2021年九年级数学中考复习分类压轴大题专题：三角形综合题(五)

三角形综合题（五）

1．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知A（4，0），将线段OA平移至CB，点D在x轴正半轴上，C（a，b），且

+|b﹣3|＝0．连接OC，AB，CD，BD．

（1）写出点C的坐标为 ；点B的坐标为 ； （2）当△ODC的面积是△ABD的面积的3倍时，求点D的坐标；

（3）设∠OCD＝α，∠DBA＝β，∠BDC＝θ，判断α、β、θ之间的数量关系，并说明理

由．

2．如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠B＝∠C＝40°，点D在线段BC上运动（点D不与点B、C重合），连接AD，作∠ADE＝40°，DE交线段AC于点E．

（1）当∠BDA＝110°时，∠EDC＝ °，∠DEC＝ °；点D从B向C的运动过程中，∠BDA逐渐变 （填“大”或“小”）； （2）当DC等于多少时，△ABD≌△DCE，请说明理由．

（3）在点D的运动过程中，△ADE的形状可以是等腰三角形吗？若可以，请直接写出∠

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BDA的度数，若不可以，请说明理由．

3．【阅读材料】

小明遇到这样一个问题：如图1，点P在等边三角形ABC内，且∠APC＝150°，PA＝3，

PC＝4，求PB的长．

小明发现，以AP为边作等边三角形APD，连接BD，得到△ABD；由等边三角形的性质，可证△ACP≌△ABD，得PC＝BD；由已知∠APC＝150°，可知∠PDB的大小，进而可求得

PB的长．

（1）请回答：在图1中，∠PDB＝ °，PB＝ ． 【问题解决】

（2）参考小明思考问题的方法，解决下面问题：

如图2，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点P在△ABC内，且PA＝1，PB＝

，

PC＝2，求AB的长．

【灵活运用】

（3）如图3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝α，且tanα＝，点P在△ABC外，且PB＝3，PC＝1，直接写出PA长的最大值．

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4．如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝3cm，∠B＝30°，点D在BC边上由C向B匀速运动（D不与B、C重合），匀速运动速度为1cm/s，连接AD，作∠ADE＝30°，DE交线段AC于点E．

（1）在此运动过程中，∠BDA逐渐变 （填“大”或“小”）；D点运动到图1位置时，∠BDA＝75°，则∠BAD＝ ．

（2）点D运动3s后到达图2位置，则CD＝ ．此时△ABD和△DCE是否全等，请说明理由；

（3）在点D运动过程中，△ADE的形状也在变化，判断当△ADE是等腰三角形时，∠BDA等于多少度（请直接写出结果）

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5．已知，△ABC是等腰直角三角形，动点P在斜边AB所在的直线上，以PC为直角边作等腰三角形PCQ，其中∠PCQ＝90°， （1）如图1，若点P在线段AB上，且AC＝1+

，PA＝

，则①线段PB＝ ，

PC＝ ，②猜想：PA2，PB2，PC2三者之间的数量关系是 ；

（2）如图2，若点P在AB的延长线上，求证：PA2+PB2＝2PC2

（3）利用以上知识，解决以下问题：如图3，在平面直角坐标系中，点A（0，点B（

，0），以P为线段AB外一动点，且PA＝

），

，PM＝PB，∠BPM＝90°，直

接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标？

6．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（a，0），B（c，c），C（0，c），且满足（a+8）

2+

＝0，P点从A点出发沿x轴正方向以每秒2个单位长度的速度匀速移动，Q点

从O点出发沿y轴负方向以每秒1个单位长度的速度匀速移动． （1）直接写出点B的坐标 ，AO和BC位置关系是 ；

（2）当P、Q分别在线段AO，OC上时，连接PB，QB，使S△PAB＝2S△QBC，求出点

P的坐标；

（3）在P、Q的运动过程中，当∠CBQ＝30°时，请探究∠OPQ和∠PQB的数量关系，

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并说明理由．

7．在平面直角坐标系中，已知点A（a，0），B（b，3），C（4，0），且满足﹣b+6）2＝0，线段AB交y轴于点F，点D是y轴正半轴上的一点． （1）求出点A，B的坐标；

（2）如图2，若DB∥AC，∠BAC＝a，且AM，DM分别平分∠CAB，∠ODB，求∠AMD的度数；（用含a的代数式表示）．

（3）如图3，坐标轴上是否存在一点P，使得△ABP的面积和△ABC的面积相等？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．

+（a

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8．（1）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，

CE⊥直线m，垂足分别为D，E．求证：DE＝BD+CE；

（2）如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D，A，E三点都在直线

m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝a，其中a为任意锐角或钝角，请问结论DE＝BD+CE是否成立？若成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；

（3）如图3，在（2）的条件下，若a＝120°，且△ACF为等边三角形，试判断△DEF的形状，并说明理由．

9．在△ABC，△CDE中，∠BAC＝∠DEC＝90°，连接BD，F为BD中点，连接AF，EF． （1）如图1，若A，C，E三点在同一直线上，∠ABC＝∠EDC＝45°，已知AB＝3，DE＝5，求线段AF的长；

（2）如图2，若∠ABC＝∠EDC＝45°，求证：△AEF为等腰直角三角形； （3）如图3，若∠ABC＝∠EDC＝30°，请判断△AEF的形状，并说明理由．

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10．如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，D在线段BC上，E是线段AD的一点．现以CE为直角边，C为直角顶点，在CE的下方作等腰直角△ECF，连接BF．

（1）如图1，求证：AE＝BF；

（2）当A、E、F三点共线时，如图2，若BF＝2，求AF的长；

（3）如图3，若∠BAD＝15°，连接DF，当E运动到使得∠ACE＝30°时，求△DEF的面积．

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参

1．解：（1）∵

+|b﹣3|＝0，

∴a﹣2＝0，b﹣3＝0， 解得，a＝2，b＝3， ∴点C的坐标为（2，3）， ∵点A的坐标为（4，0）， ∴OA＝4，即CB＝4， ∴点B的坐标为（6，3）， 故答案为：（2，3）；（6，3）； （2）设点D的坐标为（x，0），

∵△ODC的面积是△ABD的面积的3倍，即S△OCD＝3S△ABD， ∴OD＝3AD，

如图1，当点D在线段OA上时， ∵OD＝3AD， ∴AD＝x， 则x+x＝4， 解得，x＝3，

∴点D的坐标为（3，0）；

如图2，当点D在OA的延长线上时， ∵OD＝3AD， ∴AD＝x， 则x﹣x＝4，

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解得，x＝6，

∴点D的坐标为（6，0）；

综上所述，点D的坐标为（3，0）或（6，0）；

（3）①如图1，当点D在线段OA上时，过点D作DE∥AB，与CB交于点E， 由平移可知，OC∥AB， ∴DE∥OC，

∴α＝∠CDE，β＝∠BDE， ∵θ＝∠BDC＝∠CDE+∠BDE， ∴θ＝α+β；

②如图2，当点D在OA的延长线上时，过点D作DE∥AB，与CB得延长线交于点E， 由平移可知，OC∥AB， ∴DE∥OC，

∴α＝∠CDE，β＝∠BDE， ∵θ＝∠BDC＝∠CDE﹣∠BDE， ∴θ＝α﹣β，

综上所述，α，β，θ之间的数量关系θ＝α+β，或θ＝α﹣β．

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2．解：（1）∵∠ADB+∠ADE+∠EDC＝180°，且∠ADE＝40°，∠BDA＝110°， ∴∠EDC＝30°，

∵∠AED＝∠EDC+∠ACB＝30°+40°＝70° ∴∠EDC＝180°﹣∠AED＝110°， 故答案为：30，110， ∵∠BDA+∠B+∠BAD＝180°， ∴∠BDA＝140°﹣∠BAD

∵点D从B向C的运动过程中，∠BAD逐渐变大 ∴∠BDA逐渐变小， 故答案为：小

（2）当DC＝2时，△ABD≌△DCE，

理由如下：∵∠ADC＝∠B+∠BAD，∠ADC＝∠ADE+∠CDE，∠B＝∠ADE＝40°， ∴∠BAD＝∠CDE，且AB＝CD＝2，∠B＝∠C＝40°， ∴△ABD≌△DCE（ASA） （3）若AD＝DE时， ∵AD＝DE，∠ADE＝40° ∴∠DEA＝∠DAE＝70° ∵∠DEA＝∠C+∠EDC

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∴∠EDC＝30°

∴∠BDA＝180°﹣∠ADE﹣∠EDC＝180°﹣40°﹣30°＝110° 若AE＝DE时， ∵AE＝DE，∠ADE＝40° ∴∠ADE＝∠DAE＝40°， ∴∠AED＝100° ∵∠DEA＝∠C+∠EDC ∴∠EDC＝60°

∴∠BDA＝180°﹣∠ADE﹣∠EDC＝180°﹣40°﹣60°＝80°

综上所述：当∠BDA＝80°或110°时，△ADE的形状可以是等腰三角形 3．解：（1）如图1中，

∵△ACP≌△ABD，

∴∠PDB＝∠APC＝150°，PC＝BD＝4，AD＝AP＝3， ∵△ADP为等边三角形， ∴∠ADP＝60°，DP＝AD＝3， ∴∠BDP＝150°﹣60°＝90°， ∴PB＝

＝5．

故答案为：90°，5；

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（2）如图2中，把△ACP绕点C逆时针旋转90°得到△BCD．

由旋转性质可知；BD＝PA＝1，CD＝CP＝2∴△PCD是等腰直角三角形， ∴PD＝

，∠PCD＝90°，

PC＝×2＝4，∠CDP＝45°，

）2＝17，

∵PD2+BD2＝42+12＝17，PB2＝（∴PD2+BD2＝PB2， ∴∠PDB＝90°， ∴∠BDC＝135°，

∴∠APC＝∠CDB＝135°，∵∠CPD＝45°， ∴∠APC+∠CPD＝180°， ∴A，P，D共线， ∴AD＝AP+PD＝5， 在RtADB中，AB＝

（3）如图3中，作CD⊥CP，使得CD＝PC＝，则PD＝

＝，

＝

＝

．

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∵tan∠BAC＝∴

＝

，

＝，

∵∠ACB＝∠PCD＝90°， ∴∠ACD＝∠BCP， ∴△ACD∽△BCP， ∴

＝

＝，

∴AD＝， ∵﹣≤PA≤+， ∴1≤PA≤， ∴PA的最大值为．

4．解：（1）在此运动过程中，∠BDA逐渐变大，

D点运动到图1位置时，∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠BDA＝75°，

故答案为：大；75°；

（2）点D运动3s后到达图2位置，CD＝3cm，此时△ABD≌△DCE， 理由如下：∵AB＝AC，∠B＝30°， ∴∠C＝30°， ∵CD＝CA＝3cm，

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∴∠CAD＝∠CDA＝×（180°﹣30°）＝75°， ∴∠ADB＝105°，∠EDC＝75°﹣30°＝45°， ∴∠DEC＝180°﹣45°﹣30°＝105°， ∴∠ADB＝∠DEC， 在△ABD和△DCE中，

，

∴△ABD≌△DCE（ASA）， 故答案为：3cm；

（3）△ADE为等腰三角形分三种情况： ①当AD＝AE时，∠ADE＝30°，

∴∠AED＝∠ADE＝30°，∠DAE＝180°﹣∠ADE﹣∠AED＝120°， ∵∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝120°，D不与B、C重合， ∴AD≠AE；

②当DA＝DE时，∠ADE＝30°，

∴∠DAE＝∠DEA＝（180°﹣∠ADE）＝75°， ∴∠BDA＝∠DEC＝180°﹣∠AED＝105°； ③当EA＝ED时，∠ADE＝30°， ∴∠EAD＝∠EDA＝30°，

∴∠AED＝180°﹣∠EAD﹣∠EDA＝120°， ∴∠BDA＝∠DEC＝180°﹣∠AED＝60°．

综上可知：在点D的运动过程中，△ADE的形状可以是等腰三角形，此时∠BDA的度数为60°或105°．

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5．（1）解：①连接BQ，如图1所示： ∵△ABC是等腰直直角三角形，AC＝1+∴AB＝∵PA＝

，

AC＝

，

×（1+）＝2+，

∴PB＝2，

∵△ABC和△PCQ均为等腰直角三角形， ∴AC＝BC，PC＝CQ，∠ACP＝∠BCQ，

在△APC和△BQC中，，

∴△APC≌△BQC（SAS）， ∴BQ＝AP＝

，∠CBQ＝∠A＝45°，

∵∠CBA＝45°， ∴∠QBP＝90°∴PQ＝∴PC＝

， ＝

＝

＝

，

，

PQ＝×；

故答案为：2，

②PA2+PB2＝2PC2；理由如下： 过点C作CD⊥AB于D，如图1①所示： ∵△ACB为等腰直角三角形，CD⊥AB， ∴CD＝AD＝DB，

∵PA2＝（AD﹣PD）2＝（DC﹣PD）2＝DC2﹣2DC•PD+PD2，PB2＝（DB+PD）2＝（DC+DP）

2＝CD2+2DC•PD+PD2，

∴PA2+PB2＝2CD2+2PD2，

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∵在Rt△PCD中，由勾股定理可知：PC2＝DC2+PD2， ∴PA2+PB2＝2PC2，

故答案为：PA2+PB2＝2PC2；

（2）证明：过点C作CD⊥AB于D，如图2所示： ∵△ACB为等腰直角三角形，CD⊥AB，

∴CD＝AD＝DB，∵PA2＝（AD+PD）2＝（DC+PD）2＝CD2+2DC•PD+PD2，

PB2＝（DP﹣BD）2＝（PD﹣DC）2＝DC2﹣2DC•PD+PD2，

∴PA2+PB2＝2DC2+2PD2，

∵在Rt△PCD中，由勾股定理可知：PC2＝DC2+PD2， ∴PA2+PB2＝2PC2；

（3）解：连接PB、BM、PM，将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，如图3所示：

则△APN是等腰直角三角形， ∴PN＝PA＝∵点A（0，

，BN＝AM， ），点B（

，0），∴△AOB是等腰直角三角形，AB＝

OA＝2，

∴线段AM长的最大值＝线段BN长的最大值，

∴当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，最大值＝AB+AN， ∵AN＝

AP＝2，

∴最大值为2+2＝4；

当N在线段BA的延长线时，点P在y轴上， ∴OP＝OA+AP＝2

，

）．

∴点P的坐标为（0，2

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6．解：（1）∵（a+8）2+∴a+8＝0，c+4＝0， 解得，a＝﹣8，c＝﹣4，

＝0，

则点B的坐标为（﹣4，﹣4），

∵点B的坐标为（﹣4，﹣4），点C的坐标为（0，﹣4）， ∴BC∥AO，

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故答案为：（﹣4，﹣4），BC∥AO； （2）过B点作BE⊥AO于E，

设时间经过t秒，S△PAB＝2S△QBC，则AP＝2t，OQ＝t， ∴CQ＝4﹣t， ∵BE＝4，BC＝4， ∴

，

，

∵S△APB＝2S△BCQ， ∴4t＝2（8﹣2t） 解得，t＝2， ∴AP＝2t＝4， ∴OP＝OA﹣AP＝4， ∴点P的坐标为（﹣4，0）；

（3）∠PQB＝∠OPQ+30°或∠BQP+∠OPQ＝150°．

理由如下：①当点Q在点C的上方时，过Q点作QH∥AO，如图2所示， ∴∠OPQ＝∠PQH， ∵BC∥AO，QH∥AO， ∴QH∥BC，

∴∠HQB＝∠CBQ＝30°，

∴∠OPQ+∠CBQ＝∠PQH+∠BQH，

∴∠PQB＝∠OPQ+∠CBQ，即∠PQB＝∠OPQ+30°；

②当点Q在点C的下方时；过Q点作HJ∥AO 如图3所示，

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∴∠OPQ＝∠PQJ， ∵BC∥AO，QH∥AO， ∴QH∥BC，

∴∠HQB＝∠CBQ＝30°， ∴∠HQB+∠BQP+∠PQJ＝180°， ∴30°+∠BQP+∠OPQ＝180°， 即∠BQP+∠OPQ＝150°，

综上所述，∠PQB＝∠OPQ+30°或∠BQP+∠OPQ＝150°．

7．解：（1）∵+（a﹣b+6）2＝0，

∴a+b＝0，a﹣b+6＝0，

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∴a＝﹣3，b＝3，

∴A（﹣3，0），B（3，3）；

（2）如图2，过点M作MN∥DB，交y轴于点N，

∴∠DMN＝∠BDM， 又∵DB∥AC， ∴MN∥AC， ∴∠AMN＝∠MAC， ∵DB∥AC，∠DOC＝90°， ∴∠BDO＝90°，

又∵AM，DM分别平分∠CAB，∠ODB，∠BAC＝a， ∴∠MAC＝a，∠BDM＝45°， ∴∠AMN＝a，∠DMN＝45°， ∴∠AMD＝∠AMN+∠DMN＝45°+a；

（3）存在． 连结OB，如图3，

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设F（0，t），

∵S△AOF+S△BOF＝S△AOB，

∴•3•t+•t•3＝×3×3，解得t＝， ∴F点坐标为（0，）， △ABC的面积＝×7×3＝

，

当P点在y轴上时，设P（0，y）， ∵S△ABP＝S△APF+S△BPF， ∴•|y﹣|•3+•|y﹣|•3＝

，解得y＝5或y＝﹣2，

∴此时P点坐标为（0，5）或（0，﹣2）； 当P点在x轴上时，设P（x，0）， 则•|x+3|•3＝

，解得x＝﹣10或x＝4，

∴此时P点坐标为（﹣10，0），

综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（0，5）或（0，﹣2）或（﹣10，0）． 8．证明：（1）∵BD⊥直线m，CE⊥直线m， ∴∠BDA＝∠CEA＝90°， ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAD+∠CAE＝90°， ∵∠BAD+∠ABD＝90°，

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∴∠CAE＝∠ABD， ∵在△ADB和△CEA中，

∵，

∴△ADB≌△CEA（AAS）， ∴AE＝BD，AD＝CE， ∴DE＝AE+AD＝BD+CE；

（2）∵∠BDA＝∠BAC＝α，

∴∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α， ∴∠CAE＝∠ABD， ∵在△ADB和△CEA中，

∵，

∴△ADB≌△CEA（AAS）， ∴AE＝BD，AD＝CE， ∴DE＝AE+AD＝BD+CE．

（3）△DEF为等边三角形，理由如下：

由（2）知△ADB≌△CEA，BD＝AE，∠DBA＝∠CAE， ∵△ACF为等边三角形， ∴∠CAF＝60°，AF＝AC， 又∵AB＝AC，

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∴AB＝AF， ∵∠BAC＝120°， ∴∠BAF＝60°， ∴△ABF是等边三角形， ∴∠ABF＝60°，BF＝AF， ∴∠DBA+∠ABF＝∠CAE+∠CAF， ∴∠DBF＝∠EAF， ∵BF＝AF，

∴△BDF≌△AEF（AAS）， ∴DF＝EF，∠BFD＝∠AFE，

∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠DFA+∠BFD＝60°， ∴△DEF为等边三角形． 9．解：（1）连接CF，

∵在Rt△ABC，Rt△CDE中，A∠ABC＝∠EDC＝45°， ∴∠ACB＝∠ECD＝45°，AB＝BC，ED＝EC， ∵A，C，E三点在同一直线上， ∴∠BCD＝90°， ∵F为BD的中点，

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∴CF＝DF＝BF，

∵，

∴△ACF≌△ABF（SSS）， ∴∠CAF＝∠CAB＝45°， 同理：△ECF≌△EDF（SSS），∴△AEF为等腰直角三角形， ∵AC＝AB＝3，CE＝DE＝5， ∴

．

＝45°，

（2）证明：取BC的中点M，CD的中点N，连接AM，MF，EN，FN，

∵F为BD的中点，

∴FM为△BCD的一条中位线， ∴FM∥CD，FM＝

，

∴四边形MCNF为平行四边形，CM＝FN，MF＝CN，∠CMF＝∠FNC， ∵在Rt△ABC中，M为BC的中点， ∴∠AMC＝90°，AM＝CM， 同理：∠ENC＝90°，EN＝CN， ∴AM＝FN，MF＝EN，

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∠AMF＝∠AMC+∠CMF＝∠ENC+∠CNF＝∠FNE．

∵，

∴△AMF≌△FNE（SAS）， ∴AF＝EF，∠AFM＝∠FEN，

∵∠AFE＝∠MFN﹣∠AFM﹣∠EFN＝180°﹣∠FNC﹣∠FEN﹣∠EFN＝∠ENC＝90°． ∴△AEF为等腰直角三角形；

（3）证明：取BC的中点M，CD的中点N，连接AM，MF，EN，FN，

∵F为BD的中点，

∴FM为△BCD的一条中位线， ∴FM∥CD，FM＝

，

∴四边形MCNF为平行四边形，CM＝FN，MF＝CN，∠CMF＝∠FNC， ∵在Rt△ABC中，M为BC的中点， ∴∠AMC＝60°，AM＝CM， 同理：∠ENC＝60°，EN＝CN， ∴AM＝FN，MF＝EN，

∠AMF＝∠AMC+∠CMF＝∠ENC+∠CNF＝∠FNE．

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∵，

∴△AMF≌△FNE（SAS）， ∴AF＝EF，∠AFM＝∠FEN，

∵∠AFE＝∠MFN﹣∠AFM﹣∠EFN＝180°﹣∠FNC﹣∠FEN﹣∠EFN＝∠ENC＝60°． ∴△AEF为等边三角形． 10．（1）证明：如图1中， ∵△ACB，△ECF都是等腰三角形，

∴CA＝CB，CE＝CF，∠ACB＝∠ECF＝90°， ∴∠ACE＝∠BCF， ∴△ACE≌△BCF（SAS）， ∴AE＝BF．

（2）解：如图2中，

∵CA＝CB＝6，∠ACB＝90°， ∴AB＝6

，

∵△ACE≌△BCF，

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∴∠CAD＝∠DBF， ∵∠ADC＝∠BDF， ∴∠ACD＝∠DFB＝90°， ∴AF＝

（3）如图2中，作FH⊥BC于H．

＝

＝2

．

∵∠ACE＝∠CAE＝30°， ∴AE＝EC， ∵△ACE≌△BCF， ∴BF＝AE，CF＝CE，

∴CF＝BF，∠FCB＝∠CBF＝30°， ∵FC＝FB，FH⊥BC， ∴CH＝BH＝3，FH＝

，CF＝BF＝2

，

∵∠CED＝∠CAE+∠ACE＝60°，∠ECD＝90°﹣30°＝60°， ∴△ECD是等边三角形， ∴EC＝CF＝CD＝2

，

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∴S△EDF＝S△ECD+S△CDF﹣S△ECF＝

×（2）2+×2×﹣×2×2＝3﹣3．

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