8. (扬州中考改编)如图,点A在线段BD上,在BD的同侧作等腰$\mathrm{Rt}△ ABC$和等腰$\mathrm{Rt}△ ADE$,CD与BE,AE分别交于点P,M.对于下列结论:

①$△ BAE∽△ CAD$;②$MP· MD=MA· ME$;
③$2CB^2=CP· CM$.
其中正确的是.(填序号)

8. ①②③ 解析:由已知得$AC=\sqrt{2}AB$,$AD=\sqrt{2}AE$,
∴ $\frac{AC}{AB}=\frac{AD}{AE}$.
∵ $∠BAC=∠EAD$,
∴ $∠BAE=∠CAD$,
∴ $△BAE∽△CAD$,
∴ ①正确.
∵ $△BAE∽△CAD$,
∴ $∠BEA=∠CDA$.
∵ $∠PME=∠AMD$,
∴ $△PME∽△AMD$,
∴ $\frac{MP}{MA}=\frac{ME}{MD}$,
∴ $MP · MD=MA · ME$,
∴ ②正确.
∵ $MP · MD=MA · ME$, $∠PMA=∠DME$,
∴ $△PMA∽△EMD$,
∴ $∠APD=∠AED=90°$.
∵ $∠CAE=180°-∠BAC-∠EAD=90°$,
∴ $△CAP∽△CMA$,
∴ $\frac{AC}{CM}=\frac{CP}{AC}$,即$AC^2=CP · CM$.
∵ $AC=\sqrt{2}BC$,
∴ $2CB^2=CP · CM$,
∴ ③正确.故填①②③.

9.（玉林中考）如图，在矩形$ABCD$中，$AB=8$，$AD=4$，点$E$是$DC$边上的任一点（不包括端点$D$，$C$），过点$A$作$AF ⊥ AE$交$CB$的延长线于点$F$，设$DE=a$。
(1)求$BF$的长（用含$a$的代数式表示）；
(2)连接$EF$交$AB$于点$G$，连接$GC$，当$GC // AE$时，求证：四边形$AGCE$是菱形。

9. (1)
∵ 四边形 ABCD 是矩形,
∴ $∠BAD = ∠ABC = ∠D = 90°$.
∵ $AF ⊥ AE$,
∴ $∠FAB + ∠BAE = ∠BAE + ∠EAD = 90°$,
∴ $∠FAB = ∠EAD$.
∵ $∠ABF = ∠D = 90°$,
∴ $△ADE∽△ABF$,
∴ $\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BF}$.
∵ $AB=8$,$AD=4$,$DE=a$,
∴ $BF=\frac{DE · AB}{AD}=2a$.(2)如图所示,连接 AC.在矩形 ABCD 中,$AB// CD$,$AD=BC=4$,$AB=CD=8$,$∠ABC=90°$,
∴ $∠ABC=∠FBG=90°$.
∵ $GC// AE$,
∴ 四边形 AGCE 是平行四边形,
∴ $AG=CE$,
∴ $BG=DE=a$.
∵ $BF=2a$,
∴ $\frac{GB}{BF}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$.
∵ $\frac{BC}{AB}=\frac{1}{2}$,
∴ $\frac{BC}{AB}=\frac{BG}{BF}=\frac{1}{2}$.
∵ $∠ABC = ∠FBG = 90°$,
∴ $△ABC ∽ △FBG$,
∴ $∠FGB = ∠ACB$.
∵ $∠GFB+∠FGB = 90°$,
∴ $∠GFB + ∠ACB=90°$,
∴ $AC ⊥ GE$,
∴ 四边形 AGCE 是菱形.

10. (2024·东营中考)在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $∠ ACB=90°, AC=1, BC=3.$
(1)问题发现
如图①,将 $△ CAB$ 绕点 C 按逆时针方向旋转 $90°$ 得到 $△ CDE$,连接 $AD, BE$,线段 $AD$ 与 $BE$ 的数量关系是, $AD$ 与 $BE$ 的位置关系是.
(2)类比探究
将 $△ CAB$ 绕点 C 按逆时针方向旋转任意角度得到 $△ CDE$,连接 $AD, BE$, $AD$ 交 $CE$ 于点 $N$,线段 $AD$ 与 $BE$ 的数量关系、位置关系与(1)中结论是否一致? 请结合图②说明理由.
(3)迁移应用
如图③,将 $△ CAB$ 绕点 C 旋转一定角度得到 $△ CDE$,当点 D 落到 AB 边上时,连接 $BE$,求线段 $BE$ 的长.

10. (1)$BE=3AD$ $AD⊥BE$ 解析:延长 DA 交 BE 于点 H,如图①所示.
∵ 将$△CAB$绕点 C 按逆时针方向旋转 $90°$得到$△CDE$,
∴ $CD=AC=1$,$CE=BC=3$,$∠ACD=∠ACB=90°$,
∴ 根据勾股定理得$AD=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$,$BE=\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt{2}$,
∴ $BE=3AD$.
∵ $CD=AC$,$CE=BC$,$∠ACD=∠ACB=90°$,
∴ $∠ADC=∠DAC=\frac{1}{2}×90°=45°$,$∠CBE=∠CEB=\frac{1}{2}×90°=45°$,
∴ $∠BHD=180°-∠ADC-∠CBE=180°-45°-45°=90°$,
∴ $AD⊥BE$.(2)线段 AD 与 BE 的数量关系、位置关系与(1)中结论一致.理由如下:延长 DA 交 BE 于点 H,如图②所示.
∵ 将$△CAB$绕点 C 旋转得到$△CDE$,
∴ $CD=AC=1$,$CE=BC=3$,$∠ACD=∠BCE$,$∠DCE=∠ACB=90°$,
∴ $\frac{AC}{BC}=\frac{CD}{CE}=\frac{1}{3}$,
∴ $△ACD∽△BCE$,
∴ $\frac{AD}{BE}=\frac{AC}{BC}=\frac{1}{3}$,$∠ADC=∠BEC$,
∴ $BE=3AD$.又
∵ $∠ENH=∠CND$,$∠HEN+∠ENH+∠EHN=180°$,$∠CND+∠CDN+∠DCN=180°$,
∴ $∠EHN=∠DCN=90°$,
∴ $AD⊥BE$.(3)过点 C 作 $CN ⊥ AB$ 于点 N,如图③所示.根据旋转可知 $AC=CD$,
∴ $AN=ND=\frac{1}{2}AD$.
∵ 在 $\mathrm{Rt }△ABC$ 中, $∠ACB=90°$,$AC=1$,$BC=3$,
∴ 根据勾股定理得 $AB=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$.
∵ $∠ANC = ∠ACB = 90°$, $∠A = ∠A$,
∴ $△ACN∽△ABC$,
∴ $\frac{AN}{AC}=\frac{AC}{AB}$,即 $\frac{AN}{1}=\frac{1}{\sqrt{10}}$,解得 $AN=\frac{\sqrt{10}}{10}$,
∴ $AD=2AN=\frac{\sqrt{10}}{5}$,根据(2)可知 $BE=3AD=\frac{3\sqrt{10}}{5}$.