（2010•抚顺）如图所示，（1）正方形ABCD及等腰Rt△AEF有公共顶点A，∠EAF=90°，连接BE、DF．将Rt

（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（1分）
在正方形ABCD和等腰直角△AEF中
AD=AB，AF=AE，
∠BAD=∠EAF=90°
∴∠FAD=∠EAB
∴△FAD≌△EAB（2分）
∴∠AFD=∠AEB，DF=BE（3分）
∵∠AFD+∠AFG=180°，
∴∠AEG+∠AFG=180°，
∵∠EAF=90°，
∴∠EGF=180°-90°=90°，
∴DF⊥BE（5分）

（2）数量关系改变，位置关系不变．DF=kBE，DF⊥BE．（7分）
延长DF交EB于点H，
∵AD=kAB，AF=kAE
∴[AD/AB]=k，[AF/AE]=k
∴[AD/AB]=[AF/AE]
∵∠BAD=∠EAF=a
∴∠FAD=∠EAB
∴△FAD∽△EAB（9分）
∴[DF/BE＝
AF
AE]=k
∴DF=kBE（10分）
∵△FAD∽△EAB，
∴∠AFD=∠AEB，
∵∠AFD+∠AFH=180°，
∴∠AEH+∠AFH=180°，
∵∠EAF=90°，
∴∠EHF=180°-90°=90°，
∴DF⊥BE（5分）

（3）不改变．DF=kBE，β=180°-a．（7分）
证法（一）：延长DF交EB的延长线于点H，
∵AD=kAB，AF=kAE
∴[AD/AB]=k，[AF/AE]=k
∴[AD/AB]=[AF/AE]
∵∠BAD=∠EAF=a
∴∠FAD=∠EAB
∴△FAD∽△EAB（9分）
∴[DF/BE＝
AF
AE]=k
∴DF=kBE（10分）
由△FAD∽△EAB得∠AFD=∠AEB
∵∠AFD+∠AFH=180°
∴∠AEB+∠AFH=180°
∵四边形AEHF的内角和为360°，
∴∠EAF+∠EHF=180°
∵∠EAF=α，∠EHF=β
∴a+β=180°∴β=180°-a（12分）

证法（二）：DF=kBE的证法与证法（一）相同
延长DF分别交EB、AB的延长线于点H、G．由△FAD∽△EAB得∠ADF=∠ABE
∵∠ABE=∠GBH，∴∠ADF=∠GBH，
∵β=∠BHF=∠GBH+∠G∴β=∠ADF+∠G．
在△ADG中，∠BAD+∠ADF+∠G=180°，∠BAD=a
∴a+β=180°∴β=180°-a（12分）

证法（三）：在平行四边形ABCD中AB∥CD可得到∠ABC+∠C=180°
∵∠EBA+∠ABC+∠CBH=180°∴∠C=∠EBA+∠CBH
在△BHP、△CDP中，由三角形内角和等于180°可得∠C+∠CDP=∠CBH+∠BHP
∴∠EBA+∠CBH+∠CDP=∠CBH+∠BHP
∴∠EBA+∠CDP=∠BHP
由△FAD∽△EAB得∠ADP=∠EBA
∴∠ADP+∠CDP=∠BHP即∠ADC=∠BHP
∵∠BAD+∠ADC=180°，∠BAD=a，∠BHP=β
∴a+β=180°∴β=180°-a（12分）
（有不同解法，参照以上给分点，只要正确均得分．）

点评：
本题考点： 相似三角形的判定与性质；三角形内角和定理；全等三角形的判定；等腰三角形的性质；多边形内角与外角；正方形的性质．

考点点评： 本题（1）中主要利用三角形全等的判定和性质以及正方形的性质进行证明；（2）（3）利用相似三角形的判定和性质证明，要解决本题，证明三角形全等和三角相似是解题的关键，也是难点所在．