Question

5．已知△ABC是等边三角形，CD=$\frac{1}{2}$BC，且△CDE是等边三角形，连接AD，点M是AD的中点，连接BE，点N是BE的中点，连接MN
（1）如图1，若点D在BC边上，连接CN，当AB=4时，求CN的长；
（2）如图2，若点D在△ABC的内部，求证：MN=$\frac{1}{2}$AE；
（3）如图3，将图2中的△CDE绕点C逆时针旋转，使∠BCE=60°，探索$\frac{MN}{AC}$的值并直接写出结果．

Answer 1

分析 （1）先根据等边三角形的性质，得出BE⊥AC，再根据NE和CE的长，运用勾股定理求得CN的长即可；
（2）先取AB的中点P，连接PM，PN，BD，判定△BCD≌△ACE（SAS），得出AE=BD，∠CAE=∠CBD，再根据三角形中位线定理，PN=$\frac{1}{2}$AE=$\frac{1}{2}$BD=PM，最后判定△MPN是等边三角形，得出MN=PN=$\frac{1}{2}$AE；
（3）先取AB的中点P，连接PM，PN，设CE=a，得出BC=2a=AB=AC，BE=$\sqrt{3}$a，在Rt△ABE中，运用勾股定理求得AE，再根据三角形中位线定理，求得PN=$\frac{1}{2}$AE=$\frac{\sqrt{7}}{2}$a=MN，最后计算$\frac{MN}{AC}$的值即可．

解答 解：（1）如图1，∵△ABC是等边三角形，△CDE是等边三角形，
∴AB=AC=BC=4，
∴CD=CE=$\frac{1}{2}$BC=2，
∴E是AC的中点，
∴BE⊥AC，
∴Rt△BCE中，BE=$\sqrt{B{C}^{2}-C{E}^{2}}$=2$\sqrt{3}$，
∵点N是BE的中点，
∴NE=$\sqrt{3}$，
∴Rt△CEN中，CN=$\sqrt{N{E}^{2}+C{E}^{2}}$=$\sqrt{7}$；

（2）如图2，取AB的中点P，连接PM，PN，BD，
∵△ABC是等边三角形，△CDE是等边三角形，
∴BC=AC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=60°，
∴∠BCD=∠ACE，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴AE=BD，∠CAE=∠CBD，
∵M，N，P分别为AD，BE，AB的中点，
∴PM，PN分别为△ABD和△ABE的中位线，
∴PN=$\frac{1}{2}$AE=$\frac{1}{2}$BD=PM，
∵PM∥BD，PN∥AE，
∴∠APM=∠ABD，∠BPN=∠BAE，
∴∠APM+∠BPN=∠ABD+∠BAE=（60°-∠CBD）+（60°+∠CAE）=120°，
∴∠MPN=60°，
∴△MPN是等边三角形，
∴MN=PN=$\frac{1}{2}$AE；

（3）$\frac{MN}{AC}$=$\frac{\sqrt{7}}{4}$．
如图3，取AB的中点P，连接PM，PN，
由（2）可得△PMN是正三角形，
∵∠BCE=60°，CE=CD=$\frac{1}{2}$BC，
∴∠CBE=30°，∠BEC=90°，
∴∠ABE=60°+30°=90°，
设CE=a，则BC=2a=AB=AC，BE=$\sqrt{3}$a，
∴Rt△ABE中，AE=$\sqrt{A{B}^{2}+B{E}^{2}}$=$\sqrt{4{a}^{2}+3{a}^{2}}$=$\sqrt{7}$a，
∵P，N分别是AB，BE的中点，
∴PN=$\frac{1}{2}$AE=$\frac{\sqrt{7}}{2}$a=MN，
∴$\frac{MN}{AC}$=$\frac{\frac{\sqrt{7}}{2}a}{2a}$=$\frac{\sqrt{7}}{4}$．

点评 本题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质，三角形中位线定理以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线，构造等边三角形，全等三角形和直角三角形，运用三角形中位线定理和勾股定理进行计算推导．