Question

1．如圖，已知△ABC中，AB=AC，點(diǎn)D，E分別為邊AB，BC的中點(diǎn)，M為邊BC上一點(diǎn)，以DM為一邊，在△ABC的內(nèi)部作△DMN，使DN=DM，∠MDN=∠A，延長EN交直線AC于點(diǎn)F．
（1）當(dāng)∠A=60°時(shí)，求證：CF=BE；
（2）當(dāng)∠A=120°時(shí)，線段CF、BE滿足的數(shù)量關(guān)系是CF=$\sqrt{3}$BE；
（3）在（2）的條件下，延長DN交AC于點(diǎn)G，若$AB=3\sqrt{3}$，BM=2，求DG的值．

Answer 1

分析 （1）連接DE，先證明BD=BE=DE，再由SAS證明△BDE△BDM≌△EDN，得出∠DEF=∠B=60°，證明△EFC是等邊三角形，得出CF=CE，即可得出結(jié)論；
（2）連接DE，作EH⊥CF于H，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠B=∠C=30°，同（1）得：△BDM≌△EDN，得出∠DEN=∠B=30°，NE=BM，證出EF=CE，得出CH=FH=$\frac{1}{2}$CF，由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得出CH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$CE，CF=$\sqrt{3}$CE，即可得出結(jié)論；
（3）連接AE、DE，由等腰三角形的性質(zhì)得出AE⊥BC，由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得出AE=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，得出BE=$\sqrt{3}$AE=$\frac{9}{2}$，求出EF=BE=$\frac{9}{2}$，得出FN=EF-NE=$\frac{5}{2}$，作MK⊥AB于K，得出BK=$\sqrt{3}$MK=$\sqrt{3}$，DK=BD-BK=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，由勾股定理求出DN=DM=$\sqrt{M{K}^{2}+D{K}^{2}}$=$\frac{\sqrt{7}}{2}$，再由平行線得出比例式求出NG，即可DG的長．

解答 （1）證明：連接DE，如圖1所示
∵點(diǎn)D，E分別為邊AB，BC的中點(diǎn)，
∴DE是△ABC的中位線，BD=$\frac{1}{2}$AB，BE=CE=$\frac{1}{2}$BC，
∴DE∥AC，DE=$\frac{1}{2}$AC，
∵∠A=60°，AB=AC，
∴△ABC是等邊三角形，
∴AB=AC=BC，∠B=∠C=60°，
∴BD=BE=DE，即△BDE是等邊三角形，
∴∠BED=∠BDE=60°，
∵∠MDN=∠A=60°，
∴∠BDM=∠EDN，
在△BDM和△EDN中，$\left\{\begin{array}{l}{BD=ED}&{\;}\\{∠BDM=∠EDN}&{\;}\\{DM=DN}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△BDM≌△EDN（SAS），
∴∠DEF=∠B=60°，
∴∠FEC=60°，
∴∠EFC=180°-60°-60°=60°，
∴△EFC是等邊三角形，
∴CF=CE，
∴CF=BE；
（2）CF=$\sqrt{3}$BE；理由如下：連接DE，作EH⊥CF于H，如圖2所示：
∵∠A=120°，AB=AC，
∴∠B=∠C=30°，
由（1）得：DE=$\frac{1}{2}$AC，BD=$\frac{1}{2}$AB，
∴BD=DE，
∴∠DEB=∠B=30°，
同（1）得：△BDM≌△EDN，
∴∠DEN=∠B=30°，NE=BM，
∴∠BEF=60°，
又∵∠BEF=∠C+∠F，
∴∠F=30°=∠C，
∴EF=CE，∴CH=FH=$\frac{1}{2}$CF，
∵∠C=30°，
∴CH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$CE，
∴CF=$\sqrt{3}$CE，
∵BE=CE，
∴CF=$\sqrt{3}$BE；
故答案為：CF=$\sqrt{3}$BE；
（3）解：連接AE、DE，如圖3所示：
∵AB=AC，E是BC的中點(diǎn)，
∴AE⊥BC，
∵∠B=30°，
∴AE=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴BE=$\sqrt{3}$AE=$\frac{9}{2}$，
∴EF=BE=$\frac{9}{2}$，
∴FN=EF-NE=$\frac{5}{2}$，
作MK⊥AB于K，
∵∠B=30°，
∴MK=$\frac{1}{2}$BM=1，
∴BK=$\sqrt{3}$MK=$\sqrt{3}$，
∵BD=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴DK=BD-BK=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴DN=DM=$\sqrt{M{K}^{2}+D{K}^{2}}$=$\frac{\sqrt{7}}{2}$，
∵DE∥AC，
∴$\frac{DN}{NG}=\frac{NE}{FN}$，
即$\frac{\frac{\sqrt{7}}{2}}{NG}=\frac{2}{\frac{5}{2}}$，
解得：NG=$\frac{5\sqrt{7}}{8}$，
∴DG=DN+NG=$\frac{\sqrt{7}}{2}$+$\frac{5\sqrt{7}}{8}$=$\frac{9\sqrt{7}}{8}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是相似形綜合題目，考查了等邊三角形的性質(zhì)與判定、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、三角形中位線定理、勾股定理、含30°角的直角三角形的性質(zhì)、平行線分線段成比例定理等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，難度較大，需要通過作輔助線證明三角形全等和運(yùn)用勾股定理等知識(shí)才能得出結(jié)果．