登录
7. 在综合与实践课上，八年级某兴趣小组的三名同学对含 $60°$角的菱形进行了如下探究.
【背景】如图10，在菱形ABCD中，$∠ A=60°$，作$∠ MDN=∠ A$，DM，DN分别交边AB，BC于点M，N.
【感知】（1）如图10，若M是边AB的中点，小明经过探索发现了线段DM与DN之间的数量关系，请你直接写出这个数量关系：
【探究】（2）如图11，当M为边AB上的任意一点时，请判断（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由.
【应用】（3）若$AB=6$，$DM=2\sqrt{7}$，求线段CN的长.
【背景】如图10，在菱形ABCD中，$∠ A=60°$，作$∠ MDN=∠ A$，DM，DN分别交边AB，BC于点M，N.
【感知】（1）如图10，若M是边AB的中点，小明经过探索发现了线段DM与DN之间的数量关系，请你直接写出这个数量关系：
DM=DN
.【探究】（2）如图11，当M为边AB上的任意一点时，请判断（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由.
【应用】（3）若$AB=6$，$DM=2\sqrt{7}$，求线段CN的长.
答案
7.（1）DM=DN
（2）仍然成立. 理由：如答图7
，连接BD.∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CB=CD，∠A=∠C=60°，
∴△ABD和△BCD是等边三角形.
∴AD=BD，∠A=∠DBN=∠ADB=60°.
∵∠MDN=∠A=60°，
∴∠ADM=60°−∠MDB=∠BDN，
∴△ADM≌△BDN，
∴DM=DN
（3）如答图8
，过点D作DE⊥BC交BC于点E，连接BD. 由（2）可知△ABD和△BCD是等边三角形.∴CE=BE=$\frac{1}{2}BC=3$，BD=CD=6，∠DBE=∠C=60°，
∴DE=$\sqrt{CD^2−CE^2}=3\sqrt{3}$.
∵DM=2$\sqrt{7}$，由（2）知DN=DM=2$\sqrt{7}$，
∴EN=$\sqrt{DN^2−DE^2}=1$. 如答图8
，当点N在线段CE上时，CN=CE−EN=3−1=2；如答图9
，当点N在线段BE上时，CN=CE+EN=3+1=4. 综上所述，CN的值为2或4解析
【分析】
（1）感知问：已知菱形ABCD中∠A=60°，菱形邻边相等，因此△ABD是等边三角形，M为AB中点，结合∠MDN=60°，可通过全等关系直接得到DM与DN相等；
（2）探究问：要验证一般情况下DM=DN，可通过证明三角形全等推导。连接BD后，利用菱形含60°角的性质可得△ABD、△BCD均为等边三角形，得到AD=BD、∠A=∠DBN=60°，再结合∠MDN=60°可推出∠ADM=∠BDN，即可证明△ADM≌△BDN，得到DM=DN；
（3）应用问：求CN长度时，过D作BC的垂线DE，利用等边三角形的性质可求出DE、CE的长度，结合已知DN=DM，用勾股定理求出EN的长度，最后分点N在CE上、点N在BE上两种情况分类讨论，即可得到CN的两个取值。
【解析】
（1）根据菱形和等边三角形的性质，直接可得DM=DN；
（2）结论仍然成立，理由如下：
连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CB=CD，∠A=∠C=60°，因此△ABD和△BCD都是等边三角形，可得AD=BD，∠A=∠DBN=∠ADB=60°。
∵∠MDN=∠A=60°，
∴∠ADM=∠ADB - ∠MDB=60°-∠MDB，∠BDN=∠MDN - ∠MDB=60°-∠MDB，即∠ADM=∠BDN。
在△ADM和△BDN中，∠A=∠DBN，AD=BD，∠ADM=∠BDN，
∴△ADM≌△BDN（ASA），
∴DM=DN。
（3）过D作DE⊥BC于点E，连接BD，由（2）知△BCD是等边三角形，
∴BC=CD=AB=6，DE为等边△BCD的高，因此BE=CE=$\frac{1}{2}$BC=3。
在Rt△CDE中，$DE=\sqrt{CD^2 - CE^2}=\sqrt{6^2 - 3^2}=3\sqrt{3}$。
由（2）可知DN=DM=$2\sqrt{7}$，在Rt△DEN中，$EN=\sqrt{DN^2 - DE^2}=\sqrt{(2\sqrt{7})^2 - (3\sqrt{3})^2}=\sqrt{28-27}=1$。
分两种情况：①当N在线段CE上时，CN=CE-EN=3-1=2；②当N在线段BE上时，CN=CE+EN=3+1=4。综上CN的长为2或4。
【答案】
7.（1）DM=DN
（2）仍然成立. 理由：如答图7，连接BD.
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CB=CD，∠A=∠C=60°，
∴△ABD和△BCD是等边三角形.
∴AD=BD，∠A=∠DBN=∠ADB=60°.
∵∠MDN=∠A=60°，
∴∠ADM=60°−∠MDB=∠BDN，
∴△ADM≌△BDN，
∴DM=DN
（3）如答图8，过点D作DE⊥BC交BC于点E，连接BD. 由（2）可知△ABD和△BCD是等边三角形.
∴CE=BE=$\frac{1}{2}BC=3$，BD=CD=6，∠DBE=∠C=60°，
∴DE=$\sqrt{CD^2−CE^2}=3\sqrt{3}$.
∵DM=2$\sqrt{7}$，由（2）知DN=DM=2$\sqrt{7}$，
∴EN=$\sqrt{DN^2−DE^2}=1$. 如答图8，当点N在线段CE上时，CN=CE−EN=3−1=2；如答图9，当点N在线段BE上时，CN=CE+EN=3+1=4. 综上所述，CN的值为2或4
【知识点】
菱形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是菱形的综合探究题，从特殊到一般验证线段的数量关系，再结合勾股定理求解线段长度，解题关键是连接BD构造等边三角形证明全等，第三问需注意分类讨论点N的位置，避免漏解，能够有效锻炼几何推理能力和思维的严谨性。
【难度系数】
0.6
（1）感知问：已知菱形ABCD中∠A=60°，菱形邻边相等，因此△ABD是等边三角形，M为AB中点，结合∠MDN=60°，可通过全等关系直接得到DM与DN相等；
（2）探究问：要验证一般情况下DM=DN，可通过证明三角形全等推导。连接BD后，利用菱形含60°角的性质可得△ABD、△BCD均为等边三角形，得到AD=BD、∠A=∠DBN=60°，再结合∠MDN=60°可推出∠ADM=∠BDN，即可证明△ADM≌△BDN，得到DM=DN；
（3）应用问：求CN长度时，过D作BC的垂线DE，利用等边三角形的性质可求出DE、CE的长度，结合已知DN=DM，用勾股定理求出EN的长度，最后分点N在CE上、点N在BE上两种情况分类讨论，即可得到CN的两个取值。
【解析】
（1）根据菱形和等边三角形的性质，直接可得DM=DN；
（2）结论仍然成立，理由如下：
连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CB=CD，∠A=∠C=60°，因此△ABD和△BCD都是等边三角形，可得AD=BD，∠A=∠DBN=∠ADB=60°。
∵∠MDN=∠A=60°，
∴∠ADM=∠ADB - ∠MDB=60°-∠MDB，∠BDN=∠MDN - ∠MDB=60°-∠MDB，即∠ADM=∠BDN。
在△ADM和△BDN中，∠A=∠DBN，AD=BD，∠ADM=∠BDN，
∴△ADM≌△BDN（ASA），
∴DM=DN。
（3）过D作DE⊥BC于点E，连接BD，由（2）知△BCD是等边三角形，
∴BC=CD=AB=6，DE为等边△BCD的高，因此BE=CE=$\frac{1}{2}$BC=3。
在Rt△CDE中，$DE=\sqrt{CD^2 - CE^2}=\sqrt{6^2 - 3^2}=3\sqrt{3}$。
由（2）可知DN=DM=$2\sqrt{7}$，在Rt△DEN中，$EN=\sqrt{DN^2 - DE^2}=\sqrt{(2\sqrt{7})^2 - (3\sqrt{3})^2}=\sqrt{28-27}=1$。
分两种情况：①当N在线段CE上时，CN=CE-EN=3-1=2；②当N在线段BE上时，CN=CE+EN=3+1=4。综上CN的长为2或4。
【答案】
7.（1）DM=DN
（2）仍然成立. 理由：如答图7
，连接BD.∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CB=CD，∠A=∠C=60°，
∴△ABD和△BCD是等边三角形.
∴AD=BD，∠A=∠DBN=∠ADB=60°.
∵∠MDN=∠A=60°，
∴∠ADM=60°−∠MDB=∠BDN，
∴△ADM≌△BDN，
∴DM=DN
（3）如答图8
，过点D作DE⊥BC交BC于点E，连接BD. 由（2）可知△ABD和△BCD是等边三角形.∴CE=BE=$\frac{1}{2}BC=3$，BD=CD=6，∠DBE=∠C=60°，
∴DE=$\sqrt{CD^2−CE^2}=3\sqrt{3}$.
∵DM=2$\sqrt{7}$，由（2）知DN=DM=2$\sqrt{7}$，
∴EN=$\sqrt{DN^2−DE^2}=1$. 如答图8
，当点N在线段CE上时，CN=CE−EN=3−1=2；如答图9，当点N在线段BE上时，CN=CE+EN=3+1=4. 综上所述，CN的值为2或4【知识点】
菱形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是菱形的综合探究题，从特殊到一般验证线段的数量关系，再结合勾股定理求解线段长度，解题关键是连接BD构造等边三角形证明全等，第三问需注意分类讨论点N的位置，避免漏解，能够有效锻炼几何推理能力和思维的严谨性。
【难度系数】
0.6
