6. (2024·常州)如图,在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$∠ ACB=90°$,$AC=6$,$BC=4$,$D$ 是边 $AC$ 的中点,$E$ 是边 $BC$ 上一点,连接 $BD$、$DE$.将 $△ CDE$ 沿 $DE$ 翻折,点 $C$ 落在 $BD$ 上的点 $F$ 处,则 $CE$ 的长为 $\underline{\hspace{5em}}$.

$\frac{3}{2}$

7. (2024·黑龙江)已知$△ ABC$是等腰三角形，$AB=AC$，$∠ MAN=\frac{1}{2}∠ BAC$，$∠ MAN$在$∠ BAC$的内部，点$M、N$在$BC$上，点$M$在点$N$的左侧，探究线段$BM、NC、MN$之间的数量关系.



(1)如图1，当$∠ BAC=90°$时，探究如下：由$∠ BAC=90°$，$AB=AC$可知，将$△ ACN$绕点$A$顺时针旋转$90°$，得到$△ ABP$，则$CN=BP$且$∠ PBM=90°$，连接$PM$，易证$△ AMP ≌ △ AMN$，可得$MP=MN$，在$\mathrm{Rt}△ PBM$中，$BM^2 + BP^2 = MP^2$，则有$BM^2 + NC^2 = MN^2$.
(2)如图2，当$∠ BAC=60°$时，如图3，当$∠ BAC=120°$时，分别写出线段$BM、NC、MN$之间的数量关系，并选择图2或图3进行证明.

解：(2)题图2的结论是$BM^{2}+NC^{2}+BM\cdot NC=MN^{2}。$证明如下： 因为$\angle BAC = 60^{\circ}，$$AB = AC，$所以$\triangle ABC$是等边三角形，$\angle ABC=\angle ACB = 60^{\circ}。$ 如图1，以点$B$为顶点在$\triangle ABC$外作$\angle ABK = 60^{\circ}，$
在$BK$上截取$BQ = CN，$连接$QA$、$QM，$过点$Q$作$QH\perp BC$交$CB$的延长线于点$H。$
因为$AB = AC，$$\angle C=\angle ABQ = 60^{\circ}，$$CN = BQ，$
所以$\triangle ACN\cong\triangle ABQ(SAS)，$所以$AN = AQ，$$\angle CAN=\angle QAB。$ 又因为$\angle MAN=\frac{1}{2}\angle BAC，$所以$\angle CAN+\angle BAM=\frac{1}{2}\angle BAC=\frac{1}{2}\times60^{\circ}=30^{\circ}，$
所以$\angle QAB+\angle BAM = 30^{\circ}，$即$\angle MAQ=\angle MAN，$
又因为$AM = AM，$所以$\triangle AQM\cong\triangle ANM(SAS)，$
所以$MN = QM。$ 因为$\angle ABQ = 60^{\circ}，$$\angle ABC = 60^{\circ}，$
所以$\angle QBH = 60^{\circ}，$所以$\angle BQH = 30^{\circ}，$所以$BH=\frac{1}{2}BQ，$
所以$QH=\sqrt{BQ^{2}-BH^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}BQ，$
所以$HM = BM + BH=BM+\frac{1}{2}BQ。$ 在$Rt\triangle QHM$中，由勾股定理得$QH^{2}+HM^{2}=QM^{2}，$
即$(\frac{\sqrt{3}}{2}BQ)^{2}+(BM+\frac{1}{2}BQ)^{2}=QM^{2}，$
整理，得$BM^{2}+BQ^{2}+BM\cdot BQ = QM^{2}，$所以$BM^{2}+NC^{2}+BM\cdot NC=MN^{2}。$ 题图3的结论是$BM^{2}+NC^{2}-BM\cdot NC=MN^{2}。$证明如下： 如图2，以点$B$为顶点在$\triangle ABC$外作$\angle ABK = 30^{\circ}，$在$BK$上截取$BQ = CN，$连接$QA$、$QM，$过点$Q$作$QH\perp BC$于点$H。$ 因为$AB = AC，$$\angle C=\angle ABQ，$$CN = BQ，$
所以$\triangle ACN\cong\triangle ABQ(SAS)，$所以$AN = AQ，$$\angle CAN=\angle QAB。$ 又因为$\angle MAN=\frac{1}{2}\angle BAC，$所以$\angle CAN+\angle BAM=\frac{1}{2}\angle BAC=\frac{1}{2}\times120^{\circ}=60^{\circ}，$
所以$\angle QAB+\angle BAM = 60^{\circ}，$即$\angle MAQ=\angle MAN。$ 又因为$AM = AM，$所以$\triangle AQM\cong\triangle ANM(SAS)，$
所以$MN = QM。$ 在$Rt\triangle BQH$中，$\angle QBH = 60^{\circ}，$$\angle BQH = 30^{\circ}，$所以$BH=\frac{1}{2}BQ，$
所以$QH=\sqrt{BQ^{2}-BH^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}BQ，$$HM = BM - BH=BM-\frac{1}{2}BQ。$ 在$Rt\triangle QHM$中，由勾股定理得$QH^{2}+HM^{2}=QM^{2}，$
即$(\frac{\sqrt{3}}{2}BQ)^{2}+(BM-\frac{1}{2}BQ)^{2}=QM^{2}，$
整理，得$BM^{2}+BQ^{2}-BM\cdot BQ = QM^{2}，$所以$BM^{2}+NC^{2}-BM\cdot NC=MN^{2}。$