Question

17．已知等边三角形△ABC，点D和点B关于直线AC轴对称．点M（不同于点A和点C ）在射线CA上，线段DM的垂直平分线交直线BC于点N
（1）如图1，过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于E．CE=5，求BC的长；
（2）如图2，若点M在线段AC上，求证：△DMN为等边三角形；
（3）连接CD，BM，若$\frac{{S}_{△DMC}}{{S}_{△ABM}}$=3，直接写出$\frac{{S}_{△MCN}}{{S}_{△MBN}}$=$\frac{1}{5}$或1．

Answer 1

分析 （1）连接CD，构造含30°角的直角三角形DCE，根据BC=DC进行计算即可；
（2）过点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，进而得出∠2=∠5=60°，最后结合NM=ND，判定△DMN为等边三角形即可；
（3）需要分两种情况进行讨论：当点M在线段AC上时，连接AD，BD；当点M在CA延长线上时，连接AD，分别根据等高三角形的面积之比等于底边之比进行计算即可．

解答 解：（1）如图1，连接CD，
∵△ABC是等边三角形，点D和点B关于直线AC轴对称，
∴BC=DC，∠ACB=∠ACD=60°，
∴∠DCE=60°，
∵DE⊥CE，CE=5，
∴∠CDE=30°，
∴CD=2CE=10，
∴BC=10；

（2）如图2，过点N作NG⊥CD于G，作NH⊥AC于H，则∠H=∠DGN=90°，
∵△ABC是等边三角形，点D和点B关于直线AC轴对称，
∴∠1=∠2=60°，
∴∠3=60°=∠4，即NC平分∠GCH，
∴NG=NH，
∵线段DM的垂直平分线交直线BC于点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为等边三角形；

（3）①如图3，当点M在线段AC上时，连接AD，BD，则BD⊥AC，BP=DP，
∵△ACD和△MND都是等边三角形，
∴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如图4，当点M在CA延长线上时，连接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．
综上所述，$\frac{{S}_{△MCN}}{{S}_{△MBN}}$=$\frac{1}{5}$或1．
故答案为：$\frac{1}{5}$或1．

点评 本题属于几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形和全等三角形，运用全等三角形的对应边相等，对应角相等进行推导计算．解题时注意分类讨论思想的运用．