初中数学人教版八年级上册12.1 全等三角形课后作业题

这是一份初中数学人教版八年级上册12.1 全等三角形课后作业题，文件包含八年级数学上册专题121一线三等角模型压轴题专项讲练人教版原卷版docx、八年级数学上册专题121一线三等角模型压轴题专项讲练人教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。

专题12.1 一线三等角模型


【典例1】已知：在△ABC中，AB＝AC，直线l过点A．

（1）如图1，∠BAC＝90°，分别过点B，C作直线l的垂线段BD，CE，垂足分别为D，E．
①依题意补全图1；
②用等式表示线段DE，BD，CE之间的数量关系，并证明．
（2）如图2，当∠BAC≠90°时，设∠BAC＝α（0°＜α＜180°），作∠CEA＝∠BDA＝α，点D，E在直线l上，直接用等式表示线段DE，BD，CE之间的数量关系为 　 　．

【思路点拨】
（1）①由题意画出图形即可；
②证明△CEA≌△ADB（AAS），根据全等三角形的性质得到AD＝CE，BD＝AE，结合图形证明结论；
（2）根据三角形的外角性质得到∠ABD＝∠CAE，证明△ABD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答．

【解题过程】
解：（1）①依题意补全图形如图1所示．

②用等式表示DE，BD，CE之间的数量关系为DE＝BD+CE．
证明：∵CE⊥l，BD⊥l，
∴∠CEA＝∠ADB＝90°．
∴∠ECA+∠CAE＝90°．
∵∠BAC＝90°，直线l过点A，
∴∠CAE+∠BAD＝180°﹣∠BAC＝90°．
∴∠ECA＝∠BAD．
又∵AC＝AB，
∴△CEA≌△ADB（AAS），
∴CE＝AD，AE＝BD．
∴DE＝AE+AD＝BD+CE．
（2）用等式表示DE，BD，CE之间的数量关系为DE＝BD+CE，
理由如下：∵∠BAE是△ABD的一个外角，
∴∠BAE＝∠ADB+∠ABD，
∵∠BDA＝∠BAC，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
∠ABD=∠CAE∠ADB=∠CEABA=AC，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE．
故答案为：DE＝BD+CE．

1．（2021秋•淮阳区期末）如图，在△ABC中，∠A＝50°，∠B＝∠C，点D，E，F分别在边BC，CA，AB上，且满足BF＝CD，BD＝CE，∠BFD＝30°，则∠FDE的度数为（　　）

A．75° B．80° C．65° D．95°
【思路点拨】
由∠B＝∠C，∠A＝50°，利用三角形内角和为180°得∠B＝65°，∠FDB＝85°，再由BF＝CD，BD＝CE，利用SAS得到△BDF≌△CED，利用全等三角形对应角相等得到∠BFD＝∠CDE，利用三角形内角和即可得证．
【解题过程】
解：∵∠B＝∠C，∠A＝50°
∴∠B＝∠C=12×（180°﹣50°）＝65°，
∵∠BFD＝30°，∠BFD+∠B+∠FDB＝180°
∴∠FDB＝85°
在△BDF和△CED中，
BF=CD∠B=∠CBD=CE，
∴△BDF≌△CED（SAS），
∴∠BFD＝∠CDE＝30°，
又∵∠FDE+∠FDB+∠CDE＝180°，
∴∠FDE＝180°﹣30°﹣85°＝65°．
故选：C．
2．（2021秋•南充期末）如图，点B，C，E在同一直线上，且AC＝CE，∠B＝∠D＝90°，AC⊥CD，下列结论不一定成立的是（　　）

A．∠A＝∠2 B．∠A+∠E＝90° C．BC＝DE D．∠BCD＝∠ACE
【思路点拨】
证明△ABC≌△CDE（AAS），由全等三角形的性质得出BC＝DE，∠1＝∠E，则可得出结论．
【解题过程】
解：∵AC⊥CD，
∴∠ACD＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠1+∠A＝90°，
∴∠2＝∠A，
在△ABC和△CDE中，
∠B=∠D∠A=∠2AC=CE，
∴△ABC≌△CDE（AAS），
∴BC＝DE，∠1＝∠E，
∴∠A+∠E＝90°，
∵∠1≠∠2，
∴∠BCD≠∠ACE．
故A，B，C选项不符合题意，
故选：D．
3．（2021秋•邗江区期中）如图，已知1号、4号两个正方形的面积和为10，2号、3号两个正方形的面积和为8，则a，b，c三个正方形的面积和为（　　）

A．18 B．26 C．28 D．34
【思路点拨】
由图可以得到a、b、c三个正方形的面积与1号、2号、3号、4号正方形的面积之间的关系，再根据1号、4号两个正方形的面积和为10，2号、3号两个正方形的面积和为8，可以求得a，b，c三个正方形的面积的和．
【解题过程】
解：如下图所示，

∵∠ACB+∠DCE＝90°，∠ACB+∠CAB＝90°，
∴∠BAC＝∠ECD，
在△ABC和△CED中，
∠ABC=∠CED∠BAC=∠ECDAC=CD，
∴△ABC≌△CED（AAS）
∴BC＝DE，
∵AB2+BC2＝AC2，
∴S1+S2＝Sa，
同理可证，S2+S3＝Sb，S3+S4＝Sc，
∴Sa+Sb+Sc＝S1+S2+S2+S3+S3+S4，
∵S1+S4＝10，S2+S3＝8，
∴Sa+Sb+Sc＝S1+S2+S2+S3+S3+S4＝（S1+S4）+（S2+S3）+（S2+S3）＝10+8+8＝26，
故选：B．
4．（2021秋•德州期中）如图，A、C、E三点在向一直线上，△ABC、△CDE都是等边三角形，连接AD，BE，OC，则有以下四个结论：①△ACD≌△BCE；②△CPQ是等边三角形；③OC平分∠AOE；④△BPO≌△EDO．其中正确的是（　　）

A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【思路点拨】
通过全等三角形的性质和判定求解．
【解题过程】
解：∵△ABC、△CDE都是等边三角形．
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°．
∴∠ACD＝∠BCE＝120°．∠BCQ＝60°．
∴△ACD≌△BCE．
故①正确．
由①知△ACD≌△BCE．
∴∠CAP＝∠CBQ．
∵∠ACP＝∠BCQ＝60°，AC＝BC．
∴△ACP≌△BCQ．
∴CP＝CQ．
∵∠BCQ＝60°．
∴△BCQ是等边三角形．
故②正确．
由①知△ACD≌△BCE．
∴∠CAP＝∠CBQ．
∵∠BOE是△AOB的外角．
∴∠BOE＝∠BAP+∠ABO＝∠BAP+∠ABC+∠CBQ＝∠BAP+∠ABC+∠CAP＝∠BAC+∠BAC＝120°．
∵∠PCQ＝60°．
∴∠POQ+∠PCQ＝180°．
∴点P，O，Q，C四点共圆．
∵CP＝CQ．
∴∠POC＝∠COQ．
∴CO平分∠AOE．
故③正确．
△BPO与△EDO中无法确定边相等，故不能确定它们全等，
故④错误．
故选：B．
5．（2021秋•房山区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D，E，F分别是BC，AC，AB上的点，且BF＝CD，BD＝CE，∠FDE＝α，则∠A的度数是 　（180°﹣2α）　度．（用含α的代数式表示）

【思路点拨】
根据已知条件可推出BDF≌△CDE，从而可知∠EDC＝∠FDB，则∠EDF＝∠B．
【解题过程】
解：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
在△BDF和△CED中，
BF=CD∠B=∠CBD=CE，
∴△BDF≌△CDE（SAS），
∴∠EDC＝∠DFB，
∴∠EDF＝∠B＝（180°﹣∠A）÷2＝90°−12∠A，
∵∠FDE＝α，
∴∠A＝180°﹣2α，
故答案为：（180°﹣2α）．
6．（2021春•香坊区期末）如图，A、E、B三点共线，AC＝EB，AE＝BF，∠A＝∠B＝80°，则∠CEF的度数为 　80　°．

【思路点拨】
证出△ACE≌△BEF（SAS），得∠CEA＝∠F，再通过外角可得∠CEF＝∠B＝80°，
【解题过程】
解：在△ACE和△BEF中，
AC=BE∠A=∠BAE=BF，
∴△ACE≌△BEF（SAS），
∴∠CEA＝∠F，
∵∠AEF是△BEF的外角，
∴∠AEC+∠CEF＝∠B+∠F，
∴∠CEF＝∠B＝80°，
故答案为：80．
7．（2021秋•台江区期末）如图，已知∠CDE＝90°，∠CAD＝90°，BE⊥AD于B，且DC＝DE，若BE＝7，AB＝4，则BD的长为 　3　．

【思路点拨】
利用AAS证明△ACD≌△BDE，得BE＝AD，从而解决问题．
【解题过程】
解：∵BE⊥AD，
∴∠EBD＝∠CAD＝90°，
∴∠BDE+∠ADC＝90°，∠BDE+∠E＝90°，
∴∠E＝∠ADC，
在△ACD和△BDE中，
∠CAD=∠EBD∠ADC=∠ECD=DE，
∴△ACD≌△BDE（AAS），
∴BE＝AD，
∴BD＝AD﹣AB＝BE﹣AB＝7﹣4＝3，
故答案为：3．
8．（2020•南关区校级四模）如图，在△ABC中，∠ACB为钝角，边AC绕点A沿逆时针方向旋转90°得到AD，边BC绕点B沿顺时针方向旋转90°得到BE，作DM⊥AB于点M，EN⊥AB于点N，若AB＝10，EN＝4，则DM＝　6　．

【思路点拨】
过点C作CF⊥AB于点F，由旋转的性质可得AD＝AC，BE＝BC，利用“一线三等角“证得∠D＝∠CAF，从而可判定△DAM≌△ACF（AAS），则DM＝AF．同理可证，△BFC≌△ENB（AAS），则BF＝EN＝4，再由AB＝10，可得AF，即DM的值．
【解题过程】
解：过点C作CF⊥AB于点F，如图所示：

∵边AC绕点A沿逆时针方向旋转90°得到AD，边BC绕点B沿顺时针方向旋转90°得到BE，
∴AD＝AC，BE＝BC，
∵DM⊥AB于点M，EN⊥AB于点N，CF⊥AB于点F，
∴∠AMD＝∠AFC＝∠BFC＝∠BNE＝90°，
∴∠D+∠DAM＝90°，
∵∠CAD＝90°，
∴∠CAF+∠DAM＝90°，
∴∠D＝∠CAF，
∴在△DAM和△ACF中，
∠AMD=∠AFC∠D=∠CAFAD=AC，
∴△DAM≌△ACF（AAS），
∴DM＝AF．
同理可证，△BFC≌△ENB（AAS），
∴BF＝EN＝4，
∵AB＝10，
∴AF＝AB﹣BF＝10﹣4＝6，
∴DM＝6．
故答案为：6．
9．（2021秋•东至县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，若DE＝10，BD＝3，求CE的长．

【思路点拨】
由∠AEC＝∠BAC＝α，推出∠ECA＝∠BAD，再根据AAS证明△BAD≌△ACE得CE＝AD，AE＝BD＝3，即可得出结果．
【解题过程】
解：∵∠AEC＝∠BAC＝α，
∴∠ECA+∠CAE＝180°﹣α，
∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，
∴∠ECA＝∠BAD，
在△BAD与△ACE中，
∠BDA=∠AEC∠BAD=∠ACEAB=AC，
∴△BAD≌△ACE（AAS），
∴CE＝AD，AE＝BD＝3，
∵DE＝AD+AE＝10，
∴AD＝DE﹣AE＝DE﹣BD＝10﹣3＝7．
∴CE＝7．
10．（2021秋•莱阳市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在BC边上，点E在AC边上，连接AD，DE．已知∠1＝∠2，AD＝DE．
（1）求证：△ABD≌△DCE；
（2）若BD＝3，CD＝5，求AE的长．

【思路点拨】
（1）根据AAS可证明△ABD≌△DCE；
（2）得出AB＝DC＝5，CE＝BD＝3，求出AC＝5，则AE可求出．
【解题过程】
（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
在△ABD与△DCE中，
∠1=∠2∠B=∠CAD=DE，
∴△ABD≌△DCE（AAS）；
（2）解：∵△ABD≌△DCE，
∴AB＝DC＝5，CE＝BD＝3，
∵AC＝AB，
∴AC＝5，
∴AE＝AB﹣EC＝5﹣3＝2．
11．（2022•麻栗坡县校级模拟）如图，点A、E、C在同一条直线上，BA⊥AC，CD∥AB，BC＝DE，且BC⊥DE．
求证：AB＝CE．

【思路点拨】
根据垂直的定义、直角三角形的性质得到∠ECD＝90°＝∠A，∠B＝∠1，即可利用AAS证明△ABC≌△CED，根据全等三角形的性质即可得解．
【解题过程】
证明：如图，

∵BA⊥AC，CD∥AB，
∴∠A＝90°，CD⊥AC，
∴∠ECD＝90°＝∠A，
∵BC⊥DE，BA⊥AC，
∴∠1+∠2＝90°，∠2+∠B＝90°，
∴∠B＝∠1，
在△ABC和△CED中，
∠A=∠ECD∠B=∠1BC=DE，
∴△ABC≌△CED（AAS），
∴AB＝CE．
12．（2021秋•海丰县期末）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D，E．
（1）求证：△ACD≌△CBE；
（2）试探究线段AD，DE，BE之间有什么样的数量关系，请说明理由．

【思路点拨】
（1）根据同角的余角相等，可证∠BCE＝∠CAD，再利用AAS证明△ACD≌△CBE；
（2）由△ACD≌△CBE，得CD＝BE，AD＝CE，即可得出结论．
【解题过程】
（1）证明：∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴∠ACE+∠CAD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCE+∠ACD＝90°，
∴∠BCE＝∠CAD，
在△ACD和△CBE中，
∠CAD=∠BCE∠ADC=∠BECAC=BC，
∴△ACD≌△CBE（AAS）；
（2）解：AD＝BE+DE，理由如下：
∵△ACD≌△CBE，
∴CD＝BE，AD＝CE，
∵CE＝CD+DE，
∴AD＝BE+DE．
13．（2021秋•沙河口区期末）在△ABC中，AB＝AC，AB＞BC，点D，E，F分别在边AB，BC，AC上，且ED＝EF，∠DEF＝∠B．
（1）如图1，求证：BC＝BD+CF；
（2）如图2，连接CD，若DE∥AC，求证：CD平分∠ACB．

【思路点拨】
（1）证明△BDE≌△CEF，可得结论；
（2）证明DE＝EC，再利用平行线的性质解决问题即可．
【解题过程】
证明：（1）如图1中，∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵∠DEC＝∠DEF+∠FEC＝∠EDB+∠B，
∵∠DEF＝∠B，
∴∠BDE＝∠FEC，
∵ED＝EF，
∴△BDE≌△CEF（AAS），
∴BD＝EC，BE＝CF，
∴BC＝BE+EC＝BD+CF；
（2）如图2中，∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵DE∥AC，
∴∠DEB＝∠ACB，∠EDC＝∠ACD，
∴∠B＝∠DEB，
∴DB＝DE，
由（1）可知，BD＝EC，
∴DE＝EC，
∴∠EDC＝∠BCD，
∴∠BCD＝∠ACD，
∴CD平分∠ACB．
14．（2021秋•佳木斯期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）当直线MN绕点C旋转到图（1）的位置时，
求证：①△ADC≌△CEB；
②DE＝AD+BE；
（2）当直线MN绕点C旋转到图（2）的位置时，求证：DE＝AD﹣BE；
（3）当直线MN绕点C旋转到图（3）的位置时，请直接写出DE，AD，BE之间的等量关系．

【思路点拨】
（1）①根据AD⊥MN，BE⊥MN，∠ACB＝90°，得出∠CAD＝∠BCE，再根据AAS即可判定△ADC≌△CEB；②根据全等三角形的对应边相等，即可得出CE＝AD，CD＝BE，进而得到DE＝CE+CD＝AD+BE；
（2）先根据AD⊥MN，BE⊥MN，得到∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，进而得出∠CAD＝∠BCE，再根据AAS即可判定△ADC≌△CEB，进而得到CE＝AD，CD＝BE，最后得出DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
（3）运用（2）中的方法即可得出DE，AD，BE之间的等量关系是：DE＝BE﹣AD．
【解题过程】
解：（1）①∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠ACB＝90°＝∠CEB，
∴∠CAD+∠ACD＝90°，∠BCE+∠ACD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC和△CEB中，
∠CAD=∠BCE∠ADC=∠CEBAC=BC，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
②∵△ADC≌△CEB，
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CE+CD＝AD+BE；
（2）证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC和△CEB中，
∠CAD=∠BCE∠ADC=∠CEBAC=BC，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
（3）当MN旋转到题图（3）的位置时，AD，DE，BE所满足的等量关系是：DE＝BE﹣AD．
理由如下：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC和△CEB中，
∠CAD=∠BCE∠ADC=∠CEBAC=BC，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD．
15．（2021秋•青山区期末）如图，△ABC为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，△ABD为等腰三角形，AD＝AB＝BC，E为DB延长线上一点，∠BAD＝2∠CAE．
（1）若∠CAE＝20°，求∠CBE的度数；
（2）求证：∠BEC＝135°；
（3）若AE＝a，BE＝b，CE＝c．则△ABC的面积为 　12ac+12b2　．（用含a，b，c的式子表示）

【思路点拨】
（1）由等腰三角形的性质求出∠D＝∠DBA＝70°，由三角形内角和定理可得出答案；
（2）过点A作AF⊥DE于点F，过点C作CG⊥DE于点G，证明△BAF≌△CBG（AAS），由全等三角形的性质得出AF＝BG，BF＝CG，得出AF＝EF＝BG，BF＝CG，由等腰直角三角形的性质可得出结论；
（3）根据S△ABC＝S△AEB+S△AEC﹣S△BEC可得出结论．
【解题过程】
（1）解：∵∠CAE＝20°，∠BAD＝2∠CAE，
∴∠BAD＝40°，
∵AD＝AB，
∴∠D＝∠DBA＝70°，
又∵∠ABC＝90°，
∴∠CBE＝180°﹣70°﹣90°＝20°；
（2）证明：过点A作AF⊥DE于点F，过点C作CG⊥DE于点G，

∴∠AFB＝∠ABC＝∠CGB＝90°，
又∵AD＝BC＝AB，
∴∠BAC＝∠ACB＝45°，∠FAB=12∠DAB＝∠CAE，
∵∠FAB+∠FBA＝∠FBA+∠CBG＝90°，
∴∠FAB＝∠CBG＝∠CAE，
在△BAF和△CBG中，
∠BAF=∠CBG∠AFB=∠CGBAB=BC，
∴△BAF≌△CBG（AAS），
∴AF＝BG，BF＝CG，
∵∠CBG＝∠CAE，
∴∠AEF＝∠ACB＝45°，
∴AF＝EF＝BG，BF＝CG，
∴BF＝EG＝CG，
∴∠CEG＝∠AEF＝45°，
∴∠AEC＝90°，
∴∠BEC＝135°；
（3）解：由（2）可知CG＝BF，AF＝EF，
∴CG＝BF＝EF﹣BE＝AF﹣BE，
∵S△ABC＝S△AEB+S△AEC﹣S△BEC，
∴S△ABC=12BE⋅AF+12AE⋅EC−12BE•CG
=12BE⋅AF+12ac−12BE•（AF﹣BE）
=12ac+12b2．
故答案为：12ac+12b2．
16．（2022•信阳一模）在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有AB＝AC，且满足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α．
（1）如图1，当α＝90°时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是 　DE＝BD+CE　；
（2）如图2，当0＜α＜180时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展与应用：如图3，当α＝120°时，点F为∠BAC平分线上的一点，且AB＝AF，分别连接FB，FD，FE，FC，试判断△DEF的形状，并说明理由．

【思路点拨】
（1）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
（2）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
（3）先由α＝120°和AF平分∠BAC得到∠BAF＝∠CAF＝60°，然后结合AB＝AF＝AC得到△ABF和△ACF是等边三角形，然后得到FA＝FC、∠FCA＝∠FAB＝60°，然后结合△BDA≌△EAC得到∠BAD＝∠ACE、AD＝CE，从而得到∠FAD＝∠FCE，故可证△FAD≌△FCE，从而得到DF＝EF、∠DFA＝∠EFC，最后得到∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝60°，即可得证△DEF是等边三角形．
【解题过程】
解：（1）DE＝BD+CE，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE，
故答案为：DE＝BD+CE．
（2）DE＝BD+CE仍然成立，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；
（3）△DEF是等边三角形，理由如下，
∵α＝120°，AF平分∠BAC，
∴∠BAF＝∠CAF＝60°，
∵AB＝AF＝AC，
∴△ABF和△ACF是等边三角形，
∴FA＝FC，∠FCA＝∠FAB＝∠AFC＝60°，
同（2）理得，△BDA≌△EAC，
∴∠BAD＝∠ACE，AD＝CE，
∴∠FAD＝∠FCE，
∴△FAD≌△FCE（SAS），
∴DF＝EF，∠DFA＝∠EFC，
∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝∠AFC＝60°，
∴△DEF是等边三角形．