Question

已知，等邊△ABC中，D為BC上一點(diǎn)，DE∥AC交AB于C，M是AE上任意一點(diǎn)（M不與A、E重合），連DM，作DN平分∠MDC交AC于N．
（1）若BD=DC（如圖1），求證：EM+NC=DM；
（2）在（1）的條件下，如圖2，作DF⊥AC于F，若NF：FC=3：5，AM=4，連接MN將∠DMN沿MN翻折，翻折后的射線MD交AC于P，連接DP交MN于點(diǎn)Q，求PQ的長．

Answer 1

分析：（1）首先延長AC至M′，使CM′=EM，連接DM′，根據(jù)全等三角形的判定得出△EMD≌△CM′D，進(jìn)而得出DM=NM′=CN+CM′，即可得出答案；
（2）首先利用勾股定理得出AN，QC，NQ，MD，ED，AC，NC的長度，再利用相似三角形的判定得出△MRN∽△NFD，進(jìn)而得出△MDN≌△KDN（ASA），再由△MPQ∽△KDQ，得出

PQ

QD

=

MP

DK

=

2

7

，QP=

2

9

DP即可得出答案．

解答：（1）證明：延長AC至M′，使CM′=EM，連接DM′，
∵BD=CD，
∴D為BC中點(diǎn)，
又∵DE∥AC，
∴△ABC與△BDE都是等邊三角形，
∴DE=

1

2

AC=

1

2

BC=CD，
∴∠BED=∠ACB=60°，
∴∠MED=∠M′CD=120°，
∵在△EMD和△CM′D中，

ME=CM′ ∠MED=∠DCM′ ED=DC

，
∴△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．

（2）過M作MR⊥AN于R，延長MN交BC于點(diǎn)K，
∵NF：FC=3：5，
∴設(shè)NF=3x，CF=5x，
∴NC=8x，
∵DF⊥AC于F，∠C=60°，
∴CD=2CF=10x，
∵D為BC中點(diǎn)，
∴BD=CD=10x，
∴AE=10x，
∵AM=4，
∴EM=10x-4，
∴DM′=DM=EM+NC=18x-4，F(xiàn)M′=FC+CM′=15x-4，
DF=5

3

x，Rt△DFM′中，
（5

3

x）²+（15x-4）²=（18x-4）²，
解得：x₁=1，x₂=0（舍去）．
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

3

，
∴

MR

FN

=

RN

DF

，∠MRN=∠NFD=90°，
∴△MRN∽△NFD，
∴∠MNR=∠NDF，
∵∠NDF+∠DNF=90°，
∴∠MNR+∠DNF=90°，
∴∠MND=90°，
∵在△MDN和△KDN中，

∠MND=∠DNK DN=DN ∠MDN=∠NDK

，
∴△MDN≌△KDN（ASA），
∴∠DMN=∠DKN，
∴DK=DM=14，
∴∠DKN=∠NMP，
∴MP∥DK，
∴∠APM=∠ACB=60°，
∴△AMP是等邊三角形，
∴AP=AM=MP=4，
∴PC=16，PF=11，
∴DP=14，
∵∠DKN=∠NMP，∠MQP=∠KQD，
∴△MPQ∽△KDQ，
∴

PQ

QD

=

MP

DK

=

2

7

，
∴QP=

2

9

DP=

2

9

×14=

28

9

．

點(diǎn)評：此題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)以及等邊三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，利用數(shù)形結(jié)合得出是解題關(guān)鍵．