2020年九年级数学三轮冲刺复习培优练习：《几何相似综合压轴》（五）

2020年九年级数学三轮冲刺复习培优练习：《几何相似综合压轴》（五）

‎2020年九年级数学三轮冲刺复习培优练习：‎ ‎《几何相似综合压轴》（五）‎ ‎ ‎ ‎1．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，tan∠ABC＝，AD∥BC，且AD＝2BC．动点P从点B出发以1cm/s的速度沿线段BD向终点D匀速运动，1秒后动点Q在从点D出发以2cm/s的速度沿线段DA向终点A匀速运动，设点P运动的时间为t（s）．‎ ‎（1）直接写出当t＝　 　时，△PQD与△ABD相似；‎ ‎（2）点Q出发后，设四边形ACPQ的面积为S（cm2），求S与t的函数表达式；‎ ‎（3）当PQ⊥AB时，求t的值；‎ ‎（4）若以QD、QP为边作▱DQPE，在整个运动过程中，是否存在某一时刻t，使点E在∠DAB的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎2．如图1是一把折叠椅子，图2是椅子完全打开支稳后的侧面示意图，AB表示地面所在的直线，其中AD和BC表示两根较粗的钢管，EG表示座板平面，EG∥AB，交AC于点F，且＝，AB长60cm，∠DAB＝60°，∠ABC＝75°，FG长24cm，CD长24cm，‎ ‎（1）求座板EG的长；‎ ‎（2）求此时椅子的最大高度（即点D到直线AB的距离）．（结果保留根号）‎ ‎3．定义：我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似（不全等），我们就把这条对角线叫做这个四边形的“相似对角线”．‎ 理解：‎ ‎（1）如图1，△ABC的三个顶点均在正方形网格中的格点上，若四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形，请用无刻度的直尺在网格中画出点D（保留画图痕迹，找出3个即可）；‎ ‎（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC＝80°，∠ADC＝140°，对角线BD平分∠ABC．请问BD是四边形ABCD的“相似对角线”吗？请说明理由；‎ 运用：‎ ‎（3）如图3，已知FH是四边形EFGH的“相似对角线”，∠EFH＝∠HFG＝30°．连接EG，若△EFG的面积为6，求FH的长．‎ ‎4．已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝30°（如图），以线段AB为边向外作等边三角形ABD，点E是线段AB的中点，连接CE并延长交线段AD于点F．‎ ‎（1）求证四边形BCFD为平行四边形；‎ ‎（2）连接CD，交AB于点M．‎ ‎①若AB＝6，求BM的长；‎ ‎②作MN⊥AC，垂足为N，求证．‎ ‎5．如图，在边长为6的菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点P是△ADO的重心．‎ ‎（1）当菱形ABCD是正方形时，则PA＝　 　，PD＝　 　，PO＝　 　．‎ ‎（2）线段PA，PD，PO中，是否存在长度保持不变的线段？若存在，请求出该线段的长度；若不存在，请说明理由．‎ ‎（3）求线段PD，DO满足的等量关系，并说明理由．‎ ‎6．如图1，▱ABDC中，AB＝AC，P、Q分别为BD、CD上的点，且满足∠PAQ＝∠C．‎ ‎（1）求证：∠APB+∠AQC＝180°；‎ ‎（2）在图1中，是否存在与AP相等的线段？若存在，请找出来，并加以证明；若不存在，说明理由；‎ ‎（3）若将“AB＝AC，P为BD上的点”改为“AB＝kAC，P为DB延长线上的点“，其他条件不变（如图2），若∠AQC＝α”，求线段CQ、PB、AP之间的数关系（用含k、α的式子表示）．‎ ‎7．已知在△ABC中，∠BAC＝90°，∠C＝60°，D是边AC上一点，AF⊥BD交BC于点E，交BD于点F．‎ ‎（1）如图1，若∠AEC＝∠BDC，AN⊥BC交BD于点M，交BC于点N，连接EM．‎ ‎①求证：BD平分∠ABC；‎ ‎②求∠MEB的度数．‎ ‎（2）如图2，若BE2＝3BC•CE，求证：DE⊥AC．‎ ‎8．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，M为AD的中点，连接BM，交AC于E，在CB上取一点F，使得CF＝AE，连接AF，交BM于G，连接CG．‎ ‎（1）求∠BGF的度数；‎ ‎（2）求的值；‎ ‎（3）求证：BG⊥CG．‎ ‎9．阅读下面材料，完成（1）﹣（3）题 数学课上，老师出示了这样一道题：△ABC中，CA＝CB，点D为AB上一点，∠MDN＝2∠A．‎ ‎（1）如图1，若点M、N分别在AC、BC上，AD＝BD，探究线段DM与DN之间的数量关系，并证明；‎ ‎（2）如图2，若BD＝kAD，使点M在AC上，点N在BC的延长线上，在图2中补全图形，探究线段DM与DN的数量关系（用含k的式子表示），并证明．‎ 同学们经过思考后，交流了自己的想法：‎ 小明：“通过观察和度量，发现∠C与∠MDN存在某种数量关系”‎ 小伟：“在图1中，我构造全等三角形从而解决问题．”‎ 小强：“在图2中，我构造相似三角形从而解决问题”‎ ‎……‎ 老师：“如图3，若设CA＝CB＝a，点D在边AC上，∠BDN＝∠A，CN∥AB，CD＝mAD，就可以探究出线段AB与CN之间的数量关系．”‎ ‎（1）在图1中，探究线段DM与DN之间的数量关系，并证明；‎ ‎（2）在图2中，补全图形，探究线段DM与DN的数量关系（用含k的式子表示），并证明；‎ ‎（3）在图3中，探究线段AB与CN之间的数量关系（用含a、m的式子表示），并证明．‎ ‎10．定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线．‎ ‎（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E，F分别是BD，AD上的点．求证：四边形ABEF是邻余四边形．‎ ‎（2）如图2，在（1）的条件下，取EF中点M，连结DM并延长交AB于点Q，延长EF交AC于点N．若N为AC的中点，DE＝2BE，QB＝3，求邻余线AB的长．‎ 参考答案 ‎1．解：（1）∵∠ACB＝90°，tan∠ABC＝，‎ ‎∴＝，‎ 设AC＝3a，（a＞0），则BC＝4a，‎ 由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，‎ 即（3a）2+（4a）2＝52，‎ 解得：a＝1，‎ ‎∴AC＝3，BC＝4，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠CAD＝∠ACB＝90°，∠ABC＝∠BAD，‎ 过点B作BF⊥AD于F，如图1所示：‎ 则四边形ACBF是矩形，‎ ‎∴BF＝AC＝3，AF＝BC＝4，‎ ‎∵AD＝2BC＝8，‎ ‎∴AF＝DF，‎ ‎∴△ABD是等腰三角形，‎ ‎∴BD＝AB＝5，∠BDA＝∠BAD＝∠ABC，‎ 分两种情况：①当PD＝PQ时，∠PDQ＝∠PQD＝∠BDA＝∠BAD，‎ ‎∴△QPD∽△ABD，‎ ‎∴＝，‎ ‎∵PD＝BD﹣BP＝5﹣t，DQ＝2（t﹣1），‎ ‎∴＝，‎ 解得：t＝；‎ ‎②当PQ＝DQ时，∠PDQ＝∠QPD＝∠BDA＝∠BAD，‎ ‎∴△PQD∽△ABD，‎ ‎∴＝，即＝，‎ 解得：t＝；‎ 故答案为：或；‎ ‎（2）连接AP，过点P作PM⊥AC于M，PN⊥AD于N，过点B作BH⊥PM于H，如图2所示：‎ 则四边形BCMH、四边形AMPN都是矩形，‎ ‎∴PN＝AC﹣BH，AN＝MP，MH＝BC＝4，PM∥AD，‎ ‎∴∠BPH＝∠BDA＝∠ABC，‎ ‎∴sin∠BPH＝＝sin∠ABC＝＝，‎ ‎∴BH＝BP＝t，‎ cos∠BPH＝＝cos∠ABC＝＝，‎ ‎∴PH＝BP＝t，‎ ‎∴PM＝MH+PH＝4+t，PN＝AC﹣BH＝3﹣t，‎ 由题意得：DQ＝2（t﹣1），且1＜t≤5，‎ ‎∴AQ＝AD﹣DQ＝8﹣2（t﹣1），‎ ‎∴S＝S△APC+S△APQ＝AC•PM+AQ•PN＝×3×（4+t）+×[8﹣2（t﹣1）]×（3﹣t）＝t2﹣t+21；‎ ‎（3）若PQ⊥AB，则∠PQN+∠BAQ＝90°，‎ ‎∵∠PQN+∠QPN＝90°，‎ ‎∴∠QPN＝∠BAQ＝∠ABC，‎ ‎∴tan∠QPN＝＝tan∠ABC＝＝，‎ ‎∵QN＝AD﹣AN﹣DQ＝8﹣（4+t）﹣2（t﹣1）＝6﹣t，PN＝3﹣t，‎ ‎∴＝，‎ 解得：t＝；‎ ‎（4）存在，延长EP交AB于L，过点B作BS⊥PL于S，如图3所示：‎ ‎∵AE平分∠DAB，‎ ‎∴∠DAE＝∠BAE，‎ ‎∵四边形DQPE是平行四边形，‎ ‎∴PE＝DQ，AD∥EL，‎ ‎∴∠LPB＝∠ADB＝∠ABC，∠BPL＝∠BDA＝∠BAD＝∠BLP，∠DAE＝∠AEL，‎ ‎∴BP＝BL，∠BAE＝∠AEL，‎ ‎∴PS＝LS，AL＝EL，‎ AL＝AB﹣BL＝5﹣BP＝5﹣t，‎ cos∠LPB＝＝cos∠ABC＝＝，‎ ‎∴PS＝BP＝t，‎ ‎∴PL＝2PS＝t，‎ ‎∴EL＝PL+PE＝PL+DQ＝t+2（t﹣1），‎ ‎∴5﹣t═t+2（t﹣1），‎ 解得：t＝．‎ ‎2．解（1）∵，‎ ‎∴，‎ ‎∵EG∥AB，‎ ‎∴△CFE∽△CAB，‎ ‎∴，‎ ‎∴EF＝×60＝15，‎ ‎∴EG＝EF+FG＝15+24＝39，‎ 答：座板EG长39cm；‎ ‎（2）作BH⊥AC于点H，DM⊥AB于点M，‎ 在Rt△ABH中，AH＝AB•cos∠CAB＝60×＝30，‎ BH＝AB•sin∠CAB＝60×＝30，‎ 在Rt△CBH中，∠BCH＝180°﹣∠CAB﹣∠CBA＝180°﹣60°﹣75°＝45°，‎ CH＝＝，‎ ‎∴AD＝AH+CH+CD＝30++24＝54+，‎ 在Rt△ADM中，DM＝AD•sin∠DAM＝（54+）×＝+45，‎ 答：此时椅子的最大高度为（+45）cm．‎ ‎3．解：（1）如图1所示．AB＝，BC＝2，∠ABC＝90°，AC＝5，‎ ‎∵四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形，‎ ‎①当∠ACD＝90°时，△ACD∽△ABC或△ACD∽△CBA，‎ ‎∴或＝＝2，‎ ‎∴CD＝10或CD＝2.5‎ 同理：当∠CAD＝90°时，AD＝2.5或AD＝10，‎ 如图中，D1，D2，D3，D4即为所求．‎ ‎ （2）如图2，BD是四边形ABCD的“相似对角线”，‎ 理由如下：‎ ‎∵∠ABC＝80°，BD平分∠ABC，‎ ‎∴∠ABD＝∠DBC＝40°，‎ ‎∴∠A+∠ADB＝140°，‎ ‎∵∠ADC＝140°，‎ ‎∴∠BDC+∠ADB＝140°‎ ‎∴∠A＝∠BDC，‎ ‎∴△ABD∽△DBC，‎ ‎∴BD是四边形ABCD的“相似对角线”；‎ ‎（3）如图3，‎ ‎∵FH是四边形EFGH的“相似对角线”，‎ ‎∴△EFH与△HFG相似．‎ 又∠EFH＝∠HFG，‎ ‎∴△FEH∽△FHG，‎ ‎∴，‎ ‎∴FH2＝FE•FG，‎ 过点E作EQ⊥FG垂足为Q，‎ 可得，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴FG•FE＝24，‎ ‎∴FH2＝FG•FE＝24，‎ ‎∴．‎ ‎4．（1）证明：∵△ABD是等边三角形，‎ ‎∴AD＝AB＝BD，∠BAD＝∠ABD＝∠D＝60°，‎ 在Rt△ABC中，∠CAB＝30°，‎ ‎∴∠ABC＝60°，‎ ‎∵点E是线段AB的中点，‎ ‎∴CE＝BE＝AE＝AB，‎ ‎∴△BCE是等边三角形，‎ ‎∴BC＝CE，∠CEB＝∠ABC＝60°，‎ ‎∴∠ABD＝∠CEB＝60°，‎ ‎∴CF∥BD，‎ ‎∵∠CBD+∠D＝120°+60°＝180°，‎ ‎∴BC∥FD，‎ ‎∴四边形BCFD是平行四边形；‎ ‎（2）如图，①∵解：BC∥FD，‎ ‎∴△BCM∽△ADM，‎ ‎∴，‎ ‎∵BC＝CE＝AB，AB＝AD，‎ ‎∴，‎ ‎∵AB＝BM+AM＝6，‎ ‎∴BM＝2；‎ ‎②∵∠ACB＝90°，‎ ‎∴∠CAD＝∠CAB+∠BAD＝90°，MN⊥AC，‎ ‎∴BC∥MN∥DA，‎ ‎∴△AMN∽△ABC，△CMN∽△CDA，‎ ‎∴，，‎ ‎∴＝1，‎ ‎∴．‎ ‎5．解：（1）如图1中，连接PA，PD，PO，延长OP交AD于T．‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴△AOD是等腰直角三角形，‎ ‎∵P是△AOD的重心，‎ ‎∴OT是△AOD的中线，‎ ‎∴OT＝AD＝3．AT＝DT＝3，‎ ‎∵OP＝OT＝2，‎ ‎∴PT＝1，‎ ‎∴PA＝PD＝＝＝．‎ 故答案为，，2．‎ ‎（2）如图2中，结论：OP的长度不变．‎ 理由：延长OP交AD于E．‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AC⊥BD，‎ ‎∵P是△AOD的重心，‎ ‎∴OE＝AD＝3，‎ ‎∴OP＝OE＝2．‎ ‎（3）结论：3DP2﹣OD2＝12．‎ 理由：延长DP交AO于F．‎ ‎∵P是△AOD的重心，‎ ‎∴PF＝PD，‎ ‎∵∠DOF＝90°，‎ ‎∴DF2＝OD2+OF2，‎ ‎∴（DP）2＝OD2+OF2，‎ ‎∵AD2＝OD2+AO2，‎ ‎∴62＝OD2＝4OF2，‎ ‎∴3DP2﹣OD2＝12．‎ ‎6．（1）证明：如图1中，‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴BD∥AC，‎ ‎∴∠D+∠C＝180°，‎ ‎∵∠PAQ＝∠C，‎ ‎∴∠D+∠PAQ＝180°，‎ ‎∴∠APD+∠AQD＝180°，‎ ‎∵∠APD+∠APB＝180°，‎ ‎∴∠APB＝∠AQD，‎ ‎∵∠AQD+∠AQC＝180°，‎ ‎∴∠APB+∠AQC＝180°．‎ ‎（2）解：结论：AP＝AQ．‎ 理由：如图1中，过的A作AM＝AP，交BD于M，‎ ‎∵AP＝AM，‎ ‎∴∠APM＝∠AMP，‎ ‎∵∠APD+∠AQD＝180°，∠AQD+∠AQC＝180°，‎ ‎∴∠APD＝∠AQC，‎ ‎∴∠AMB＝∠AQC，‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴∠B＝∠C，‎ ‎∵AB＝AC，‎ ‎∴△ABM≌△ACQ（AAS），‎ ‎∴AM＝AQ，‎ ‎∵AP＝AM，‎ ‎∴AP＝AQ．‎ ‎（3）解：结论：PB+k•CQ＝2AP•cosα．‎ 理由：过点A作AM＝AP，交BD的延长线于M，过点A作AH⊥BD于H．‎ ‎∵∠ABM＝∠C，∠M＝∠APD＝∠AQC，‎ ‎∴△ABM∽△ACQ，‎ ‎∴＝＝k，‎ ‎∴BM＝k•QC，‎ ‎∵AH⊥PM，AP＝AM，‎ ‎∴PM＝2PH＝2PA•cosα，‎ ‎∴PB+PM＝2PAcosα，‎ ‎∴PB+k•QC＝2PAcosα．‎ ‎7．（1）①证明：如图1中，‎ ‎∵AF⊥BD，‎ ‎∴∠AFD＝90°，‎ ‎∵∠BAD＝90°，‎ ‎∴∠BAF+∠DAF＝90°，∠ADB+∠DAF＝90°，‎ ‎∴∠BAF＝∠ADB，‎ ‎∵∠AEC＝∠BDC，‎ ‎∴∠AEB＝∠ADB＝∠BAF，‎ ‎∴BA＝BE，‎ ‎∵BF⊥AE，‎ ‎∴BF平分∠ABC．‎ ‎②解：如图1中，‎ ‎∵AN⊥NC，‎ ‎∴∠ANC＝∠BAC＝90°，‎ ‎∵∠ACB＝60°，‎ ‎∴∠CAN＝30°，∠BAN＝60°，‎ ‎∵BA＝BE，∠ABM＝∠EBM，BM＝BM，‎ ‎∴△ABM≌△EBM（SAS），‎ ‎∴∠BEM＝∠BAM＝60°．‎ ‎（2）证明：过点E作EJ⊥BC交AC于J，过点B作BT⊥BC交CA的延长线于T，连接ET，BJ交于点O．‎ ‎∵∠TBC＝∠JEC＝90°，∠C＝60°，‎ ‎∴TB＝BC，JE＝EC，‎ ‎∵BE2＝3BC•EC＝BCEC＝BT•EJ，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴△TBE∽△BEJ，‎ ‎∴∠BTE＝∠JBE，‎ ‎∵∠JBE+∠JBT＝90°，‎ ‎∴∠BTE+∠JBT＝90°，‎ ‎∴∠BOT＝90°，‎ ‎∵∠BTO＝∠ETB，∠TOB＝∠TBE＝90°，‎ ‎∴△TBO∽△TEB，可得TB2＝TO•TE，‎ ‎∵∠BAJ＝∠BEJ＝90°，‎ ‎∴∠BAJ+∠BEJ＝180°，‎ ‎∴A，B，E，J四点共圆，‎ ‎∴∠ABJ＝∠AEJ，‎ ‎∵∠BFE＝∠BEJ＝90°，‎ ‎∴∠AEJ+∠AEB＝90°，∠AEB+∠DBC＝90°，‎ ‎∴∠AEJ＝∠DBC＝∠ABJ，‎ ‎∴∠TBJ＝∠TBA+∠ABJ＝60°+∠ABJ，∠TDB＝∠DBC+∠C＝60°+∠DBC，‎ ‎∴∠TBJ＝∠ADB，‎ ‎∵∠BTJ＝∠BTD，‎ ‎∴△TBJ∽△TDB，可得TB2＝TJ•TD，‎ ‎∴TO•TE＝TJ•TD，‎ ‎∴＝，‎ ‎∵∠OTJ＝∠ETD，‎ ‎∴△OTJ∽△DTE，‎ ‎∴∠TDE＝∠TOJ＝90°，‎ ‎∴ED⊥AC．‎ ‎8．解：（1）∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠ADC＝60°，‎ ‎∴△ABC，△ADC都是等边三角形，‎ ‎∴AB＝AC，∠BAE＝∠ACF＝60°，‎ ‎∵AE＝CF，‎ ‎∴△BAE≌△ACF（SAS），‎ ‎∴∠ABE＝∠CAF，‎ ‎∴∠BGF＝∠ABE+∠BAG＝∠CAF+∠BAG＝∠BAC＝60°．‎ ‎（2）∵∠BAG+∠ABG＝∠ABG+∠CBM＝60°，‎ ‎∴∠BAG＝∠CBM，‎ ‎∵AD∥CB，‎ ‎∴∠AMB＝∠CBM，‎ ‎∴∠BAG＝∠BMA，‎ ‎∵∠ABG＝∠ABM，‎ ‎∴△BAG∽△BMA，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∵AM＝MD＝AD＝AB，‎ ‎∴＝．‎ ‎（3）设AM＝DM＝x，连接CM，‎ ‎∵△ACD是等边三角形，‎ ‎∴CM⊥AD，‎ ‎∴CM＝AM＝x，‎ ‎∵AD∥CB，‎ ‎∴CM⊥BC，‎ ‎∴∠BCM＝90°，‎ ‎∵AD＝BC＝2x，‎ ‎∴BM＝＝x，‎ ‎∵△BAG∽△BMA，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴BG＝x，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∵∠CBG＝∠CBM，‎ ‎∴△CBG∽△MBC，‎ ‎∴∠BGC＝∠BCM＝90°，‎ ‎∴BG⊥CG．‎ ‎9．解：（1）DM＝DN，‎ 理由如下：分两种情况：‎ ‎①当DM⊥AC，DN⊥BC时，‎ ‎∵CA＝CB，‎ ‎∴∠A＝∠B，∠AMD＝∠BND＝90°，AD＝BD，‎ ‎∴△ADM≌△BDN（AAS），‎ ‎∴DM＝DN；‎ ‎②当DM、AC不垂直，DN、BC不垂直时，‎ 如图1，过D作DP⊥AC于P，DQ⊥BC于Q，由①可得DP＝DQ；‎ 在四边形CPDQ中，∠DPC＝∠DQC＝90°，‎ ‎∴∠PDQ+∠PCQ＝180°；‎ 又∵∠PCQ+2∠A＝180°，‎ ‎∴∠PDQ＝∠MDN＝2∠A；‎ ‎∴∠PDM＝∠QDN，‎ 又∵∠DPM＝∠DQN＝90°，DP＝DQ，‎ ‎∴△PDM≌△QDN（ASA），‎ ‎∴DM＝DN；‎ 综合上面两种情况，得：当点P、Q分别在AC、BC上，且AD＝BD时，线段DM与DN之间的数量关系：相等．‎ ‎（2）过D作DP⊥AC于M，DN⊥BC于N，‎ ‎∴∠A+∠ADP＝90°，∠B+∠QDB＝90°，‎ ‎∴∠A+∠ADP+∠B+∠QDB＝180°，‎ ‎∴2∠A＝180°﹣∠ADP﹣∠QDB，‎ ‎∴∠PDQ＝2∠A，且∠MDN＝2∠A，‎ ‎∴∠PDQ＝∠MDN，‎ ‎∴∠PDM＝∠NDQ，且∠DPM＝∠DQN＝90°，‎ ‎∴△DPM∽△DQN，‎ ‎∴，‎ ‎∵∠A＝∠B，∠DPA＝∠DQB＝90°，‎ ‎∴△APD∽△BQD，‎ ‎∴‎ ‎∴，且BD＝kAD，‎ ‎∴DN＝kDM；‎ ‎（3）如图3，连接BN，‎ ‎∵∠CDB＝∠A+∠ABD＝∠CDN+∠BDN，且∠BDN＝∠A，‎ ‎∴∠CDN＝∠ABD，‎ ‎∵CN∥AB，‎ ‎∴∠BCN＝∠ABC，且∠CAB＝∠CBA，‎ ‎∴∠BCN＝∠BDN＝∠A，‎ ‎∴点C，点D，点B，点N四点共圆，‎ ‎∴∠CDN＝∠CBN，‎ ‎∴∠CBN＝∠ABD，∠BCN＝∠A，‎ ‎∴△ABD∽△CBN，‎ ‎∴，‎ ‎∵CA＝CB＝a，CD＝mAD，‎ ‎∴AD+mAD＝AC＝a，‎ ‎∴AD＝，‎ ‎∴‎ ‎∴AB•CN＝．‎ ‎10．（1）证明：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，‎ ‎∴AD⊥BC，‎ ‎∴∠ADB＝90°，‎ ‎∴∠DAB+∠DBA＝90°，‎ ‎∴∠FBA与∠EBA互余，‎ ‎∴四边形ABEF是邻余四边形；‎ ‎（2）解：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，‎ ‎∴BD＝CD，‎ ‎∵DE＝2BE，‎ ‎∴BD＝CD＝3BE，‎ ‎∴CE＝CD+DE＝5BE，‎ ‎∵∠EDF＝90°，点M是EF的中点，‎ ‎∴DM＝ME，‎ ‎∴∠MDE＝∠MED，‎ ‎∵AB＝AC，‎ ‎∴∠B＝∠C，‎ ‎∴△DBQ∽△ECN，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∵QB＝3，‎ ‎∴NC＝5，‎ ‎∵AN＝CN，‎ ‎∴AC＝2CN＝10，‎ ‎∴AB＝AC＝10．‎