分析 （1）连接CD，根据全等三角形的判定定理证明△ADE≌△CDF即可；
（2）延长FD至G，使DG=FD，连接GA、GE，证明△AGD≌△BFD，根据全等三角形的性质定理证明；
（3）作DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，证明△EDM∽△FDN，根据相似三角形的性质定理解答；
（4）根据（2）（3）的结论，解答即可．
解答 
解：（1）如图1，连接CD，
∵AC=BC，∠C=90°，D是AB边的中点，
∴CD=AD，CD⊥AB，∠A=∠B=∠DCB=45°，
∵∠EDF=∠A+∠B，
∴∠ADE=∠CDF，
在△ADE和△CDF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠A=∠DCF}\\{AD=CD}\\{∠ADE=∠CDF}\end{array}\right.$，
∴△ADE≌△CDF，
∴DE=DF，
故答案为：ADE；CDF；
（2）DE=DF．
理由如下：如图2，延长FD至G，使DG=FD，连接GA、GE，
在△AGD和△BFD中，
$\left\{\begin{array}{l}{AD=BD}\\{∠ADG=∠BDF}\\{DG=DF}\end{array}\right.$，
∴△AGD≌△BFD，
∴∠GAD=∠B，又∠EDF=∠A+∠B，
∴∠EDF=∠GAE，
∴A、E、D、G四点共圆，
∴∠GED=∠GAD=∠B，∠EGD=∠DAE，
∴∠GED=∠EGD，
∴DG=DE，又DG=FD，
∴DE=DF；
（3）DE=kDF，
如图3，作DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，
∵∠EDF=∠A+∠B=90°，∠MDN=90°，
∴∠EDM=∠FDN，又∠DME=∠DNF=90°，
∴△EDM∽△FDN，
∴$\frac{DE}{DF}$=$\frac{DM}{DN}$=$\frac{\frac{1}{2}BC}{\frac{1}{2}AC}$=k；
（4）如图4，由（2）（3）得，在△ABC中，AC=nBC，D是AB边的中点，E、F分别在AC、BC上，且∠EDF=∠A+∠B，则DE=nDF．
点评 本题考查了全等三角形的判定，全等三角形对应边、对应角相等的性质、相似三角形的判定以及相似三角形对应边比例相等的性质，本题中求证△ADE≌△CDF和△EDM∽△FDN是解题的关键．
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