Question

如圖，△ABC是正三角形，△BDC是頂角∠BDC=120°的等腰三角形，以D為頂點(diǎn)作一個(gè)60°角，使角的兩邊分別交AB、AC邊于M、N兩點(diǎn)，連接MN．
①當(dāng)MN∥BC時(shí)，求證：MN=BM+CN；
②當(dāng)MN與BC不平行時(shí)，則①中的結(jié)論還成立嗎？為什么？
③若點(diǎn)M、N分別是射線AB、CA上的點(diǎn)，其它條件不變，再探線段BM、MN、NC之間的關(guān)系，在圖③中畫出圖形，并說明理由．

Answer 1

分析：①首先證明△BDM≌△CDN，進(jìn)而得出△DMN是等邊三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=

1

2

DM=

1

2

MN，即可得出答案；
②延長(zhǎng)AC至E，使得CE=BM并連接DE，構(gòu)造全等三角形，找到相等的線段MD=DE，再進(jìn)一步證明△DMN≌△DEN，進(jìn)而等量代換得到MN=BM+NC；
③按要求作出圖形，BM、MN、NC之間的關(guān)系是MN=NC-BM，理由為：先證△BMD≌△CED，再證△MDN≌△EDN（SAS），即可得證．

解答：證明：①∵△ABC是正三角形，MN∥BC，
∴△AMN是等邊三角形，
∴AM=AN，
則BM=NC，
∵△BDC是頂角∠BDC=120°的等腰三角形，
∴∠DBC=∠DCB=30°，
∴∠DBM=∠DCN=90°，
∵在△BDM和△CDN中，

BM=NC ∠MBD=∠DCN BD=DC

∴△BDM≌△CDN（SAS），
∴DM=DN，∠BDM=∠CDN，
∵∠MDN=60°，
∴△DMN是等邊三角形，∠BDM=∠CDN=30°，
∴NC=BM=

1

2

DM=

1

2

MN，
∴MN=MB+NC；

②成立．理由如下：
證明：延長(zhǎng)AC至E，使CE=BM，連接DE，
∵△BDC是頂角∠BDC=120°的等腰三角形，△ABC是等邊三角形，
∴∠BCD=30°，
∴∠ABD=∠ACD=90°，
即∠ABD=∠DCE=90°，
∵在Rt△DCE和Rt△DBM中，

BD=CD BM=EC

，
∴Rt△DCE≌Rt△DBM（HL），
∴∠BDM=∠CDE，
又∵∠BDC=120°，∠MDN=60°，
∴∠BDM+∠NDC=∠BDC-∠MDN=60°，
∴∠CDE+∠NDC=60°，即∠NDE=60°，
∴∠MDN=∠NDE=60°
∴DM=DE（上面已經(jīng)全等）
∵在△DMN和△DEN中

DM=DE ∠MDN=∠NDE DN=DN

∴△DMN≌△DEN（SAS），
∴BM+CN=NM．

③MN=CN-BM
證明：在CA上截取CE=BM，
∵△ABC是正三角形，
∴∠ACB=∠ABC=60°，
又∵BD=CD，∠BDC=120°，
∴∠BCD=∠CBD=30°，
∴∠MBD=∠ECD=90°，
又∵CE=BM，BD=CD，
∵在△BMD和△CED中，

CE=BM ∠MBD=∠DCE BD=CD

，
∴△BMD≌△CED（SAS），
∴DE=DM，
∵在△MDN和△EDN中，

ND=ND ∠EDN=∠MDN MD=ED

，
∴△MDN≌△EDN（SAS），
∴MN=NE=NC-CE=NC-BM．

點(diǎn)評(píng)：此題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)及等邊三角形的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)；此題從不同角度考查了作相等線段構(gòu)造全等三角形的能力，要充分利用等邊三角形及等腰三角形的性質(zhì)，轉(zhuǎn)換各相等線段解答．