Question

20．已知菱形ABCD的边长为1．∠ADC=60°，等边△AEF两边分别交边DC，CB于点E，F．
（1）特殊发现：如图1，若点E、F分别是边DC、CB的中点．求证：菱形ABCD对角线AC、BD交点O即为等边△AEF的外心；
（2）若点E、F始终分别在边DC、CB上移动．记等边△AEF的外心为点P．
①猜想验证：如图2，猜想△AEF的外心P落在哪一直线上，并加以证明；
②拓展运用：如图3，当△AEF面积最小时，过点P任作一直线分别交边DA于点M，交边DC的延长线于点N，试判断$\frac{1}{DM}+\frac{1}{DN}$是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）首先分别连接OE、0F，由四边形ABCD是菱形，即可得AC⊥BD，BD平分∠ADC．AD=DC=BC，又由E、F分别为DC、CB中点，即可证得0E=OF=OA，则可得点O即为△AEF的外心；
（2）①首先分别连接PE、PA，过点P分别作PI⊥CD于I，PJ⊥AD于J，即可求得∠IPJ的度数，又由点P是等边△AEF的外心，易证得△PIE≌△PJA，可得PI=PJ，即点P在∠ADC的平分线上，即点P落在直线DB上．
②当AE⊥DC时．△AEF面积最小，此时点E、F分别为DC、CB中点．连接BD、AC交于点P，由（1）可得点P即为△AEF的外心．由△GBP∽△MDP，即可$\frac{1}{DM}+\frac{1}{DN}$为定值2．

解答 （1）证明：如图①，分别连接OE、0F，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ADC．AD=DC=BC，
∴∠COD=∠COB=∠AOD=90°．
∠ADO=$\frac{1}{2}$∠ADC=$\frac{1}{2}$×60°=30°，
又∵E、F分别为DC、CB中点，
∴OE=$\frac{1}{2}$CD，OF=$\frac{1}{2}$BC，AO=$\frac{1}{2}$AD，
∴0E=OF=OA，
∴点O即为△AEF的外心；

（2）解：①猜想：外心P一定落在直线DB上．
证明：如图②，分别连接PE、PA，过点P分别作PI⊥CD于I，PJ⊥AD于J，
∴∠PIE=∠PJD=90°，
∵∠ADC=60°，
∴∠IPJ=360°-∠PIE-∠PJD-∠JDI=120°，
∵点P是等边△AEF的外心，
∴∠EPA=120°，PE=PA，
∴∠IPJ=∠EPA，
∴∠IPE=∠JPA，
∴△PIE≌△PJA，
∴PI=PJ，
∴点P在∠ADC的平分线上，即点P落在直线DB上；
②$\frac{1}{DM}+\frac{1}{DN}$为定值2，
当AE⊥DC时．△AEF面积最小，
此时点E、F分别为DC、CB中点．
连接BD、AC交于点P，由（1）
可得点P在BD上，即为△AEF的外心，
如图③．设MN交BC于点G，
设DM=x，DN=y（x≠0．y≠O），则CN=y-1，
∵BC∥DA，
∴△GBP≌△MDP，
∴BG=DM=x，
∴CG=1-x，
∵BC∥DA，
∴△NCG∽△NDM，
∴$\frac{CN}{DN}=\frac{CG}{DM}$，
∴$\frac{y-1}{y}$=$\frac{1-x}{x}$，
∴x+y=2xy，
∴$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{y}$=2，
即$\frac{1}{DM}+\frac{1}{DN}$=2．

点评 此题考查了相似三角形的判定与性质，三角形的外心的判定与性质，以及菱形的性质等知识．此题综合性很强，图形也比较复杂，解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用．