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)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如图2．求证:△AEF的外心P落在直线BD上②如图3.当AE⊥CD时.过点P任作一直线分别交边DA于点M.� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

13．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）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如图2．求证：△AEF的外心P落在直线BD上
②如图3，当AE⊥CD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，求$\frac{1}{DM}$+$\frac{1}{DN}$的值．

分析（1）连接OE、0F，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证明0E=OF=OA，则点O即为△AEF的外心；
（2）①连接PE、PA，过点P分别作PI⊥CD于I，证明△PIE≌△PJA，即可证明PI=PJ，则P在∠ADC的平分线上，则一定在对角线上；
③由（1）可得点P在BD上，即为△AEF的外心，证明△NCG∽△NDM，根据相似三角形的对应边的比相等即可证明．

解答（1）证明：连接OE、0F（如图①）．
∵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，OA=$\frac{1}{2}$AD，
∴0E=OF=OA，
∴点O即为△AEF的外心．

（2）①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，则∠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，
∴在△PIE和△PJA中，
$\left\{\begin{array}{l}{PE=PA}\\{∠IPE=∠JPA}\\{∠EIP=∠AJP}\end{array}\right.$，
∴△PIE≌△PJA，
∴PI=PJ，
∴点P在∠ADC的平分线上，即点P落在直线DB上．

②解：当AE⊥DC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．