押安徽中考第22題（四邊形綜合）（解析版）-備戰(zhàn)2024年中考數(shù)學(xué)

押安徽中考第22題押題方向：四邊形綜合3年安徽真題考點(diǎn)命題趨勢(shì)2023年安徽旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，四點(diǎn)共圓，圓周角定理以及銳角三角函數(shù)定義預(yù)測(cè)2024年安徽四邊形綜合題仍然會(huì)以平行四邊形、菱形、矩形以及正方形的判定和性質(zhì)為主，兼顧考察全等三角形和相似三角形的性質(zhì)和判定，以及直角三角形的特殊性質(zhì)、特殊的直角三角形、等腰三角形、三角函數(shù)、三角形的中位線以及勾股定理等?？碱}可能會(huì)考察線段相等的證明、角度的求解、全等和相似的證明，特別注意方程思想和比例思想在解題中的應(yīng)用，特別在動(dòng)點(diǎn)問題中注意分類討論。2022年安徽菱形的判定和性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定2021年安徽全等三角形，相似三角形，一元二次方程的解法在Rt△ABC中，M是斜邊AB的中點(diǎn)，將線段MA繞點(diǎn)M旋轉(zhuǎn)至MD位置，點(diǎn)D在直線AB外，連接AD，BD．（1）如圖1，求∠ADB的大小；（2）已知點(diǎn)D和邊AC上的點(diǎn)E滿足ME⊥AD，DE∥AB．（i）如圖2，連接CD，求證：BD＝CD；（ii）如圖3，連接BE，若AC＝8，BC＝6，求tan∠ABE的值．【分析】（1）證MA＝MD＝MB，得∠MAD＝∠MDA，∠MDB＝∠MBD，再由三角形內(nèi)角和定理得∠ADB＝∠MDA+∠MDB＝90°即可；（2）（i）證四邊形EMBD是平行四邊形，得DE＝BM＝AM，再證四邊形EAMD是平行四邊形，進(jìn)而得平行四邊形EAMD是菱形，則∠BAD＝∠CAD，然后證A、C、D、B四點(diǎn)共圓，由圓周角定理得＝，即可得出結(jié)論；（ii）過點(diǎn)E作EH⊥AB于點(diǎn)H，由勾股定理得AB＝10，再由菱形的性質(zhì)得AE＝AM＝5，進(jìn)而由銳角三角函數(shù)定義得EH＝3，則AH＝4，BH＝6，然后由銳角三角函數(shù)定義即可得出結(jié)論．【解答】（1）解：∵M(jìn)是AB的中點(diǎn)，∴MA＝MB，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：MA＝MD＝MB，∴∠MAD＝∠MDA，∠MDB＝∠MBD，∵∠MAD+∠MDA+∠MDB+∠MBD＝180°，∴∠ADB＝∠MDA+∠MDB＝90°，即∠ADB的大小為90°；（2）（i）證明：∵∠ADB＝90°，∴AD⊥BD，∵M(jìn)E⊥AD，∴ME∥BD，∵ED∥BM，∴四邊形EMBD是平行四邊形，∴DE＝BM＝AM，∴DE∥AM，∴四邊形EAMD是平行四邊形，∵EM⊥AD，∴平行四邊形EAMD是菱形，∴∠BAD＝∠CAD，又∵∠ACB＝∠ADB＝90°，∴A、C、D、B四點(diǎn)共圓，∵∠BCD＝∠CAD，∴＝，∴BD＝CD；（ii）解：如圖3，過點(diǎn)E作EH⊥AB于點(diǎn)H，則∠EHA＝∠EHB＝90°，在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB＝＝＝10，∵四邊形EAMD是菱形，∴AE＝AM＝AB＝5，∴sin∠CAB＝＝＝，∴EH＝AE?sin∠CAB＝5×＝3，∴AH＝＝＝4，∴BH＝AB﹣AH＝10﹣4＝6，∴tan∠ABE＝＝＝，即tan∠ABE的值為．【點(diǎn)評(píng)】本題是幾何變換綜合題目，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，四點(diǎn)共圓，圓周角定理以及銳角三角函數(shù)定義等知識(shí)，本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．2.（2022?安徽）已知四邊形ABCD中，BC＝CD，連接BD，過點(diǎn)C作BD的垂線交AB于點(diǎn)E，連接DE．（1）如圖1，若DE∥BC，求證：四邊形BCDE是菱形；（2）如圖2，連接AC，設(shè)BD，AC相交于點(diǎn)F，DE垂直平分線段AC．（?。┣蟆螩ED的大小；（ⅱ）若AF＝AE，求證：BE＝CF．【解答】（1）證明：設(shè)CE與BD交于點(diǎn)O，∵CB＝CD，CE⊥BD，∴DO＝BO，∵DE∥BC，∴∠DEO＝∠BCO，∵∠DOE＝∠BOC，∴△DOE≌△BOC（AAS），∴DE＝BC，∴四邊形BCDE是平行四邊形，∵CD＝CB，∴平行四邊形BCDE是菱形；（2）（i）解：∵DE垂直平分AC，∴AE＝EC且DE⊥AC，∴∠AED＝∠CED，又∵CD＝CB且CE⊥BD，∴CE垂直平分DB，∴DE＝BE，∴∠DEC＝∠BEC，∴∠AED＝∠CED＝∠BEC，又∵∠AED+∠CED+∠BEC＝180°，∴∠CED＝；（ii）證明：由（i）得AE＝EC，又∵∠AEC＝∠AED+∠DEC＝120°，∴∠ACE＝30°，同理可得，在等腰△DEB中，∠EBD＝30°，∴∠ACE＝∠ABF＝30°，在△ACE與△ABF中，，∴△ABF≌△ACE（AAS），∴AC＝AB，又∵AE＝AF，∴AB﹣AE＝AC﹣AF，即BE＝CF．3.如圖1，在四邊形ABCD中，∠ABC=∠BCD,點(diǎn)E在邊BC上，且AE∥CD,DE∥AB,CF∥AD交線段AE于點(diǎn)F,連接BF.(1)求證:△ABF≌△EAD;

(2)如圖2，若AB=9,CD=5，∠ECF＝∠AED，求BE的長(zhǎng)；

(3)如圖3，若BF的延長(zhǎng)線經(jīng)過AD的中點(diǎn)M，求BEEC【解析】∵DE∥AB，∴∠BAF=∠AED，∵AE∥CD，∴∠AEB=∠BCD=∠ABC，∴AB=AE，∵CF∥AD，AE∥CD，∴四邊形ADCF為平行四邊形，∴AF=CD，在△ABF和△EAD中，AB=AE∠BAF=∠AEDAF=CD∴△ABF≌△EAD（SAS）；由（1）△ABF≌△EAD，且∠ECF=∠AED，∴∠ECF=∠BAE，又∵CF=BF，∴∠ECF=∠FBC，∴∠BAE=∠FBC，∴△ABE∽△BEF，∴∵AB=AE=9，CD=DE=AF=5，∴EF=4，∴，∴BE=6；延長(zhǎng)BM、ED交于點(diǎn)P，∵M(jìn)為AD中點(diǎn)，AB∥DP，所以易證△ABM≌△DPM（ASA），∴AB=DP，設(shè)AB=DP=a，CD=DE=b，由（1）知，DE=AF=b，∴EF=a-b，又∵PE∥AB，∴，∴，∴，∴，∴，又∵，∴。1.要熟練掌握特殊平行四邊形的性質(zhì)和判定：證明線段相等的方法：線段的和差倍分關(guān)系、全等三角形、等腰三角形、中點(diǎn)公式、中位線、直角三角形斜邊上的中線、垂直平分線、兩點(diǎn)間的距離公式（勾股定理）等；全等三角形的對(duì)應(yīng)元素相等，相似三角形的對(duì)應(yīng)角相等，對(duì)應(yīng)線段成比例，對(duì)應(yīng)面積之比為相似比的平方；折疊問題中必有對(duì)稱，必有相等元素，必有等腰三角形；平面幾何三要素“知二推一”：角的平分線、平行、等腰三角形；遇到直角三角形的相似問題，使用三角函數(shù)更加簡(jiǎn)便；注意等面積法的使用，如求直角三角形斜邊上的高；遇到比例問題可以大膽設(shè)元，利用相似、全等、勾股定理構(gòu)造方程求解；題目沒有明確作圖或者需要自行作圖的，特別注意時(shí)候需要分類與討論。1．綜合與實(shí)踐在“綜合與實(shí)踐”課上，老師提出如下問題：如圖1，已知在Rt△ABC中，∠ABC＝90°．請(qǐng)解答下面的問題．觀察猜想：（1）如圖1，將△ABC繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△NMC，連接BM，則∠BMN的度數(shù)為150°．探究證明：（2）如圖2，D，E分別是邊BC，AC的中點(diǎn)，將△CDE繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△CMN，連接MB，AN．①求證：△ACN∽△BCM．②若BC＝4，AB＝3，求AN的長(zhǎng)．【分析】（1）如圖1，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到CM＝CB，∠BCM＝60°，∠CMN＝90°，則根據(jù)等邊三角形的判定方法可判斷△BCM為等邊三角形，可得∠CMB＝60°，即可求解；（2）①由于點(diǎn)D，E分別是邊BC，AC的中點(diǎn)，可得，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到CN＝CE，CM＝CD，∠ACN＝∠BCM＝60°，可得，從而可判斷△ACN∽△BCM；②先利用勾股定理計(jì)算出AC＝10，則CN＝CE＝5，過N點(diǎn)作NH⊥AC于H點(diǎn)，如圖2，利用含30度角的直角三角形三邊的關(guān)系得到CH＝，NH＝，然后在Rt△ANH中利用勾股定理可計(jì)算出AN的長(zhǎng)．【解答】（1）解：如圖1，∵△ABC繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△NMC，∴CM＝CB，∠BCM＝60°，∠CMN＝90°，∴△BCM為等邊三角形，∴∠CMB＝60°，∴∠BMN＝∠CMB+∠CMN＝150°，故答案為：150°；（2）①證明：∵點(diǎn)D，E分別是邊BC，AC的中點(diǎn)，∴，∵△CDE繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△CMN，∴CN＝CE，CM＝CD，∠ACN＝∠BCM＝60°，∴，∵∠ACN＝∠BCM，∴△ACN∽△BCM；②∵∠ABC＝90°，BC＝4，AB＝3，∴AC＝＝＝5，∴CN＝CE＝，過N點(diǎn)作NH⊥AC于H點(diǎn)，如圖2，在Rt△CNH中，∵∠NCH＝60°，∴CH＝CN＝，∴NH＝CH＝，∴AH＝AC﹣CH＝，在Rt△ANH中，AN＝＝＝．【點(diǎn)評(píng)】本題是相似形綜合題，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．2．如圖，在四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)E為CD邊的中點(diǎn)，對(duì)角線BD與AE交于點(diǎn)F，連接BE，CF，且BE與CF交于點(diǎn)G，連接DG．（1）求證：BE⊥CF；（2）求的值；（3）求證：DG2＝CG?BG．【分析】（1）由正方形的性質(zhì)得AD＝BC＝AB＝DC，∠ADE＝∠BCE＝∠BAD＝90°，AB∥CD，則AD＝BC，可證明△ADE≌△BCE，得∠AED＝∠BEC，所以∠BAF＝∠AED＝∠BEC，再證明△ABF≌△CBF，得∠BAF＝∠BCF，則∠BCF＝∠BEC，可推導(dǎo)出∠BGC＝∠BCD＝90°，則BE⊥CF；（2）設(shè)AD＝BC＝AB＝DC＝2m，則ED＝CE＝m，求得BD＝2m，BE＝m，由＝tan∠BCF＝tan∠BCE＝＝2，得BG＝2CG，由BC＝CG＝2m，求得CG＝m，BG＝m，所以EG＝m，再證明△EDF∽△ABF，得＝＝，則BF＝BD＝m，即可根據(jù)勾股定理求得FG＝m，則＝；（3）作GH⊥DC于點(diǎn)H，設(shè)BC＝DC＝2m，則DE＝CE＝m，CG＝m，BG＝m，EG＝m，求得CG?BG＝m2，由＝cos∠BEC＝，＝tan∠BEC＝2，求得EH＝m，GH＝m，所以DH＝m，則DG2＝DH2+GH2＝m2，所以DG2＝CG?BG．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝BC＝AB＝DC，∠ADE＝∠BCE＝∠BAD＝90°，AB∥CD，∵點(diǎn)E為CD邊的中點(diǎn)，∴AD＝BC，∠ADE＝∠BCE，BE＝CE，∴△ADE≌△BCE（SAS），∴∠AED＝∠BEC，∴∠BAF＝∠AED＝∠BEC，∵∠ABF＝∠ADB＝45°，∠CBF＝∠CDB＝45°，∴∠ABF＝∠CBF，∵AB＝CB，∠ABF＝∠CBF，BF＝BF，∴△ABF≌△CBF（SAS），∴∠BAF＝∠BCF，∴∠BCF＝∠BEC，∴∠BGC＝∠ECF+∠BEC＝∠ECF+∠BCF＝∠BCD＝90°，∴BE⊥CF．（2）解：設(shè)AD＝BC＝AB＝DC＝2m，則ED＝CE＝m，∴BD＝＝＝2m，BE＝＝＝m，∵＝tan∠BCF＝tan∠BCE＝＝＝2，∴BG＝2CG，∴BC＝＝＝CG＝2m，∴CG＝m，∴BG＝2×m＝m，∴EG＝BE﹣BG＝m﹣m＝m，∵ED∥AB，∴△EDF∽△ABF，∴＝＝＝，∴BF＝BD＝BD＝×2m＝m，∵∠EGF＝∠BGF＝90°，∴FG＝＝＝m，∴＝＝，∴的值是．（3）證明：作GH⊥DC于點(diǎn)H，則∠DHG＝∠CHG＝90°，設(shè)BC＝DC＝2m，則DE＝CE＝m，由（2）得CG＝m，BG＝m，EG＝m，∴CG?BG＝m×m＝m2，∵＝cos∠BEC＝＝＝，＝tan∠BEC＝2，∴EH＝EG＝×m＝m，GH＝2EG＝2×m＝m，∴DH＝DE+EH＝m+m＝m，∴DG2＝DH2+GH2＝（m）2+（m）2＝m2，∴DG2＝CG?BG．【點(diǎn)評(píng)】此題重點(diǎn)考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)與解直角三角形等知識(shí)，此題綜合性強(qiáng)，難度較大，屬于考試壓軸題．3．（1）問題呈現(xiàn)：如圖1，△ABC和△ADE都是等邊三角形，連接BD，CE．易知＝1．（2）類比探究如圖2，△ABC和△ADE都是Rt△，∠ABC＝∠ADE＝90°，且．連接BD，CE，求的值；（3）拓展提升：如圖3，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，將△ABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△ADE，連接BD，EC，延長(zhǎng)EC交BD于點(diǎn)F，設(shè)AB＝6，求EF的長(zhǎng)．【分析】（1）證明△BAD≌△CAE，從而得出結(jié)論；（2）先證明△ABC∽△ADE，再證得△CAE∽△BAD，進(jìn)而得出結(jié)果；（3）由“AAS”可證△BCF≌△DHF，可得BF＝DF＝BD＝3，由直角三角形的性質(zhì)可求解．【解答】解：（1）∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE，∴＝1，故答案為：1；（2）∵，∠ABC＝∠ADE＝90°，∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC＝∠DAE，；∴∠CAE＝∠BAD，∴△CAE∽△BAD，∴；（3）如圖，過點(diǎn)D作DH∥BC，交EF的延長(zhǎng)線于H，過點(diǎn)D作DN⊥EF于N，∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AB＝6，∴AC＝BC＝3，∵將△ABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△ADE，∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，BC＝DE，∠ACB＝∠AED＝90°，∴△ABD和△ACE都是等邊三角形，∴AB＝BD＝6，∠ACE＝∠AEC＝60°，∴∠BCF＝∠DEF＝30°，∵DH∥BC，∴∠BCF＝∠H＝30°＝∠DEF，∴DH＝DE＝BC＝3，又∵∠BCF＝∠DEF，∠BFC＝∠DFH，∴△BCF≌△DHF（AAS），∴BF＝DF＝BD＝3，∵DN⊥EF，∠DEF＝30°，∴DN＝DE＝，NE＝DN＝，∵FN＝＝＝，∴EF＝FN+EN＝+＝．【點(diǎn)評(píng)】本題是相似形綜合題，考查了等邊三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．4．綜合與實(shí)踐【模型探究】（1）如圖1，在△ABC中，點(diǎn)O為邊BC的中點(diǎn)，作射線AO，CM⊥AO于點(diǎn)M，BN⊥AO于點(diǎn)N．求證：OM＝ON．【嘗試建構(gòu)】（2）如圖2，在△ABC中，點(diǎn)O為邊BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在邊BC上（不與點(diǎn)B，C，O重合），作射線AP，CM⊥AP于點(diǎn)M，BN⊥AP于點(diǎn)N．連接OM，ON．猜想OM與ON的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想．【遷移應(yīng)用】（3）如圖3，在△ABC中，點(diǎn)D，E在邊BC上，BD＝DE＝2EC，作射線AD，CM⊥AD于點(diǎn)M，BN⊥AD于點(diǎn)N．連接EM，EN．若EM＝1，，求tan∠CDA的值．【分析】（1）由“AAS”可證△BON≌△COM，可得OM＝ON；（2）由“AAS”可證△BON≌△COH，可得OH＝ON，由直角三角形的性質(zhì)可得OM＝ON；（3）由“AAS”可證△BDN≌△EDF，可得FD＝DN，由平行線分線段成比例可得DF＝2FM，由勾股定理列出方程組，可求EF，DF的長(zhǎng)，即可求解．【解答】（1）證明：∵點(diǎn)O為邊BC的中點(diǎn)，∴OB＝OC，∵CM⊥AO，BN⊥AO，∴∠BNO＝∠CMO＝90°，又∵∠BON＝∠COM，∴△BON≌△COM（AAS），∴OM＝ON；（2）解：OM＝ON，理由如下：如圖2，延長(zhǎng)NO交CM于H，∵點(diǎn)O為邊BC的中點(diǎn)，∴OB＝OC，∵CM⊥AO，BN⊥AO，∴∠BNM＝∠CMN＝90°，∴BN∥CM，∴∠NBO＝∠MCO，又∵∠BON＝∠COH，∴△BON≌△COH（AAS），∴NO＝OH，又∵∠CMN＝90°，∴OM＝ON；（3）如圖3，過點(diǎn)E作EF⊥AN于F，∴∠EFD＝90°＝∠BND，又∵∠BDN＝∠EDF，BD＝DE，∴△BDN≌△EDF（AAS），∴FD＝DN，∵CM⊥AN，∴FE∥MC，∴，∵BD＝DE＝2EC，∴DF＝2FM，設(shè)MF＝x，則DF＝2x＝DN，∵EM＝1，，EM2＝MF2+FE2，EN2＝FE2+FN2，∴1＝x2+EF2，2＝EF2+16x2，∴x＝，EF＝，∴DF＝，∴tan∠CDA＝＝．【點(diǎn)評(píng)】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)等知識(shí)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．5．如圖，在四邊形ABCD中，點(diǎn)N，M分別在邊BC，CD上．連接AM，AN，MN，∠MAN＝45°．（1）【實(shí)踐探究】如圖①，四邊形ABCD是正方形．（Ⅰ）若CN＝6，MN＝10，求∠CMN的余弦值；（Ⅱ）若tan∠BAN＝，求證：M是CD的中點(diǎn)；（2）【拓展】如圖②，四邊形ABCD是直角梯形，AD∥BC，∠C＝90°，CD＝12，AD＝16，CN＝12，求DM的長(zhǎng)．【分析】（1）（Ⅰ）利用正方形的性質(zhì)，勾股定理和直角三角形的邊角關(guān)系定理解答即可；（Ⅱ）延長(zhǎng)CB至點(diǎn)E，使BE＝DM，連接AE，利用全等三角形的判定與性質(zhì)得到EN＝MN，設(shè)BN＝m，DM＝n，則MN＝EN＝m+n，利用直角三角形的邊角關(guān)系定理得到CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，利用勾股定理得到m，n的關(guān)系式3m＝2n，從而CM＝DM＝n；（2）以AD為邊作正方形ADEF，延長(zhǎng)AN，交EF于點(diǎn)G，延長(zhǎng)EF至點(diǎn)H，使FH＝DM，連接AH，MG，延長(zhǎng)CB交AF于點(diǎn)K，利用（1）（ii）的方法解答即可得出結(jié)論．【解答】（1）（Ⅰ）解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠C＝90°，∴CM＝＝＝8，∴∠CMN的余弦值＝；（Ⅱ）證明：延長(zhǎng)CB至點(diǎn)E，使BE＝DM，連接AE，如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠ABE＝∠D＝90°，在△ABE和△ADM中，，∴△ABE≌△ADM（SAS），∴EN＝MN，設(shè)BN＝m，DM＝n，則MN＝EN＝m+n．∵tan∠BAN＝＝，∴AB＝3m，∴BC＝CD＝AB＝3m，∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n．在Rt△CMN中，∵CN2+CM2＝MN2，∴（2m）2+（3m﹣n）2＝（m+n）2，∴3m＝2n．∴CM＝3m﹣n＝2n﹣n＝n，∵DM＝n，∴CM＝DM，∴M是CD的中點(diǎn)；（2）解：以AD為邊作正方形ADEF，延長(zhǎng)AN，交EF于點(diǎn)G，延長(zhǎng)EF至點(diǎn)H，使FH＝DM，連接AH，MG，延長(zhǎng)CB交AF于點(diǎn)K，如圖，∵四邊形ADEF為正方形，∴AF＝EF＝DE＝AD＝16，∵四邊形ABCD是直角梯形，AD∥BC，∠C＝90°，∴四邊形AKCD為矩形，∴CK＝AD＝16，AK＝CD＝12，∴KN＝CK﹣CN＝16﹣12＝4，∵KN∥EF，∴△AKN∽△AFG，∴，∴，∴FG＝．∴EG＝EF﹣FG＝．在△AFH和△ADM中，，∴△AFH≌△ADM（SAS），∴HG＝MG．設(shè)DM＝x，則EM＝16﹣x，MG＝HG＝x，∵EG2+EM2＝MG2，∴，解得：x＝8．∴DM的長(zhǎng)為8．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的邊角關(guān)系定理，恰當(dāng)?shù)奶砑虞o助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．6．【感知】如圖①，在正方形ABCD中，E為AB邊上一點(diǎn)，連結(jié)DE，過點(diǎn)E作EF⊥DE交BC于點(diǎn)F．易證：△AED∽△BFE．（不需要證明）【探究】如圖②，在矩形ABCD中，E為AB邊上一點(diǎn)，連結(jié)DE，過點(diǎn)E作EF⊥DE交BC于點(diǎn)F．（1）求證：△AED∽△BFE．（2）若AB＝10，AD＝6，E為AB的中點(diǎn)，求BF的長(zhǎng)．【應(yīng)用】如圖③，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4．E為AB邊上一點(diǎn)（點(diǎn)E不與