Question

7．已知，如圖，菱形ABCD中，∠ABC=60°，E為線段DB上的一點，∠MEN=60°，點M，N分別在直線BC，DC上．
（1）如圖1，當(dāng)E再靠近B的三等分點上，求證：$\frac{1}{2}$DN+BM=BC；
（2）如圖2，當(dāng)E再靠近D的三等分點上，點M在CB的延長線上時，點N在DC的延長線上時，則線段DN、BM、BC的數(shù)量關(guān)系為BC=DN+$\frac{1}{2}$BM．
（3）在（2）的條件下，連接MN與AB，DB延長線交于F，G，若DN：CN=3：1，EM=8，求GF的長．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，連接AE、EC、AC，AC交BD于點O．首先證明△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，由此即可解決問題．
（2）如圖2中，結(jié)論：BC=DN+$\frac{1}{2}$BM，證明方法類似（1）．
（3）首先證明△EMN是直角三角形，BM=MC，由△BMF≌△CMN，推出BF=CN，F(xiàn)M=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）證明：如圖1中，連接AE、EC、AC，AC交BD于點O．

∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴AB=BC，=CD=AD，∠ABC=∠ADC=60°，BD⊥AC，OB=OD，AO=OC，
∴△ABC，△ADC都是等邊三角形，
∵BE=$\frac{1}{3}$BD，BO=OD，
∴BE=2EO，
∴點E是△ABC的重心，也是外接圓的圓心，
∴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：結(jié)論：BC=DN+$\frac{1}{2}$BM．理由如下：
如圖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．
故答案為BC=DN+$\frac{1}{2}$BM．

（3）如圖3中，

∵∠MEN+∠MCN=180°，
∴E、M、C、N四點共圓，
∴∠MNE=∠MCE=90°，
∵∠MEN=60°，
∴∠EMN=30°，
∴EM=2EN，∵EM=8，
∴EN=4，MN=4$\sqrt{3}$，設(shè)CN=a，則BM=2CN=2a，DN=3a，
∴CD=BC=4a，
∴BM=MC=2a，
∵BF∥CN，
∴∠BFM=∠MNC，
∵∠BMF=∠NMC，BM=CM，
∴△BMF≌△CMN，
∴BF=CN，F(xiàn)M=MN=4$\sqrt{3}$，
∵$\frac{FG}{GN}$=$\frac{BF}{DN}$，
∴$\frac{FG}{FG+8\sqrt{3}}$=$\frac{1}{3}$，
∴FG=4$\sqrt{3}$．

點評 本題考查四邊形綜合題、菱形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、平行線分線段成比例定理等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形，利用相似三角形的性質(zhì)解決問題，第三個問題的關(guān)鍵是證明△EMN是直角三角形，屬于中考壓軸題．