Question

11．如图1，在等边△ABC中，AE⊥BC于点E，点D是AC的中点，延长AC至点P，使得DP=AE，过点P作BC延长线的垂线，垂足为M，连接DM，过点D作DN⊥DM交BC于点N，交AE于点Q，连接DE．
（1）若CP=2．求等边△ABC的面积；
（2）求证：QE=CM；
（3）如图2，连接QM，与AC交于点F，请直接写出QF与CN之间的数量关系．

Answer 1

分析 （1）先由等边三角形的性质得出AE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AC，而DP=AE=$\frac{1}{2}$AC+2，即可求出AC=2（$\sqrt{3}$+1），最后用面积公式即可；
（2）先判断出BD=DP，进而∠P=30°=∠DBN，即可判定△BDN≌△PDM，得出DM=DN，即可得出∠QNE=∠NQE=45°即：QE=EN，的同时得出△DNE≌△DMC，即可得出NE=CM，即可得出结论，
（3）先根据等边三角形的性质，和等腰直角三角形的性质得出DQ=$\sqrt{2}$x，DE=2x，再判断出，△DQF∽△DEM即可得出结论．

解答 解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=∠BAC=60°，
∵点D是AC的中点，
∴CD=$\frac{1}{2}$AC，
∴AE=DP=CD+CP=$\frac{1}{2}$AC+2，
∵在等边△ABC中，AE⊥BC于点E，
∴AE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AC，
∴$\frac{1}{2}$AC+2=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AC，
∴AC=2（$\sqrt{3}$+1），
∴S_△ABC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$AC²=$\frac{\sqrt{3}}{4}$[2（$\sqrt{3}$+1）]²=4+4$\sqrt{3}$；
（2）如图1，连接BD，
∴BD⊥AC，
∴∠BDN+∠CDN=90°，
∵DN⊥DM，
∴∠CDM+∠CDN=90°，
∴∠BDN=∠PDM，
∵AE，BD是等边三角形的高，
∴AE=BD，
∵AE=DP，
∴BD=DP，
在Rt△COM中，∠PCM=60°，
∴∠P=30°=∠DBN，
在△BDN和△PDM中，$\left\{\begin{array}{l}{∠BDN=∠PDM}\\{BD=PD}\\{∠DBN=∠P}\end{array}\right.$，
∴△BDN≌△PDM，
∴DN=DM，
∴∠DNE=∠DMC=45°，
∵点D，E是AC，BC中点，
∴∠DEC=∠DCE=60°，
∴∠DEN=∠DCM，
在△DNE和△DMC中，$\left\{\begin{array}{l}{∠DEN=∠DCM}\\{∠DNE=∠DMC}\\{DN=DM}\end{array}\right.$，
∴△DNE≌△DMC，
∴NE=CM，
在Rt△QEN中，∠QNE=∠NQE=45°，
∴QE=NE，
∴QE=CM；
（3）CN=$\sqrt{2}$QF，
理由：如图2，过点D作DH⊥AE，
设DH=x，
在Rt△DHQ中，∠DQH=∠EQN=45°，
∴DQ=$\sqrt{2}$x，
在Rt△ADH中，∠DAH=30°，
∴AD=2x，
∵AD=$\frac{1}{2}$AC，DE=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$AC，
∴DE=AD=2x
由（2）知，△DNE≌△DMC，
∴∠EDN=∠CDM，
∵∠NDM=90°，∠CDE=60°，
∴∠EDN=∠CDM=15°，
∴∠FDQ=∠EDN+∠CDE=75°，
∵∠QEC=∠QDM=90°，
∴∠QEC+∠QDM=180°
∴点E，M，D，Q共圆，
∴∠EMQ=∠QDE=15°=∠EDM，
∴∠DMQ=∠DME-EMQ=30°，
∴∠DQM=60°=∠DEM，∵∠EMQ=∠EDM，
∴△DQF∽△DEM，
∴$\frac{QF}{EM}=\frac{DQ}{DE}$，
∴$\frac{QF}{EM}=\frac{\sqrt{2}x}{2x}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
由（2）知，NE=CM，
∴CN=NE+CE=CM+CE=EM，
∴$\frac{QF}{CN}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴CN=$\sqrt{2}$QF．

点评 此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，判断出△BDN≌△PDM是解本题的关键，是一道很好的中考常考题．