Question

（2012•朝陽區(qū)二模）如圖，D是△ABC中AB邊的中點(diǎn)，△BCE和△ACF都是等邊三角形，M、N分別是CE、CF的中點(diǎn)．
（1）求證：△DMN是等邊三角形；
（2）連接EF，Q是EF中點(diǎn)，CP⊥EF于點(diǎn)P．求證：DP=DQ．
同學(xué)們，如果你覺得解決本題有困難，可以閱讀下面兩位同學(xué)的解題思路作為參考：
小聰同學(xué)發(fā)現(xiàn)此題條件中有較多的中點(diǎn)，因此考慮構(gòu)造三角形的中位線，添加出了一些輔助線；小慧同學(xué)想到要證明線段相等，可通過證明三角形全等，如何構(gòu)造出相應(yīng)的三角形呢？她考慮將△NCM繞頂點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到要證的對(duì)應(yīng)線段的位置，由此猜想到了所需構(gòu)造的三角形的位置．

Answer 1

分析：（1）取AC的中點(diǎn)G，連接NG，DG，再由D為AB的中點(diǎn)，得到DG為三角形ABC的中位線，利用三角形中位線定理得到DG平行于BC，且等于BC的一半，再由NC為三角形AFC的中位線，得到NG與AF平行，由三角形ACF為等邊三角形，得到三角形NCG為等邊三角形，可得出NG=NC，由M為等邊三角形BEC邊EC的中點(diǎn)，得到DG=CM，由DG與BC平行，利用兩直線平行同旁內(nèi)角互補(bǔ)，得到∠DGC+∠GCB=180°，進(jìn)而得到∠NGD+∠GCB=240°，而∠GCB+∠NCM=240°，可得出∠NGD=∠NCM，利用SAS得到△NGD≌△NCM，可得出ND=DM，再由∠GNC=∠GND+∠CND=∠MNC+∠CND=60°，得到∠MND=60°，即可得到三角形MND為等邊三角形；
（2）由NQ為三角形ECF的中位線，得到NQ等于EC的一半，再由PC垂直于PE，M為CE斜邊上的中點(diǎn)，得到PM為CE的一半，可得出NQ=PM，由PM=ME，利用等邊對(duì)等角，得到一對(duì)角相等，由MN為三角形ECF的中位線，得到MN與EF平行，利用兩直線平行得到內(nèi)錯(cuò)角相等，等量代換得到∠PMN=∠QNM，利用等式的性質(zhì)得到∠QND=∠PMD，利用SAS得到△QND≌△PMD，利用全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等即可得到DP=DQ．

解答：證明：（1）取AC的中點(diǎn)G，連接NG、DG，
∵D為AB的中點(diǎn)，即DG為△ABC的中位線，
∴DG=

1

2

BC，DG∥BC，
∵N為FC的中點(diǎn)，即NG為△AFC的中位線，
∴NG∥AF，又△ACF為等邊三角形，
∴∠CNG=∠F=∠CGN=∠CAF=60°，
∴△NGC是等邊三角形，
∴NG=NC，
∵M(jìn)為等邊三角形BEC邊EC的中點(diǎn)，
∴DG=CM=

1

2

EC=

1

2

BC，
∵∠DGC+∠GCB=180°，
∴∠NGD+∠GCB=240°，
∵∠GCB+∠NCM=240°，
∴∠NGD=∠NCM，
在△NGD和△NCM中，

NG=NC ∠NGD=∠NCM GD=CM

，
∴△NGD≌△NCM（SAS），
∴ND=NM，∠GND=∠CNM，
∴∠GNC=∠GND+∠CND=∠MNC+∠CND=60°，
∴∠DNM=60°，
∴△DMN是等邊三角形；

（2）連接QN、PM，
∵QN為△FCE的中位線，PM為直角三角形PCE斜邊上的中線，
∴QN=

1

2

CE=PM，
∵Rt△CPE中，PM=EM，
∴∠MEP=∠MPE，
∵M(jìn)N∥EF，
∴∠MPE=∠PMN，∠FQN=∠QNM，
∵NQ∥CE，
∴∠FQN=∠MEP，
∴∠PMN=∠QNM，又∠NMD=∠MND=60°，
∴∠PMN+∠NMD=∠QNM+∠MND，即∠QND=∠PMD，
在△QND和△PMD中，

ND=MD ∠QND=∠PMD NQ=MP

，
∴△QND≌△PMD（SAS），
∴DQ=DP．

點(diǎn)評(píng)：此題考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)，以及三角形的中位線定理，熟練掌握判定與性質(zhì)，靈活運(yùn)用中位線定理是解本題的關(guān)鍵．