在等边△ABC的两边AB.AC所在直线上分别有两点M.N．D为△ABC外一点.且∠MDN=60°.∠BDC=120°.BD=DC．探究:当M.N分别在直线AB.AC上移动时.BM.NC.MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系．(1)如图1所示.当点M.N在边AB.AC上.且DM=DN时.BM.NC.MN之间的数量关系是BM+NC=MN, � 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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9．在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N．D为△ABC外一点，且∠MDN=60°，∠BDC=120°，BD=DC．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系．

（1）如图1所示，当点M、N在边AB、AC上，且DM=DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是BM+NC=MN；此时$\frac{Q}{L}$=$\frac{2}{3}$；（不必证明）
（2）如图2所示，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（1）问的两个结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明；
（3）如图3所示，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，若AN=2，则Q=4+$\frac{2}{3}$L（用含有L的式子表示）．

分析（1）如果DM=DN，∠MDN=60°，所以可得△DMN是等边三角形，所以MN=DM=DN，因为BD=DC，那么∠DBC=∠DCB=30°，所以∠MBD=∠NCD=60°+30°=90°，直角三角形MBD、NCD中，因为BD=CD，DM=DN，根据HL定理，两三角形全等．那么BM=NC，∠BDM=∠CDN=30°，在直角三角形NCD中，∠NDC=30°，DN=2NC=BM+NC，故可得MN=BM+NC；三角形AMN的周长Q=AM+AN+MN=AM+AN+MB+NC=AB+AC=2AB，三角形ABC的周长L=3AB，因此Q：L=2：3；
（2）如果DM≠DN，在AC的延长线上截取CP=BM，连接DP，（1）中我们已经得出，∠MBD=∠NCD=90°，那么三角形MBD和ECD中，有了一组直角，MB=CP，BD=DC，因此两三角形全等，那么DM=DP，∠BDM=∠CDP，∠PDN=∠BDC-∠MDN=60°．三角形MDN和PDN中，有DM=DP，∠PDN=∠MDN=60°，有一条公共边，因此两三角形全等，MN=NP，把BM转换成了CP，把MN转换成了NP，因为NP=CN+CE，因此NM=BM+CN．Q与L的关系的求法同（1）；
（3）思路同（2）过D作∠CDH=∠MDB，三角形BDM和CDH中，由（1）中已经得出的∠DCH=∠MBD=90°，我们做的角∠BDM=∠CDH，BD=CD因此两三角形全等（ASA）．那么BM=CH，DM=DH，三角形MDN和NDH中，已知的条件有MD=DH，一条公共边ND，要想证得两三角形全等就需要知道∠MDN=∠HDN，因为∠CDH=∠MDB，因此∠MDH=∠BDC=120°，因为∠MDN=60°，那么∠NDH=120°-60°=60°，因此∠MDN=∠NDH，这样就构成了两三角形全等的条件．三角形MDN和DNH就全等了．那么NM=NH=AN+AC-BM，三角形AMN的周长Q=AN+AM+MN=AN+AB+BM+AN+AC-BM=2AN+2AB．因为AN=2，AB=$\frac{1}{3}$L，因此三角形AMN的周长Q=4+$\frac{2}{3}$L．

解答解：（1）如图1
∵DM=DN，∠MDN=60°，
∴△DMN是等边三角形，
∴MN=DM=DN，
∵BD=DC，∠BDC=120°，
∴∠DBC=∠DCB=30°，
∴∠MBD=∠NCD=60°+30°=90°，
在Rt△MBD和Rt△NCD中，
$\left\{\begin{array}{l}{BD=CD}\\{DM=DN}\end{array}\right.$
∴Rt△MBD≌Rt△NCD（HL），
∴BM=NC，∠BDM=∠CDN=30°，
∴DN=2NC=BM+NC，
∴MN=BM+NC，
∴△AMN的周长Q=AM+AN+MN=AM+AN+MB+NC=AB+AC=2AB，
∵等边三角形ABC的周长L=3AB，
∴$\frac{Q}{L}=\frac{2}{3}$；
故答案为：BM+NC=MN，$\frac{Q}{L}=\frac{2}{3}$；

（2）（1）问的两个结论任然成立．
证明：如右图，在AC的延长线上截取CP=BM，连接DP，
在等边△ABC中，∠ABC=∠ACB=60°，
∵∠BDC=120°，BD=DC．
∴∠DBC=∠DCB=30°，
∴∠DBM=∠DCP=90°．
在△DBM与△DCP中，
$\left\{\begin{array}{l}{BM=CP}\\{∠DBM=∠DCP}\\{BD=CD}\end{array}\right.$
∴△DBM≌△DCP（SAS）
∴∠BDM=∠CDP，DM=DP，
∵∠BDC=120°，∠MDN=60°，
∴∠PDN=∠CDP+∠CDN=∠BDM+∠CDN=120°-60°=60°，
在△DMN与△DPN中，
$\left\{\begin{array}{l}{DM=DP}\\{∠MDN=∠PDN}\\{DN=DN}\end{array}\right.$，
∴△DMN≌△DPN（SAS）
∴MN=PN=NC+PC=NC+BM，
∴Q=AM+MN+AN=（AM+BM）+（CN+AN）=AB+AC=2AB．
而L=AB+AC+BC=3AB，
∴$\frac{Q}{L}=\frac{2}{3}$
（3）如右图，过D作∠CDH=∠MDB，边DH交线段AC于点H，
由（1）知∠DCH=∠MBD=90°，
在△BMD和△CHD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DCH=∠MBD}\\{BD=CD}\\{∠BDM=∠CDH}\end{array}\right.$
∴△BMD≌△CHD（ASA），
∴BM=CH，DM=DH，
∵∠CDH=∠MDB，
∴∠MDH=∠BDC=120°，
∵∠MDN=60°，
∴∠NDH=120°-60°=60°，
∴∠MDN=∠NDH，
在△MDN和△DNH中，
$\left\{\begin{array}{l}{DM=DH}\\{∠MDN=∠HDN}\\{ND=ND}\end{array}\right.$，
∴△MDN≌△HDN（SAS），
∴NM=NH=AN+AC-CH
=AN+AC-BM，
∴三角形AMN的周长Q=AN+AM+MN
=AN+AB+BM+AN+AC-BM
=2AN+2AB．
∵AN=2，AB=$\frac{1}{3}$L，
∴Q=4+$\frac{2}{3}$L．

点评本题考查了三角形全等的判定及性质；题目中线段的转换都是根据全等三角形来实现的，当题中没有明显的全等三角形时，我们要根据条件通过作辅助线来构建于已知和所求条件相关的全等三角形．

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