Question

12．如图1，已知等边△ABC中，D为BC中点，DE∥AC交AB于E，M是AE上任意一点（M不与A，E重合），连接DM，作DN平分∠MDC交AC于N．
（1）求证：ED=DC；
（2）求证：EM+NC=DM；
（3）如图2，作DF⊥AC于F，若NF：FC=3：5，AM=4，连接MN将∠DMN沿MN翻折，翻折后的射线MD交AC于P，连接DP交MN于点Q．
①求△ABC的边长；②求PQ的长．

Answer 1

分析 （1）利用等边△ABC的性质、平行线的性质以及等边三角形的判定定理得到△BED是等边三角形，所以ED=BD=DC；
（2）首先延长AC至M′，使CM′=EM，连接DM′，构建全等三角形的判定得出△EMD≌△CM′D，进而得出DM=NM′=CN+CM′，即可得出答案；
（3）①利用勾股定理得出AN，QC，NQ，MD，ED，AC，NC的长度；
②根据相似三角形的判定得出△MRN∽△NFD，进而得出△MDN≌△KDN（ASA），再由△MPQ∽△KDQ，得出$\frac{PQ}{QD}$=$\frac{MP}{DK}$=$\frac{2}{7}$，QP=$\frac{2}{9}$DP即可得出答案

解答 （1）证明：∵D为BC中点，
∴BD=DC．
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°．
又∵DE∥AC，
∴∠BDE=∠C=60°，
∴∠B=∠BDE=60°，
∴△BED是等边三角形，
∴ED=BD，
∴ED=DC；

（2）证明：如图1，延长AC至M′，使CM′=EM，连接DM′，
由（1）知，DE=CD，∠BED=∠ACB=60°，
则∠MED=∠M′CD=120°，
在△EMD和△CM′D中，
$\left\{\begin{array}{l}{ME=CM′}\\{∠MED=∠DCM′}\\{ED=DC}\end{array}\right.$，
∴△EMD≌△CM′D（SAS），
∴EM=CM′，∠EDM=∠CDM′，
∵DN平分∠MDC，
∴∠MDN=∠CDN，
∴∠EDN=∠M′DN，
∵DE∥AC，
∴∠EDN=∠M′ND，
∴∠M′DN=∠M′ND，
∴DM′=NM′，
∴DM=NM′=CN+CM′，
∴DM=CN+EM．

（3）如图2，过M作MR⊥AN于R，延长MN交BC于点K，
∵NF：FC=3：5，
∴设NF=3x，CF=5x，
∴NC=8x，
∵DF⊥AC于F，∠C=60°，
∴CD=2CF=10x，
∵D为BC中点，
∴BD=CD=10x，
∴AE=10x，
∵AM=4，
∴EM=10x-4，
∴DM′=DM=EM+NC=18x-4，FM′=FC+CM′=15x-4，
DF=5$\sqrt{3}$x，Rt△DFM′中，
（5$\sqrt{3}$x）²+（15x-4）²=（18x-4）²，
解得：x₁=1，x₂=0（舍去）．
①则AC=20x=20，即△ABC的边长为20；
②则MD=18x-4=14，ED=CD=10x=10，AC=20x=20，NC=3x+5x=8x=8，
AN=20-8=12，QC=5，NQ=3，
∵∠A=60°，CQ=5，
∴DF=5$\sqrt{3}$，
∴$\frac{MR}{FN}$=$\frac{RN}{DF}$，∠MRN=∠NFD=90°，
∴△MRN∽△NFD，
∴∠MNR=∠NDF，
∵∠NDF+∠DNF=90°，
∴∠MNR+∠DNF=90°，
∴∠MND=90°，
在△MDN和△KDN中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MND=∠DNK}\\{ND=DN}\\{∠MDN=∠NDK}\end{array}\right.$，
∴△MDN≌△KDN（ASA），
∴∠DMN=∠DKN，
∴DK=DM=14，
∴∠DKN=∠NMP，
∴MP∥DK，
∴∠APM=∠ACB=60°，
∴△AMP是等边三角形，
∴AP=AM=MP=4，
∴PC=16，PF=11，
∴DP=14，
∵∠DKN=∠NMP，∠MQP=∠KQD，
∴△MPQ∽△KDQ，
∴$\frac{PQ}{QD}$=$\frac{MP}{DK}$=$\frac{2}{7}$，
∴QP=$\frac{2}{9}$DP=$\frac{2}{9}$×14=$\frac{28}{9}$．

点评 此题主要考查了几何变换综合题，解题时，利用了相似三角形的判定与性质以及等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质等知识，利用数形结合得出是解题关键．