九年级数学下册专题05 相似三角形的基本模型（X字型）（解析版）（人教版）

专题05相似三角形的基本模型（X字型）【模型说明】“X”字模型图形的两个三角形有“对顶角”，再有一个角相等或夹对顶角的两边对应成比例就可以判定这两个三角形相似．图1图2图3图41）“8”字模型，条件：如图1，AB∥CD；结论：△AOB∽△COD⇔eq\f(AB,CD)＝eq\f(OA,OC)＝eq\f(OB,OD).2）反“8”字模型，条件：如图2，∠A＝∠D；结论：△AOB∽△DOC⇔eq\f(AB,CD)＝eq\f(OA,OD)＝eq\f(OB,OC).3）平行双“8”字模型，条件：如图3，AB∥CD；】结论：4）斜双“8”字模型，条件：如图4，∠1＝∠2；结论：△AOD∽△BOC，△AOB∽△DOC.【例题精讲】例1．（基本模型1）如图（1）所示：等边△ABC中，线段AD为其内角角平分线，过D点的直线B1C1⊥AC于C1交AB的延长线于B1．（1）请你探究：，是否都成立？（2）请你继续探究：若△ABC为任意三角形，线段AD为其内角角平分线，请问一定成立吗？并证明你的判断．（3）如图（2）所示Rt△ABC中，∠ACB＝90︒，AC＝8，BC＝，DE∥AC交AB于点E，试求的值．

【答案】（1）成立，理由见解析；（2）成立，理由见解析；（3）【分析】（1）根据等边三角形的性质得到AD垂直平分BC，∠CAD＝∠BAD＝30°，AB＝AC，则DB＝CD，易得；由于∠C1AB1＝60°，得∠B1＝30°，则AB1＝2AC1，同理可得到DB1＝2DC1，易得；（2）过B点作BE∥AC交AD的延长线于E点，根据平行线的性质和角平分线的定义得到∠E＝∠CAD＝∠BAD，则BE＝AB，并且根据相似三角形的判定得△EBD∽△ACD，得到，而BE＝AB，于是有，这实际是三角形的角平分线定理；（3）AD为△ABC的内角角平分线，由（2）的结论，根据相似三角形的判定得△DEF∽△ACF，利用相似三角形的性质解答即可．【详解】解：（1）等边△ABC中，线段AD为其内角角平分线，因为B1C1⊥AC于C1交AB的延长线于B1，∠CAB＝60°，∠B1＝∠CAD＝∠BAD＝30°，AD＝B1D，综上：这两个等式都成立；

（2）可以判断结论仍然成立，证明如下：如图所示，△ABC为任意三角形，过B点作BE∥AC交AD的延长线于E点，线段AD为其内角角平分线

∠E＝∠CAD＝∠BAD，△EBD∽△ACD∴BE＝AB，又∵BE＝AB．∴，即对任意三角形结论仍然成立；（3）如图（2）所示，因为Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，，

∵AD为△ABC的内角角平分线，∴∵DE∥AC，∵DE∥AC，∴△DEF∽△ACF，∴【点睛】本题考查的是三角形相似的判定与性质的应用，直角三角形，等边三角形的性质，平行线分线段成比例，掌握以上知识是解题的关键．例2．（基本模型2）（1）某学校“学习落实”数学兴趣小组遇到这样一个题目如图，在△ABC中，点O在线段BC上，∠BAO＝30°，∠OAC＝75°，AO＝，BO：CO＝2：1，求AB的长经过数学小组成员讨论发现，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，通过构造△ABD就可以解决问题（如图2）请回答：∠ADB＝

°，AB＝

（2）请参考以上解决思路，解决问题：如图3在四边形ABCD中对角线AC与BD相交于点O，AC⊥AD，AO＝，∠ABC＝∠ACB＝75°，BO：OD＝2：1，求DC的长【答案】（1）75，3；（2）CD＝【分析】（1）根据平行线的性质可得出∠ADB=∠OAC=75°，结合∠BOD=∠COA可得出△BOD∽△COA，利用相似三角形的性质可求出OD的值，进而可得出AD的值，由三角形内角和定理可得出∠ABD=75°=∠ADB，由等角对等边可得出AB=AD即可求解；（2）过点B作BE∥AD交AC于点E，同（1）可得出AE=，在Rt△AEB中，利用勾股定理可求出BE的长度，再在Rt△CAD中，利用勾股定理即可求出DC的长．【详解】解：（1）如图2中，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，∵BD∥AC，∴∠ADB＝∠OAC＝75°．∵∠BOD＝∠COA，∴△BOD∽△COA，∴＝2，．又∵AO＝，∴OD＝2AO＝2，∴AD＝AO+OD＝3．∵∠BAD＝30°，∠ADB＝75°，∴∠ABD＝180°﹣∠BAD﹣∠ADB＝75°＝∠ADB，∴AB＝AD＝3；故答案为：75，3．（2）如图3中，过点B作BE∥AD交AC于点E．∵AC⊥AD，BE∥AD，∴∠DAC＝∠BEA＝90°．∵∠AOD＝∠EOB，∴△AOD∽△EOB，∴＝2．∵BO：OD＝1：3，∵AO＝，∴EO＝2，∴AE＝3．∵∠ABC＝∠ACB＝75°，∴∠BAC＝30°，AB＝AC，∴AB＝2BE．在Rt△AEB中，BE2+AE2＝AB2，即（4BE2）2+BE2＝（2BE）2，解得：BE＝3，∴AB＝AC＝6，AD＝在Rt△CAD中，AC2+AD2＝CD2，即62+（）2＝CD2，解得：CD＝（负根已经舍弃）．【点睛】本题考查了相似三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理以及平行线的性质，掌握平行线的性质、相似三角形的性质以及判定定理、勾股定理是解题的关键．例3．（培优综合1）如图，在中，点D在BC上，，连接AD，，则线段AD的长为．

【答案】【分析】过作，交的延长线于，过作，交的延长线于，可求，，设，可证，由即可求解．【详解】解：如图，过作，交的延长线于，过作，交的延长线于，

，，，，，，，，，设，则，，，，，，，，，整理得：，解得：，(舍去)，，故答案：．【点睛】本题考查了直角三角形的性质、勾股定理、三角形相似的判定及性质，掌握相关的判定方法及性质，并会根据题意作出辅助线是解题的关键．例4．（培优综合2）如图，在矩形中，分别为边，的中点，与，分别交于点M，N．已知，，则的长为．【答案】【分析】过点E作EH∥AD，交点BF于点G，交CD于点H，证明△BEG∽△BAF，求出EG的长，再证明△EGN∽△DFN，△EGM∽△CBM，得出，，再求出BG=GF=BF=，从而求出NG和MG，可得MN的长.【详解】解：过点E作EH∥AD，交点BF于点G，交CD于点H，由题意可知：EH∥BC，∴△BEG∽△BAF，∴，∵AB=4，BC=6，点E为AB中点，F为AD中点，∴BE=2，AF=3，∴，∴EG=，∵EH∥BC，∴△EGN∽△DFN，△EGM∽△CBM，∴，,∴，，即，，∴，，∵E为AB中点，EH∥BC，∴G为BF中点，∴BG=GF=BF=，∴NG==，MG=BG=，∴MN=NG+MG=，故答案为：.【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，解题的关键是添加辅助线EH，得到相似三角形.例5．（与反比例综合）如图，把一个等腰直角三角形放在平面直角坐标系中，∠ACB=90°，点C（-1，0），点B在反比例函数的图像上，且y轴平分∠BAC，则k的值是．【答案】【分析】作BE⊥x轴，垂直为E，先证明△AOC≌△CEB，得OC=BE=1,AO=CE；再证明△AOC≌△AOD，得OC=OD=1；设DE=m，通过证明△BED∽△AOD，构造方程，求出m，确定E的坐标，即可求解．【详解】解：作BE⊥x轴，垂直为E,则∠BEC=90°，∴∠CBE+∠BCE=90°，∵△ABC为等腰直角三角形，∴AC=CB，∠ACB=90°，∴∠ACO+∠BCE=90°，∴∠ACO=∠CBE，∵∠AOC=∠CEB=90°，∴△AOC≌△CEB，∴OC=BE=1,AO=CE．∵y轴平分∠BAC，∴∠CAO=∠DAO，∵OA=OA,∠AOC=∠AOD=90°，∴△AOC≌△AOD，∴OC=OD=1．设DE=m，则CE=OA=2+m，∵BE∥OA，∴△BED∽△AOD，∴，即：，∴，解得，（不合题意，舍去），∴OE=OD+DE=，∴点B的坐标为()，∴．故答案为：．【点睛】本题考查的知识点比较多，见到△ABC为等腰直角三角形，考虑做辅助线，化斜为直，构造全等或相似，这是解决平面直角坐标系中求点的坐标的常见思路，要深刻领会．例6．（与二次函数综合）如图，抛物线与轴交于，两点，交轴于点，是第一象限内抛物线上的一点且横坐标为．(1)求抛物线的表达式；(2)如图1，连接，交线段于点，若，求的值．(3)如图2，已知抛物线的对称轴交轴于点，与直线，分别交于、两点．试问是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．【答案】(1)；(2)或2；(3)为定值，【分析】（1）利用待定系数法，将两点坐标代入解析式求解即可；（2）构造相似三角形和，利用直线的解析式求出点坐标以及点关于的代数式，利用相似三角形的性质列方程求解即可；（3）通过辅助线构造直角三角形并用含有的代数式表示出和，再分别用两个三角函数表示，代入中，最后化简即可．【详解】（1）抛物线与轴交于，两点∴，解得：；∴抛物线的表达式为：．（2）如图1，过点作轴，交的延长线于点，过点作轴交于点．则，，∴令，则，∴∵直线过点和设直线：，，，∴直线的解析式为：．∵，轴，∴当时，，∴设，则∴∵，∴，解得，．∴当或2时，．（3）为定值，理由如下：如图2，过点作轴交轴于点．∵，，对称轴是，∴设，则，，在中，，∴，在中，，∴∴【点睛】本题主要考查二次函数，相似三角形的判定及性质以及三角函数，熟练掌握待定系数法求解析式，相似三角形的判定和性质以及运用三角函数解直角边是解决本题的关键．【变式训练1】．如图，在中，，，，点为上一点，连接，为上一点，于点，当时，求的长．【答案】【分析】将补成矩形，延长交于点，可得，结合已知可求、，再由即可求出CE．【详解】解：如解图，补成矩形，延长交于点，∵，，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，，∴设，则，又∵在矩形中，，∴，∴，即，解得．∴．【点睛】本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，直角三角形的性质，证明是本题的关键．【变式训练2】．如图，在中，、分别是、的中点，动点在射线上，交于点，的平分线交于点，当时，．【答案】12【分析】如图（见解析），延长BQ交射线EF于点M，先根据中位线定理得出，再根据角平分线的定义、平行线的性质以及等腰三角形的定义得出，从而可得，然后根据相似三角形的判定与性质得出，从而可求出EM的长．【详解】如图，延长BQ交射线EF于点M、分别是、的中点平分由得即故答案为：12．【点睛】本题考查了等腰三角形的定义、相似三角形的判定与性质、角平分线的定义等知识点，通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．【变式训练3】．如图，在等边边长为6，O是中心；在中，，，．将绕点A按顺时针方向旋转一周．(1)当、分别在、边上，连结、，求的面积；(2)设所在直线与的边或交于点F，当O、D、E三点在一条直线上，求的长；(3)连结，取中点M，连结，的取值范围为_________．【答案】(1)(2)(3)1≤DM≤5【分析】（1）由O是等边三角形的中心，可知OM=，进而得到，从而EO∥BM，所以可得OD=EN，即可求解；（2）易证△AEF∽△OBF，得到，设AF=x，OF=y，求解即可；（3）取AE的中点N，连接MN，DN，由D、N在⊙A上，可知即MN-DN≤DM≤DN+MN，易知MN是△AEC的中位线，从而求得．【详解】（1）连接AO，并延长交BC于M，连接OB∵O是等边△ABC的中心∴∠OBM=30°，BM=MC，AM⊥BC∴OM==∴∴EO∥BM延长EO交AC于N，则△AEN为等边三角形∵EO∥BM∴∴ON=OE，CN=DN=AD=2∴OD=EN=2∴（2）连接OB，OA，如图，∵O是等边△ABC的中心∴∠OBA=30°，OA=OB=2∴∵∠DAE=30°∴AE=4，DE=在△AEF和△OBF中∵∠ABO=∠AED=30°，∠AFE=∠BFO∴△AEF∽△OBF(AA)∴设AF=x，OF=y，则解得，,所以（3）取AE的中点N，连接MN，DN，∵D,N在⊙A的圆上∴当D、M、N三点共线时，DM最大或最小，即MN-DN≤DM≤DN+MN，∴MN-2≤DM≤MN+2当D、M、N三点共线如图1时，△AND为等边三角形，∴∠NDA=∠DAC=60°，∴MN∥AC∵M，N为中点∴MN=∴DM≥1当D、M、N三点共线如图2时，△AND为等边三角形，∴∠NDA=∠BAC=∠CAE=60°，∴MN∥AC∵M，N为中点∴MN=∴DM≤5故答案为：1≤DM≤5【点睛】本题主要考查了正三角形的中心的概念，三角形的中位线，直角三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例的性质与判定，相似三角形的判定与性质及方程思想，综合运用相关性质和判定是解题关键．【变式训练4】．如图1：抛物线y＝ax2+bx﹣4交x轴于点A、B，连接AC、BC，tan∠ABC＝1，tan∠BAC＝4．(1)抛物线的解析式为；(2)点P在第三象限的抛物线上，连接PC、PA，若点P横坐标为t，△PAC的面积为S，求S与t的函数关系式；(3)如图2，在（2）的条件下，当S＝6时，点G为第四象限抛物线上一点，连接PG，CH⊥PG于点H，连接OH，若tan∠OHG，求GH的长．【答案】(1)y＝x2+3x﹣4(2)St2t(3)【分析】（1）利用三角函数求出A点和B点的坐标，然后用待定系数法求出解析式即可；（2）设出P点坐标，求出直线PA的解析式，设直线AP交y轴于点D，确定点D坐标，根据S＝S△ADC+S△PDC求出S的表达式即可；（3）根据（2）中的关系式求出t值，确定P点的坐标，连接CP，则轴，过点O作，GP交CH的延长线于点K，根据△COK∽△PCH，得tan∠CPH，求出G点坐标，得出GM，再根据tan∠MCH＝tan∠CPH，得出MH，即可得出GH的长．(1)解：由图像知抛物线y＝ax2+bx﹣4交y轴于点C，∴C（0，﹣4），∴OC＝4，∵tan∠ABC＝1，tan∠BAC＝4，∴OB＝OC＝4，OAOC＝1，即B（﹣4，0），A（1，0），∴，解得，∴抛物线的表达式为：y＝x2+3x﹣4；(2)解：点P（t，t2+3t﹣4），设直线PA的解析式为y＝kx+b∴，∴，∴直线PA的解析式为y＝（t+4）x﹣4﹣t，设直线AP交y轴于点D，则D（0，﹣4﹣t），∴S＝S△ADC+S△PDCCD•（xA﹣xP）t2t；(3)解：由（2）知St2t＝6，解得t＝﹣3或t＝4（舍去），∴点P（﹣3，﹣4），∵点C（0，﹣4），连接CP，则轴，过点O作，OK交CH的延长线于点K，∴OK⊥CK，∠HOK＝∠OHG，∵tan∠OHG，∴设KH＝3m，OK＝4m，∵∠PCH+∠KCO＝90°，∠PCH+∠HPC＝90°，∴∠KCO＝∠HPC，又∵∠PHC＝∠CKO＝90°，∴△COK∽△PCH，∴，∴CH＝3m，PH，在Rt△CPH中，tan∠CPH，设GP交CO于点M，则CM＝PC•tan∠CPH＝2，∴点M（0，﹣2），设直线PM的解析式为y＝k1x﹣2，把P（﹣3,﹣4）代入得k1，∴直线PM的解析式为，令，解得x＝﹣3（舍）或，∴G（），∴GM，在Rt△CMH中，tan∠MCH＝tan∠CPH，∴MH，∴GH．【点睛】本题考查了利用待定系数法求二次函数及一次函数的的解析式，二次函数的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，一次函数与二次函数的交点问题，熟练掌握待定系数法求解析式及数形结合的思想是解题的关键．【变式训练5】．【问题背景】如图1，在△ABC中，点D在边BC上且满足∠BAD＝∠ACB，求证：BA2＝BD•BC；【尝试应用】如图2，在△ABC中，点D在边BC上且满足∠BAD＝∠ACB，点E在边AB上，点G在AB的延长线上，延长ED交CG于点F，若3AD＝2AC，BE＝ED，BG＝2，DF＝1，求BE的长度；【拓展创新】如图3，在△ABC中，点D在边BC上（AB≠AD）且满足∠ACB＝2∠BAD，DH⊥AB垂足为H，若，请直接写出的值________．【答案】（1）证明见解析；（2）8；（3）．【分析】（1）要证明BA2＝BD•BC，只需证明，由已知判定即可解答；（2）由3AD＝2AC可知的相似比为，从而得出，设BD=4x，则BA=6x，BC=9x，再过F点作，交BC于M点，利用平行线构造相似三角形和等腰三角形，利用已知线段关系证明DF=FM，从而得出，由此即可求出BE长，（3）延长BC到G，使CG=AC，过C点作CM⊥AG垂足为M，构造，由已知求出相似比为，再设，，解即可得出结论．【详解】（1）证明：∵∠BAD＝∠ACB，∠B＝∠B，∴，∴，∴BA2＝BD•BC；（2）解：由（1）可得，又∵3AD＝2AC∴，设BD=4x，则BA=6x，BC=9x，如解图2，过F点作，交BC于M点，∴∠ABD＝∠FMD，∵BE＝ED，∴∠ABD＝∠EDB，又∵∠MDF＝∠EDB，∴∠MDF＝∠FMD，∴MF＝DF＝1，由可得，，∴，，由∵BG＝2，MF＝DF＝1，∴，∴，∴，∴（3）解：延长BC到G，使CG=AC，过C点作CM⊥AG垂足为M，∴∠CAG＝∠G，∴∠ACB＝∠CAG+∠G=2∠CAG＝2∠G，∵∠ACB＝2∠BAD，∴∠BAD=∠CAG＝∠G，∵，∴，即，∴，∵，即，∴又∵∠B=∠B，∠BAD＝∠G，∴，∴，设，，则，，，在中，，在中，，∴，解关于x的方程得：，，当时，不合题意舍去；当时，，．综上所述：．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解直角三角形等，解题关键是能通过作合适的辅助线构造相似三角形并最终求得结果．课后训练1．如图，在中，是边上的中线，是上的一点，且，连结并延长交于点，则等于()．【答案】【分析】先过点D作GD∥EC交AB于G，由平行线分线段成比例可得BG=GE，再根据GD∥EC，得出，最后根据，即可得出答案．【详解】解：过点D作GD∥EC交AB于G，∵AD是BC边上中线，，即BG=GE，又∵GD∥EC，。【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例定理，用到的知识点是平行线分线段成比例定理，关键是求出AE、EB、EG之间的关系2.正方形中，，点是对角线上的一动点，将沿翻折得到，直线交射线于点．(1)当时，求的度数用含的式子表示；(2)点在运动过程中，试探究的值是否发生变化？若不变，求出它的值若变化，请说明理由；(3)若，求的值．【答案】(1)(2)，是定值(3)【分析】根据翻变换的性质可以得到，加上对顶角相等得到的，从而得到，进而得到对应边成比例，再根据比例的性质得到，加上对顶角相等得到的证明出：，最终得到对应角相等得出结果．如图中，连接，证明是等腰直角三角形，可得结论；证明是等边三角形，可得结论．【详解】（1）如图中，设交于点．四边形是正方形，，，，由翻折变换的性质可知，，，，，，，，，，．（2），是定值．理由：如图中，连接，．四边形是正方形，，，，，，，，同法可证，，，，，，，，；（3）如图中，当时，，，，，，，．【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考压轴题．3．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，D为AB上一点，连接CD，分别过点A、B作AN⊥CD，BM⊥CD．（1）求证：AN＝CM；（2）若点D满足BD：AD＝2：1，求DM的长；（3）如图2，若点E为AB中点，连接EM，设sin∠NAD＝k，求证：EM＝k．【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析【分析】（1）证明△ACN≌△CBM（AAS），由全等三角形的性质得出AN＝CM；（2）证明△AND∽△BMD，由相似三角形的性质得出，设AN＝x，则BM＝2x，由（1）知AN＝CM＝x，BM＝CN＝2x，由勾股定理得出x＝，则可得出答案；（3）延长ME，AN相交于点H，证明△AHE≌△BME（AAS），得出AH＝BM，证得HN＝MN，过点E作EG⊥BM于点G，由等腰直角三角形的性质得出答案．【详解】（1）证明：∵AN⊥CD，BM⊥CD，∴∠ANC＝90°，∠BMC＝90°，又∠ACB＝90°，∴∠ACN+∠BCM＝∠BCM+∠CBM＝90°，∴∠ACN＝∠CBM，又∵AC＝BC，∴△ACN≌△CBM（AAS），∴AN＝CM；（2）解：∵∠AND＝∠BMD，∠ADN＝∠BDM，∴△AND∽△BMD，∴，设AN＝x，则BM＝2x，由（1）知AN＝CM＝x，BM＝CN＝2x，∵AN2+CN2＝AC2，∴x2+（2x）2＝12，∴x＝，∴CM＝，CN＝，∴MN＝，∴DM＝＝；（3）解：延长ME，AN相交于点H，∵E为AB的中点，∴AE＝BE，∵∠ANM＝90°，∠BMN＝90°，∴AN∥BM，∴∠HAE＝∠MBE，∠AHE＝∠BME，∴△AHE≌△BME（AAS），∴AH＝BM，又∵BM＝CN，CM＝AN，∴CN＝AH，∴MN＝HN，∴∠HMN＝45°，∴∠EMB＝45°，过点E作EG⊥BM于点G，∵sin∠NAD＝k，∠NAD＝∠EBG，∴sin∠EBG＝＝k，又∵AC＝BC＝1，∴AB＝，∴BE＝，∴EG＝k，∴EM＝EG＝k＝k．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．4．如图，正方形中，为边上任意点，平分交于点．如图1，若点恰好为中点，求证：；

在的条件下，求的值；如图2，延长交的延长线于点，延长交的延长线于点连接当时，求证：．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析【分析】（1）延长交的延长线于点，求出，证明，得到，通过等量代换可得结论；（2）设，则，在中，利用勾股定理求出，进而可求的值；（3）连接，首先证明，进而可求，然后可证，得出，结合可证，即可得到，问题得证．【详解】（1）证明：如图，延长交的延长线于点，

，，又平分，，，，点为中点，，又，，，，；（2）解：设，则，在中，，即，解得：或(舍去)，∴；（3）证明：如图，连接，

，，，，又，，，又，，，，，．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理的应用，相似三角形的判定和性质等，作出合适的辅助线是解题的关键．5．如图，在等边△ABC中，点D、E分别在边AB、BC上，AD=BE，CD与AE交于F．（1）求∠AFD的度数；（2）若BE=m，CE=n．①求的值；（用含有m和n的式子表示）②若=，直接写出的值．【答案】（1）60°；（2）①；②【分析】（1）利用SAS证出△ABE≌△CAD，然后根据全等三角形的性质、四边形的内角和和等边三角形的性质即可求出结论；（2）过点E作EH∥AB交CD于点H，可证△CEH∽△CBD，△FEH∽△FAD，然后列出比例式，结合（1）中全等即可求出结论；（3）根据（2）的结论可设，然后根据相似三角形的判定定理证出△AFD∽ABE，列出比例式即可求出a的值，然后用m和n表示出EF和DF，再结合已知条件即可求出结论．【详解】解（1）∵△ABC为等边三角形，∴AB=BC=AC，∠B=∠BCA=∠BAC=60°又AD=BE，∴△ABE≌△CAD，∴∠ADC=∠BEA∵∠BDF＋∠ADC=180°∴∠BDF+∠BEF=180