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1. 【验证体验】(1) 如图 1，在正方形 $ABCD$ 中，$E$，$F$ 分别是边 $AB$ 和对角线 $AC$ 上的一点，且 $∠ EDF = 45^{\circ}$，连接 $BD$。求证：$△ BDE ∼ △ CDF$；
【思考探究】(2) 如图 2，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 6$，$BC = 8$，$E$，$F$ 分别是边 $AB$ 和对角线 $AC$ 上的一点，且 $\tan ∠ EDF = \dfrac{4}{3}$。若 $AE = 2$，求 $AF$ 的长。
【思考探究】(2) 如图 2，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 6$，$BC = 8$，$E$，$F$ 分别是边 $AB$ 和对角线 $AC$ 上的一点，且 $\tan ∠ EDF = \dfrac{4}{3}$。若 $AE = 2$，求 $AF$ 的长。
答案
(1)证明见解析；(2)38/5
解析
(1)在正方形ABCD中，BD、AC为对角线，∴∠BDC=∠ACD=∠ABD=45°，∠EDF=45°，∴∠EDF=∠BDC，∴∠EDF-∠BDF=∠BDC-∠BDF，即∠BDE=∠CDF，又∠DBE=∠DCF=45°，∴△BDE∽△CDF(AA)。
(2)以A为原点，AB为x轴，AD为y轴建系，A(0,0),B(6,0),C(6,8),D(0,8),E(2,0)。AC:y=(4/3)x，设F((3/5)x,(4/5)x)，AF=x。k_DE=(0-8)/(2-0)=-4，k_DF=((4/5)x-8)/(3/5 x)=(4x-40)/(3x)。tan∠EDF=|(k_DF - k_DE)/(1 + k_DF k_DE)|=4/3，代入得|(16x-40)/(-13x+160)|=4/3，解得x=38/5。
(2)以A为原点，AB为x轴，AD为y轴建系，A(0,0),B(6,0),C(6,8),D(0,8),E(2,0)。AC:y=(4/3)x，设F((3/5)x,(4/5)x)，AF=x。k_DE=(0-8)/(2-0)=-4，k_DF=((4/5)x-8)/(3/5 x)=(4x-40)/(3x)。tan∠EDF=|(k_DF - k_DE)/(1 + k_DF k_DE)|=4/3，代入得|(16x-40)/(-13x+160)|=4/3，解得x=38/5。
2. (2025 安徽中考改编) 如图，点 $A'$ 在正方形 $ABCD$ 内，点 $E$ 在边 $AD$ 上，$BE$ 垂直平分 $AA'$，$AA'$ 的延长线交 $CD$ 于点 $F$，连接 $A'B$，$A'C$，$A'E$。
(1) 求 $∠ CA'F$ 的度数；
(2) 若 $E$ 是 $AD$ 的中点，求 $\tan ∠ DCA'$ 的值。
(1) 求 $∠ CA'F$ 的度数；
(2) 若 $E$ 是 $AD$ 的中点，求 $\tan ∠ DCA'$ 的值。
答案
1. （1）
解：
因为四边形$ABCD$是正方形，所以$AB = BC$，$∠ ABC=90^{\circ}$，$∠ BCA = 45^{\circ}$。
因为$BE$垂直平分$AA'$，所以$AB = A'B$。
又因为$AB = BC$，所以$A'B = BC$。
设$∠ BAA'=∠ BA'A = x$，则$∠ A'BC = 90^{\circ}-2x$。
因为$A'B = BC$，所以$∠ BA'C=∠ BCA'=\frac{1}{2}(180^{\circ}-∠ A'BC)=\frac{1}{2}(180^{\circ}-(90^{\circ}-2x)) = 45^{\circ}+x$。
而$∠ BA'F=∠ BAA'+∠ A'BA = 2x$（外角性质），$∠ CA'F=∠ BA'C-∠ BA'A$。
所以$∠ CA'F=(45^{\circ}+x)-x = 45^{\circ}$。
2. （2）
解：
设正方形$ABCD$的边长为$2a$。
因为$E$是$AD$中点，所以$AE = a$，$AD = AB = 2a$。
因为$BE$垂直平分$AA'$，设$AA'$与$BE$交于点$O$。
根据$△ ABE$的面积$S=\frac{1}{2}AB× AE=\frac{1}{2}BE× AO$。
由勾股定理$BE=\sqrt{AB^{2}+AE^{2}}=\sqrt{(2a)^{2}+a^{2}}=\sqrt{5}a$。
则$\frac{1}{2}×2a× a=\frac{1}{2}×\sqrt{5}a× AO$，解得$AO=\frac{2\sqrt{5}}{5}a$，所以$AA'=\frac{4\sqrt{5}}{5}a$。
过$A'$作$A'H⊥ CD$于$H$，$A'G⊥ BC$于$G$。
因为$∠ CA'F = 45^{\circ}$，$∠ A'HC = 90^{\circ}$，所以$△ A'HC$是等腰直角三角形，设$A'H = CH = m$。
又因为$∠ A'GC=∠ GCH=∠ A'HC = 90^{\circ}$，所以四边形$A'GCH$是矩形，$A'G = CH = m$，$CG = A'H = m$。
因为$∠ BA'C = 45^{\circ}+x$，$∠ BA'A = x$，$∠ BAA'=x$，$△ ABA'$中，$\cos∠ BAA'=\frac{AO}{AE}$（在$△ ABE$和$△ ABO$中），$\cos∠ BAA'=\frac{AB}{BE}=\frac{2a}{\sqrt{5}a}=\frac{2}{\sqrt{5}}$。
又$△ A'CF$中，$∠ CA'F = 45^{\circ}$，$∠ D = 90^{\circ}$，$∠ DAF+∠ AFD = 90^{\circ}$，$∠ A'FC+∠ FA'C = 90^{\circ}$，所以$∠ DAF=∠ A'FC$。
因为$△ ABE∼△ DAF$（$∠ BAE=∠ ADF = 90^{\circ}$，$∠ ABE=∠ DAF$），$\frac{DF}{AE}=\frac{AD}{AB}$，$DF = AE=a$，$CF=CD - DF=a$。
因为$BC = 2a$，$CG = m$，$A'G = m$，$A'B = AB = 2a$，在$Rt△ A'GB$中，$BG = 2a - m$，根据$A'B^{2}=A'G^{2}+BG^{2}$，即$(2a)^{2}=m^{2}+(2a - m)^{2}$。
展开得$4a^{2}=m^{2}+4a^{2}-4am+m^{2}$，$2m^{2}-4am = 0$，$m(2m - 4a)=0$（$m≠0$），解得$m=\frac{2}{3}a$。
所以$\tan∠ DCA'=\frac{A'H}{CH}$，在等腰$Rt△ A'HC$中，$\tan∠ DCA'=\frac{1}{3}$。
综上，（1）$∠ CA'F = 45^{\circ}$；（2）$\tan∠ DCA'=\frac{1}{3}$。
解：
因为四边形$ABCD$是正方形，所以$AB = BC$，$∠ ABC=90^{\circ}$，$∠ BCA = 45^{\circ}$。
因为$BE$垂直平分$AA'$，所以$AB = A'B$。
又因为$AB = BC$，所以$A'B = BC$。
设$∠ BAA'=∠ BA'A = x$，则$∠ A'BC = 90^{\circ}-2x$。
因为$A'B = BC$，所以$∠ BA'C=∠ BCA'=\frac{1}{2}(180^{\circ}-∠ A'BC)=\frac{1}{2}(180^{\circ}-(90^{\circ}-2x)) = 45^{\circ}+x$。
而$∠ BA'F=∠ BAA'+∠ A'BA = 2x$（外角性质），$∠ CA'F=∠ BA'C-∠ BA'A$。
所以$∠ CA'F=(45^{\circ}+x)-x = 45^{\circ}$。
2. （2）
解：
设正方形$ABCD$的边长为$2a$。
因为$E$是$AD$中点，所以$AE = a$，$AD = AB = 2a$。
因为$BE$垂直平分$AA'$，设$AA'$与$BE$交于点$O$。
根据$△ ABE$的面积$S=\frac{1}{2}AB× AE=\frac{1}{2}BE× AO$。
由勾股定理$BE=\sqrt{AB^{2}+AE^{2}}=\sqrt{(2a)^{2}+a^{2}}=\sqrt{5}a$。
则$\frac{1}{2}×2a× a=\frac{1}{2}×\sqrt{5}a× AO$，解得$AO=\frac{2\sqrt{5}}{5}a$，所以$AA'=\frac{4\sqrt{5}}{5}a$。
过$A'$作$A'H⊥ CD$于$H$，$A'G⊥ BC$于$G$。
因为$∠ CA'F = 45^{\circ}$，$∠ A'HC = 90^{\circ}$，所以$△ A'HC$是等腰直角三角形，设$A'H = CH = m$。
又因为$∠ A'GC=∠ GCH=∠ A'HC = 90^{\circ}$，所以四边形$A'GCH$是矩形，$A'G = CH = m$，$CG = A'H = m$。
因为$∠ BA'C = 45^{\circ}+x$，$∠ BA'A = x$，$∠ BAA'=x$，$△ ABA'$中，$\cos∠ BAA'=\frac{AO}{AE}$（在$△ ABE$和$△ ABO$中），$\cos∠ BAA'=\frac{AB}{BE}=\frac{2a}{\sqrt{5}a}=\frac{2}{\sqrt{5}}$。
又$△ A'CF$中，$∠ CA'F = 45^{\circ}$，$∠ D = 90^{\circ}$，$∠ DAF+∠ AFD = 90^{\circ}$，$∠ A'FC+∠ FA'C = 90^{\circ}$，所以$∠ DAF=∠ A'FC$。
因为$△ ABE∼△ DAF$（$∠ BAE=∠ ADF = 90^{\circ}$，$∠ ABE=∠ DAF$），$\frac{DF}{AE}=\frac{AD}{AB}$，$DF = AE=a$，$CF=CD - DF=a$。
因为$BC = 2a$，$CG = m$，$A'G = m$，$A'B = AB = 2a$，在$Rt△ A'GB$中，$BG = 2a - m$，根据$A'B^{2}=A'G^{2}+BG^{2}$，即$(2a)^{2}=m^{2}+(2a - m)^{2}$。
展开得$4a^{2}=m^{2}+4a^{2}-4am+m^{2}$，$2m^{2}-4am = 0$，$m(2m - 4a)=0$（$m≠0$），解得$m=\frac{2}{3}a$。
所以$\tan∠ DCA'=\frac{A'H}{CH}$，在等腰$Rt△ A'HC$中，$\tan∠ DCA'=\frac{1}{3}$。
综上，（1）$∠ CA'F = 45^{\circ}$；（2）$\tan∠ DCA'=\frac{1}{3}$。
解析
(1) 设正方形边长为 $a$，建立坐标系 $A(0,0)$，$B(a,0)$，$C(a,a)$，$D(0,a)$，$E(0,e)$。由 $BE$ 垂直平分 $AA'$，得 $A'(\frac{2e^2a}{a^2+e^2},\frac{2ea^2}{a^2+e^2})$。$AA'$ 延长线交 $CD$（$y=a$）于 $F(e,a)$。向量 $\overrightarrow{A'C}=(\frac{a(a^2-e^2)}{a^2+e^2},\frac{a(a-e)^2}{a^2+e^2})$，$\overrightarrow{A'F}=(\frac{e(a-e)^2}{a^2+e^2},\frac{a(a-e)^2}{a^2+e^2})$。计算数量积得 $\cos∠ CA'F=\frac{\sqrt{2}}{2}$，故 $∠ CA'F=45°$。
(2) $E$ 为 $AD$ 中点，$e=\frac{a}{2}$，则 $A'(\frac{2a}{5},\frac{4a}{5})$。$\overrightarrow{CA'}=(-\frac{3a}{5},-\frac{a}{5})$，$\tan∠ DCA'=\frac{\mathrm{竖直分量}}{\mathrm{水平分量}}=\frac{\frac{a}{5}}{\frac{3a}{5}}=\frac{1}{3}$。
(2) $E$ 为 $AD$ 中点，$e=\frac{a}{2}$，则 $A'(\frac{2a}{5},\frac{4a}{5})$。$\overrightarrow{CA'}=(-\frac{3a}{5},-\frac{a}{5})$，$\tan∠ DCA'=\frac{\mathrm{竖直分量}}{\mathrm{水平分量}}=\frac{\frac{a}{5}}{\frac{3a}{5}}=\frac{1}{3}$。
