Question

5．某数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：
（1）问题发现：如图1，在等边三角形ABC中，点M是边BC上任意一点，连接AM，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，判断CN与AB的位置关系，并给出证明．
（2）变式探究：如图2，在等腰三角形ABC中，BA=BC，点M为边BC上任意一点（不含端点B和C），连接AM，以AM为腰作等腰三角形AMN，使顶角∠AMN=∠ABC，MA=MN，连接CN，试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由．
（3）解决问题：如图3，在正方形ABCD中，点M为边BC上一点，以AM为边作正方形作AMEF，N为正方形AMEF的中心，连接CN，若正方形ADBC的边长为8，CN=$\sqrt{2}$，求正方形AMEF的边长．

Answer 1

分析 （1）根据△ABC，△AMN为等边三角形，得到AB=AC，AM=AN且∠BAC=∠MAN=60°从而得到∠BAC-∠CAM=∠MAN-∠CAM，即∠BAM=∠CAN，证明△BAM≌△CAN，即可得到BM=CN．
（2）根据△ABC，△AMN为等腰三角形，得到$\frac{AB}{BC}=\frac{AM}{MN}$=1且∠ABC=∠AMN，根据相似三角形的性质得到$\frac{AB}{AM}=\frac{AC}{AN}$，利用等腰三角形的性质得到∠BAC=$\frac{180°-∠B}{2}$，∠MAN=$\frac{180°-∠AMN}{2}$，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（3）如图3，连接AB，AN，根据正方形的性质得到∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，根据相似三角形的性质得到 $\frac{BM}{CN}$=$\frac{AB}{AC}$，得到BM=2，∴CM=6根据勾股定理即可得到结论．

解答 解：（1）CN∥AB，
∵△ABC与△MN是等边三角形，
∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠BAM=∠CAN，
在△ABM与△ACN中，$\left\{\begin{array}{l}{AB=AC}\\{∠BAM=∠CAN}\\{AM=AN}\end{array}\right.$，
∴△ABM≌△ACN，
∴∠B=∠ACN=60°，
∵∠ANC+∠ACN+∠CAN=∠ANC+60°+∠CAN=180°，
∴∠ANC+∠MAN+∠BAM=∠ANC+60°+∠CAN=∠BAN+∠ANC=180°，
∴CN∥AB；
（2）∠ABC=∠ACN，
理由：：∵$\frac{AB}{BC}=\frac{AM}{MN}$=1且∠ABC=∠AMN，
∴△ABC～△AMN，
∴$\frac{AB}{AM}=\frac{AC}{AN}$，
∵AB=BC，
∴∠BAC=$\frac{180°-∠B}{2}$，
∵AM=MN
∴∠MAN=$\frac{180°-∠AMN}{2}$，
∵∠B=∠AMN，
∴∠BAM=∠CAN，
∴△ABM～△ACN，
∴∠ABC=∠ACN；
（3）如图3，连接AB，AN，
∵四边形ADBC，AMEF为正方形，
∴∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，
∴∠BAC-∠MAC=∠MAN-∠MAC
即∠BAM=∠CAN，
∵$\frac{AB}{AC}$=$\frac{AM}{AN}$=$\sqrt{2}$，
∴$\frac{AB}{AM}$=$\frac{AC}{AN}$，
∴△ABM～△ACN
∴$\frac{BM}{CN}$=$\frac{AB}{AC}$，
∴$\frac{CN}{BM}$=$\frac{AC}{AB}$=cos45°=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴$\frac{\sqrt{2}}{BM}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴BM=2，∴CM=6
在Rt△AMC，
AM=$\sqrt{A{C}^{2}+M{C}^{2}}$=$\sqrt{{8}^{2}+{6}^{2}}$=10，
答：正方形AMEF的边长为10．

点评 本题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质定理和判定定理、相似三角形的性质定理和判定定理，解决本题的关键是相似三角形的判定．