Question

7．如图1，过等边三角形ABC边AB上一点D作DE∥BC交边AC于点E，分别取BC，DE的中点M，N，连接MN．

（1）发现：在图1中，$\frac{MN}{BD}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$；
（2）应用：如图2，将△ADE绕点A旋转，请求出$\frac{MN}{BD}$的值；
（3）拓展：如图3，△ABC和△ADE是等腰三角形，且∠BAC=∠DAE，M，N分别是底边BC，DE的中点，若BD⊥CE，请直接写出$\frac{MN}{BD}$的值．

Answer 1

分析 （1）如图1中，作DH⊥BC于H，连接AM．只要证明四边形MNDH时矩形，即可解决问题．
（2）如图2中，连接AM、AN．只要证明△BAD∽△MAN，利用相似比为$\frac{\sqrt{3}}{2}$即可解决问题．
（3）如图3中，连接AM、AN，延长AD交CE于H，交AC于O．由△BAD∽△MAN，推出$\frac{MN}{BD}$=$\frac{AM}{AB}$=sin∠ABC，只要证明△ABC时等腰直角三角形即可解决问题．

解答 解：（1）如图1中，作DH⊥BC于H，连接AM．

∵AB=AC，BM=CM，
∴AM⊥BC，
∵△ADE时等边三角形，
∴∠ADE=60°=∠B，
∴DE∥BC，
∵AM⊥BC，
∴AM⊥DE，
∴AM平分线段DE，
∵DN=NE，
∴A、N、M共线，
∴∠NMH=∠MND=∠DHM=90°，
∴四边形MNDH时矩形，
∴MN=DH，
∴$\frac{MN}{BD}$=$\frac{DH}{BD}$=sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
故答案为$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

（2）如图2中，连接AM、AN．

∵△ABC，△ADE都是等边三角形，BM=MC，DN=NE，
∴AM⊥BC，AN⊥DE，
∴$\frac{AM}{AB}$=sin60°，$\frac{AN}{AD}$=sin60°，
∴$\frac{AM}{AB}$=$\frac{AN}{AD}$，
∵∠MAB=∠DAN=30°，
∴∠BAD=∠MAN，
∴△BAD∽△MAN，
∴$\frac{MN}{BD}$=$\frac{AM}{AB}$=sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

（3）如图3中，连接AM、AN，延长AD交CE于H，交AC于O．

∵AB=AC，AD=AE，BM=CM，DN=NE，
∴AM⊥BC，AN⊥DE，
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠ABC=∠ADE，
∴sin∠ABM=sin∠ADN，
∴$\frac{AM}{AB}$=$\frac{AN}{AD}$，
∵∠BAM=$\frac{1}{2}$BAC，∠DAN=$\frac{1}{2}$∠DAE，
∴∠BAM=∠DAN，
∴∠BAD=∠MAN．
∴△BAD∽△MAN，
∴$\frac{MN}{BD}$=$\frac{AM}{AB}$=sin∠ABC，
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE，
∴∠ABD=∠ACE，
∵BD⊥CE，
∴∠BHC=90°，
∴∠ACE+∠COH=90°，∵∠AOB=∠COH，
∴∠ABD+∠AOB=90°，
∴∠BAO=90°，
∵AB=AC，
∴∠ABC=45°，
∴$\frac{MN}{AB}$=sin45°=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

点评 本题考查相似三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．