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9[2026安徽滁州质检,较难]如图,点D是等边△ABC的边AC上(不与A,C点重合)的动点,以BD为边作等边△BDE,AB与DE交于点F.已知△ABC的边长为a.
(1)在点D的运动过程中,始终都相似的三角形有
(2)AF的最大值为
(1)在点D的运动过程中,始终都相似的三角形有
5
对;(2)AF的最大值为
$\frac{a}{4}$
.答案
9. (1)5 (2)$\frac{a}{4}$
【解析】(1)
∵ △ABC 和 △BDE 是等边三角形,
∴ ∠A = ∠C = ∠ABC = 60°, ∠E = ∠BDE = ∠EBD = 60°,
∴ △ABC ∽ △EDB, ∠EBF = ∠DBC, ∠E = ∠C,
∴ △BDC ∽ △BFE,
∴ ∠BDC = ∠BFE = ∠AFD,
∴ △BDC ∽ △DFA, △BFE ∽ △DFA.
∵ ∠DBF = ∠ABD, ∠BDF = ∠BAD,
∴ △BDF ∽ △BAD. 综上,相似的三角形有 5 对,故答案为 5.
(2)由题意可得,当 BA ⊥ DE 时,BF 有最小值,此时 AF 有最大值.
∵ △ABC 和 △BDE 均为等边三角形,
∴ BA = BC, ∠A = 60°, ∠BDE = 60°.
∵ BA ⊥ DE,
∴ ∠AFD = 90°,
∴ ∠ADF = 90° - ∠A = 90° - 60° = 30°,
∴ ∠BDA = ∠ADF + ∠BDE = 30° + 60° = 90°,
∴ BD ⊥ AC. 又
∵ BA = BC,
∴ AD = CD = $\frac{1}{2}AC = \frac{a}{2}$.
∵ ∠AFD = 90°, ∠ADF = 30°,
∴ AF = $\frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}×\frac{a}{2} = \frac{a}{4}$,
∴ AF 的最大值为 $\frac{a}{4}$,故答案为 $\frac{a}{4}$.
【解析】(1)
∵ △ABC 和 △BDE 是等边三角形,
∴ ∠A = ∠C = ∠ABC = 60°, ∠E = ∠BDE = ∠EBD = 60°,
∴ △ABC ∽ △EDB, ∠EBF = ∠DBC, ∠E = ∠C,
∴ △BDC ∽ △BFE,
∴ ∠BDC = ∠BFE = ∠AFD,
∴ △BDC ∽ △DFA, △BFE ∽ △DFA.
∵ ∠DBF = ∠ABD, ∠BDF = ∠BAD,
∴ △BDF ∽ △BAD. 综上,相似的三角形有 5 对,故答案为 5.
(2)由题意可得,当 BA ⊥ DE 时,BF 有最小值,此时 AF 有最大值.
∵ △ABC 和 △BDE 均为等边三角形,
∴ BA = BC, ∠A = 60°, ∠BDE = 60°.
∵ BA ⊥ DE,
∴ ∠AFD = 90°,
∴ ∠ADF = 90° - ∠A = 90° - 60° = 30°,
∴ ∠BDA = ∠ADF + ∠BDE = 30° + 60° = 90°,
∴ BD ⊥ AC. 又
∵ BA = BC,
∴ AD = CD = $\frac{1}{2}AC = \frac{a}{2}$.
∵ ∠AFD = 90°, ∠ADF = 30°,
∴ AF = $\frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}×\frac{a}{2} = \frac{a}{4}$,
∴ AF 的最大值为 $\frac{a}{4}$,故答案为 $\frac{a}{4}$.
解析
【分析】
(1) 要找出运动过程中始终相似的三角形，先利用等边三角形内角均为60°的性质，得到多组相等的角，再依据“两角对应相等的两个三角形相似”的判定定理逐一排查相似组合，注意不要漏数、多数。
(2) AF可表示为AB-BF，AB为固定长度a，因此要使AF最大，需使BF最小；根据点到直线的线段中垂线段最短，可知当BF⊥DE时BF取得最小值，再结合等边三角形性质、含30°角的直角三角形性质计算AF的最大值即可。
【解析】
(1)
∵△ABC和△BDE都是等边三角形，
∴∠A=∠C=∠ABC=∠E=∠BDE=∠EBD=60°，
①两个等边三角形对应角相等，故△ABC∽△EDB；
②∠EBF+∠ABD=∠ABD+∠DBC=60°，故∠EBF=∠DBC，又∠E=∠C=60°，故△BDC∽△BFE；
③由△BDC∽△BFE得∠BDC=∠BFE，又∠BFE=∠AFD（对顶角相等），故∠BDC=∠AFD，结合∠A=∠C=60°，得△BDC∽△DFA；
④由△BDC∽△BFE、△BDC∽△DFA，可推出△BFE∽△DFA；
⑤∠DBF=∠ABD（公共角），∠BDF=∠BAD=60°，故△BDF∽△BAD。
综上，始终相似的三角形共5对。
(2) 由AF=AB-BF，AB=a为定值，可知BF取最小值时AF最大。
根据垂线段最短，当BF⊥DE时BF最小，此时∠AFD=90°。
在Rt△AFD中，∠A=60°，故∠ADF=90°-60°=30°。
∵△BDE是等边三角形，
∴∠BDE=60°，故∠BDA=∠ADF+∠BDE=30°+60°=90°，即BD⊥AC。
∵△ABC是等边三角形，BD⊥AC，
∴D为AC中点，$AD=\frac{1}{2}AC=\frac{a}{2}$。
在Rt△AFD中，∠ADF=30°，30°角所对直角边为斜边的一半，故$AF=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}×\frac{a}{2}=\frac{a}{4}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{5}$；(2) $\boldsymbol{\frac{a}{4}}$
【知识点】
相似三角形的判定，等边三角形的性质，垂线段最短
【点评】
本题综合考查等边三角形性质、相似三角形判定和最值问题，第一问需要熟练掌握相似判定定理，细心排查所有相似组合；第二问需要将AF的最值转化为BF的最值，考查转化思想和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.3
(1) 要找出运动过程中始终相似的三角形，先利用等边三角形内角均为60°的性质，得到多组相等的角，再依据“两角对应相等的两个三角形相似”的判定定理逐一排查相似组合，注意不要漏数、多数。
(2) AF可表示为AB-BF，AB为固定长度a，因此要使AF最大，需使BF最小；根据点到直线的线段中垂线段最短，可知当BF⊥DE时BF取得最小值，再结合等边三角形性质、含30°角的直角三角形性质计算AF的最大值即可。
【解析】
(1)
∵△ABC和△BDE都是等边三角形，
∴∠A=∠C=∠ABC=∠E=∠BDE=∠EBD=60°，
①两个等边三角形对应角相等，故△ABC∽△EDB；
②∠EBF+∠ABD=∠ABD+∠DBC=60°，故∠EBF=∠DBC，又∠E=∠C=60°，故△BDC∽△BFE；
③由△BDC∽△BFE得∠BDC=∠BFE，又∠BFE=∠AFD（对顶角相等），故∠BDC=∠AFD，结合∠A=∠C=60°，得△BDC∽△DFA；
④由△BDC∽△BFE、△BDC∽△DFA，可推出△BFE∽△DFA；
⑤∠DBF=∠ABD（公共角），∠BDF=∠BAD=60°，故△BDF∽△BAD。
综上，始终相似的三角形共5对。
(2) 由AF=AB-BF，AB=a为定值，可知BF取最小值时AF最大。
根据垂线段最短，当BF⊥DE时BF最小，此时∠AFD=90°。
在Rt△AFD中，∠A=60°，故∠ADF=90°-60°=30°。
∵△BDE是等边三角形，
∴∠BDE=60°，故∠BDA=∠ADF+∠BDE=30°+60°=90°，即BD⊥AC。
∵△ABC是等边三角形，BD⊥AC，
∴D为AC中点，$AD=\frac{1}{2}AC=\frac{a}{2}$。
在Rt△AFD中，∠ADF=30°，30°角所对直角边为斜边的一半，故$AF=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}×\frac{a}{2}=\frac{a}{4}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{5}$；(2) $\boldsymbol{\frac{a}{4}}$
【知识点】
相似三角形的判定，等边三角形的性质，垂线段最短
【点评】
本题综合考查等边三角形性质、相似三角形判定和最值问题，第一问需要熟练掌握相似判定定理，细心排查所有相似组合；第二问需要将AF的最值转化为BF的最值，考查转化思想和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.3
10[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
10. (1)【证明】
∵ CD ⊥ AB,
∴ ∠CDA = ∠CDB = 90°.
∵ ∠ACB = 90°,
∴ ∠ACD + ∠BCD = 90°. 又
∵ ∠BCD + ∠B = 90°,
∴ ∠ACD = ∠B,
∴ △ACD ∽ △CBD.
(2)【证明】
∵ ∠ACB = ∠CDB = 90°, ∠B = ∠B,
∴ △ACB ∽ △CDB,
∴ $\frac{BC}{AB}=\frac{BD}{BC}$, 即 $BC^2 = BD · AB$.
(3)【解】
∵ △ACD ∽ △CBD,
∴ $\frac{AD}{CD}=\frac{CD}{BD}$,
∴ $CD^2 = AD · DB$.
∵ AD = 3, BD = 2,
∴ $CD^2 = 6$,
∴ CD = $\sqrt{6}$.
解析
【分析】
(1) 要证明△ACD∽△CBD，首先由CD是斜边AB上的高可得两个直角相等，再利用同角的余角相等推出一组锐角相等，即可通过“两角分别相等的两个三角形相似”完成证明。(2) 要证明等积式BC²=BD·AB，先将其转化为比例式$\frac{BC}{AB}=\frac{BD}{BC}$，找到线段所属的△ABC和△CDB，证明两个三角形相似后即可由对应边成比例推导得到结论。(3) 利用第(1)问证得的相似三角形对应边成比例，可得CD²=AD·BD，代入已知线段长度计算正平方根即可得到CD的长。
【解析】
(1) 证明：
∵ CD ⊥ AB，
∴ ∠CDA = ∠CDB = 90°。
∵ ∠ACB = 90°，
∴ ∠ACD + ∠BCD = 90°。
又
∵ ∠BCD + ∠B = 90°，
∴ ∠ACD = ∠B，
∴ △ACD ∽ △CBD。
(2) 证明：
∵ ∠ACB = ∠CDB = 90°，∠B = ∠B，
∴ △ACB ∽ △CDB，
∴ $\frac{BC}{AB}=\frac{BD}{BC}$，即 $BC^2 = BD · AB$。
(3) 解：
由(1)得△ACD ∽ △CBD，
∴ $\frac{AD}{CD}=\frac{CD}{BD}$，
∴ $CD^2 = AD · DB$。
∵ AD = 3，BD = 2，
∴ $CD^2 = 3×2=6$，
∵ 线段长度为正数，
∴ CD = $\sqrt{6}$。
【答案】
10. (1)【证明】
∵ CD ⊥ AB,
∴ ∠CDA = ∠CDB = 90°.
∵ ∠ACB = 90°,
∴ ∠ACD + ∠BCD = 90°. 又
∵ ∠BCD + ∠B = 90°,
∴ ∠ACD = ∠B,
∴ △ACD ∽ △CBD.
(2)【证明】
∵ ∠ACB = ∠CDB = 90°, ∠B = ∠B,
∴ △ACB ∽ △CDB,
∴ $\frac{BC}{AB}=\frac{BD}{BC}$, 即 $BC^2 = BD · AB$.
(3)【解】
∵ △ACD ∽ △CBD,
∴ $\frac{AD}{CD}=\frac{CD}{BD}$,
∴ $CD^2 = AD · DB$.
∵ AD = 3, BD = 2,
∴ $CD^2 = 6$,
∴ 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】
本题是相似三角形的典型应用题型，围绕直角三角形斜边上的高构成的相似模型考查相关证明和计算，解题的核心是掌握相似三角形的判定方法，学会将等积式转化为比例式寻找对应相似三角形，该模型的相关结论可大幅提升同类题型的解题效率。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明△ACD∽△CBD，首先由CD是斜边AB上的高可得两个直角相等，再利用同角的余角相等推出一组锐角相等，即可通过“两角分别相等的两个三角形相似”完成证明。(2) 要证明等积式BC²=BD·AB，先将其转化为比例式$\frac{BC}{AB}=\frac{BD}{BC}$，找到线段所属的△ABC和△CDB，证明两个三角形相似后即可由对应边成比例推导得到结论。(3) 利用第(1)问证得的相似三角形对应边成比例，可得CD²=AD·BD，代入已知线段长度计算正平方根即可得到CD的长。
【解析】
(1) 证明：
∵ CD ⊥ AB，
∴ ∠CDA = ∠CDB = 90°。
∵ ∠ACB = 90°，
∴ ∠ACD + ∠BCD = 90°。
又
∵ ∠BCD + ∠B = 90°，
∴ ∠ACD = ∠B，
∴ △ACD ∽ △CBD。
(2) 证明：
∵ ∠ACB = ∠CDB = 90°，∠B = ∠B，
∴ △ACB ∽ △CDB，
∴ $\frac{BC}{AB}=\frac{BD}{BC}$，即 $BC^2 = BD · AB$。
(3) 解：
由(1)得△ACD ∽ △CBD，
∴ $\frac{AD}{CD}=\frac{CD}{BD}$，
∴ $CD^2 = AD · DB$。
∵ AD = 3，BD = 2，
∴ $CD^2 = 3×2=6$，
∵ 线段长度为正数，
∴ CD = $\sqrt{6}$。
【答案】
10. (1)【证明】
∵ CD ⊥ AB,
∴ ∠CDA = ∠CDB = 90°.
∵ ∠ACB = 90°,
∴ ∠ACD + ∠BCD = 90°. 又
∵ ∠BCD + ∠B = 90°,
∴ ∠ACD = ∠B,
∴ △ACD ∽ △CBD.
(2)【证明】
∵ ∠ACB = ∠CDB = 90°, ∠B = ∠B,
∴ △ACB ∽ △CDB,
∴ $\frac{BC}{AB}=\frac{BD}{BC}$, 即 $BC^2 = BD · AB$.
(3)【解】
∵ △ACD ∽ △CBD,
∴ $\frac{AD}{CD}=\frac{CD}{BD}$,
∴ $CD^2 = AD · DB$.
∵ AD = 3, BD = 2,
∴ $CD^2 = 6$,
∴ 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】
本题是相似三角形的典型应用题型，围绕直角三角形斜边上的高构成的相似模型考查相关证明和计算，解题的核心是掌握相似三角形的判定方法，学会将等积式转化为比例式寻找对应相似三角形，该模型的相关结论可大幅提升同类题型的解题效率。
【难度系数】
0.7
11[2026安徽池州期末,难]【数学模型】(1)如图(1),在正方形ABCD中,点E,F分别在边DC,BC上,且AE⊥DF,求证:DE=CF.
【模型迁移】(2)如图(2),在矩形ABCD中,AB=3,BC=5,点E在边AD上,点M,N分别在边AB,CD上,且BE⊥MN,求$\frac{BE}{MN}$的值.
【模型应用】(3)如图(3),在四边形ABCD中,∠BAD=90°,$\frac{AB}{AD}=\frac{2}{3}$,AB=BC,AD=CD,点E,F分别在边AB,AD上,且DE⊥CF,垂足为G,求$\frac{CF}{DE}$的值.
快来夸我鸭
【模型迁移】(2)如图(2),在矩形ABCD中,AB=3,BC=5,点E在边AD上,点M,N分别在边AB,CD上,且BE⊥MN,求$\frac{BE}{MN}$的值.
【模型应用】(3)如图(3),在四边形ABCD中,∠BAD=90°,$\frac{AB}{AD}=\frac{2}{3}$,AB=BC,AD=CD,点E,F分别在边AB,AD上,且DE⊥CF,垂足为G,求$\frac{CF}{DE}$的值.
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答案
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AD=DC$，$∠ ADE=∠ C=90°$，
∵ $AE⊥ DF$，
∴ $∠ DAE + ∠ AED=90°$，$∠ CDF + ∠ AED=90°$，
∴ $∠ DAE=∠ CDF$。
在$△ ADE$和$△ DCF$中：
$\begin{cases}∠ DAE=∠ CDF \\AD=DC \\∠ ADE=∠ C\end{cases}$
∴ $△ ADE≌△ DCF(\mathrm{ASA})$，
∴ $DE=CF$。
---
(2) 解：
过点$N$作$NH⊥ AB$于点$H$，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD// BC$，$∠ A=∠ NHM=90°$，$NH=AD=BC=5$。
∵ $BE⊥ MN$，
∴ $∠ ABE + ∠ BMN=90°$，
又 $∠ MNH + ∠ BMN=90°$，
∴ $∠ ABE=∠ MNH$，
∴ $△ ABE∽△ HNM$，
∴ $\frac{BE}{MN}=\frac{AB}{NH}=\frac{3}{5}$。
---
(3) 解：
设$AB=2k$，由$\frac{AB}{AD}=\frac{2}{3}$得$AD=3k$。
以$A$为原点，$AB$所在直线为$x$轴，$AD$所在直线为$y$轴建立平面直角坐标系，则：
$A(0,0)$，$B(2k,0)$，$D(0,3k)$。
设$C(x,y)$，由$AB=BC=2k$，$AD=CD=3k$得：
$\begin{cases}(x-2k)^2 + y^2=(2k)^2 \\x^2 + (y-3k)^2=(3k)^2\end{cases}$
展开化简得：
$\begin{cases}x^2 + y^2=4kx \\x^2 + y^2=6ky\end{cases}$
∴ $4kx=6ky$，即$y=\frac{2}{3}x$，代入$x^2+y^2=4kx$得：
$x^2+\frac{4}{9}x^2=4kx$，解得$x=\frac{36k}{13}$（$x=0$舍去）。
过点$C$作$CN⊥ AD$于点$N$，则$CN=x=\frac{36k}{13}$。
∵ $DE⊥ CF$，$∠ A=∠ CNF=90°$，
易证$∠ ADE=∠ NCF$，
∴ $△ ADE∽△ NCF$，
∴ $\frac{CF}{DE}=\frac{CN}{AD}=\frac{\frac{36k}{13}}{3k}=\frac{12}{13}$。
---
最终结论：
(1) 证明成立；
(2) $\frac{BE}{MN}=\boldsymbol{\frac{3}{5}}$；
(3) $\frac{CF}{DE}=\boldsymbol{\frac{12}{13}}$。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AD=DC$，$∠ ADE=∠ C=90°$，
∵ $AE⊥ DF$，
∴ $∠ DAE + ∠ AED=90°$，$∠ CDF + ∠ AED=90°$，
∴ $∠ DAE=∠ CDF$。
在$△ ADE$和$△ DCF$中：
$\begin{cases}∠ DAE=∠ CDF \\AD=DC \\∠ ADE=∠ C\end{cases}$
∴ $△ ADE≌△ DCF(\mathrm{ASA})$，
∴ $DE=CF$。
---
(2) 解：
过点$N$作$NH⊥ AB$于点$H$，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD// BC$，$∠ A=∠ NHM=90°$，$NH=AD=BC=5$。
∵ $BE⊥ MN$，
∴ $∠ ABE + ∠ BMN=90°$，
又 $∠ MNH + ∠ BMN=90°$，
∴ $∠ ABE=∠ MNH$，
∴ $△ ABE∽△ HNM$，
∴ $\frac{BE}{MN}=\frac{AB}{NH}=\frac{3}{5}$。
---
(3) 解：
设$AB=2k$，由$\frac{AB}{AD}=\frac{2}{3}$得$AD=3k$。
以$A$为原点，$AB$所在直线为$x$轴，$AD$所在直线为$y$轴建立平面直角坐标系，则：
$A(0,0)$，$B(2k,0)$，$D(0,3k)$。
设$C(x,y)$，由$AB=BC=2k$，$AD=CD=3k$得：
$\begin{cases}(x-2k)^2 + y^2=(2k)^2 \\x^2 + (y-3k)^2=(3k)^2\end{cases}$
展开化简得：
$\begin{cases}x^2 + y^2=4kx \\x^2 + y^2=6ky\end{cases}$
∴ $4kx=6ky$，即$y=\frac{2}{3}x$，代入$x^2+y^2=4kx$得：
$x^2+\frac{4}{9}x^2=4kx$，解得$x=\frac{36k}{13}$（$x=0$舍去）。
过点$C$作$CN⊥ AD$于点$N$，则$CN=x=\frac{36k}{13}$。
∵ $DE⊥ CF$，$∠ A=∠ CNF=90°$，
易证$∠ ADE=∠ NCF$，
∴ $△ ADE∽△ NCF$，
∴ $\frac{CF}{DE}=\frac{CN}{AD}=\frac{\frac{36k}{13}}{3k}=\frac{12}{13}$。
---
最终结论：
(1) 证明成立；
(2) $\frac{BE}{MN}=\boldsymbol{\frac{3}{5}}$；
(3) $\frac{CF}{DE}=\boldsymbol{\frac{12}{13}}$。
解析
【分析】
(1) 要证DE=CF，可观察两条线段所在的三角形：结合正方形性质可得AD=DC，∠ADE=∠C=90°，再由AE⊥DF利用同角的余角相等推出∠DAE=∠CDF，即可证明△ADE≌△DCF，得到对应边相等。
(2) 要求$\frac{BE}{MN}$的值，矩形无邻边相等的条件，考虑构造相似三角形：过N作NH⊥AB于H，可得NH=AD，再由BE⊥MN利用同角的余角相等推出∠ABE=∠MNH，证明△ABE∽△HNM，利用相似三角形对应边成比例即可求解。
(3) 已知$\frac{AB}{AD}=\frac{2}{3}$，结合AB=BC、AD=CD的条件，先设参数表示AB、AD的长度，建立平面直角坐标系求出点C的坐标，再过C作CN⊥AD于N，同理证明△ADE∽△NCF，利用相似比即可求出$\frac{CF}{DE}$的值。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AD=DC$，$∠ ADE=∠ C=90°$，
∵ $AE⊥ DF$，
∴ $∠ DAE + ∠ AED=90°$，$∠ CDF + ∠ AED=90°$，
∴ $∠ DAE=∠ CDF$。
在$△ ADE$和$△ DCF$中：
$\begin{cases}∠ DAE=∠ CDF \\AD=DC \\∠ ADE=∠ C\end{cases}$
∴ $△ ADE≌△ DCF(\mathrm{ASA})$，
∴ $DE=CF$。
(2) 解：
过点$N$作$NH⊥ AB$于点$H$，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD// BC$，$∠ A=∠ NHM=90°$，$NH=AD=BC=5$。
∵ $BE⊥ MN$，
∴ $∠ ABE + ∠ BMN=90°$，
又 $∠ MNH + ∠ BMN=90°$，
∴ $∠ ABE=∠ MNH$，
∴ $△ ABE∽△ HNM$，
∴ $\frac{BE}{MN}=\frac{AB}{NH}=\frac{3}{5}$。
(3) 解：
设$AB=2k$，由$\frac{AB}{AD}=\frac{2}{3}$得$AD=3k$。
以$A$为原点，$AB$所在直线为$x$轴，$AD$所在直线为$y$轴建立平面直角坐标系，则：
$A(0,0)$，$B(2k,0)$，$D(0,3k)$。
设$C(x,y)$，由$AB=BC=2k$，$AD=CD=3k$得：
$\begin{cases}(x-2k)^2 + y^2=(2k)^2 \\x^2 + (y-3k)^2=(3k)^2\end{cases}$
展开化简得：
$\begin{cases}x^2 + y^2=4kx \\x^2 + y^2=6ky\end{cases}$
∴ $4kx=6ky$，即$y=\frac{2}{3}x$，代入$x^2+y^2=4kx$得：
$x^2+\frac{4}{9}x^2=4kx$，解得$x=\frac{36k}{13}$（$x=0$舍去）。
过点$C$作$CN⊥ AD$于点$N$，则$CN=x=\frac{36k}{13}$。
∵ $DE⊥ CF$，$∠ A=∠ CNF=90°$，
易证$∠ ADE=∠ NCF$，
∴ $△ ADE∽△ NCF$，
∴ $\frac{CF}{DE}=\frac{CN}{AD}=\frac{\frac{36k}{13}}{3k}=\frac{12}{13}$。
【答案】
(1) DE=CF，证明成立；(2) $\frac{3}{5}$；(3) $\frac{12}{13}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、特殊四边形的性质
【点评】
本题是由特殊到一般的几何模型题，从正方形的垂直等线段模型，逐步迁移到矩形、一般四边形的垂直线段比问题，核心是利用互余角推导等角，构造全等或相似三角形转化线段关系，能有效锻炼知识迁移能力和几何综合应用能力。
【难度系数】
0.4
(1) 要证DE=CF，可观察两条线段所在的三角形：结合正方形性质可得AD=DC，∠ADE=∠C=90°，再由AE⊥DF利用同角的余角相等推出∠DAE=∠CDF，即可证明△ADE≌△DCF，得到对应边相等。
(2) 要求$\frac{BE}{MN}$的值，矩形无邻边相等的条件，考虑构造相似三角形：过N作NH⊥AB于H，可得NH=AD，再由BE⊥MN利用同角的余角相等推出∠ABE=∠MNH，证明△ABE∽△HNM，利用相似三角形对应边成比例即可求解。
(3) 已知$\frac{AB}{AD}=\frac{2}{3}$，结合AB=BC、AD=CD的条件，先设参数表示AB、AD的长度，建立平面直角坐标系求出点C的坐标，再过C作CN⊥AD于N，同理证明△ADE∽△NCF，利用相似比即可求出$\frac{CF}{DE}$的值。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AD=DC$，$∠ ADE=∠ C=90°$，
∵ $AE⊥ DF$，
∴ $∠ DAE + ∠ AED=90°$，$∠ CDF + ∠ AED=90°$，
∴ $∠ DAE=∠ CDF$。
在$△ ADE$和$△ DCF$中：
$\begin{cases}∠ DAE=∠ CDF \\AD=DC \\∠ ADE=∠ C\end{cases}$
∴ $△ ADE≌△ DCF(\mathrm{ASA})$，
∴ $DE=CF$。
(2) 解：
过点$N$作$NH⊥ AB$于点$H$，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD// BC$，$∠ A=∠ NHM=90°$，$NH=AD=BC=5$。
∵ $BE⊥ MN$，
∴ $∠ ABE + ∠ BMN=90°$，
又 $∠ MNH + ∠ BMN=90°$，
∴ $∠ ABE=∠ MNH$，
∴ $△ ABE∽△ HNM$，
∴ $\frac{BE}{MN}=\frac{AB}{NH}=\frac{3}{5}$。
(3) 解：
设$AB=2k$，由$\frac{AB}{AD}=\frac{2}{3}$得$AD=3k$。
以$A$为原点，$AB$所在直线为$x$轴，$AD$所在直线为$y$轴建立平面直角坐标系，则：
$A(0,0)$，$B(2k,0)$，$D(0,3k)$。
设$C(x,y)$，由$AB=BC=2k$，$AD=CD=3k$得：
$\begin{cases}(x-2k)^2 + y^2=(2k)^2 \\x^2 + (y-3k)^2=(3k)^2\end{cases}$
展开化简得：
$\begin{cases}x^2 + y^2=4kx \\x^2 + y^2=6ky\end{cases}$
∴ $4kx=6ky$，即$y=\frac{2}{3}x$，代入$x^2+y^2=4kx$得：
$x^2+\frac{4}{9}x^2=4kx$，解得$x=\frac{36k}{13}$（$x=0$舍去）。
过点$C$作$CN⊥ AD$于点$N$，则$CN=x=\frac{36k}{13}$。
∵ $DE⊥ CF$，$∠ A=∠ CNF=90°$，
易证$∠ ADE=∠ NCF$，
∴ $△ ADE∽△ NCF$，
∴ $\frac{CF}{DE}=\frac{CN}{AD}=\frac{\frac{36k}{13}}{3k}=\frac{12}{13}$。
【答案】
(1) DE=CF，证明成立；(2) $\frac{3}{5}$；(3) $\frac{12}{13}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、特殊四边形的性质
【点评】
本题是由特殊到一般的几何模型题，从正方形的垂直等线段模型，逐步迁移到矩形、一般四边形的垂直线段比问题，核心是利用互余角推导等角，构造全等或相似三角形转化线段关系，能有效锻炼知识迁移能力和几何综合应用能力。
【难度系数】
0.4
