Question

17．已知等邊三角形△ABC，點D和點B關于直線AC軸對稱．點M（不同于點A和點C ）在射線CA上，線段DM的垂直平分線交直線BC于點N
（1）如圖1，過點D作DE⊥BC，交BC的延長線于E．CE=5，求BC的長；
（2）如圖2，若點M在線段AC上，求證：△DMN為等邊三角形；
（3）連接CD，BM，若$\frac{{S}_{△DMC}}{{S}_{△ABM}}$=3，直接寫出$\frac{{S}_{△MCN}}{{S}_{△MBN}}$=$\frac{1}{5}$或1．

Answer 1

分析 （1）連接CD，構造含30°角的直角三角形DCE，根據BC=DC進行計算即可；
（2）過點N作NG⊥CD于G，作NH⊥AC于H，得到∠H=∠DGN=90°，先判定Rt△MNH≌Rt△DNG（HL），得到∠CMQ=∠NDQ，進而得出∠2=∠5=60°，最后結合NM=ND，判定△DMN為等邊三角形即可；
（3）需要分兩種情況進行討論：當點M在線段AC上時，連接AD，BD；當點M在CA延長線上時，連接AD，分別根據等高三角形的面積之比等于底邊之比進行計算即可．

解答 解：（1）如圖1，連接CD，
∵△ABC是等邊三角形，點D和點B關于直線AC軸對稱，
∴BC=DC，∠ACB=∠ACD=60°，
∴∠DCE=60°，
∵DE⊥CE，CE=5，
∴∠CDE=30°，
∴CD=2CE=10，
∴BC=10；

（2）如圖2，過點N作NG⊥CD于G，作NH⊥AC于H，則∠H=∠DGN=90°，
∵△ABC是等邊三角形，點D和點B關于直線AC軸對稱，
∴∠1=∠2=60°，
∴∠3=60°=∠4，即NC平分∠GCH，
∴NG=NH，
∵線段DM的垂直平分線交直線BC于點N，
∴NM=ND，
在Rt△MNH和Rt△DNG中，
$\left\{\begin{array}{l}{NM=ND}\\{NG=NH}\end{array}\right.$，
∴Rt△MNH≌Rt△DNG（HL），
∴∠CMQ=∠NDQ，
又∵∠MQC=∠DQN，
∴∠2=∠5=60°，
∵NM=ND，
∴△DMN為等邊三角形；

（3）①如圖3，當點M在線段AC上時，連接AD，BD，則BD⊥AC，BP=DP，
∵△ACD和△MND都是等邊三角形，
∴AD=CD，∠ADM=∠CDN，MD=ND，
∴△ADM≌△CDN，
∴AM=CN，
∵$\frac{{S}_{△DMC}}{{S}_{△ABM}}$=3，
∴$\frac{AM}{MC}$=$\frac{1}{3}$，
∴$\frac{CN}{MC}$=$\frac{1}{3}$，
∴$\frac{CN}{CA}$=$\frac{1}{4}$，即$\frac{CN}{CB}$=$\frac{1}{4}$，
∴$\frac{CN}{BN}$=$\frac{1}{5}$，
∴$\frac{{S}_{△MCN}}{{S}_{△MBN}}$=$\frac{1}{5}$；
②如圖4，當點M在CA延長線上時，連接AD，
同理可得，△ADM≌△CDN，
∴AM=CN，
∵$\frac{{S}_{△DMC}}{{S}_{△ABM}}$=3，
∴$\frac{AM}{MC}$=$\frac{1}{3}$，
∴$\frac{AM}{AC}$=$\frac{1}{2}$，即$\frac{CN}{BC}$=$\frac{1}{2}$，
∴BN=CN，
∴$\frac{{S}_{△MCN}}{{S}_{△MBN}}$=1．
綜上所述，$\frac{{S}_{△MCN}}{{S}_{△MBN}}$=$\frac{1}{5}$或1．
故答案為：$\frac{1}{5}$或1．

點評 本題屬于幾何變換綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質、等邊三角形的性質以及含30°角的直角三角形的性質的綜合應用，解決問題的關鍵是作輔助線構造直角三角形和全等三角形，運用全等三角形的對應邊相等，對應角相等進行推導計算．解題時注意分類討論思想的運用．