4．压轴题．

3．（2015牡丹江）已知四边形ABCD是正方形，等腰直角△AEF的直角顶点E在直线BC上（不与点B，C重合），FM⊥AD，交射线AD于点M．

（1）当点E在边BC上，点M在边AD的延长线上时，如图①，求证：

AB+BE=AM；

（提示：

延长MF，交边BC的延长线于点H．）

（2）当点E在边CB的延长线上，点M在边AD上时，如图②；当点E在边BC的延长线上，点M在边AD上时，如图③．请分别写出线段AB，BE，AM之间的数量关系，不需要证明；

（3）在

（1），

（2）的条件下，若BE=，∠AFM=15°，则AM=．

【答案】

（1）证明见试题解析；

（2）BE=AM+AB；（3）或．

（2）BE=AM+AB．理由如下：

如图②，∵∠AEB+∠FEH=90°，∠AEB+∠EAB=90°，∴∠FEH=∠EAB，在△ABE与△EHF中，∵∠ABE=∠EHF，∠EAB=∠FEH，AE=FE，∴△ABE≌△EHF（AAS），∴AB=EH=EB+AM；

如图③∠BAE+∠AEB=90°，∠AEB+∠HEF=90°，∴∠BAE=∠HEF，在△ABE与△EHF中，∵∠ABE=∠EHF，∠BAE=∠HEF，AE=FE，∴△ABE≌△EHF（AAS），∴AB=EH，∴BE=BH+EH=AM+AB；

（3）如图①，∵∠AFM=15°，∠AFE=45°，∴∠EFM=60°，∴∠EFH=120°，在△EFH中，∵∠FHE=90°，∠EFH=120°，∴此情况不存在；

考点：

1．全等三角形的判定与性质；2．四边形综合题；3．正方形的性质；4．探究型；5．和差倍分；6．分类讨论；7．综合题；8．压轴题．

4．（2015临沂）如图1，在正方形ABCD的外侧，作两个等边三角形ADE和DCF，连接AF，BE．

（1）请判断：

AF与BE的数量关系是，位置关系是；

（2）如图2，若将条件“两个等边三角形ADE和DCF”变为“两个等腰三角形ADE和DCF，且EA=ED=FD=FC”，第

（1）问中的结论是否仍然成立？

请作出判断并给予说明；

（3）若三角形ADE和DCF为一般三角形，且AE=DF，ED=FC，第

（1）问中的结论都能成立吗？

请直接写出你的判断．

【答案】

（1）相等，互相垂直；

（2）成立；（3）成立．

（3）第

（1）问中的结论都能成立．理由是：

∵正方形ABCD中，AB=AD=CD，∴在△ADE和△DCF中，∵AE=DF，AD=CD，DE=CF，∴△ADE≌△DCF，∴∠DAE=∠CDF，又∵正方形ABCD中，∠BAD=∠ADC=90°，∴∠BAE=∠ADF，∴在△ABE和△ADF中，∵AB=DA，∠BAE=∠ADF，AE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴BE=AF，∠ABM=∠DAF，又∵∠DAF+∠BAM=90°，∴∠ABM+∠BAM=90°，∴在△ABM中，∠AMB=180°﹣（∠ABM+∠BAM）=90°，∴BE⊥AF．

考点：

1．四边形综合题；2．正方形的性质；3．全等三角形的判定与性质；4．探究型；5．综合题；6．压轴题．

5．（2015威海）如图1，直线与反比例函数（）的图象交于点A，B，直线与反比例函数的图象交于点C，D，且，，顺次连接A，D，B，C，AD，BC分别交x轴于点F，H，交y轴于点E，G，连接FG，EH．

（1）四边形ADBC的形状是；

（2）如图2，若点A的坐标为（2，4），四边形AEHC是正方形，则=；

（3）如图3，若四边形EFGH为正方形，点A的坐标为（2，6），求点C的坐标；

（4）判断：

随着、取值的变化，四边形ADBC能否为正方形？

若能，求点A的坐标；若不能，请简要说明理由．

【答案】

（1）平行四边形；

（2）；（3）C（6，2）；（4）不能．

（4）根据反比例函数（）的图象不能与坐标轴相交可知∠AOC＜90°，故四边形ADBC的对角线不能互相垂直，由此可得出结论．

试题解析：

（1）∵正比例函数与反比例函数的图象均关于原点对称，∴OA=OB，OC=OD，∴四边形ADBC是平行四边形．故答案为：

平行四边形；

（2）如图1，过点A作AM⊥y轴，垂足为M，过点C作CN⊥x轴，垂足为N，∵四边形AEHC是正方形，∴DA⊥AC，∴四边形ADBC是矩形，∴OA=OC．∴AM=CN，∴C（4，2），∴，解得=．故答案为：

；

考点：

1．反比例函数综合题；2．探究型；3．综合题；4．压轴题．

6．（2015德州）

（1）问题

如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，∠DPC=∠A=∠B=90°，求证：

AD•BC=AP•BP．

（2）探究

如图2，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC=∠A=∠B=θ时，上述结论是否依然成立？

说明理由．

（3）应用

请利用

（1）

（2）获得的经验解决问题：

如图3，在△ABD中，AB=6，AD=BD=5，点P以每秒1个单位长度的速度，由点A出了，沿边AB向点B运动，且满足∠DPC=∠A，设点P的运动时间为t（秒），当以D为圆心，以DC为半径的圆与AB相切时，求t的值．

【答案】

（1）证明见试题解析；

（2）成立，理由见试题解析；（3）1或5．

（2）结论AD•BC=AP•BP仍然成立．理由：

如图2，

∵∠BPD=∠DPC+∠BPC，∠BPD=∠A+∠ADP，∴∠DPC+∠BPC=∠A+∠ADP，∵∠DPC=∠A=∠B=θ，∴∠BPC=∠ADP，∴△ADP∽△BPC，∴，∴AD•BC=AP•BP；

（3）如图3，过点D作DE⊥AB于点E．∵AD=BD=5，AB=6，∴AE=BE=3，由勾股定理可得DE=4，∵以点D为圆心，DC为半径的圆与AB相切，∴DC=DE=4，∴BC=5﹣4=1，又∵AD=BD，∴∠A=∠B，∴∠DPC=∠A=∠B，由

（1）、

（2）的经验可知AD•BC=AP•BP，∴5×1=t（6﹣t），解得：

，，∴t的值为1秒或5秒．

考点：

1．相似形综合题；2．切线的性质；3．探究型；4．阅读型；5．压轴题．

7．（2015济南）如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，∠EAC=90°，点M为射线AE上任意一点（不与A重合），连接CM，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转90°得到线段CN，直线NB分别交直线CM、射线AE于点F、D．

（1）直接写出∠NDE的度数；

（2）如图2、图3，当∠EAC为锐角或钝角时，其他条件不变，

（1）中的结论是否发生变化？

如果不变，选取其中一种情况加以证明；如果变化，请说明理由；

（3）如图4，若∠EAC=15°，∠ACM=60°，直线CM与AB交于G，BD=，其他条件不变，求线段AM的长．

【答案】

（1）∠NDE=90°；

（2）不变；（3）．

（2）不变，在△MAC≌△NBC中，∵AC=BC，∠ACM=∠BCN，MC=NC，∴△MAC≌△NBC，∴∠N=∠AMC，又∵∠MFD=∠NFC，∠MDF=∠FCN=90°，即∠NDE=90°；

（3）作GK⊥BC于K，∵∠EAC=15°，∴∠BAD=30°，∵∠ACM=60°，∴∠GCB=30°，∴∠AGC=∠ABC+∠GCB=75°，∠AMG=75°，∴AM=AG，∵△MAC≌△NBC，∴∠MAC=∠NBC，∴∠BDA=∠BCA=90°，∵BD=，∴AB=，AC=BC=，设BK=a，则GK=a，CK=，∴，∴a=1，∴KB=KG=1，BG=，AG=，∴AM=．

考点：

1．几何变换综合题；2．旋转的性质；3．探究型；4．综合题；5．压轴题．

8．（2015济宁）阅读材料：

在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，，利用上述结论可以求解如下题目：

在△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a，b，c．若∠A=45°，∠B=30°，a=6，求b．

解：

在△ABC中，∵，∴．

理解应用：

如图，甲船以每小时海里的速度向正北方向航行，当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1处，且乙船从B1处按北偏东15°方向匀速直线航行，当甲船航行20分钟到达A2时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处，此时两船相距海里．

（1）判断△A1A2B2的形状，并给出证明；

（2）求乙船每小时航行多少海里？

【答案】

（1）等边三角形；

（2）．

试题解析：

解：

（1）△A1A2B2是等边三角形，理由如下：

连结A1B2．∵甲船以每小时海里的速度向正北方向航行，航行20分钟到达A2，∴A1A2=×=，又∵A2B2=，∠A1A2B2=60°，∴△A1A2B2是等边三角形；

考点：

1．解直角三角形的应用-方向角问题；2．阅读型；3．探究型．

9．（2015烟台）【问题提出】

如图①，已知△ABC是等腰三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF．试证明：

AB=DB+AF；

【类比探究】

（1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？

请说明理由；

（2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由．

【答案】【问题提出】证明见试题解析；【类比探究】

（1）AB=BD+AF；

（2）AF=AB+BD．

【解析】

（2）首先根据点E在线段BA的延长线上，在图③的基础上将图形补充完整，然后判断出△CEF是等边三角形，即可判断出EF=EC，再根据ED=EC，可得ED=EF，∠CAF=∠BAC=60°，再判断出∠DBE=∠EAF，∠BDE=∠AEF；最后根据全等三角形判定的方法，判断出△EDB≌△FEA，即可判断出BD=AE，EB=AF，进而判断出AF=AB+BD即可．

试题解析：

ED=EC=CF，∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，∴∠ECF=60°，∠BCA=60°，BE=AF，EC=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=EC，∠CEF=60°，又∵ED=EC，∴ED=EF，∵△ABC是等腰三角形，∠BCA=60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠CAF=∠CBA=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，∠DBE=120°，∠EAF=∠DBE，∵∠CAF=∠CEF=60°，∴A、E、C、F四点共圆，∴∠AEF=∠ACF，又∵ED=EC，∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，∴∠D=∠AEF，在△EDB和△FEA中，∵∠DBE=∠EAF，∠D=∠AEF，ED=EF（AAS），∴△EDB≌△FEA，∴DB=AE，BE=AF，∵AB=AE+BE，∴AB=DB+AF．

（1）AB=BD+AF；

延长EF、CA交于点G，∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=EC，又∵ED=EC，∴ED=EF，∠EFC=∠BAC=60°，∵∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，∴∠FCG=∠FEA，又∵∠FCG=∠ECD，∠D=∠ECD，∴∠D=∠FEA，由旋转的性质，可得∠CBE=∠CAF=120°，∴∠DBE=∠FAE=60°，在△EDB和△FEA中，∵∠DBE=∠EAF，∠D=∠AEF，ED=EF（AAS），∴△EDB≌△FEA，∴BD=AE，EB=AF，∴BD=FA+AB，即AB=BD﹣AF；

（2）如图③，，ED=EC=CF，∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，BC=AC，∴△CEF是等边三角形，∴EF=EC，又∵ED=EC，∴ED=EF，∵AB=AC，BC=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°，又∵∠CBE=∠CAF，∴∠CAF=60°，∴∠EAF=180°﹣∠CAF﹣∠BAC=180°﹣60°﹣60°=60°∴∠DBE=∠EAF；∵ED=EC，∴∠ECD=∠EDC，∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC，又∵∠EDC=∠EBC+∠BED，∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC，∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC，∴∠BDE=∠AEF，在△EDB和△FEA中，∵∠DBE=∠EAF，∠BDE=∠AEF，ED=EF

考点：

1．几何变换综合题；2．旋转的性质；3．和差倍分；4．探究型；5．综合题；6．压轴题．

10．（2015青岛）已知，如图①，在▱ABCD中，AB=3cm，BC=5cm，AC⊥AB，△ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM，速度为1cm/s；同时，点Q从点C出发，沿CB方向匀速移动，速度为1cm/s，当△PNM停止平移时，点Q也停止移动，如图②，设移动时间为t（s）（0＜t＜4），连接PQ，MQ，MC，解答下列问题：

（1）当t为何值时，PQ∥MN？

（2）设△QMC的面积为y（cm2），求y与x之间的函数关系式；

（3）是否存在某一时刻t，使S△QMC：

S四边形ABQP=1：

4？

若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

（4）是否存在某一时刻t，使PQ⊥MQ？

若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【答案】

（1）；

（2）（0＜t＜4）；（3）t=2；（4）．

【解析】

试题分析：

（1）根据勾股定理求出AC，根据PQ∥AB，得出，，求解即可；

（2）过点P作PD⊥BC于D，根据△CPD∽△CBA，得出，求出PD=，再根据S△QMC=S△QPC，得出y=S△QMC=QC•PD，再代入计算即可；

（2）过点P作PD⊥BC于D，∵△CPD∽△CBA，∴，∴，∴PD=，∵PD∥BC，∴S△QMC=S△QPC，∴，即（0＜t＜4）；

（3）∵S△QMC：

S四边形ABQP=1：

4，∴S△QPC：

S四边形ABQP=1：

4，∴S△QPC：

S△ABC=1：

5，∴（）：

6=1：

5，整理得：

，解得；

（4）若PQ⊥MQ，则∠PQM=∠PDQ，∵∠MPQ=∠PQD，∴△PDQ∽△MQP，∴，∴=MP•DQ，∴=MP•DQ，∵CD=，∴DQ=CD﹣CQ==，∴，∴整理得，解得（舍去），，∴时，PQ⊥MQ．

考点：

1．相似形综合题；2．动点型；3．存在型；4．综合题；5．压轴题．

11．（2015台州）定义：

如图1，点M，N把线段AB分割成AM，MN和BN，若以AM，MN，BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段AB的勾股分割点．

（1）已知点M，N是线段AB的勾股分割点，若AM=2，MN=3，求BN的长；

（2）如图2，在△ABC中，FG是中位线，点D，E是线段BC的勾股分割点，且EC＞DE≥BD，连接AD，AE分别交FG于点M，N，求证：

点M，N是线段FG的勾股分割点；

（3）已知点C是线段AB上的一定点，其位置如图3所示，请在BC上画一点D，使点C，D是线段AB的勾股分割点（要求尺规作图，保留作图痕迹，画一种情形即可）；

（4）如图4，已知点M，N是线段AB的勾股分割点，MN＞AM≥BN，△AMC，△MND和△NBE均为等边三角形，AE分别交CM，DM，DN于点F，G，H，若H是DN的中点，试探究，和的数量关系，并说明理由．

【答案】

（1）BN=或；

（2）；（3）；（4）．

（3）在AB上截取CE=CA；作AE点垂直平分线，截取CF=CA；作BF的垂直平分线，交AB于D即可；

（4）先证明△DGH≌△NEH，得出DG=EN=b，MG=c﹣b，再证明△AGM∽△AEN，得出比例式，得出，证出，得出a=b，证出△DGH≌△CAF，得出，证出，即可得出结论．

试题解析：

（1）①当MN为最大线段时，∵点M、N是线段AB的勾股分割点，∴BN===；

②当BN为最大线段时，∵点M、N是线段AB的勾股分割点，∴BN===；

综上所述：

BN=或；

点D即为所求；如图所示：

（4）．理由如下：

设AM=a，BN=b，MN=c，∵H是DN的中点，∴DH=HN=，∵△MND、△BNE均为等边三角形，∴∠D=∠DNE=60°，在△DGH和△NEH中，∵∠D=∠DNE，DH=HN，∠DHG=∠NHE，∴△DGH≌△NEH（ASA），∴DG=EN=b，∴MG=c﹣b，∵GM∥EN，∴△AGM∽△AEN，∴，∴，∵点M、N是线段AB的勾股分割点，∴，∴，又∵，∴a=b，在△DGH和△CAF中，∵∠D=∠C，DG=CA，∠DGH=∠CAF，∴△DGH≌△CAF（ASA），∴，∵，∴，∴，∵，，∴．

考点：

1．相似形综合题；2．分类讨论；3．新定义；4．探究型；5．综合题；6．压轴题．

12．（2015丹东）在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O；在Rt△PMN中，∠MPN=90°．

（1）如图1，若点P与点O重合且PM⊥AD、PN⊥AB，分别交AD、AB于点E、F，请直接写出PE与PF的数量关系；

（2）将图1中的Rt△PMN绕点O顺时针旋转角度α（0°＜α＜45°）．

①如图2，在旋转过程中

（1）中的结论依然成立吗？

若成立，请证明；若不成立，请说明理由；

②如图2，在旋转过程中，当∠DOM=15°时，连接EF，若正方形的边长为2，请直接写出线段EF的长；

③如图3，旋转后，若Rt△PMN的顶点P在线段OB上移动（不与点O、B重合），当BD=3BP时，猜想此时PE与PF的数量关系，并给出证明；当BD=m•BP时，请直接写出PE与PF的数量关系．

【答案】

（1）PE=PF；

（2）①成立；②；③PE=2PF，PE=（m﹣1）•PF．

（2）①成立，理由：

∵AC、BD是正方形ABCD的对角线，∴OA=OD，∠FAO=∠EDO=45°，∠AOD=90°，∴∠DOE+∠AOE=90°，∵∠MPN=90°，∴∠FOA+∠AOE=90°，∴∠FOA=∠DOE，在△FOA和△EOD中，∵∠FAO=∠FDO，OA=OD，∠FOA=∠DOE，∴△FOA≌△EOD，∴OE=OF，即PE=PF；

考点：

1．四边形综合题；2．正方形的性质；3．相似三角形的判定与性质；4．探究型；5．和差倍分；6．综合题；7．压轴题．

13．（2015大连）在△ABC中，点D，E，F分别在AB，BC，AC上，且∠ADF+∠DEC=180°，∠AFE=∠BDE．

（1）如图1，当DE=DF时，图1中是否存在与AB相等的线段？

若存在，请找出，并加以证明；若不存在，说明理由；

（2）如图2，当DE=kDF（其中0＜k＜1）时，若∠A=90°，AF=m，求BD的长（用含k，m的式子表示）．

【答案】

（1）AB=BE；

（2）BD=．

试题解析：

（1）如图1，连结AE．∵DE=DF，∴∠DEF=∠DFE，∵∠ADF+∠DEC=180°，∴∠ADF=∠DEB，∵∠AFE=∠BDE，∴∠AFE+∠ADE=180°，∴A、D、E、F四点共圆，∴∠DAE=∠DFE=∠DEF，∠ADF=∠AEF，∵∠ADF=∠DEB=∠AEF，∴∠AEF+∠AED=∠DEB+∠AED，∴∠AEB=∠DEF=∠BAE，∴AB=BE；

（2）如图2，连结AE．∵∠AFE=∠BDE，∴∠AFE+∠ADE=180°，∴A、D、E、F四点共圆，∴∠ADF=∠AEF，∵∠DAF=90°，∴∠DEF=90°，∵∠ADF+∠DEC=180°，∴∠ADF=∠DEB，∵∠ADF=∠AEF，∴∠DEB=∠AEF，在△BDE与△AFE中，∵∠DEB=∠AEF，∠BDE=∠AFE，∴△BDE∽△AFE，∴，在直角△DEF中，∵∠DEF=90°，DE=kDF，∴EF==DF，∴=，∴BD=．

考点：

1．相似三角形的判定与性质；2．探究型；3