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6. 如图，在$△ ABC$中，已知$AB=9$，$BC=7$，点$D$在边$AB$上，且$BD=2$，点$E$在边$BC$上，当$BE=$
$\frac{14}{9}$或$\frac{18}{7}$
时，以$B$、$D$、$E$为顶点的三角形与$△ ABC$相似。答案
6.$\frac{14}{9}$或$\frac{18}{7}$
解析
【分析】
本题中△BDE和△ABC有公共角∠B，根据相似三角形“两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似”的判定定理，由于两个三角形相似时对应边的对应关系不明确，因此需要分两种情况讨论，分别列出比例式求解即可得到BE的长度。
【解析】
设$BE=x$，已知$AB=9$，$BC=7$，$BD=2$，$∠ B$是$△ BDE$和$△ ABC$的公共角，分两种情况讨论：
1. 当$△ BDE ∽ △ BAC$时，对应边成比例：
$\frac{BD}{BA}=\frac{BE}{BC}$
代入数值得$\frac{2}{9}=\frac{x}{7}$，解得$x=\frac{14}{9}$；
2. 当$△ BDE ∽ △ BCA$时，对应边成比例：
$\frac{BD}{BC}=\frac{BE}{BA}$
代入数值得$\frac{2}{7}=\frac{x}{9}$，解得$x=\frac{18}{7}$。
综上，$BE$的长度为$\frac{14}{9}$或$\frac{18}{7}$。
【答案】
$\frac{14}{9}$或$\frac{18}{7}$
【知识点】
相似三角形的判定；分类讨论思想；比例计算
【点评】
本题的易错点是忽略相似三角形对应边的不确定性，只考虑一种相似情况导致漏解，解题时结合公共角的条件，分两种对应情况列比例式求解即可。
【难度系数】
0.7
本题中△BDE和△ABC有公共角∠B，根据相似三角形“两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似”的判定定理，由于两个三角形相似时对应边的对应关系不明确，因此需要分两种情况讨论，分别列出比例式求解即可得到BE的长度。
【解析】
设$BE=x$，已知$AB=9$，$BC=7$，$BD=2$，$∠ B$是$△ BDE$和$△ ABC$的公共角，分两种情况讨论：
1. 当$△ BDE ∽ △ BAC$时，对应边成比例：
$\frac{BD}{BA}=\frac{BE}{BC}$
代入数值得$\frac{2}{9}=\frac{x}{7}$，解得$x=\frac{14}{9}$；
2. 当$△ BDE ∽ △ BCA$时，对应边成比例：
$\frac{BD}{BC}=\frac{BE}{BA}$
代入数值得$\frac{2}{7}=\frac{x}{9}$，解得$x=\frac{18}{7}$。
综上，$BE$的长度为$\frac{14}{9}$或$\frac{18}{7}$。
【答案】
$\frac{14}{9}$或$\frac{18}{7}$
【知识点】
相似三角形的判定；分类讨论思想；比例计算
【点评】
本题的易错点是忽略相似三角形对应边的不确定性，只考虑一种相似情况导致漏解，解题时结合公共角的条件，分两种对应情况列比例式求解即可。
【难度系数】
0.7
7.数学上把在平面直角坐标系中横纵坐标均为整数的点称为格点或整点.坐标平面内顶点为格点的三角形称为格点三角形.如图,点A、B、C、D都是格点,△PQR是一个格点三角形,且点P的坐标是$(4,1)$.若点A、B、C、D分别都和点P、Q连接,且连接后构成的格点三角形和△PQR相似,则这个点的坐标是
(2,2)
.答案
7.(2,2)
解析
【分析】
解题时首先要确定网格中所有相关点的坐标，利用勾股定理计算出△PQR的三边长，得到三边的比值；再依次计算A、B、C、D四个点分别与P、Q构成的三角形的三边长，验证其三边是否与△PQR的三边对应成比例，符合相似判定条件的点即为所求。
【解析】
设每个小方格的边长为1，由图及已知P(4,1)，可得各点坐标：R(6,1)，Q(7,2)，A(1,2)，B(2,2)，C(3,2)，D(4,2)。
第一步：计算△PQR的三边长：
$PR = |6-4| = 2$，
$QR = \sqrt{(7-6)^2 + (2-1)^2} = \sqrt{2}$，
$PQ = \sqrt{(7-4)^2 + (2-1)^2} = \sqrt{10}$，
因此△PQR三边长度比为$QR:PR:PQ = \sqrt{2}:2:\sqrt{10}$。
第二步：验证各点与P、Q构成的三角形是否与△PQR相似：
以点B(2,2)为例，计算△BPQ的三边长：
$BP = \sqrt{(4-2)^2 + (1-2)^2} = \sqrt{5}$，
$BQ = |7-2| = 5$，
$PQ = \sqrt{10}$，
因此△BPQ三边长度比为$BP:PQ:BQ = \sqrt{5}:\sqrt{10}:5 = \sqrt{2}:2:\sqrt{10}$，和△PQR的三边比相等，根据三边对应成比例的两个三角形相似，可知△BPQ∽△QRP。
验证其余A、C、D点，构成的三角形三边均不与△PQR三边成比例，不符合要求。
【答案】
(2,2)
【知识点】
格点坐标确定，勾股定理，相似三角形的判定
【点评】
本题结合格点背景考查相似三角形的判定，需要先通过勾股定理计算线段长度，再利用相似三角形的判定定理验证，解题时要注意准确计算各线段长度，避免因计算错误判断失误。
【难度系数】
0.6
解题时首先要确定网格中所有相关点的坐标，利用勾股定理计算出△PQR的三边长，得到三边的比值；再依次计算A、B、C、D四个点分别与P、Q构成的三角形的三边长，验证其三边是否与△PQR的三边对应成比例，符合相似判定条件的点即为所求。
【解析】
设每个小方格的边长为1，由图及已知P(4,1)，可得各点坐标：R(6,1)，Q(7,2)，A(1,2)，B(2,2)，C(3,2)，D(4,2)。
第一步：计算△PQR的三边长：
$PR = |6-4| = 2$，
$QR = \sqrt{(7-6)^2 + (2-1)^2} = \sqrt{2}$，
$PQ = \sqrt{(7-4)^2 + (2-1)^2} = \sqrt{10}$，
因此△PQR三边长度比为$QR:PR:PQ = \sqrt{2}:2:\sqrt{10}$。
第二步：验证各点与P、Q构成的三角形是否与△PQR相似：
以点B(2,2)为例，计算△BPQ的三边长：
$BP = \sqrt{(4-2)^2 + (1-2)^2} = \sqrt{5}$，
$BQ = |7-2| = 5$，
$PQ = \sqrt{10}$，
因此△BPQ三边长度比为$BP:PQ:BQ = \sqrt{5}:\sqrt{10}:5 = \sqrt{2}:2:\sqrt{10}$，和△PQR的三边比相等，根据三边对应成比例的两个三角形相似，可知△BPQ∽△QRP。
验证其余A、C、D点，构成的三角形三边均不与△PQR三边成比例，不符合要求。
【答案】
(2,2)
【知识点】
格点坐标确定，勾股定理，相似三角形的判定
【点评】
本题结合格点背景考查相似三角形的判定，需要先通过勾股定理计算线段长度，再利用相似三角形的判定定理验证，解题时要注意准确计算各线段长度，避免因计算错误判断失误。
【难度系数】
0.6
8如图，E、F分别是正方形ABCD的边AB和AD上的点，且$\frac{EB}{AB}=\frac{AF}{AD}=\frac{1}{3}$。求证：$∠ AEF=∠ FBD$。
答案
8.证明:如图,作 $FG⊥ BD$ 于点 $G$,
设正方形 $ABCD$ 的边长为 3,则 $AB=AD=3$,
$∠ ADB=45°$.
$\because \frac{EB}{AB}=\frac{AF}{AD}=\frac{1}{3}$,
$\therefore EB=1,AF=1,AE=3-1=2,FD=3-1=2$,
$\therefore EF=\sqrt{AE^2+AF^2}=\sqrt{5}$,
$BF=\sqrt{AB^2+AF^2}=\sqrt{10},FG=\sqrt{2}$,
$BG=\sqrt{BF^2-FG^2}=2\sqrt{2}$.
$\because \frac{AF}{FG}=\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{AE}{BG}=\frac{2}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{EF}{BF}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,
$\therefore \frac{AF}{FG}=\frac{AE}{BG}=\frac{EF}{BF}$,
$\therefore △ AEF∽△ GBF,\therefore ∠ AEF=∠ FBD$.
解析
【分析】
要证明$∠ AEF=∠ FBD$，可通过证明两角所在的三角形相似得到。结合已知的线段比例条件和正方形的性质，我们可以设正方形边长为具体数值简化计算；由于$∠ AEF$在$Rt△ AEF$中，我们过$F$作$BD$的垂线$FG$，构造出含$∠ FBD$的$Rt△ GBF$，再分别计算两个三角形的各边长度，验证三边对应成比例，即可证明两三角形相似，进而得到对应角相等。
【解析】
证明：如图，作 $FG⊥ BD$ 于点 $G$，
设正方形 $ABCD$ 的边长为 3，则 $AB=AD=3$，$∠ ADB=45°$。
$\because \frac{EB}{AB}=\frac{AF}{AD}=\frac{1}{3}$，
$\therefore EB=1,AF=1,AE=3-1=2,FD=3-1=2$，
由勾股定理可得：
$EF=\sqrt{AE^2+AF^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，
$BF=\sqrt{AB^2+AF^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，
$\because FG⊥ BD$，$∠ FDG=45°$，$△ FDG$为等腰直角三角形，
$\therefore FG=\frac{FD}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$，
在$Rt△ BFG$中，$BG=\sqrt{BF^2-FG^2}=\sqrt{(\sqrt{10})^2-(\sqrt{2})^2}=2\sqrt{2}$，
$\because \frac{AF}{FG}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{AE}{BG}=\frac{2}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{EF}{BF}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore \frac{AF}{FG}=\frac{AE}{BG}=\frac{EF}{BF}$，
$\therefore △ AEF ∽ △ GBF$，
$\therefore ∠ AEF=∠ FBD$。
【答案】
证明:如图,作 $FG⊥ BD$ 于点 $G$,
设正方形 $ABCD$ 的边长为 3,则 $AB=AD=3$,
$∠ ADB=45°$.
$\because \frac{EB}{AB}=\frac{AF}{AD}=\frac{1}{3}$,
$\therefore EB=1,AF=1,AE=3-1=2,FD=3-1=2$,
$\therefore EF=\sqrt{AE^2+AF^2}=\sqrt{5}$,
$BF=\sqrt{AB^2+AF^2}=\sqrt{10},FG=\sqrt{2}$,
$BG=\sqrt{BF^2-FG^2}=2\sqrt{2}$.
$\because \frac{AF}{FG}=\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{AE}{BG}=\frac{2}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{EF}{BF}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,
$\therefore \frac{AF}{FG}=\frac{AE}{BG}=\frac{EF}{BF}$,
$\therefore △ AEF∽△ GBF,\therefore ∠ AEF=∠ FBD$.
【知识点】
相似三角形的判定、正方形的性质、勾股定理
【点评】
本题是几何证明的典型题型，通过设特殊边长简化线段计算，构造辅助线得到待证角所在的直角三角形，利用三边成比例判定三角形相似进而得到对应角相等，要求熟练掌握特殊图形的性质和相似三角形的判定方法。
【难度系数】
0.6
要证明$∠ AEF=∠ FBD$，可通过证明两角所在的三角形相似得到。结合已知的线段比例条件和正方形的性质，我们可以设正方形边长为具体数值简化计算；由于$∠ AEF$在$Rt△ AEF$中，我们过$F$作$BD$的垂线$FG$，构造出含$∠ FBD$的$Rt△ GBF$，再分别计算两个三角形的各边长度，验证三边对应成比例，即可证明两三角形相似，进而得到对应角相等。
【解析】
证明：如图，作 $FG⊥ BD$ 于点 $G$，
设正方形 $ABCD$ 的边长为 3，则 $AB=AD=3$，$∠ ADB=45°$。
$\because \frac{EB}{AB}=\frac{AF}{AD}=\frac{1}{3}$，
$\therefore EB=1,AF=1,AE=3-1=2,FD=3-1=2$，
由勾股定理可得：
$EF=\sqrt{AE^2+AF^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，
$BF=\sqrt{AB^2+AF^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，
$\because FG⊥ BD$，$∠ FDG=45°$，$△ FDG$为等腰直角三角形，
$\therefore FG=\frac{FD}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$，
在$Rt△ BFG$中，$BG=\sqrt{BF^2-FG^2}=\sqrt{(\sqrt{10})^2-(\sqrt{2})^2}=2\sqrt{2}$，
$\because \frac{AF}{FG}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{AE}{BG}=\frac{2}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{EF}{BF}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore \frac{AF}{FG}=\frac{AE}{BG}=\frac{EF}{BF}$，
$\therefore △ AEF ∽ △ GBF$，
$\therefore ∠ AEF=∠ FBD$。
【答案】
证明:如图,作 $FG⊥ BD$ 于点 $G$,
设正方形 $ABCD$ 的边长为 3,则 $AB=AD=3$,
$∠ ADB=45°$.
$\because \frac{EB}{AB}=\frac{AF}{AD}=\frac{1}{3}$,
$\therefore EB=1,AF=1,AE=3-1=2,FD=3-1=2$,
$\therefore EF=\sqrt{AE^2+AF^2}=\sqrt{5}$,
$BF=\sqrt{AB^2+AF^2}=\sqrt{10},FG=\sqrt{2}$,
$BG=\sqrt{BF^2-FG^2}=2\sqrt{2}$.
$\because \frac{AF}{FG}=\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{AE}{BG}=\frac{2}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{EF}{BF}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,
$\therefore \frac{AF}{FG}=\frac{AE}{BG}=\frac{EF}{BF}$,
$\therefore △ AEF∽△ GBF,\therefore ∠ AEF=∠ FBD$.
【知识点】
相似三角形的判定、正方形的性质、勾股定理
【点评】
本题是几何证明的典型题型，通过设特殊边长简化线段计算，构造辅助线得到待证角所在的直角三角形，利用三边成比例判定三角形相似进而得到对应角相等，要求熟练掌握特殊图形的性质和相似三角形的判定方法。
【难度系数】
0.6
9(1)如图1所示，正方形ABCD及等腰直角三角形AEF有公共顶点A，∠EAF=90°，连接BE、DF. 将Rt△AEF绕点A旋转，在旋转过程中，BE、DF具有怎样的数量关系和位置关系？结合图1给予证明；
(2)将(1)中的正方形ABCD变为矩形ABCD，等腰直角三角形AEF变为Rt△AEF，且AD=kAB，AF=kAE，其他条件不变，(1)中的结论是否发生变化？结合图2说明理由；
(3)将(2)中的矩形ABCD变为平行四边形ABCD，将Rt△AEF变为△AEF，且∠BAD=∠EAF=α，其他条件不变，(2)中的结论是否发生变化？结合图3，如果不变，直接写出结论；如果变化，直接用k表示出线段BE、DF的数量关系，用α表示出直线BE、DF形成的锐角β.
(2)将(1)中的正方形ABCD变为矩形ABCD，等腰直角三角形AEF变为Rt△AEF，且AD=kAB，AF=kAE，其他条件不变，(1)中的结论是否发生变化？结合图2说明理由；
(3)将(2)中的矩形ABCD变为平行四边形ABCD，将Rt△AEF变为△AEF，且∠BAD=∠EAF=α，其他条件不变，(2)中的结论是否发生变化？结合图3，如果不变，直接写出结论；如果变化，直接用k表示出线段BE、DF的数量关系，用α表示出直线BE、DF形成的锐角β.
答案
9.解:(1)DF与BE互相垂直且相等.
证明:延长 DF 分别交 AB、BE 于点 P、G,如图 1.
在正方形 ABCD 和等腰直角三角形 AEF 中,$AD=AB,AF=AE,∠ BAD=∠ EAF=90°$,
$\therefore ∠ FAD=∠ EAB,\therefore △ FAD≌△ EAB$,
$\therefore ∠ AFD=∠ AEB,DF=BE$.
$\because ∠ AFD+∠ AFG=180°$,
$\therefore ∠ AEG+∠ AFG=180°$.
$\because ∠ EAF=90°,\therefore ∠ EGF=180°-90°=90°$,
$\therefore DF⊥ BE$.
(2)数量关系改变,位置关系不变.$DF=kBE,DF⊥ BE$.
理由如下:延长 DF 交 EB 于点 H,如图 2.
$\because AD=kAB,AF=kAE$,
$\therefore \frac{AD}{AB}=k,\frac{AF}{AE}=k$,
$\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{AF}{AE}$.
$\because ∠ BAD=∠ EAF=90°$,
$\therefore ∠ FAD=∠ EAB,\therefore △ FAD∽△ EAB$,
$\therefore \frac{DF}{BE}=\frac{AF}{AE}=k,∠ AFD=∠ AEB,\therefore DF=kBE$.
$\because ∠ AFD+∠ AFH=180°$,
$\therefore ∠ AEH+∠ AFH=180°$.
$\because ∠ EAF=90°,\therefore ∠ EHF=180°-90°=90°$,
$\therefore DF⊥ BE$.
(3)数量关系不变,仍为 $DF=kBE$,位置关系发生改变.
延长 DF 交 EB 的延长线于点 H,如图 3.
$\because AD=kAB,AF=kAE$,
$\therefore \frac{AD}{AB}=k,\frac{AF}{AE}=k,\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{AF}{AE}$.
$\because ∠ BAD=∠ EAF=α$,
$\therefore ∠ FAD=∠ EAB$,
$\therefore △ FAD∽△ EAB$,
$\therefore \frac{DF}{BE}=\frac{AF}{AE}=k,∠ AFD=∠ AEB,\therefore DF=kBE$.
$\because ∠ AFD+∠ AFH=180°$,
$\therefore ∠ AEB+∠ AFH=180°$.
$\because$ 四边形 AEHF 的内角和为 $360°$,
$\therefore ∠ EAF+∠ EHF=180°$.
$\because ∠ EAF=α,∠ EHF=β,\therefore α+β=180°$,
$\therefore β=180°-α$.
解析
【分析】
本题是图形旋转背景下的数量与位置关系探究题，按照从特殊到一般的思路逐步推导：
(1) 第一问中正方形和等腰直角三角形有公共旋转顶点，旋转后可得到相等的对应角，结合AD=AB、AF=AE证明△FAD≌△EAB，即可得到边相等的数量关系；再利用全等的对应角相等，结合邻补角性质和四边形内角特征，推导DF和BE的夹角为90°，得到垂直关系。
(2) 第二问将正方形改为矩形、等腰直角三角形改为直角三角形，边长成固定比例k，此时不再满足全等条件，可证明两三角形相似，得到DF=kBE的数量关系；垂直关系的推导和第一问思路一致，利用相似的对应角相等结合四边形内角和推导夹角为90°。
(3) 第三问进一步改为平行四边形，公共角为α，依然先证明△FAD∽△EAB得到DF=kBE的数量关系；再利用四边形内角和，推导BE和DF的夹角β与α的关系即可。
【解析】
(1) DF与BE互相垂直且相等。
证明：延长DF分别交AB、BE于点P、G，如图1。
在正方形ABCD和等腰直角三角形AEF中，$AD=AB,AF=AE,∠ BAD=∠ EAF=90°$，
$\therefore ∠ FAD=∠ EAB,\therefore △ FAD≌△ EAB$，
$\therefore ∠ AFD=∠ AEB,DF=BE$。
$\because ∠ AFD+∠ AFG=180°$，
$\therefore ∠ AEG+∠ AFG=180°$。
$\because ∠ EAF=90°,\therefore ∠ EGF=180°-90°=90°$，
$\therefore DF⊥ BE$。
(2) 数量关系改变，位置关系不变，$DF=kBE,DF⊥ BE$。
理由如下：延长DF交EB于点H，如图2。
$\because AD=kAB,AF=kAE$，
$\therefore \frac{AD}{AB}=k,\frac{AF}{AE}=k$，
$\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{AF}{AE}$。
$\because ∠ BAD=∠ EAF=90°$，
$\therefore ∠ FAD=∠ EAB,\therefore △ FAD∽△ EAB$，
$\therefore \frac{DF}{BE}=\frac{AF}{AE}=k,∠ AFD=∠ AEB,\therefore DF=kBE$。
$\because ∠ AFD+∠ AFH=180°$，
$\therefore ∠ AEH+∠ AFH=180°$。
$\because ∠ EAF=90°,\therefore ∠ EHF=180°-90°=90°$，
$\therefore DF⊥ BE$。
(3) 数量关系不变，仍为 $DF=kBE$，位置关系发生改变。
延长DF交EB的延长线于点H，如图3。
$\because AD=kAB,AF=kAE$，
$\therefore \frac{AD}{AB}=k,\frac{AF}{AE}=k,\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{AF}{AE}$。
$\because ∠ BAD=∠ EAF=α$，
$\therefore ∠ FAD=∠ EAB$，
$\therefore △ FAD∽△ EAB$，
$\therefore \frac{DF}{BE}=\frac{AF}{AE}=k,∠ AFD=∠ AEB,\therefore DF=kBE$。
$\because ∠ AFD+∠ AFH=180°$，
$\therefore ∠ AEB+∠ AFH=180°$。
$\because$ 四边形 AEHF 的内角和为 $360°$，
$\therefore ∠ EAF+∠ EHF=180°$。
$\because ∠ EAF=α,∠ EHF=β,\therefore α+β=180°$，
$\therefore β=180°-α$。
【答案】
(1) DF与BE互相垂直且相等，证明见解析；
(2) 数量关系变为$DF=kBE$，位置关系仍为$DF⊥BE$，理由见解析；
(3) 数量关系不变，$DF=kBE$，位置关系改变，直线BE、DF形成的锐角$β=180°-α$。
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 相似三角形的判定与性质
3. 旋转的性质
【点评】
本题是典型的从特殊到一般的几何探究题，层层递进设置问题，既考察了全等、相似的基础应用，也锻炼了知识迁移和类比推理的能力，解题时抓住公共顶点处的等角、边的比例关系是核心突破口。
【难度系数】
0.6
本题是图形旋转背景下的数量与位置关系探究题，按照从特殊到一般的思路逐步推导：
(1) 第一问中正方形和等腰直角三角形有公共旋转顶点，旋转后可得到相等的对应角，结合AD=AB、AF=AE证明△FAD≌△EAB，即可得到边相等的数量关系；再利用全等的对应角相等，结合邻补角性质和四边形内角特征，推导DF和BE的夹角为90°，得到垂直关系。
(2) 第二问将正方形改为矩形、等腰直角三角形改为直角三角形，边长成固定比例k，此时不再满足全等条件，可证明两三角形相似，得到DF=kBE的数量关系；垂直关系的推导和第一问思路一致，利用相似的对应角相等结合四边形内角和推导夹角为90°。
(3) 第三问进一步改为平行四边形，公共角为α，依然先证明△FAD∽△EAB得到DF=kBE的数量关系；再利用四边形内角和，推导BE和DF的夹角β与α的关系即可。
【解析】
(1) DF与BE互相垂直且相等。
证明：延长DF分别交AB、BE于点P、G，如图1。
在正方形ABCD和等腰直角三角形AEF中，$AD=AB,AF=AE,∠ BAD=∠ EAF=90°$，
$\therefore ∠ FAD=∠ EAB,\therefore △ FAD≌△ EAB$，
$\therefore ∠ AFD=∠ AEB,DF=BE$。
$\because ∠ AFD+∠ AFG=180°$，
$\therefore ∠ AEG+∠ AFG=180°$。
$\because ∠ EAF=90°,\therefore ∠ EGF=180°-90°=90°$，
$\therefore DF⊥ BE$。
(2) 数量关系改变，位置关系不变，$DF=kBE,DF⊥ BE$。
理由如下：延长DF交EB于点H，如图2。
$\because AD=kAB,AF=kAE$，
$\therefore \frac{AD}{AB}=k,\frac{AF}{AE}=k$，
$\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{AF}{AE}$。
$\because ∠ BAD=∠ EAF=90°$，
$\therefore ∠ FAD=∠ EAB,\therefore △ FAD∽△ EAB$，
$\therefore \frac{DF}{BE}=\frac{AF}{AE}=k,∠ AFD=∠ AEB,\therefore DF=kBE$。
$\because ∠ AFD+∠ AFH=180°$，
$\therefore ∠ AEH+∠ AFH=180°$。
$\because ∠ EAF=90°,\therefore ∠ EHF=180°-90°=90°$，
$\therefore DF⊥ BE$。
(3) 数量关系不变，仍为 $DF=kBE$，位置关系发生改变。
延长DF交EB的延长线于点H，如图3。
$\because AD=kAB,AF=kAE$，
$\therefore \frac{AD}{AB}=k,\frac{AF}{AE}=k,\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{AF}{AE}$。
$\because ∠ BAD=∠ EAF=α$，
$\therefore ∠ FAD=∠ EAB$，
$\therefore △ FAD∽△ EAB$，
$\therefore \frac{DF}{BE}=\frac{AF}{AE}=k,∠ AFD=∠ AEB,\therefore DF=kBE$。
$\because ∠ AFD+∠ AFH=180°$，
$\therefore ∠ AEB+∠ AFH=180°$。
$\because$ 四边形 AEHF 的内角和为 $360°$，
$\therefore ∠ EAF+∠ EHF=180°$。
$\because ∠ EAF=α,∠ EHF=β,\therefore α+β=180°$，
$\therefore β=180°-α$。
【答案】
(1) DF与BE互相垂直且相等，证明见解析；
(2) 数量关系变为$DF=kBE$，位置关系仍为$DF⊥BE$，理由见解析；
(3) 数量关系不变，$DF=kBE$，位置关系改变，直线BE、DF形成的锐角$β=180°-α$。
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 相似三角形的判定与性质
3. 旋转的性质
【点评】
本题是典型的从特殊到一般的几何探究题，层层递进设置问题，既考察了全等、相似的基础应用，也锻炼了知识迁移和类比推理的能力，解题时抓住公共顶点处的等角、边的比例关系是核心突破口。
【难度系数】
0.6
