2020年九年级数学中考几何图形综合题专题训练(含答案)

2020年九年级数学中考几何图形综合题专题训练
1、如图，在▱ABCD 中，点E 在边BC 上，点F 在边AD 的延长线上，且DF=BE ，BE 与CD 交于点G
（1）求证：BD ∥EF ；（2）若
=，BE=4，求EC 的长．
2、如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝6，∠BAC ＝60°，AD 平分∠BAC 交BC 于点D ，过点D 作DE ∥AC 交AB 于点E .点M 是线段AD 上的动点，连接BM 并延长分别交DE ，AC 于点
F ，
G .
(1)求CD 的长；(2)若点M 是线段AD 的中点，求EF DF
的值；
(3)请问当DM 的长满足什么条件时，在线段DE 上恰好只有一点P ，使得∠CPG ＝60°？
3、如图，在△ABC中，AD⊥BC，BE⊥AC，垂足分别为D，E，AD与BE相交于点F．
（1）求证：△AC D∽△BFD；
（2）当tan∠ABD=1，AC=3时，求BF的长．
4、如图，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，EF过点O且与BC、AD分别交于点E、F．试猜想线段AE、CF的关系，并说明理由．
5、如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E，F分别是OA，OC的中点，连接BE，DF
（1）根据题意，补全原形；（2）求证：BE=DF．
6、如图，在正方形ABCD中，点E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在正方形ABCD的内部，延长AF交CD于点G.
(1)猜想并证明线段FG与CG的数量关系；
(2)若将图①中的正方形改成矩形，其他条件不变，如图②，那么线段FG与CG之间的数量关系是否改变？请证明你的结论；
(3)若将图①中的正方形改成平行四边形，其他条件不变，如图③，那么线段FG与CG 之间的数量关系是否会改变？请证明你的结论．
7、如图，四边形ABCD是菱形，CE⊥AB交AB的延长线于点E，CF⊥AD交AD的延长线于点F，求证：DF=BE．
8、如图，□A BCD中，BD是它的一条对角线，过A、C两点作AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为
E、F，延长AE、CF分别交CD、AB于M、N。

（1）求证：四边形CMAN是平行四边形。

（2）已知DE＝4，FN＝3，求BN的长。

9、已知：△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，将△ABC绕点C顺时针方向旋转得到△A′B′C，记旋转角为α，当90°＜α＜180°时，作A′D⊥AC，垂足为D，A′D与B′C交于点E.
(1)如图①，当∠CA′D＝15°时，作∠A′EC的平分线EF交BC于点F.
①写出旋转角α的度数；
②求证：EA′＋EC＝EF；
(2)如图②，在(1)的条件下，设P是直线A′D上的一个动点，连接PA，PF，若AB＝2，求线段PA＋PF的最小值．(结果保留根号)
10、感知：如图1，AD平分∠BAC．∠B+∠C=180°，∠B=90°，易知：DB=DC．
探究：如图2，AD平分∠BAC，∠ABD+∠ACD=180°，∠ABD＜90°，求证：DB=DC．
应用：如图3，四边形ABCD中，∠B=45°，∠C=135°，DB=DC=a，则AB﹣AC= a （用含a的代数式表示）
11、（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，以点B为中心，把△ABC逆时针旋转90°，得到△A1BC1；再以点C为中心，把△ABC顺时针旋转90°，得到△A2B1C，连接C1B1，则C1B1与BC的位置关系为；
（2）如图2，当△ABC是锐角三角形，∠ABC=α（α≠60°）时，将△ABC按照（1）中的方式旋转α，连接C1B1，探究C1B1与BC的位置关系，写出你的探究结论，并加以证明；
（3）如图3，在图2的基础上，连接B1B，若C1B1=BC，△C1BB1的面积为4，则△B1BC的面积为．
12、问题情境
在矩形ABCD中，AD＝12，AB＝4，在BC上分别取点P、Q，使BP＝CQ，连接AP、DQ，将△ABP、△DCQ分别沿AP、DQ折叠得到△AMP、△DNQ，连接MN.
独立思考
如图①，过点M作ME⊥BC于点E，过点N作NF⊥BC于点F.
(1)求证：ME＝NF；
(2)试探究线段MN与BC满足的位置关系，并说明理由；
(3)若BP＝3，求MN的长；
拓展延伸
(4)如图②，当点P与点Q重合时，直接写出MN的长．
13、如图，在△ABC中，AB＝AC，过点C作CG⊥BA，交BA的延长线于点G，将一等腰三角尺的一条直角边与AC在同一直线上，该三角尺的直角顶点为F.
(1)如图①，当另一条直角边恰好经过点B时，求证BF＝CG；
(2)将三角尺沿AC方向平移到图②位置时，另一条直角边交BC于点D，过点D作DE⊥BA于点E，试探究线段DE、DF与CG之间满足的等量关系，并说明理由；
(3)如图③，将三角尺继续沿AC方向平移(点F不与点C重合)时，若AG∶AB＝5∶13，BC＝413，求DE＋DF的值．
14、如图①，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点E在AC上（且不与点A，C重合），在△ABC的外部作△CED，使∠CED=90°，DE=CE，连接AD，分别以AB，AD为邻边作平行四边形ABFD，连接AF．
（1）请直接写出线段AF，AE的数量关系AF=AE ；
（2）将△CED绕点C逆时针旋转，当点E在线段BC上时，如图②，连接AE，请判断线段AF，AE的数量关系，并证明你的结论；
（3）在图②的基础上，将△CED绕点C继续逆时针旋转，请判断（2）问中的结论是否发生变化？若不变，结合图③写出证明过程；若变化，请说明理由．
15、问题提出：如何将边长为n（n≥5，且n为整数）的正方形分割为一些1x5或2×3的矩形（axb 的矩形指边长分别为a，b的矩形）？
问题探究：我们先从简单的问题开始研究解决，再把复杂问题转化为已解决的问题．
探究一：
如图①，当n=5时，可将正方形分割为五个1×5的矩形．
如图②，当n=6时，可将正方形分割为六个2×3的矩形．
如图③，当n=7时，可将正方形分割为五个1×5的矩形和四个2×3的矩形
如图④，当n=8时，可将正方形分割为八个1×5的矩形和四个2×3的矩形
如图⑤，当n=9时，可将正方形分割为九个1×5的矩形和六个2×3的矩形
探究二：
当n=10，11，12，13，14时，分别将正方形按下列方式分割：
所以，当n=10，11，12，13，14时，均可将正方形分割为一个5×5的正方形、一个（n﹣5 ）×（ n﹣5 ）的正方形和两个5×（n﹣5）的矩形．显然，5×5的正方形和5×（n﹣5）的矩形均可分割为1×5的矩形，而（n﹣5）×（n﹣5）的正方形是边长分别为5，6，7，8，9 的正方形，用探究一的方法可分割为一些1×5或2×3的矩形．
探究三：
当n=15，16，17，18，19时，分别将正方形按下列方式分割：
请按照上面的方法，分别画出边长为18，19的正方形分割示意图．
所以，当n=15，16，17，18，19时，均可将正方形分割为一个10×10的正方形、一个（n ﹣10 ）×（n﹣10）的正方形和两个10×（n﹣10）的矩形．显然，10×10的正方形和10×（n﹣10）的矩形均可分割为1x5的矩形，而（n﹣10）×（n﹣10）的正方形又是边长分别为5，6，7，8，9的正方形，用探究一的方法可分割为一些1×5或2×3的矩形．
问题解决：如何将边长为n（n≥5，且n为整数）的正方形分割为一些1×5或2×3的矩形？请按照上面的方法画出分割示意图，并加以说明．
实际应用：如何将边长为61的正方形分割为一些1×5或2×3的矩形？（只需按照探究三的方法画出分割示意图即可）
答案：
1、【解答】（1）证明：∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴AD ∥BC ． ∵DF=BE ，
∴四边形BEFD 是平行四边形， ∴BD ∥EF ；
（2）∵四边形BEFD 是平行四边形， ∴DF=BE=4． ∵DF ∥EC ， ∴△DFG ∽CEG ，
∴=，
∴CE==4×=6．
2、 解：(1)∵AD 平分∠BAC ，∠BAC ＝60°，
∴∠DAC ＝1
2
∠BAC ＝30°.
在Rt △ADC 中，DC ＝AC ·tan30°＝23； (2)∵∠BAC ＝60°， ∴在Rt △ABC 中，BC ＝AC · tan ∠BAC ＝63， ∴BD ＝BC －DC ＝4 3. ∵DE ∥AC ，
∴∠EDA ＝∠DAC ，∠DFM ＝∠AGM . ∵AM ＝DM ，
∴△DFM ≌△AGM (AAS)， ∴DF ＝AG . ∵DE ∥AC ，
∴△BFE ∽△BGA ，△BDE ∽△BCA . ∴EF AG ＝BE BA ＝
BD
BC
，
∴EF DF ＝EF AG ＝
BD BC ＝4363＝2
3
；
(3)过C ，P ，G 作外接圆，圆心为Q ， ∵∠CPG ＝60°，
∴△CQG 是顶角为120°的等腰三角形．
①当⊙Q 与DE 相切时，如解图①，过Q 点作QH ⊥AC 于点H ，并延长HQ 与DE 交于点P ，连接QC ，QG .
设⊙Q 的半径QP ＝r ，
则QH ＝12r ，PH ＝r ＋1
2r ＝CD ＝23，
解得r ＝43
3
，
∴CG ＝2CH ＝2QC ·cos30°＝2×433×3
2＝4，∴AG ＝2.
∵DE ∥AC ， ∴∠EDA ＝∠DAC ， 又∵∠DMP ＝∠AMG ， ∴△DFM ∽△AGM ，
∴DM AM ＝DF AG ＝43，则DM AD ＝47
. 由(1)可得DC ＝23，
∴在Rt △ACD 中，AD ＝2CD ＝43，
∴DM ＝1637
；
图①
②当⊙Q 经过点E 时，如解图②，过C 点作CK ⊥AB ，垂足为K .
设⊙Q 的半径QC ＝QE ＝r ，
∵AC ＝6，∠BAC ＝60°，CK ＝AC ·sin ∠BAC ＝33，AK ＝AC ·cos ∠BAC ＝3， ∴QK ＝33－r .
∵AE ＝CD
sin ∠BAC ＝4， ∴EK ＝AE －AK ＝1.
∴在Rt △EQK 中，12＋(33－r )2＝r 2，解得r ＝1439
， ∴CG ＝2×1439×32＝143
. ∵△DFM ∽△AGM ，
∴同(3)①得DM ＝1435
；
图②
③当⊙Q 经过点D 时，如解图③，此时点M 与点G 重合，且恰好在点A 处，可得DM ＝2CD ＝4 3.
∴综上所述，当DM ＝1637或1435
<DM ≤43时，满足条件的点P 只有一个．
图③
3、【解答】（1）证明：∵AD ⊥BC ，BE ⊥AC ，
∴∠BDF=∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠C+∠DBF=90°，∠C+∠DAC=90°，
∴∠DBF=∠DAC ，
∴△ACD ∽△BFD ．
（2）∵tan ∠ABD=1，∠ADB=90°
∴=1，
∴AD=BD ，
∵△ACD ∽△BFD ， ∴==1，
∴BF=AC=3．
4、【解答】解：AE与CF的关系是平行且相等．
理由：∵在，▱ABCD中，
∴OA=OC，AF∥EC，
∴∠OAF=∠OCE，
在△OAF和△OCE中，
，
∴△OAF≌△OCE（ASA），
∴AF=CE，
又∵AF∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE∥CF且AE=CF，
即AE与CF的关系是平行且相等．
5、【解答】（1）解：如图所示：
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，∴OB=OD，OA=OC．
又∵E，F分别是OA、OC的中点，
∴OE=OA，OF=OC，
∴OE=OF．
∵在△BEO与△DFO中，，
∴△BEO≌△DFO（SAS），
∴BE=DF．
6、解：(1)FG＝CG.
证明：如解图①，连接EG，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴BE＝EF，
∴EF＝EC，
由折叠的性质得∠B＝∠EFA＝90°，
又∵∠C＝∠B，∠EFG＝∠EFA，
∴∠C＝∠EFG＝90°.
∵EG＝EG，
∴Rt△ECG≌Rt△EFG(HL)，
∴FG＝CG；
图①
(2)FG＝CG仍然成立．
证明：如解图②，连接EG，
图②∵E是BC的中点，
∴BE＝CE.
∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴BE＝EF，
∴EF＝EC.
由折叠的性质得∠B＝∠EFA＝90°，
又∵∠C＝∠B，∠EFG＝∠EFA，
∴∠C＝∠EFG＝90°.
∵EG＝EG，
∴Rt△ECG≌Rt△EFG(HL)，
∴FG＝CG；
(3)仍然成立：FG＝CG.
证明：如解图③，连接EG、FC，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE.
∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴BE＝EF，∠B＝∠AFE，
∴EF＝EC，
∴∠EFC＝∠ECF.
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠B＝∠D.
∵∠ECD＝180°－∠D，∠EFG＝180°－∠AFE＝180°－∠B＝180°－∠D，∴∠ECD＝∠EFG，
∴∠GFC＝∠GFE－∠EFC＝∠ECG－∠ECF＝∠GCF，
∴∠GFC＝∠GCF，
∴FG＝CG，
图③
7、【解答】证明：连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC平分∠DAE，CD=BC，
∵CE⊥AB，CF⊥AD，
∴CE=FC，∠CFD=∠CEB=90°．
在Rt△CDF与Rt△CBE中，
，
∴Rt△CDF≌Rt△CBE（HL），
∴DF=BE．
8、【解答】⑴证明：∵AE ⊥BD CF ⊥BD
∴AE ∥CF
又∵四边形ABCD 是平行四边形
∴AB ∥CD
∴四边形CMAN 是平行四边形
⑵由⑴知四边形CMAN 是平行四边形
∴CM=AN.
又∵四边形ABCD 是平行四边形
∴ AB=CD ，∠MDE=∠NBF.
∴AB-AN=CD-CM ，即DM=BN.
在△MDE 和∠NBF 中 ∠MDE=∠NBF
∠DEM=∠BFN=90°
DM=BN
∴△MDE ≌∠NBF
∴DE=BF=4，（2分）
由勾股定理得BN=
BF FN 22+=432
2+=5 答：BN 的长为5.
9、(1)①解：∵A ′D ⊥AC 于点D ，
∴∠A ′DC ＝90°，∴∠A ′CD ＝90°－∠CA ′D ＝75°，∴α＝180°－∠A ′CD ＝105°. ②证明：如解图①，在EF 上截取EG ＝EC ，连接CG .
图①
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°.
∵△A′B′C是由△ABC绕点C顺时针旋转得到的，
∴∠A′CE＝∠BCA＝45°.
∵∠CA′E＝15°，
∴∠A′EC＝180°－∠CA′E－∠A′CE＝120°.
∵EF平分∠A′EC，
∴∠A′EF＝∠CEF＝60°.
∵EG＝EC，
∴△CEG是等边三角形，
∴∠CGE＝60°，CG＝CE，
∴∠FGC＝120°＝∠A′EC.
∵∠BCB′＝105°，∠GCE＝60°，
∴∠FCG＝45°＝∠A′CE，
∴△FCG≌△A′CE，
∴FG＝A′E.
∵FE＝FG＋GE，
∴FE＝A′E＋CE，
即EA′＋EC＝EF；
(2)解：如解图②，作点A关于A′D的对称点M，连接FM交A′D于点P，此时PF＋PA ＝FM，即为最小．
根据题意可知AC＝AB＝A′C＝ 2.
过点A′作A′N⊥CB′于点N，则A′N＝CN＝1，
∵∠A ′EC ＝180°－15°－45°＝120°，
∴∠CED ＝∠A ′EN ＝60°，
∴EN ＝A ′N tan ∠A ′EN ＝33
， ∴A ′E ＝2EN ＝233，CE ＝CN －EN ＝1－33
， ∴EF ＝A ′E ＋CE ＝233＋1－33＝1＋33
. 过点F 作FH ⊥A ′D 于点H ，作FR ⊥AC 于点R ，在Rt △EFH 中，EH ＝12EF ＝12＋36
，FH ＝32
EF ＝ 32＋12
. ∵在Rt △CED 中，CE ＝1－
33
，∠CED ＝60°， ∴DE ＝12CE ＝12－36
，DC ＝ 32CE ＝32－12
， ∴FR ＝HD ＝HE ＋ED ＝12＋36＋12－36
＝1，RC ＝FR ＝1，AR ＝AC －RC ＝2－1， ∴AD ＝AR ＋FH ＝2－1＋32＋12＝2＋32－12， ∴RM ＝2AD －AR ＝22＋3－1－2＋1＝2＋3，
∴FM ＝FR 2＋RM 2＝6＋2 6. 即线段PA ＋PF 的最小值为6＋2 6.
图②
4. (1)证明： ∵ 四边形ABCD 是矩形，
∴∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝CD ，
∵在△ABP 和△DCQ 中，
⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝DC ∠B ＝∠C ，BP ＝CQ
∴△ABP ≌△DCQ ，
∴∠APB ＝∠DQC ，
由折叠的性质得∠MPE ＝180°－2∠APB ，∠NQF ＝180°－2∠DQC ，MP ＝BP ，NQ ＝CQ ， ∴∠MPE ＝∠NQF ，MP ＝NQ ，
∴在△MEP 和△NFQ 中，
⎩⎪⎨⎪⎧∠MPE ＝∠NQF ∠MEP ＝∠NFQ ，MP ＝NQ
∴△MEP ≌△NFQ ，
∴ME ＝NF ；
(2)解：MN ∥BC .
理由：∵ME ⊥BC ，NF ⊥BC ，
∴ME ∥NF ，
∵ME ＝NF ，
∴四边形EFNM 是矩形，
∴MN ∥BC ；
(3)解：如解图①，延长EM 、FN 交AD 于点G 、H ，
∵AB ＝4，BP ＝3，
∴AM ＝4，PM ＝3，
∵AD ∥BC ，
∴EM ⊥AD ，
∵∠AMP ＝∠MEP ＝∠MGA ，
∴∠EMP ＝∠GAM ，
∴△EMP ∽△GAM ，
∴AG ME ＝MG PE ＝AM MP ＝43
. 设AG ＝4a ，MG ＝4b ，则EM ＝3a ，EP ＝3b ，
∵∠BAG ＝∠B ＝∠CEG ＝90°，
∴四边形ABEG 是矩形，
∴⎩⎪⎨⎪⎧4a ＝3b ＋33a ＋4b ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2425b ＝725
， ∴AG ＝9625
， ∵△MEP ≌△NFQ ，
∴PE ＝FQ ，
∵BP ＝CQ ，
∴BE ＝CF ，
∴DH ＝AG ＝9625
， ∴MN ＝AD －2DH ＝10825
；
图①
10、【解答】探究：
证明：如图②中，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，
∵DA平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE=DF，
∵∠B+∠ACD=180°，∠ACD+∠FCD=180°，
∴∠B=∠FCD，
在△DFC和△DEB中，
，
∴△DFC≌△DEB，
∴DC=DB．
应用：解；如图③连接AD、DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，∵∠B+∠ACD=180°，∠ACD+∠FCD=180°，
∴∠B=∠FCD，
在△DFC和△DEB中，
，
∴△DFC≌△DEB，
∴DF=DE，CF=BE，
在RT△ADF和RT△ADE中，
，
∴△ADF≌△ADE，
∴AF=AE，
∴AB﹣AC=（AE+BE）﹣（AF﹣CF）=2BE，
在RT△DEB中，∵∠DEB=90°，∠B=∠EDB=45°，BD=a，
∴BE=a，
∴AB﹣AC=a．
故答案为a．
11、【解答】解：（1）平行，
∵把△ABC逆时针旋转90°，得到△A1BC1；再以点C为中心，把△ABC顺时针旋转90°，得到△A2B1C，
∴∠C1BC=∠B1BC=90°，BC1=BC=CB1，
∴BC1∥CB1，
∴四边形BCB1C1是平行四边形，
∴C1B1∥BC，
故答案为：平行；
（2）证明：如图②，过C1作C1E∥B1C，交BC于E，则∠C1EB=∠B1CB，
由旋转的性质知，BC1=BC=B1C，∠C1BC=∠B1CB，∴∠C1BC=∠C1EB，
∴C1B=C1E，
∴C1E=B1C，
∴四边形C1ECB1是平行四边形，
∴C1B1∥BC；
（3）由（2）知C1B1∥BC，
设C1B1与BC之间的距离为h，
∵C1B1=BC，
∴=，
∵S=B1C1•h，S=BC•h，∴===，
∵△C1BB1的面积为4，
∴△B1BC的面积为6，
故答案为：6．
12、(4)解：MN ＝6013
. 【解法提示】如解图②，设PM 、PN 分别交AD 于点E 、F .由折叠的性质得∠EPA ＝∠APB ，∵四边形ABCD 是矩形，∴∠EPA ＝∠APB ＝∠PAE ，∴EA ＝EP .设EA ＝EP ＝x ，在Rt △AME 中，
42＋(6－x )2＝x 2，解得x ＝133
，∴EF ＝12－2×133＝103，∵EF ∥MN ，∴△PEF ∽△PMN ，∴EF MN ＝PE PM ，即103MN ＝1336，解得MN ＝6013.
图② 13、(1)证明：如解图①，
图① ∵BF ⊥AC ，CG ⊥AB ，
∴S △ABC ＝12AC ·BF ＝12AB ·CG ，
∵AB ＝AC ，
∴BF ＝CG ；
(2)解：DE ＋DF ＝CG ；
理由：如解图②，连接AD ，
∵DF ⊥AC ，DE ⊥AB ，CG ⊥AB ，
∴S △ACD ＝12AC ·DF ，
S △ABD ＝12AB ·DE ，
S △ABC ＝12
AB ·CG ，
∵S △ACD ＋S △ABD ＝S △ABC ，
∴12AC ·DF ＋12AB ·DE ＝12
AB ·CG ， ∵AB ＝AC ，
∴DE ＋DF ＝CG ；
图②
(3)解：如解图③，连接AD ，
由(2)可得DE ＋DF ＝CG ，
设AG ＝5x ，
∵AG ∶AB ＝5∶13，AB ＝AC ，
∴AC ＝AB ＝13x ，
∵∠G ＝90°，
∴GC ＝AC 2－AG 2
＝12x ，
在Rt △BGC 中，
∵BG ＝AB ＋AG ＝13x ＋5x ＝18x ，GC ＝12x ，BC ＝413，
∴(18x )2＋(12x )2＝(413)2，
解得x ＝23
(负值舍去)， ∴DE ＋DF ＝CG ＝12x ＝8.
图③14、【解答】解：（1）如图①中，结论：AF=AE．
理由：∵四边形ABFD是平行四边形，
∴AB=DF，
∵AB=AC，
∴AC=DF，
∵DE=EC，
∴AE=EF，
∵∠DEC=∠AEF=90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AF=AE．
故答案为AF=AE．
（2）如图②中，结论：AF=AE．
理由：连接EF，DF交BC于K．
∵四边形ABFD是平行四边形，
∴AB∥DF，
∴∠DKE=∠ABC=45°，
∴EKF=180°﹣∠DKE=135°，
∵∠ADE=180°﹣∠EDC=180°﹣45°=135°，∴∠EKF=∠ADE，
∵∠DKC=∠C，
∴DK=DC，
∵DF=AB=AC，
∴KF=AD，
在△EKF和△EDA中，
，
∴△EKF≌△EDA，
∴EF=EA，∠KEF=∠AED，
∴∠FEA=∠BED=90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AF=AE．
（3）如图③中，结论不变，AF=AE．
理由：连接EF，延长FD交AC于K．
∵∠EDF=180°﹣∠KDC﹣∠EDC=135°﹣∠KDC，
∠ACE=（90°﹣∠KDC）+∠DCE=135°﹣∠KDC，
∴∠EDF=∠ACE，
∵DF=AB，AB=AC，
∴DF=AC
在△EDF和△ECA中，
，
∴△EDF≌△ECA，
∴EF=EA，∠FED=∠AEC，
∴∠FEA=∠DEC=90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AF=AE．
15、【解答】解：探究三：边长为18，19的正方形分割示意图，如图所示，
问题解决：若5≤n＜10时，如探究一．
若n≥10，设n=5a+b，其中a、b为正整数，5≤b＜10，则图形如图所示，
均可将正方形分割为一个5a×5a的正方形、一个b×b的正方形和两个5a×b的矩形．显然，5a×5a的正方形和5a×b的矩形均可分割为1x5的矩形，而b×b的正方形又是边长分别为5，6，7，8，9的正方形，用探究一的方法可分割为一些1×5或2×3的矩形即可．
问题解决：边长为61的正方形分割为一些1×5或2×3的矩形，如图所示，
．。