相似三角形模型壓軸題綜合訓練（二）一、填空題1．如圖，在正方形ABCD中，AB＝2，點E是CD的中點，連接AE，將△ADE沿AE折疊至△AHE，連接BH，延長AE，BH交于點F；BF，CD交于點G，則FG=．【答案】【分析】過點H作MN∥AD，交AB于M，交CD于N，通過證明△AMH∽△HNE，可得，進而得出MH＝2EN，HN＝，可求NE的長，即可求BM，MH，HN的長，由平行線分線段成比例可得HG，GN，EG的長，再次利用平行線分線段成比例可得FG的長．【詳解】解：過點H作MN∥AD，交AB于M，交CD于N，∴∠BAD＝∠BMN＝90°，∠D＝∠MNC＝90°，∴四邊形ADNM是矩形，∴AM＝DN，MN＝AD＝2，∵將△ADE沿AE折疊至△AHE，∴AH＝AD＝2，∠AHE＝90°，HE＝DE＝1，∴∠AHM＋∠EHN＝90°，且∠MAH＋∠AHM＝90°，∴∠MAH＝∠EHN，且∠AMH＝∠ENH＝90°，∴△AMH∽△HNE，∴，∴，∴MH＝2NE，HN＝，∵MH＋HN＝MN＝2，∴2NE＋＝2，∴NE＝，∴MH＝，HN＝，AM＝，∴BM＝，∴BH＝，∵AB∥CD，∴，∴NG＝，HG＝，∴BG＝，EG＝，∵AB∥CD，∴，即∴FG＝，故答案為：．【點睛】本題考查了翻折變換，正方形的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，平行線分線段成比例定理等知識，添加恰當的輔助線是本題的關鍵．2．在平面直角坐標系中，正方形ABCD的位置如圖所示，點A的坐標為（1，0），點D的坐標為（0，2），延長CB交x軸于點A1，作正方形A1B1C1C；延長C1B1交x軸于點A2，作正方形A2B2C2C1…按這樣的規律進行下去，第1個正方形的面積為；第4個正方形的面積為．【答案】5【分析】由點A的坐標為（1，0），點D的坐標為（0，2）．即可求得OA與OD的長，然后由勾股定理即可求得AD的長，繼而求得第1個正方形ABCD的面積；先證得△DOA∽△ABA1，然后由相似三角形的對應邊成比例，可求得A1B的長，即可求得A1C的長，即可得第2個正方形A1B1C1C的面積；以此類推，可得第3個、第4個正方形的面積．【詳解】∵點A的坐標為（1，0），點D的坐標為（0，2）．∴OA=1，OD=2，在Rt△AOD中，AD==，∴正方形ABCD的面積為：；∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠DAB=∠ABC=∠ABA1=90°=∠DOA，∴∠ADO+∠DAO=90°，∠DAO+∠BAA1=90°，∴∠ADO=∠BAA1，∵∠DOA=∠ABA1，∴△DOA∽△ABA1，∴=，即=，解得：A1B=，∴A1C=A1B+BC=，∴正方形A1B1C1C的面積為：；∵第1個正方形ABCD的面積為：5；第2個正方形A1B1C1C的面積為：=×5；同理可得：第3個正方形A2B2C2C1的面積為：××5=；∴第4個正方形A3B3C3C2的面積為：．故答案為：5，【點睛】此題考查了相似三角形的判定與性質、正方形的性質以及勾股定理．此題難度較大，注意掌握數形結合思想的應用．3．如圖，已知中，，D是線段AC上一點（不與A,C重合）,連接BD，將沿AB翻折，使點D落在點E處，延長BD與EA的延長線交于點F，若是直角三角形，則AF的長為.【答案】或【分析】分別討論∠E=90°，∠EBF=90°兩種情況：①當∠E=90°時，由折疊性質和等腰三角形的性質可推出△BDC為等腰直角三角形，再求出∠ABD=∠ABE=22.5°，進而得到∠F=45°，推出△ADF為等腰直角三角形即可求出斜邊AF的長度；②當∠EBF=90°時，先證△ABD∽△ACB，利用對應邊成比例求出AD和CD的長，再證△ADF∽△CDB，利用對應邊成比例求出AF.【詳解】①當∠E=90°時，由折疊性質可知∠ADB=∠E=90°，如圖所示，在△ABC中，CA=CB=4，∠C=45°∴∠ABC=∠BAC==67.5°∵∠BDC=90°，∠C=45°∴△BCD為等腰直角三角形，∴CD=BC=，∠DBC=45°∴∠EBA=∠DBA=∠ABC-∠DBC=67.5°-45°=22.5°∴∠EBF=45°∴∠F=90°-45°=45°∴△ADF為等腰直角三角形∴AF=②當∠EBF=90°時，如圖所示，由折疊的性質可知∠ABE=∠ABD=45°，∵∠BAD=∠CAB∴△ABD∽△ACB∴由情況①中的AD=，BD=，可得AB=∴AD=∴CD=∵∠DBC=∠ABC-∠ABD=22.8°∵∠E=∠ADB=∠C+∠DBC=67.5°∴∠F=22.5°=∠DBC∴EF∥BC∴△ADF∽△CDB∴∴∵∠E=∠BDA=∠C+∠DBC=45°+67.5°-∠ABD=112.5°-∠ABD，∠EBF=2∠ABD∴∠E+∠EBF=112.5°+∠ABD＞90°∴∠F不可能為直角綜上所述，AF的長為或.故答案為：或.【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，折疊的性質，勾股定理，相似三角形的判定和性質，熟練掌握折疊前后對應角相等，分類討論利用相似三角形的性質求邊長是解題的關鍵.4．在平面直角坐標系中，，過點B作直線BC∥x軸，點P是直線BC上的一個動點以AP為邊在AP右側作，使，且，連結AB、BQ，則周長的最小值為.【答案】【分析】先證明△AOB∽△APQ，得到，由△OAP～△BAQ，得到BQ=2OP，進而得到．作O關于直線的對稱點O’，連接，PO'，則OP=O'P，AO'=，根據兩邊之和大于第三邊即可得到，從而得到答案．【詳解】如圖所示．連接OP．在中，．又在中，又∵，∠OAB=∠PAQ，．∵OA=1．OB=，∴AB=，又P為直線上的動點．∴作O關于直線的對稱點O’，，連接，PO'．∴OP=O'P，AO'=，∴AP+OP=AP+PO'即的最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質．解題的關鍵是把△ABQ周長的最小值轉化為求AP+OP的最小值．5．如圖，在等腰Rt△ABC中，AC＝BC＝6，∠EDF的頂點D是AB的中點，且∠EDF＝45°，現將∠EDF繞點D旋轉一周，在旋轉過程中，當∠EDF的兩邊DE、DF分別交直線AC于點G、H，把△DGH沿DH折疊，點G落在點M處，連接AM，若＝，則AH的長為．【答案】或或3【分析】分三種情形：①如圖1中，當點H在線段AC上，點G在AC的延長線上時，連接CD，作DJ⊥AC于J，設AH＝3k，AM＝4k．②如圖2中，當點H在線段AC上，點G在上時，連接CD，作DJ⊥AC于J，設AH＝3k，AM＝4k．③如圖3中，當點H在線段CA的延長線上，點G在線段AC上時，連接CD，作DJ⊥AC于J，設AH＝3k，AM＝4k．首先證明AM⊥AC，利用相似三角形的性質以及勾股定理構建方程解決問題即可．【詳解】解：①如圖1中，當點H在線段AC上，點G在AC的延長線上時，連接CD，作DJ⊥AC于J，設AH＝3k，AM＝4k．∵CA＝CB，∠ACB＝90°，AD＝DB，∴CD⊥AB，CD＝DA＝DB，∴∠ACD＝∠DCB＝45°，∠DCG＝135°，∵∠EDF＝∠EDM＝45°，DG＝DM，∴∠ADC＝∠MDG，∴∠ADM＝∠CDG，∴△ADM≌△CDG（SAS），∴∠DAM＝∠DCG＝135°，∵∠CAB＝45°，∴∠CAM＝90°，∴MH＝GH＝＝＝5k，∵∠GDH＝∠GAD＝45°，∠DGH＝∠AGD，∴△DGH∽△AGD，∴＝，∴DG2＝GH?GA＝40k2，∵AC＝BC＝6，∠ACB＝90°，∴AB＝AC＝12，∴AD＝CD＝6，∵DJ⊥AC，∴AJ＝JC＝3，DJ＝AJ＝IC＝3，∴GJ＝8K﹣3，在Rt△DJG中，∵DG2＝DJ2+GJ2，∴40k2＝（8k﹣3）2+（3）2，解得k＝或（舍棄），∴AH＝3k＝．②如圖2中，當點H在線段AC上，點G在上時，連接CD，作DJ⊥AC于J，設AH＝3k，AM＝4k．同法可得：40k2＝（8k﹣3）2+（3）2，解得k＝（舍棄）或，∴AH＝3k＝．③如圖3中，當點H在線段CA的延長線上，點G在線段AC上時，連接CD，作DJ⊥AC于J，設AH＝3k，AM＝4k．同法可得：10k2＝（3﹣2k）2+（3）2，解得k＝或﹣3（舍棄），∴AH＝3k＝3，綜上所述，滿足條件的AH的值為或或3．故答案為或或3．【點睛】本題考查等腰直角三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考填空題中的壓軸題．6．如圖，為等腰三角形且，延長、交于點，過作于點，交于點，若，，，則邊．【答案】．【分析】由AA定理證明△ADF∽△GAF，然后根據相似三角形的性質求得，設DF=4x，則FG=，AF=3x，AG=，然后利用勾股定理列方程求x的值，從而得解．【詳解】解：∵∴∵，∴△ADF∽△GAF∴∴在Rt△ADF中，設DF=4x，則AF=3x，AD=AC=5xFG=，AG=∴在Rt△AFG中，解得：（此時不合題意，舍去）∴，AG=過點G作GM∥BC因為AB=AC=5∴AM=AG=∴FM=在Rt△GFM中，∴，，解得故答案為：．【點睛】本題考查等腰三角形的性質，相似三角形的性質和判定以及勾股定理解直角三角形，正確推理論證列出方程是本題的解題關鍵．7．如圖，在平面直角坐標系中，已知點、、的坐標分別為，，．若點從點出發，沿軸正方向以每秒1個單位長度的速度向點移動，連接并延長到點，使，將線段繞點順時針旋轉得到線段，連接．若點在移動的過程中，使成為直角三角形，則點的坐標是．【答案】（5，2），（?1）【分析】當P位于線段OA上時，顯然△PFB不可能是直角三角形；由于∠BPF＜∠CPF=90°，所以P不可能是直角頂點，可分兩種情況進行討論：①F為直角頂點，過F作FD⊥x軸于D，BP=6-t，DP=2OC=4，在Rt△OCP中，OP=t-1，由勾股定理易求得CP=t2-2t+5，那么PF2=（2CP）2=4（t2-2t+5）；在Rt△PFB中，FD⊥PB，由射影定理可求得PB=PF2÷PD=t2-2t+5，而PB的另一個表達式為：PB=6-t，聯立兩式可得t2-2t+5=6-t，即t=；②B為直角頂點，得到△PFB∽△CPO，且相似比為2，那么BP=2OC=4，即OP=OB-BP=1，此時t=2．【詳解】解：能；①若F為直角頂點，過F作FD⊥x軸于D，則BP=6-t，DP=2OC=4，在Rt△OCP中，OP=t-1，由勾股定理易求得CP2=t2-2t+5，那么PF2=（2CP）2=4（t2-2t+5）；在Rt△PFB中，FD⊥PB，由射影定理可求得PB=PF2÷PD=t2-2t+5，而PB的另一個表達式為：PB=6-t，聯立兩式可得t2-2t+5=6-t，即t=，P點坐標為（，0），則F點坐標為：（?1）；②B為直角頂點，得到△PFB∽△CPO，且相似比為2，那么BP=2OC=4，即OP=OB-BP=1，此時t=2，P點坐標為（1，0）．FD=2（t-1）=2，則F點坐標為（5，2）．故答案是：（5，2），（?1）．【點睛】此題考查直角三角形的判定、相似三角形的判定和性質，解題關鍵在于求有關動點問題時要注意分析題意分情況討論結果．8．如圖，在正方形中，，點是的中點，連接，將沿折疊至，連接，延長，交于點；，交于點，則．【答案】【分析】過點H作MN∥AD，交AB于M，交CD于N，通過證明△AMH∽△HNE，可得，可得MH＝2EN，HN＝，可求EN的長，即可求BM，MH，HN的長，由平行線分線段成比例可得HG，GN，EG，GF的長．【詳解】解：過點H作MN∥AD，交AB于M，交CD于N，∴∠BAD＝∠BMN＝90°，∠D＝∠MNC＝90°，∴四邊形ADNM是矩形，∴AM＝DN，MN＝AD＝2，∵將△ADE沿AE折疊至△AHE，且E是DC的中點，∴AH＝AD＝2，∠AHE＝90°，HE＝DE＝1，∴∠AHM＋∠EHN＝90°，且∠MAH＋∠AHM＝90°，∴∠MAH＝∠EHN，且∠AMH＝∠ENH＝90°，∴△AMH∽△HNE，∴，∴，∴MH＝2EN，HN＝，∵MH＋HN＝MN＝2，∴，解得：，∴MH=，HN=，AM=，∴BM=，∴BH=，∵AB∥CD，∴，∴，∴BG=，EG=，∵AB∥CD，∴，即，解得：，故答案為：【點睛】本題考查了翻折變換，正方形的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理等知識，添加恰當輔助線是本題的關鍵．9．如圖，和分別為的角平分線和高線，已知，且，，則的長為．

【答案】【分析】在上截取，使，則，設，，則，．在中，由勾股定理，得，即，得．證明，可得，即，即有．聯立，解得，即可得，，．在中，．設點E到直線的距離為h，則，可得．根據是的角平分線，可得點E到直線的距離為．設，則．利用，可得，問題隨之得解．【詳解】如圖，在上截取，使，則，

∴．∵，∴．設，，則，．在中，由勾股定理，得，即，化簡，得．由是的高線，即有，有∵，∴，∴，即，∴．聯立，解得，∴，∴，，∴．在中，．設點E到直線的距離為h，則，∴．∵是的角平分線，∴點E到直線的距離為．設，則．∵，∴，解得或（舍去），∴．【點睛】本題是一道三角形的綜合題，主要考查了勾股定理，相似三角形的判定與性質，角平分線的性質，一元二次方程的應用等知識，構造合理的輔助線，靈活利用三角形的面積，是解答本題的關鍵．二、解答題10．在△ABC中，∠ABC＝90°，（1）如圖1，分別過A，C兩點作經過點B的直線的垂線，垂足分別為M、N，求證：△ABM～△BCN；（2）如圖2，P是邊BC上一點，∠BAP＝∠C，PM⊥PA交AC于點M，＝，求的值；（3）如圖3，D是邊CA延長線上一點，AE＝AB，∠DEB＝90°，AD：BC：AC＝2：3：5，求的長．【答案】（1）見解析；（2）；（3）【分析】（1）根據同角的余角相等得到∠MAB＝∠NBC，根據兩角對應相等的兩個三角形相似證明結論；（2）過點P作PD⊥AM于D．證明△PDM∽△APM，根據相似三角形的性質得到，設DM＝2a，根據勾股定理求出PM，證明△CDP∽△CBA，根據相似三角形的性質解答即可；（3）根據平行線的性質得到，根據相似三角形的性質得到，設BG＝4m，AG＝4n，根據求出n＝2m，計算即可．【詳解】（1）證明：∵AM⊥MN，∴∠MAB+∠MBA＝90°，∵∠ABC＝90°，∴∠CBN+∠MBA＝90°，∴∠MAB＝∠NBC，又∠AMB＝∠BNC＝90°，∴△ABM～△BCN；（2）解：過點P作PD⊥AM于D．∴∠BAP+∠APB＝∠CPM+∠APB＝90°，∴∠BAP＝∠CPM＝∠C，∴MP＝MC，∵PM⊥PA，PD⊥AM，∴△PDM∽△APM，∵設DM＝2a，則由勾股定理得，∴CD＝DM+CM＝DM+PM＝5a則∵∠CDP＝∠CBA＝90°，∠C＝∠C，∴△CDP∽△CBA，∴（3）解：過點A作AG⊥BE于G，過點C作CH⊥BE交EB的延長線于H，∵∠DEB＝90°，∴CH∥AG∥DE，∴∵BC：AC＝3：5，∴BC：AB＝3：4，由（1）可知，△ABG∽△BCH，∴設BG＝4m，CH＝3m，AG＝4n，BH＝3n，∵AB＝AE，AG⊥BE，∴EG＝BG＝4m，∴GH＝BG+BH＝4m+3n，∵∴解得，n＝2m，AG＝4n＝8m，BH＝3n＝6m，由勾股定理得BE＝2BG＝8m，∴【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質、直角三角形的性質，解題的關鍵是掌握相似三角形的判定定理和性質定理．11．如圖1，在平面直角坐標系中，點，點.（1）求直線的函數表達式；（2）點是線段上的一點，當時，求點的坐標；（3）如圖2，在（2）的條件下，將線段繞點順時針旋轉，點落在點處，連結，求的面積，并直接寫出點的坐標.【答案】（1）；（2）；（3），.【分析】（1）利用待定系數法即可解決問題；（2）過點、分別做軸于點，軸于點，根據相似三角形的性質得出PM的長，即點P的縱坐標，代入直線解析式，從而求解；（3）過點作交的延長線于點，若求的面積，求出CH的長即可，根據旋轉120°，得∠CAH=60°，解直角三角形AHC即可得出CH長，從而求解，【詳解】解：(1)）∵A（2，0），，設直線AB的解析式為y=kx+b，則有，解得：，∴直線AB的解析式為．（2）如圖1，過點、分別做軸于點，軸于點，即PM∥BN.∵，∴AP：AB=2:3，∴=∴將代入解析式可得，∴（3）①如圖2，過點作交的延長線于點.∵中，由勾股定理得：AP=，在中，，∴∴；②過點H作FE∥x軸，過點C作CE⊥FE于點E，交x軸于點G，過點A作AF⊥FE于點F，Rt△ACH中，AH=，∵PM∥AF，AM∥HF，根據直角相等、兩直線平行，同位角相等易證△APM∽△HAF，AP=2，AM=4，PM=2，∴，即，解得：AF=，HF=3，∵∠AHF+∠CHE=∠AHF+∠FAH=90°，∴∠CHE=∠FAH，∵∠HEC=∠AFH=90°，∴△HEC∽△AFH，方法同上得：CE=3，HE=，由四邊形AFEG是矩形，得AF=GE=，AG=FH+HE，∴OG=OA+FH+HE=2+3+=5+，CG=CE-EG=3-，即點.【點睛】本題考查一次函數的綜合應用、相似三角形的判定與性質、待定系數法等，解題關鍵是靈活運用所學知識解決問題，難度稍大．12．如圖，正方形ABCD的頂點A在等腰直角三角形DEF的斜邊EF上，EF與BC相交于點G，連接CF．（1）求證：△DAE≌△DCF；（2）求證：△ABG∽△CFG；（3）若正方形ABCD的的邊長為2，G為BC的中點，求EF的長．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）EF＝．【分析】（1）根據正方形的性質有AD=CD，根據等腰直角三角形的性質有DE=DF，已知兩邊嘗試找其夾角對應相等，根據等角的余角相等可得，∠ADE=∠CDF，據此可證;（2）此題有多種方法可解，可以延長BA交DE與M，結合第（1）問全等三角形的結論用等角做差求得∠BAG=∠FCG，再加上一對對頂角相等即可證明;（3）根據第（2）問相似三角形的結論，易得，在Rt△CFG中得到了兩直角邊CF與FG的倍數關系，再運用勾股定理即可解出CF與FG的長度，又AE=CF，即可解答.【詳解】證明：（1）∵正方形ABCD，等腰直角三角形EDF，∴∠ADC＝∠EDF＝90°，AD＝CD，DE＝DF，∴∠ADE+∠ADF＝∠ADF+∠CDF，∴∠ADE＝∠CDF，在△ADE和△CDF中，,∠=∠,;∴△ADE≌△CDF（SAS）；（2）延長BA到M，交ED于點M，∵△ADE≌△CDF，∴∠EAD＝∠FCD，即∠EAM+∠MAD＝∠BCD+∠BCF，∵∠MAD＝∠BCD＝90°，∴∠EAM＝∠BCF，∵∠EAM＝∠BAG，∴∠BAG＝∠BCF，∵∠AGB＝∠CGF，∴△ABG∽△CFG．（3）∵正方形ABCD的的邊長為2，G為BC的中點，∴BG＝CG＝1，AG＝，∵△ABG∽△CFG，∴，CF＝2FG，∵CF2+FG2＝CG2，（2FG）2+FG2＝12，∴GF＝，CF＝，∵△DAE≌△DCF，∴AE＝CF，∴EF＝EA+AG+GF＝CF+AG+GF＝++＝．【點睛】本題綜合考查了正方形與等腰直角三角形的性質，全等三角形與相似三角形的判定，勾股定理的應用等知識，熟練掌握各個知識點，并以正確的思維靈活運用是解答關鍵.13．如圖，在等腰三角形ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝2，點D在BC邊上（不與B、C重合），在AC上取一點E，使∠ADE＝30°．（1）求證：△ABD∽△DCE；（2）若BD＝n（0＜n＜2），求線段AE的長；（用含n的代數式表示）（3）當△ADE是等腰三角形時，請直接寫出AE的長．【答案】（1）見解析；（2）AE＝n2﹣n+2（0＜x＜2）；（3）AE＝4﹣2或【分析】（1）根據相似三角形的判定定理即可得到結論；（2）如圖1，作高AF，根據直角三角形30°的性質求AF的長，根據勾股定理求BF的長，則可得BC的長，根據（1）中的相似列比例式可得函數關系式，并確定取值；（3）分三種情況進行討論：①當AD＝DE時，如圖2，由（1）可知：此時△ABD≌△DCE，則AB＝CD，即2＝2﹣x；②當AE＝ED時，如圖3，則ED＝EC，即y＝（2﹣y）；③當AD＝AE時，∠AED＝∠EDA＝30°，∠EAD＝120°，此時點D與點B重合，不符合題意，此情況不存在．【詳解】證明：（1）∵△ABC是等腰三角形，且∠BAC＝120°，∴∠ABD＝∠ACB＝30°，∴∠ABD＝∠ADE＝30°，∵∠ADC＝∠ADE+∠EDC＝∠ABD+∠DAB，∴∠EDC＝∠DAB，∴△ABD∽△DCE；（2）如圖1，∵AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，過A作AF⊥BC于F，∴∠AFB＝90°，∵AB＝2，∠ABF＝30°，∴AF＝AB＝1，∴BF＝，∴BC＝2BF＝2則DC＝2﹣n，EC＝2﹣AE，∵△ABD∽△DCE，解得：AE＝n2﹣n+2（0＜x＜2）；（3）當AD＝DE時，如圖2，由（1）可知：此時△ABD≌△DCE，則AB＝CD，即2＝2﹣n，n＝2﹣2，代入AE＝n2﹣n+2解得：AE＝當AE＝ED時，如圖3，∠EAD＝∠EDA＝30°，∠AED＝120°，∴∠DEC＝60°，∠EDC＝90°，則ED＝EC，即AE＝（2﹣AE），解得：AE＝，當AD＝AE時，∠AED＝∠EDA＝30°，∠EAD＝120°，此時點D與點B重合，不符合題意，此情況不存在，∴當△ADE是等腰三角形時，AE＝4﹣2或．【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質及判定，掌握相似三角形的判定定理和對△ADE是等腰三角形進行分情況討論是解題的關鍵.14．如圖1，將三角板放在正方形上，使三角板的直角頂點與正方形的頂點重合，三角板的一邊交于點．另一邊交的延長線于點．（1）觀察猜想：線段與線段的數量關系是_____；（2）探究證明：如圖2，移動三角板，使頂點始終在正方形的對角線上，其他條件不變，（1）中的結論是否仍然成立？若成立，請給予證明：若不成立．請說明理由：（3）拓展延伸：如圖3，將（2）中的“正方形”改為“矩形”，且使三角板的一邊經過點，其他條件不變，若、，請探究線段與線段之間存在怎樣的數量關系？（用含、的代數式表示）【答案】（1）EF=EG（2）見解析（3）【分析】（1）因為四邊形ABCD是正方形，可得∠BED＝∠DEF＋∠BEF＝90°，根據題意可得，∠GEF＝∠GEB＋∠BEF＝90°，繼而可證∴∠GEB＝∠DEF，然后利用ASA判定Rt△EGB≌Rt△EFD，最后根據全等三角形對應邊相等即可求解．（2）過點E分別作EH⊥BC,EI⊥CD，垂足分別為H，I，則四邊形EHCI是矩形,可得∠FEI+∠HEF=∠GEH+∠HEF=90°，即∠FEI=∠GEH，根據正方形的性質，得出CE平分∠BCD,可證得EI=EH，利用ASA可判定△FEI≌△GEH，繼而得出結論．（3）過點E分別作EM⊥BC,EN⊥CD，垂足分別為M,N，同（2）可知，∠FEN=∠GEM由長方形性質得：∠D=∠ENC=90°,進而可得EN∥AD,EM∥AB，由相似三角形的判定可得△CEN∽△CAD,△CEM∽△CAB，再由相似三角形對應邊成比例，等量代換可得，繼而得，根據相似三角形的判定可得△FEN∽△GEM，繼而求解．【詳解】證明：（1）EF=EG∵四邊形ABCD是正方形∴ED＝EB，∠D＝∠GBE∵∠GEF＝90°∴∠GEB＋∠BEF＝90°∵∠BED＝90°,∴∠DEF＋∠BEF＝90°∴∠GEB＝∠DEF在Rt△EGB和Rt△EFD中，∴Rt△EGB≌Rt△EFD（ASA）∴EF＝EG．（2）成立，證明如下：如圖，過點E分別作EH⊥BC,EI⊥CD，垂足分別為H，I，則四邊形EHCI是矩形∴∠HEI=90°∵∠GEF=90°∴∠FEI+∠HEF=90°,∠GEH+∠HEF=90°∴∠FEI=∠GEH由正方形對角線的性質得，AC為∠BCD的角平分線，則EI=EH在△FEI和△GEH中，∴△FEI≌△GEH（ASA）

∴EF=EG；（3）如圖，過點E分別作EM⊥BC,EN⊥CD，垂足分別為M,N同（2）可知，∠FEN=∠GEM由長方形性質得：∠D=∠ENC=90°,∠ABC=∠EMC=90°,AD=BC=b.∴EN∥AD,EM∥AB.∴△CEN∽△CAD,△CEM∽△CAB∴,，∴,即∵∠FEN=∠GEM,∠FNE=∠GME=90°∴△FEN∽△GEM∴．【點睛】本題考查的知識點較多，主要考查矩形和正方形的性質、全等三角形的判定及其性質、相似三角形的判定及其性質，解題的關鍵是熟練掌握全等三角形的判定方法、相似三角形的判定方法．15．定義：