Question

7．如圖1，過等邊三角形ABC邊AB上一點(diǎn)D作DE∥BC交邊AC于點(diǎn)E，分別取BC，DE的中點(diǎn)M，N，連接MN．

（1）發(fā)現(xiàn)：在圖1中，$\frac{MN}{BD}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$；
（2）應(yīng)用：如圖2，將△ADE繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，請求出$\frac{MN}{BD}$的值；
（3）拓展：如圖3，△ABC和△ADE是等腰三角形，且∠BAC=∠DAE，M，N分別是底邊BC，DE的中點(diǎn)，若BD⊥CE，請直接寫出$\frac{MN}{BD}$的值．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，作DH⊥BC于H，連接AM．只要證明四邊形MNDH時(shí)矩形，即可解決問題．
（2）如圖2中，連接AM、AN．只要證明△BAD∽△MAN，利用相似比為$\frac{\sqrt{3}}{2}$即可解決問題．
（3）如圖3中，連接AM、AN，延長AD交CE于H，交AC于O．由△BAD∽△MAN，推出$\frac{MN}{BD}$=$\frac{AM}{AB}$=sin∠ABC，只要證明△ABC時(shí)等腰直角三角形即可解決問題．

解答 解：（1）如圖1中，作DH⊥BC于H，連接AM．

∵AB=AC，BM=CM，
∴AM⊥BC，
∵△ADE時(shí)等邊三角形，
∴∠ADE=60°=∠B，
∴DE∥BC，
∵AM⊥BC，
∴AM⊥DE，
∴AM平分線段DE，
∵DN=NE，
∴A、N、M共線，
∴∠NMH=∠MND=∠DHM=90°，
∴四邊形MNDH時(shí)矩形，
∴MN=DH，
∴$\frac{MN}{BD}$=$\frac{DH}{BD}$=sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
故答案為$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

（2）如圖2中，連接AM、AN．

∵△ABC，△ADE都是等邊三角形，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）如圖3中，連接AM、AN，延長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°=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形或相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．