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8[较难]如图,在$△ ABC$中,点$D,E$分别在边$BC,AC$上,连接$AD,DE$,且$∠ B=∠ ADE=∠ C$.
(1)求证:$△ BDA∽ △ CED$;
(2)若$∠ B=45°,BC=2$,当点$D$在$BC$上运动(点$D$不与$B,C$重合),且$△ ADE$是等腰三角形时,求$BD$的长.
(1)求证:$△ BDA∽ △ CED$;
(2)若$∠ B=45°,BC=2$,当点$D$在$BC$上运动(点$D$不与$B,C$重合),且$△ ADE$是等腰三角形时,求$BD$的长.
答案
8.(1)【证明】由题图,得 $∠ ADE+∠ ADB+∠ EDC=180°$.
在 $△ ABD$ 中, $\because ∠ B+∠ ADB+∠ DAB=180°$,$∠ B=∠ ADE$,$\therefore ∠ EDC=∠ DAB$.
$\because ∠ B=∠ C$,$\therefore △ BDA∽ △ CED$.
(2)【解】$\because ∠ B=∠ ADE=∠ C$,$∠ B=45°$,
$\therefore △ ABC$ 是等腰直角三角形, $∠ BAC=90°$.
$\because BC=2$,$\therefore AB=AC=\frac{\sqrt{2}}{2}BC=\sqrt{2}$.
①当 $AD=AE$ 时, $∠ ADE=∠ AED. \because ∠ B=45°$,$\therefore ∠ B=∠ ADE=∠ AED=45°$,$\therefore ∠ DAE=90°$,$\therefore ∠ DAE=∠ BAC=90°. \because$ 点 $D$ 在 $BC$ 上运动(点 $D$ 不与 $B,C$ 重合),$\therefore$ 此情况不符合题意.
②当 $AD=DE$ 时,如图(1), $∠ DAE=∠ DEA$.
由(1)易证 $△ BDA≌ △ CED$,$\therefore AB=DC=\sqrt{2}$,$\therefore BD=2-\sqrt{2}$.
③当 $AE=DE$ 时,如图(2), $∠ ADE=∠ DAE=45°$,$\therefore △ AED$ 是等腰直角三角形.
$\because ∠ B=∠ C=∠ DAE=45°$,$\therefore ∠ ADC=90°$, 即 $AD⊥ BC$,$\therefore BD=\frac{1}{2}BC=1$.
综上所述,$BD=2-\sqrt{2}$ 或 $1$.
解析
【分析】
(1) 要证明△BDA∽△CED，已知∠B=∠C，只需再找一组对应角相等即可。结合平角定义和三角形内角和定理，利用∠B=∠ADE的条件可推导出∠DAB=∠EDC，满足两角对应相等的相似判定条件。
(2) 首先根据已知角度判断△ABC为等腰直角三角形，求出AB、AC的长度。△ADE为等腰三角形需分3种情况讨论：AD=AE、AD=DE、AE=DE，逐一分析每种情况的角度关系，排除不符合题意（D不与B、C重合）的情况，结合相似/全等三角形、等腰直角三角形的性质计算BD的长度即可。
【解析】
(1) 证明：由平角的性质可得$∠ ADE+∠ ADB+∠ EDC=180°$，
在$△ ABD$ 中，根据三角形内角和定理有$∠ B+∠ ADB+∠ DAB=180°$，
$\because ∠ B=∠ ADE$，$\therefore ∠ EDC=∠ DAB$，
又$\because ∠ B=∠ C$，$\therefore △ BDA∽ △ CED$。
(2) 解：$\because ∠ B=∠ ADE=∠ C$，$∠ B=45°$，
$\therefore △ ABC$ 是等腰直角三角形，$∠ BAC=90°$，
$\because BC=2$，$\therefore AB=AC=\frac{\sqrt{2}}{2}BC=\sqrt{2}$。
分三种情况讨论△ADE为等腰三角形的情况：
①当 $AD=AE$ 时， $∠ ADE=∠ AED=45°$，$\therefore ∠ DAE=90°$，此时$∠ DAE=∠ BAC=90°$，即点D与点B重合，与“点D不与B,C重合”的条件矛盾，此情况舍去；
②当 $AD=DE$ 时，如图(1)， $∠ DAE=∠ DEA$，
由(1)的相似结论结合AD=DE可得$△ BDA≌ △ CED$，$\therefore AB=DC=\sqrt{2}$，$\therefore BD=BC-DC=2-\sqrt{2}$；
③当 $AE=DE$ 时，如图(2)， $∠ ADE=∠ DAE=45°$，$\therefore △ AED$ 是等腰直角三角形，
$\because ∠ B=∠ C=∠ DAE=45°$，$\therefore ∠ ADC=90°$， 即 $AD⊥ BC$，
AD为等腰直角△ABC底边BC上的高，故$BD=\frac{1}{2}BC=1$。
综上所述，BD的长为$2-\sqrt{2}$或$1$。
【答案】
(1) 已证$△ BDA∽ △ CED$；
(2) $BD$的长为$\boldsymbol{2-\sqrt{2}}$或$\boldsymbol{1}$。
【知识点】
相似三角形判定与性质，等腰三角形分类讨论，等腰直角三角形性质
【点评】
本题综合考查了相似三角形的判定、等腰三角形的性质，解题核心是对等腰三角形的腰进行分类讨论，同时要注意结合题意排除不符合要求的情况，避免出现多解或漏解的问题。
【难度系数】
0.4
(1) 要证明△BDA∽△CED，已知∠B=∠C，只需再找一组对应角相等即可。结合平角定义和三角形内角和定理，利用∠B=∠ADE的条件可推导出∠DAB=∠EDC，满足两角对应相等的相似判定条件。
(2) 首先根据已知角度判断△ABC为等腰直角三角形，求出AB、AC的长度。△ADE为等腰三角形需分3种情况讨论：AD=AE、AD=DE、AE=DE，逐一分析每种情况的角度关系，排除不符合题意（D不与B、C重合）的情况，结合相似/全等三角形、等腰直角三角形的性质计算BD的长度即可。
【解析】
(1) 证明：由平角的性质可得$∠ ADE+∠ ADB+∠ EDC=180°$，
在$△ ABD$ 中，根据三角形内角和定理有$∠ B+∠ ADB+∠ DAB=180°$，
$\because ∠ B=∠ ADE$，$\therefore ∠ EDC=∠ DAB$，
又$\because ∠ B=∠ C$，$\therefore △ BDA∽ △ CED$。
(2) 解：$\because ∠ B=∠ ADE=∠ C$，$∠ B=45°$，
$\therefore △ ABC$ 是等腰直角三角形，$∠ BAC=90°$，
$\because BC=2$，$\therefore AB=AC=\frac{\sqrt{2}}{2}BC=\sqrt{2}$。
分三种情况讨论△ADE为等腰三角形的情况：
①当 $AD=AE$ 时， $∠ ADE=∠ AED=45°$，$\therefore ∠ DAE=90°$，此时$∠ DAE=∠ BAC=90°$，即点D与点B重合，与“点D不与B,C重合”的条件矛盾，此情况舍去；
②当 $AD=DE$ 时，如图(1)， $∠ DAE=∠ DEA$，
由(1)的相似结论结合AD=DE可得$△ BDA≌ △ CED$，$\therefore AB=DC=\sqrt{2}$，$\therefore BD=BC-DC=2-\sqrt{2}$；
③当 $AE=DE$ 时，如图(2)， $∠ ADE=∠ DAE=45°$，$\therefore △ AED$ 是等腰直角三角形，
$\because ∠ B=∠ C=∠ DAE=45°$，$\therefore ∠ ADC=90°$， 即 $AD⊥ BC$，
AD为等腰直角△ABC底边BC上的高，故$BD=\frac{1}{2}BC=1$。
综上所述，BD的长为$2-\sqrt{2}$或$1$。
【答案】
(1) 已证$△ BDA∽ △ CED$；
(2) $BD$的长为$\boldsymbol{2-\sqrt{2}}$或$\boldsymbol{1}$。
【知识点】
相似三角形判定与性质，等腰三角形分类讨论，等腰直角三角形性质
【点评】
本题综合考查了相似三角形的判定、等腰三角形的性质，解题核心是对等腰三角形的腰进行分类讨论，同时要注意结合题意排除不符合要求的情况，避免出现多解或漏解的问题。
【难度系数】
0.4
9[中]如图,在△ABC中,∠ACB=90°,CD是斜边AB上的高.
(1)求证:△ACD∽△CBD;
(2)求证:BC²=BD·AB;
(3)若AD=3,BD=2,求CD的长.
(1)求证:△ACD∽△CBD;
(2)求证:BC²=BD·AB;
(3)若AD=3,BD=2,求CD的长.
答案
9.(1)【证明】$\because CD⊥ AB,\therefore ∠ CDA=∠ CDB=90°$.
$\because ∠ ACB=90°$,$\therefore ∠ ACD+∠ BCD=90°$.
又 $\because ∠ BCD+∠ B=90°$,$\therefore ∠ ACD=∠ B$,$\therefore △ ACD∽ △ CBD$.
(2)【证明】$\because ∠ ACB=∠ CDB=90°$,$∠ B=∠ B$,$\therefore △ ACB∽ △ CDB$,$\therefore \frac{BC}{AB}=\frac{BD}{BC}$, 即 $BC^2=BD· AB$.
(3)【解】$\because △ ACD∽ △ CBD$,$\therefore \frac{AD}{CD}=\frac{CD}{BD}$,$\therefore CD^2=AD· DB. \because AD=3,BD=2$,$\therefore CD^2=6$.
$\because CD＞0$,$\therefore CD=\sqrt{6}$.
解析
【分析】
本题属于相似三角形经典的“母子型”（射影定理）模型，解题思路清晰：
(1) 证△ACD∽△CBD：两个三角形均为直角三角形，已有一组直角相等，利用同角的余角相等可得到另一组对应角相等，即可通过“两角分别相等的两个三角形相似”完成证明；
(2) 证BC²=BD·AB：先将乘积式转化为比例式$\frac{BC}{AB}=\frac{BD}{BC}$，观察边的归属找到△ACB和△CDB，证明两三角形相似即可得到对应比例式，交叉相乘即可得证；
(3) 求CD的长：直接利用(1)中证得的相似关系，得到CD是AD和BD的比例中项，代入已知数值求解，结合线段长度为正取正根即可。
【解析】
(1) 证明：$\because CD⊥ AB,\therefore ∠ CDA=∠ CDB=90°$。
$\because ∠ ACB=90°$,$\therefore ∠ ACD+∠ BCD=90°$。
又 $\because ∠ BCD+∠ B=90°$,$\therefore ∠ ACD=∠ B$,$\therefore △ ACD∽ △ CBD$。
(2) 证明：$\because ∠ ACB=∠ CDB=90°$,$∠ B=∠ B$,$\therefore △ ACB∽ △ CDB$,$\therefore \frac{BC}{AB}=\frac{BD}{BC}$, 即 $BC^2=BD· AB$。
(3) 解：$\because △ ACD∽ △ CBD$,$\therefore \frac{AD}{CD}=\frac{CD}{BD}$,$\therefore CD^2=AD· DB$。
$\because AD=3,BD=2$,$\therefore CD^2=3×2=6$。
$\because CD＞0$,$\therefore CD=\sqrt{6}$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) 证明成立；(3) $CD=\sqrt{6}$
【知识点】
相似三角形的判定、相似三角形的性质、射影定理
【点评】
本题是相似三角形“母子型”模型的典型考题，熟练掌握该模型的相似关系和衍生的比例中项结论，可快速解决直角三角形中线段乘积证明、长度计算类问题，解题核心是利用同角的余角相等找等角证明相似。
【难度系数】
0.7
本题属于相似三角形经典的“母子型”（射影定理）模型，解题思路清晰：
(1) 证△ACD∽△CBD：两个三角形均为直角三角形，已有一组直角相等，利用同角的余角相等可得到另一组对应角相等，即可通过“两角分别相等的两个三角形相似”完成证明；
(2) 证BC²=BD·AB：先将乘积式转化为比例式$\frac{BC}{AB}=\frac{BD}{BC}$，观察边的归属找到△ACB和△CDB，证明两三角形相似即可得到对应比例式，交叉相乘即可得证；
(3) 求CD的长：直接利用(1)中证得的相似关系，得到CD是AD和BD的比例中项，代入已知数值求解，结合线段长度为正取正根即可。
【解析】
(1) 证明：$\because CD⊥ AB,\therefore ∠ CDA=∠ CDB=90°$。
$\because ∠ ACB=90°$,$\therefore ∠ ACD+∠ BCD=90°$。
又 $\because ∠ BCD+∠ B=90°$,$\therefore ∠ ACD=∠ B$,$\therefore △ ACD∽ △ CBD$。
(2) 证明：$\because ∠ ACB=∠ CDB=90°$,$∠ B=∠ B$,$\therefore △ ACB∽ △ CDB$,$\therefore \frac{BC}{AB}=\frac{BD}{BC}$, 即 $BC^2=BD· AB$。
(3) 解：$\because △ ACD∽ △ CBD$,$\therefore \frac{AD}{CD}=\frac{CD}{BD}$,$\therefore CD^2=AD· DB$。
$\because AD=3,BD=2$,$\therefore CD^2=3×2=6$。
$\because CD＞0$,$\therefore CD=\sqrt{6}$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) 证明成立；(3) $CD=\sqrt{6}$
【知识点】
相似三角形的判定、相似三角形的性质、射影定理
【点评】
本题是相似三角形“母子型”模型的典型考题，熟练掌握该模型的相似关系和衍生的比例中项结论，可快速解决直角三角形中线段乘积证明、长度计算类问题，解题核心是利用同角的余角相等找等角证明相似。
【难度系数】
0.7
10[2025河北保定期中,较难]某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究,下面是他们的探究过程,请你按要求完成相应的证明和计算.
【初步发现】(1)如图(1),在矩形ABCD中,如果DE交AB于点E,CF交AD于点F,且DE⊥CF,那么$\frac{DE}{CF}\_\_\_\_\_\_\frac{AD}{CD}$(填“＞”“＜”或“=”);
【深入探究】(2)如图(2),在矩形ABCD中,MN⊥GH,MN分别交AD,BC于点M,N,GH分别交AB,CD于点H,G,求证:$\frac{GH}{MN}=\frac{AD}{CD}$;
【尝试应用】(3)在(1)的条件下,如图(3),在矩形ABCD中,点H,G分别在边AB,DC上,点M,N分别在边AD,BC上,连接MN,GH,且MN⊥GH,若$\frac{GH}{MN}=\frac{7}{5}$,求$\frac{DE}{CF}$的值;
【联系拓展】(4)如图(4),在四边形ABCD中,若AB=BC=6,AD=CD=8,∠BAD=90°,DE⊥CF,直接写出$\frac{DE}{CF}$的值.
图(1)
图(2)
图(3)
图(4)
【初步发现】(1)如图(1),在矩形ABCD中,如果DE交AB于点E,CF交AD于点F,且DE⊥CF,那么$\frac{DE}{CF}\_\_\_\_\_\_\frac{AD}{CD}$(填“＞”“＜”或“=”);
【深入探究】(2)如图(2),在矩形ABCD中,MN⊥GH,MN分别交AD,BC于点M,N,GH分别交AB,CD于点H,G,求证:$\frac{GH}{MN}=\frac{AD}{CD}$;
【尝试应用】(3)在(1)的条件下,如图(3),在矩形ABCD中,点H,G分别在边AB,DC上,点M,N分别在边AD,BC上,连接MN,GH,且MN⊥GH,若$\frac{GH}{MN}=\frac{7}{5}$,求$\frac{DE}{CF}$的值;
【联系拓展】(4)如图(4),在四边形ABCD中,若AB=BC=6,AD=CD=8,∠BAD=90°,DE⊥CF,直接写出$\frac{DE}{CF}$的值.
图(1)
图(2)
图(3)
图(4)
答案
10.(1)【解】$\because$ 四边形 $ABCD$ 为矩形,$\therefore ∠ A=∠ ADC=90°$,$\therefore ∠ FCD+∠ DFC=90°$.
$\because ED⊥ CF$,$\therefore ∠ ADE+∠ DFC=90°$,$\therefore ∠ ADE=∠ DCF$,$\therefore △ ADE∽ △ DCF$,$\therefore \frac{DE}{CF}=\frac{AD}{CD}$. 故答案为 $=$.
(2)【证明】过 $M$ 作 $MP⊥ BC$ 于 $P$, 过 $H$ 作 $HQ⊥ CD$ 于 $Q$, 交 $MN$ 于 $O$, 如图(1). 易得 $AD// HQ// BC$,$HQ=AD$,$MP=CD$,$\therefore ∠ HON=∠ MNP$.
$\because MN⊥ GH,MP⊥ BC$,$\therefore ∠ QHG+∠ HON=90°$,$∠ MNP+∠ NMP=90°$,$\therefore ∠ QHG=∠ NMP$.
又 $\because ∠ HQG=∠ MPN=90°$,$\therefore △ HQG∽ △ MPN$,$\therefore \frac{GH}{MN}=\frac{HQ}{MP}=\frac{AD}{CD}$.
(3)【解】由(1)可知,$\frac{DE}{CF}=\frac{AD}{CD}$, 由(2)可知,$\frac{HG}{MN}=\frac{AD}{CD}$,$\therefore \frac{DE}{CF}=\frac{GH}{MN}=\frac{7}{5}$.
(4) $\frac{DE}{CF}=\frac{25}{24}$. 过点 $C$ 作 $CM⊥ AB$ 交 $AB$ 的延长线于 $M$, 过点 $D$ 作 $DN⊥ MC$ 交 $MC$ 的延长线于 $N$, 连接 $BD$, 如图(2), 则易知四边形 $AMND$ 是矩形,$\therefore AM=DN$,$AD=MN. \because AB=6,AD=8,∠ BAD=90°$,$\therefore BD=10$. 又 $\because BC=6,CD=8$,$\therefore BC^2+CD^2=BD^2$,$\therefore BC⊥ CD$,$\therefore ∠ MCB+∠ NCD=90°$.
又 $\because ∠ MCB+∠ MBC=90°$,$\therefore ∠ MBC=∠ DCN$,$\therefore △ CMB∽ △ DNC$,$\therefore \frac{BM}{CN}=\frac{CM}{DN}=\frac{BC}{CD}=\frac{3}{4}$. 设 $BM=x$, 则 $AM=6+x=DN$,$\therefore MC=\frac{3}{4}(6+x)$,$CN=\frac{4}{3}x$.
$\because CM+CN=AD=8$,$\therefore \frac{3}{4}(6+x)+\frac{4}{3}x=8$, 解得 $x=\frac{42}{25}$,$\therefore DN=\frac{192}{25}$. 由(1)可知,$\frac{DE}{CF}=\frac{AD}{DN}=\frac{8}{\frac{192}{25}}=\frac{25}{24}$.
解析
【分析】
(1) 先利用矩形的性质得到直角，再结合DE⊥CF推导角相等，证明△ADE与△DCF相似，根据相似三角形对应边成比例即可得到线段比的关系。
(2) 通过作MP⊥BC、HQ⊥CD的辅助线，将AD、CD转化为HQ、MP的长度，再结合MN⊥GH推导角相等，证明△HQG与△MPN相似，即可证得线段比等于邻边比。
(3) 直接套用(1)(2)的结论，可知$\frac{DE}{CF}$和$\frac{GH}{MN}$都等于$\frac{AD}{CD}$，因此二者相等，代入已知比值即可求出结果。
(4) 先连接BD，用勾股定理逆定理证明∠BCD=90°，再作辅助线构造矩形AMND，证明△CMB与△DNC相似，设未知数求出DN的长度，再套用(1)的结论即可求出$\frac{DE}{CF}$的值。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD为矩形，
∴ ∠A=∠ADC=90°，
∴ ∠FCD+∠DFC=90°。
∵ ED⊥CF，
∴ ∠ADE+∠DFC=90°，
∴ ∠ADE=∠DCF，
∴ △ADE∽△DCF，
∴ $\frac{DE}{CF}=\frac{AD}{CD}$。
(2) 过M作MP⊥BC于P，过H作HQ⊥CD于Q，交MN于O，如图(1)。易得AD//HQ//BC，HQ=AD，MP=CD，
∴ ∠HON=∠MNP。
∵ MN⊥GH，MP⊥BC，
∴ ∠QHG+∠HON=90°，∠MNP+∠NMP=90°，
∴ ∠QHG=∠NMP。
又
∵ ∠HQG=∠MPN=90°，
∴ △HQG∽△MPN，
∴ $\frac{GH}{MN}=\frac{HQ}{MP}=\frac{AD}{CD}$。
(3) 由(1)可知，$\frac{DE}{CF}=\frac{AD}{CD}$，由(2)可知，$\frac{HG}{MN}=\frac{AD}{CD}$，
∴ $\frac{DE}{CF}=\frac{GH}{MN}=\frac{7}{5}$。
(4) 过点C作CM⊥AB交AB的延长线于M，过点D作DN⊥MC交MC的延长线于N，连接BD，如图(2)，则易知四边形AMND是矩形，
∴ AM=DN，AD=MN。
∵ AB=6，AD=8，∠BAD=90°，
∴ BD=10。又
∵ BC=6，CD=8，
∴ BC²+CD²=BD²，
∴ BC⊥CD，
∴ ∠MCB+∠NCD=90°。
又
∵ ∠MCB+∠MBC=90°，
∴ ∠MBC=∠DCN，
∴ △CMB∽△DNC，
∴ $\frac{BM}{CN}=\frac{CM}{DN}=\frac{BC}{CD}=\frac{3}{4}$。设BM=x，则AM=6+x=DN，
∴ MC=$\frac{3}{4}(6+x)$，CN=$\frac{4}{3}x$。
∵ CM+CN=AD=8，
∴ $\frac{3}{4}(6+x)+\frac{4}{3}x=8$，解得x=$\frac{42}{25}$，
∴ DN=$\frac{192}{25}$。由(1)可知，$\frac{DE}{CF}=\frac{AD}{DN}=\frac{8}{\frac{192}{25}}=\frac{25}{24}$。
【答案】
(1) $=$
(2) 证明成立，$\frac{GH}{MN}=\frac{AD}{CD}$
(3) $\frac{7}{5}$
(4) $\frac{25}{24}$
【知识点】
矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是递进式几何探究题，从矩形内的线段关系拓展到特殊四边形的线段关系，核心是通过构造相似三角形转化线段比，既考查了基础几何性质的应用，也考查了知识迁移和辅助线构造的能力，解题时要注意前面结论对后续问题的参考作用。
【难度系数】
0.3
(1) 先利用矩形的性质得到直角，再结合DE⊥CF推导角相等，证明△ADE与△DCF相似，根据相似三角形对应边成比例即可得到线段比的关系。
(2) 通过作MP⊥BC、HQ⊥CD的辅助线，将AD、CD转化为HQ、MP的长度，再结合MN⊥GH推导角相等，证明△HQG与△MPN相似，即可证得线段比等于邻边比。
(3) 直接套用(1)(2)的结论，可知$\frac{DE}{CF}$和$\frac{GH}{MN}$都等于$\frac{AD}{CD}$，因此二者相等，代入已知比值即可求出结果。
(4) 先连接BD，用勾股定理逆定理证明∠BCD=90°，再作辅助线构造矩形AMND，证明△CMB与△DNC相似，设未知数求出DN的长度，再套用(1)的结论即可求出$\frac{DE}{CF}$的值。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD为矩形，
∴ ∠A=∠ADC=90°，
∴ ∠FCD+∠DFC=90°。
∵ ED⊥CF，
∴ ∠ADE+∠DFC=90°，
∴ ∠ADE=∠DCF，
∴ △ADE∽△DCF，
∴ $\frac{DE}{CF}=\frac{AD}{CD}$。
(2) 过M作MP⊥BC于P，过H作HQ⊥CD于Q，交MN于O，如图(1)。易得AD//HQ//BC，HQ=AD，MP=CD，
∴ ∠HON=∠MNP。
∵ MN⊥GH，MP⊥BC，
∴ ∠QHG+∠HON=90°，∠MNP+∠NMP=90°，
∴ ∠QHG=∠NMP。
又
∵ ∠HQG=∠MPN=90°，
∴ △HQG∽△MPN，
∴ $\frac{GH}{MN}=\frac{HQ}{MP}=\frac{AD}{CD}$。
(3) 由(1)可知，$\frac{DE}{CF}=\frac{AD}{CD}$，由(2)可知，$\frac{HG}{MN}=\frac{AD}{CD}$，
∴ $\frac{DE}{CF}=\frac{GH}{MN}=\frac{7}{5}$。
(4) 过点C作CM⊥AB交AB的延长线于M，过点D作DN⊥MC交MC的延长线于N，连接BD，如图(2)，则易知四边形AMND是矩形，
∴ AM=DN，AD=MN。
∵ AB=6，AD=8，∠BAD=90°，
∴ BD=10。又
∵ BC=6，CD=8，
∴ BC²+CD²=BD²，
∴ BC⊥CD，
∴ ∠MCB+∠NCD=90°。
又
∵ ∠MCB+∠MBC=90°，
∴ ∠MBC=∠DCN，
∴ △CMB∽△DNC，
∴ $\frac{BM}{CN}=\frac{CM}{DN}=\frac{BC}{CD}=\frac{3}{4}$。设BM=x，则AM=6+x=DN，
∴ MC=$\frac{3}{4}(6+x)$，CN=$\frac{4}{3}x$。
∵ CM+CN=AD=8，
∴ $\frac{3}{4}(6+x)+\frac{4}{3}x=8$，解得x=$\frac{42}{25}$，
∴ DN=$\frac{192}{25}$。由(1)可知，$\frac{DE}{CF}=\frac{AD}{DN}=\frac{8}{\frac{192}{25}}=\frac{25}{24}$。
【答案】
(1) $=$
(2) 证明成立，$\frac{GH}{MN}=\frac{AD}{CD}$
(3) $\frac{7}{5}$
(4) $\frac{25}{24}$
【知识点】
矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是递进式几何探究题，从矩形内的线段关系拓展到特殊四边形的线段关系，核心是通过构造相似三角形转化线段比，既考查了基础几何性质的应用，也考查了知识迁移和辅助线构造的能力，解题时要注意前面结论对后续问题的参考作用。
【难度系数】
0.3
