Question

7．已知，如图，菱形ABCD中，∠ABC=60°，E为线段DB上的一点，∠MEN=60°，点M，N分别在直线BC，DC上．
（1）如图1，当E再靠近B的三等分点上，求证：$\frac{1}{2}$DN+BM=BC；
（2）如图2，当E再靠近D的三等分点上，点M在CB的延长线上时，点N在DC的延长线上时，则线段DN、BM、BC的数量关系为BC=DN+$\frac{1}{2}$BM．
（3）在（2）的条件下，连接MN与AB，DB延长线交于F，G，若DN：CN=3：1，EM=8，求GF的长．

Answer 1

分析 （1）如图1中，连接AE、EC、AC，AC交BD于点O．首先证明△DEC是含有30°的直角三角形，由△EDN∽△ECM，推出$\frac{DN}{CM}$=$\frac{DE}{EC}$=$\frac{2}{1}$，推出CM=$\frac{1}{2}$DN，由此即可解决问题．
（2）如图2中，结论：BC=DN+$\frac{1}{2}$BM，证明方法类似（1）．
（3）首先证明△EMN是直角三角形，BM=MC，由△BMF≌△CMN，推出BF=CN，FM=MN=4$\sqrt{3}$，由BF∥DN，得$\frac{FG}{GN}$=$\frac{BF}{DN}$，得$\frac{FG}{FG+8\sqrt{3}}$=$\frac{1}{3}$，即可求出GF．

解答 （1）证明：如图1中，连接AE、EC、AC，AC交BD于点O．

∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴AB=BC，=CD=AD，∠ABC=∠ADC=60°，BD⊥AC，OB=OD，AO=OC，
∴△ABC，△ADC都是等边三角形，
∵BE=$\frac{1}{3}$BD，BO=OD，
∴BE=2EO，
∴点E是△ABC的重心，也是外接圆的圆心，
∴EB=EA=EC=2EO，∠ECO=∠ECB=30°，
∵∠ACD=60°，
∴∠ECD=90°，
∵∠EDC=30°，
∴DE=2EC，
∵∠DEC=∠MEN=60°，
∴∠DEN=∠MEC，
∵∠ECM=∠EDN，
∴△EDN∽△ECM，
∴$\frac{DN}{CM}$=$\frac{DE}{EC}$=$\frac{2}{1}$，
∴CM=$\frac{1}{2}$DN，
∴BC=BM+CM=BM+$\frac{1}{2}$DN．

（2）解：结论：BC=DN+$\frac{1}{2}$BM．理由如下：
如图2中，

由（1）可知，△EBM∽△ECN，
∴$\frac{BM}{CN}$=$\frac{BE}{EC}$=2，
∴CN=$\frac{1}{2}$BM，
∴BC=CD=DN+CN=DN+$\frac{1}{2}$BM．
故答案为BC=DN+$\frac{1}{2}$BM．

（3）如图3中，

∵∠MEN+∠MCN=180°，
∴E、M、C、N四点共圆，
∴∠MNE=∠MCE=90°，
∵∠MEN=60°，
∴∠EMN=30°，
∴EM=2EN，∵EM=8，
∴EN=4，MN=4$\sqrt{3}$，设CN=a，则BM=2CN=2a，DN=3a，
∴CD=BC=4a，
∴BM=MC=2a，
∵BF∥CN，
∴∠BFM=∠MNC，
∵∠BMF=∠NMC，BM=CM，
∴△BMF≌△CMN，
∴BF=CN，FM=MN=4$\sqrt{3}$，
∵$\frac{FG}{GN}$=$\frac{BF}{DN}$，
∴$\frac{FG}{FG+8\sqrt{3}}$=$\frac{1}{3}$，
∴FG=4$\sqrt{3}$．

点评 本题考查四边形综合题、菱形的性质、等边三角形的性质、相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形，利用相似三角形的性质解决问题，第三个问题的关键是证明△EMN是直角三角形，属于中考压轴题．