Question

6．如圖菱形ABCD中，∠ADC=60°，M、N分別為線段AB，BC上兩點(diǎn)，且BM=CN，且AN，CM所在直線相交于E．

（1）填空：∠AEC=∠BAD，AE，CE，DE之間的數(shù)量關(guān)系A(chǔ)E+CE=DE；
（2）若M、N分別為線段AB，BC延長(zhǎng)線上兩點(diǎn)，其他條件不變，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？試畫(huà)圖并證明之．
（3）若菱形邊長(zhǎng)為3，M、N分別為線段AB，BC上兩點(diǎn)時(shí)，連接BE，Q是BE的中點(diǎn)，則AQ的取值范圍是$\frac{3}{2}$≤AQ≤$\frac{3\sqrt{3}}{2}$．

Answer 1

分析 （1）利用菱形的性質(zhì)得出結(jié)論，進(jìn)而判斷出△BCM≌△CAN，即可得出結(jié)論；
（2）同（1）的方法得出△ACN≌△CBM，再判斷出△AGC≌△DEC進(jìn)而得出新的結(jié)論；
（3）找出AQ最小和最大的分界點(diǎn)，根據(jù)菱形的性質(zhì)計(jì)算即可．

解答 解：如圖1，（1）連接AC，
∵菱形ABCD中，∠ADC=60°，
∴AC=CD=BC，∠BCD=∠BAD，∠ACN=∠B=60°，
在△BCM和△CAN中，$\left\{\begin{array}{l}{BM=CN}\\{∠B=∠ACN}\\{BC=AC}\end{array}\right.$，
∴△BCM≌△CAN，
∴∠BCM=∠CAN，
∴∠AEC=180°-（∠CAN+∠ACE）=180°-（BCM+∠ACE）=180°-∠ACB=180°-∠B=∠BAD=120；
在ED上截取EG=CE，則△CEG為等邊三角形，
∴CG=CE，∠AEC+∠ECG=120°+60°=180°，
∴CG∥AE，
∴∠ACG=∠CAN=∠BCM，
∴∠ACE=∠BCG，
在△AEC和△DGC中，$\left\{\begin{array}{l}{AC=BC}\\{∠ACE=∠BCG}\\{CE=CG}\end{array}\right.$，
∴△AEC≌△DGC
∴AE=DG
∴DE=DG+EG=AE+CE，
故答案為：∠BAD，AE+CE=DE

（2）不成立，結(jié)論是：∠AEC+∠BAD=180°，AE=CE+DE；
如圖2，連接AC，
∵四邊形ABCD是菱形，∠ADC=60°，
∴AB=BC=CD=AC，∠ADC=∠ABC=60°，
∴∠BCM=∠ACN=120°，
在△ACN和△BCM中，$\left\{\begin{array}{l}{CN=BM}\\{∠ACN=∠BCM}\\{AC=BC}\end{array}\right.$，
∴△ACN≌△CBM
∴∠M=∠N，
∵∠BCM=∠NCE，
∵∠MBC=180°-（∠M+∠BCM），∠CEN=180°-（∠N+∠ECN）
∴∠MBC=∠CEN
∴∠ABC=∠AEC
∵∠ABC+∠BAD=180°
∴∠AEC+∠BAD=180°，
在EA上截取EG=CE，則△CEG為等邊三角形，
∴CG=CE，∠ECG=∠ACD=60°，
∴∠ACG=∠DCE，
在△AGC和△DEC中，$\left\{\begin{array}{l}{AC=DC}\\{∠ACG=∠DCE}\\{CG=CE}\end{array}\right.$，
∴△AGC≌△DEC
∴AG=DE
∴AE=EG+AG=CE+DE，
∴∠AEC+∠BAD=180°，AE=CE+DE；
∴（1）中的結(jié)論是不成立，新結(jié)論是：∠AEC+∠BAD=180°，AE=CE+DE；
（3）如圖3，當(dāng)點(diǎn)N在菱形的頂點(diǎn)C處，點(diǎn)M在菱形的頂點(diǎn)B處時(shí)，
AN與CM的交點(diǎn)E在菱形的頂點(diǎn)C處，Q點(diǎn)是BC的中點(diǎn)，
∵△ABC是等邊三角形，
∴AQ=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，

如圖4，

當(dāng)點(diǎn)M在菱形的頂點(diǎn)A處，N在菱形的頂點(diǎn)B處時(shí)，
點(diǎn)E在菱形的頂點(diǎn)A處，點(diǎn)Q是AB的中點(diǎn)，
即：AQ=$\frac{3}{2}$，
∴$\frac{3}{2}≤AQ≤\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
故答案為：$\frac{3}{2}$≤AQ≤$\frac{3\sqrt{3}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 此題是四邊形綜合題，主要考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，線段AQ范圍的確定是解本題的關(guān)鍵也是難點(diǎn)．