Question

11．如圖1，在等邊△ABC中，AE⊥BC于點E，點D是AC的中點，延長AC至點P，使得DP=AE，過點P作BC延長線的垂線，垂足為M，連接DM，過點D作DN⊥DM交BC于點N，交AE于點Q，連接DE．
（1）若CP=2．求等邊△ABC的面積；
（2）求證：QE=CM；
（3）如圖2，連接QM，與AC交于點F，請直接寫出QF與CN之間的數(shù)量關系．

Answer 1

分析 （1）先由等邊三角形的性質得出AE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AC，而DP=AE=$\frac{1}{2}$AC+2，即可求出AC=2（$\sqrt{3}$+1），最后用面積公式即可；
（2）先判斷出BD=DP，進而∠P=30°=∠DBN，即可判定△BDN≌△PDM，得出DM=DN，即可得出∠QNE=∠NQE=45°即：QE=EN，的同時得出△DNE≌△DMC，即可得出NE=CM，即可得出結論，
（3）先根據(jù)等邊三角形的性質，和等腰直角三角形的性質得出DQ=$\sqrt{2}$x，DE=2x，再判斷出，△DQF∽△DEM即可得出結論．

解答 解：（1）∵△ABC是等邊三角形，
∴AC=BC，∠ACB=∠BAC=60°，
∵點D是AC的中點，
∴CD=$\frac{1}{2}$AC，
∴AE=DP=CD+CP=$\frac{1}{2}$AC+2，
∵在等邊△ABC中，AE⊥BC于點E，
∴AE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AC，
∴$\frac{1}{2}$AC+2=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AC，
∴AC=2（$\sqrt{3}$+1），
∴S_△ABC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$AC²=$\frac{\sqrt{3}}{4}$[2（$\sqrt{3}$+1）]²=4+4$\sqrt{3}$；
（2）如圖1，連接BD，
∴BD⊥AC，
∴∠BDN+∠CDN=90°，
∵DN⊥DM，
∴∠CDM+∠CDN=90°，
∴∠BDN=∠PDM，
∵AE，BD是等邊三角形的高，
∴AE=BD，
∵AE=DP，
∴BD=DP，
在Rt△COM中，∠PCM=60°，
∴∠P=30°=∠DBN，
在△BDN和△PDM中，$\left\{\begin{array}{l}{∠BDN=∠PDM}\\{BD=PD}\\{∠DBN=∠P}\end{array}\right.$，
∴△BDN≌△PDM，
∴DN=DM，
∴∠DNE=∠DMC=45°，
∵點D，E是AC，BC中點，
∴∠DEC=∠DCE=60°，
∴∠DEN=∠DCM，
在△DNE和△DMC中，$\left\{\begin{array}{l}{∠DEN=∠DCM}\\{∠DNE=∠DMC}\\{DN=DM}\end{array}\right.$，
∴△DNE≌△DMC，
∴NE=CM，
在Rt△QEN中，∠QNE=∠NQE=45°，
∴QE=NE，
∴QE=CM；
（3）CN=$\sqrt{2}$QF，
理由：如圖2，過點D作DH⊥AE，
設DH=x，
在Rt△DHQ中，∠DQH=∠EQN=45°，
∴DQ=$\sqrt{2}$x，
在Rt△ADH中，∠DAH=30°，
∴AD=2x，
∵AD=$\frac{1}{2}$AC，DE=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$AC，
∴DE=AD=2x
由（2）知，△DNE≌△DMC，
∴∠EDN=∠CDM，
∵∠NDM=90°，∠CDE=60°，
∴∠EDN=∠CDM=15°，
∴∠FDQ=∠EDN+∠CDE=75°，
∵∠QEC=∠QDM=90°，
∴∠QEC+∠QDM=180°
∴點E，M，D，Q共圓，
∴∠EMQ=∠QDE=15°=∠EDM，
∴∠DMQ=∠DME-EMQ=30°，
∴∠DQM=60°=∠DEM，∵∠EMQ=∠EDM，
∴△DQF∽△DEM，
∴$\frac{QF}{EM}=\frac{DQ}{DE}$，
∴$\frac{QF}{EM}=\frac{\sqrt{2}x}{2x}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
由（2）知，NE=CM，
∴CN=NE+CE=CM+CE=EM，
∴$\frac{QF}{CN}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴CN=$\sqrt{2}$QF．

點評 此題是三角形綜合題，主要考查了等邊三角形的性質，等腰直角三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，判斷出△BDN≌△PDM是解本題的關鍵，是一道很好的中考�？碱}．