Question

3．在正六边形ABCDEF中，N、M为边上的点，BM、AN相交于点P
（1）如图1，若点N在边BC上，点M在边DC上，BN=CM，求证：BP•BM=BN•BC；
（2）如图2，若N为边DC的中点，M在边ED上，AM∥BN，求$\frac{ME}{DE}$的值；
（3）如图3，若N、M分别为边BC、EF的中点，正六边形ABCDEF的边长为2，请直接写出AP的长．

Answer 1

分析 （1）先证明△ABN≌△BCM，得∠ANB=∠BMC，再证明△BPN∽△BCM，列比例式可得结论；
（2）作辅助线，构建等边三角形的三角形的中位线CK，先证明△CDH是等边三角形得：∠HCD=∠CDH=∠H=60°，DC=DH=CH，由△DNG≌△CNK，得KC=DG，DG=$\frac{1}{3}$DH=$\frac{1}{3}$DE，利用四边形MABG是平行四边形，
得MG=AB=ED，所以ME=DG=$\frac{1}{3}$DE，即$\frac{ME}{DE}$=$\frac{1}{3}$；
（3）如图3，作辅助线，构建直角三角形和全等三角形，根据直角三角形30°的性质得：BH=$\frac{1}{2}$，NH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，利用勾股定理求AN=$\sqrt{7}$，证明△ANB≌△GNC，利用EF∥BC和KG∥AB，列比例式可得：$\frac{PG}{AP}=\frac{\frac{14}{3}}{2}$=$\frac{7}{3}$，设PG=7x，AP=3x，根据PG+AP=AG=2$\sqrt{7}$得：7x+3x=2$\sqrt{7}$，可得结论．

解答 （1）证明：在正六边形ABCDEF中，AB=BC，∠ABC=∠BCD=120°，
∵BN=CM，
∴△ABN≌△BCM，
∴∠ANB=∠BMC，
∵∠PBN=∠CBM，
∴△BPN∽△BCM，
∴$\frac{BP}{BC}$=$\frac{BN}{BM}$，
∴BP•BM=BN•BC；
（2）延长BC，ED交于点H，延长BN交DH于点G，取BG的中点K，连接KC，
在正六边形ABCDEF中，∠BCD=∠CDE=120°，
∴∠HCD=∠CDH=60°，
∴∠H=60°，
∴DC=DH=CH，
∵DC=BC，
∴CH=BC，
∵BK=GK，
∴2KC=GH，KC∥DH，
∴∠GDN=∠KCN，
∵CN=DN，∠DNG=∠CNK，
∴△DNG≌△CNK，
∴KC=DG，
∴DG=$\frac{1}{3}$DH=$\frac{1}{3}$DE，
∵MG∥AB，AM∥BG，
∴四边形MABG是平行四边形，
∴MG=AB=ED，
∴ME=DG=$\frac{1}{3}$DE，即$\frac{ME}{DE}$=$\frac{1}{3}$，
（3）如图3，过N作NH⊥AB，交AB的延长线于H，
∵∠ABC=120°，
∴∠NBH=60°，
Rt△NBH中，∠BNH=30°，BN=1，
∴BH=$\frac{1}{2}$BN=$\frac{1}{2}$，
∴NH=$\sqrt{{1}^{2}-（\frac{1}{2}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
Rt△ANH中，AN=$\sqrt{A{H}^{2}+N{H}^{2}}$=$\sqrt{（2+\frac{1}{2}）^{2}+（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}}$=$\sqrt{7}$，
连接FC，延长FC与AN交于G，设FC与BM交于K，
易证△ANB≌△GNC，
∴CG=AB=2，AN=NG=$\sqrt{7}$，FC=2AB=4，
∴FG=FC+CG=6，
∵EF∥BC，
∴$\frac{FM}{BC}=\frac{FK}{KC}$，
∴$\frac{1}{2}=\frac{FK}{KC}$，
∵FK+KC=4，
∴FK=$\frac{4}{3}$，KC=$\frac{8}{3}$，KG=$\frac{8}{3}$+2=$\frac{14}{3}$，
∵KG∥AB，
∴$\frac{PG}{AP}=\frac{KG}{AB}$，
∴$\frac{PG}{AP}=\frac{\frac{14}{3}}{2}$=$\frac{7}{3}$，
设PG=7x，AP=3x，
由PG+AP=AG=2$\sqrt{7}$得：7x+3x=2$\sqrt{7}$，
x=$\frac{\sqrt{7}}{5}$，
∴AP=3x=$\frac{3\sqrt{7}}{5}$．

点评 本题是相似三角形的综合题，考查了正六边形的性质、全等三角形和相似三角形的性质和判定、平行四边形的性质和判定、平行线分线段成比例定理等知识，一般情况下，正多边形的题解答都比较麻烦，熟练掌握正多边形的定义及性质是关键，第三问比较复杂，辅助线的作法是关键．