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    已知菱形ABCD的边长为1，∠ADC=60°，等边△AEF两边分别交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的交点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E、F分别是边DC、CB的中点时，过点P任作一直线，分别交DA边于点M，BC边于点G，DC边的延长线于点N，请你直接写出
    1
    DM
    +
    1
    DN
    的值．
    分析：（1）连接OE、0F，由四边形ABCD是菱形，得出AC⊥BD，BD平分∠ADC，AD=DC=BC，又由E、F分别为DC、CB中点，证得0E=OF=OA，则可得点O即为△AEF的外心；
    （2）①连接PE、PA，过点P分别作PI⊥CD于I，PJ⊥AD于J，求出∠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连接BD、AC交于点P，由（1）可得点P即为△AEF的外心．设DM=x，DN=y（x≠0，y≠O），则CN=y-1，先利用AAS证明△GBP≌△MDP，得出BG=DM=x，CG=1-x，再由BC∥DA，得出△NCG∽△NDM，根据相似三角形对应边成比例得出
    CN
    DN
    =
    CG
    DM
    ，进而求出
    1
    DM
    +
    1
    DN
    为定值2．
    解答：（1）证明：如图1，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=
    1
    2
    ∠ADC=
    1
    2
    ×60°=30°，
    又∵E、F分别为DC、CB中点，
    ∴OE=
    1
    2
    CD，OF=
    1
    2
    BC，AO=
    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．理由如下：
    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
    1
    DM
    +
    1
    DN
    为定值2．
    连接BD、AC交于点P，由（1）可得点P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，∠BGP=∠DMP，
    又由（1）知BP=DP，
    ∴△GBP≌△MDP（AAS），
    ∴BG=DM=x，
    ∴CG=1-x．
    ∵BC∥DA，
    ∴△NCG∽△NDM，
    ∴
    CN
    DN
    =
    CG
    DM
    ，
    ∴
    y-1
    y
    =
    1-x
    x
    ，
    ∴x+y=2xy，
    ∴
    1
    x
    +
    1
    y
    =2，
    即
    1
    DM
    +
    1
    DN
    =2．
    点评：此题考查了全等三角形、相似三角形的判定与性质，三角形的外心的判定与性质，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．
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