As shown in the figure, $G$ lies on the median $BE$ of $\mathrm{△}ABC$. Extend $AG$ and $CG$ to intersect $BC$ and $AB$at points $D$ and $F$, respectively. Through $D$, draw a line $DN$ parallel to $CG$ ($DN\parallel CG$) intersecting $BG$ at . If $\mathrm{△}DGL$ and $\mathrm{△}FGM$are both equilateral triangles, prove that $\mathrm{△}LMN$ is an equilateral triangle.

G 在 $\mathrm{△}ABC$△ABC 的中线 $BE$BE 上，延长 $AG$AG、$CG$CG 分别交 $BC$BC、$AB$AB 于点 $D$D、$F$F，过 $D$D 作 $DN\parallel CG$DN∥CG 交 $BG$BG 于 $N$N。如果 $\mathrm{△}DGL$△DGL 与 $\mathrm{△}FGM$△FGM 均为正三角形，求证：$\mathrm{△}LMN$△LMN 是正三角形。

这是一道非常经典的平面几何证明题，结合了塞瓦定理（Ceva’s Theorem）、平行四边形判定以及全等三角形的性质。
以下是详细的证明步骤：
证明思路总览
利用塞瓦定理和平行线分线段成比例，证明四边形
G
F
D
N
GFDN 是平行四边形。
利用平行四边形的性质和已知正三角形的边长关系，证明
△
F
M
N
≅
△
D
N
L
△FMN≅△DNL。
通过角度计算，证明
∠
M
N

L

60
∘
∠MNL=60
∘
且
M

N

N
L
MN=NL，从而得出结论。
详细证明过程
第一步：证明四边形
G
F
D
N
GFDN 是平行四边形
利用塞瓦定理 (Ceva’s Theorem)：
在
△
A
B
C
△ABC 中，点
G
G 是三条塞瓦线
A
D
,
B
E
,
C
F
AD,BE,CF 的交点。
根据塞瓦定理：
A
F
F
B
⋅
B
D
D
C
⋅
C
E
E

A

1
FB
AF
​
⋅
DC
BD
​
⋅
EA
CE
​
=1
因为
B
E
BE 是中线，所以
A

E

E
C
AE=EC，即
C
E
E

A

1
EA
CE
​
=1。
代入上式得：
A
F
F
B
⋅
B
D
D

C

1
  
⟹
  
A
F
F

B

D
C
B
D
FB
AF
​
⋅
DC
BD
​
=1⟹
FB
AF
​
=
BD
DC
​

利用平行线分线段成比例：
已知
D
N
∥
C
G
DN∥CG（即
D
N
∥
C
F
DN∥CF）。
在
△
B
C
F
△BCF 中（或者看
△
B
C
G
△BCG 的截线），由于
D
N
∥
C
G
DN∥CG，根据平行线分线段成比例定理：
B
D
D

C

B
N
N
G
DC
BD
​
=
NG
BN
​

结合第1点的结论
A
F
F

B

D
C
B
D
FB
AF
​
=
BD
DC
​
，我们可以得到：
A
F
F

B

N
G
B
N
  
⟹
  
F
B
A

F

B
N
N
G
FB
AF
​
=
BN
NG
​
⟹
AF
FB
​
=
NG
BN
​

判定平行：
在
△
A
B
G
△ABG 中，因为
F
B
A

F

B
N
N
G
AF
FB
​
=
NG
BN
​
，根据平行线分线段成比例的逆定理，可得：
N
F
∥
A
G
  
⟹
  
N
F
∥
G
D
NF∥AG⟹NF∥GD
又因为已知
D
N
∥
C
G
DN∥CG（即
D
N
∥
G
F
DN∥GF）。
结论： 四边形
G
F
D
N
GFDN 两组对边分别平行（
N
F
∥
G
D
,
D
N
∥
G
F
NF∥GD,DN∥GF），所以
G
F
D
N
GFDN 是平行四边形。
第二步：证明
△
F
M
N
≅
△
D
N
L
△FMN≅△DNL
边相等：
由平行四边形
G
F
D
N
GFDN 性质可知：对边相等，即
D

N

G
F
DN=GF，
F

N

G
D
FN=GD。
由已知
△
F
G
M
△FGM 是正三角形：
F

M

G

F

G
M
FM=GF=GM。
由已知
△
D
G
L
△DGL 是正三角形：
D

L

G

D

G
L
DL=GD=GL。
综合以上：
F

M

G

F

D
N
  
⟹
  
F

M

D
N
FM=GF=DN⟹FM=DN
F

N

G

D

D
L
  
⟹
  
F

N

D
L
FN=GD=DL⟹FN=DL
角相等：
我们需要证明夹角
∠
M
F

N

∠
N
D
L
∠MFN=∠NDL。
∠
M
F

N

∠
M
F
G
+
∠
G
F

N

60
∘
+
∠
G
F
N
∠MFN=∠MFG+∠GFN=60
∘
+∠GFN （因为
△
F
G
M
△FGM 是正三角形）。
∠
N
D

L

∠
N
D
G
+
∠
G
D

L

∠
N
D
G
+
60
∘
∠NDL=∠NDG+∠GDL=∠NDG+60
∘
（因为
△
D
G
L
△DGL 是正三角形）。
现在只需证明
∠
G
F

N

∠
N
D
G
∠GFN=∠NDG。
在平行四边形
G
F
D
N
GFDN 中：
因为
N
F
∥
G
D
NF∥GD，同旁内角互补：
∠
G
F
N
+
∠
F
G

D

180
∘
∠GFN+∠FGD=180
∘
。
因为
D
N
∥
G
F
DN∥GF，同旁内角互补：
∠
N
D
G
+
∠
F
G

D

180
∘
∠NDG+∠FGD=180
∘
。
所以，
∠
G
F

N

∠
N
D
G
∠GFN=∠NDG。
从而得出：
∠
M
F

N

∠
N
D
L
∠MFN=∠NDL。
全等结论：
根据 SAS (边角边)，
△
F
M
N
≅
△
D
N
L
△FMN≅△DNL。
第三步：证明
△
L
M
N
△LMN 是正三角形
边相等：
由
△
F
M
N
≅
△
D
N
L
△FMN≅△DNL 可知，对应边相等：
M

N

N
L
MN=NL
角为
60
∘
60
∘
：
由全等可知对应角相等：
∠
F
M

N

∠
D
N
L
∠FMN=∠DNL。
我们要计算
∠
M
N
L
∠MNL。观察图形，
∠
M
N
L
∠MNL 可以表示为：
∠
M
N

L

∠
F
N
D
−
∠
F
N
M
−
∠
D
N
L
∠MNL=∠FND−∠FNM−∠DNL
(注：这里假设
M
,
L
M,L 在
∠
F
N
D
∠FND 内部，根据图形位置这是合理的)
代换
∠
D
N
L
∠DNL 为
∠
F
M
N
∠FMN：
∠
M
N

L

∠
F
N
D
−
(
∠
F
N
M
+
∠
F
M
N
)
∠MNL=∠FND−(∠FNM+∠FMN)
在
△
F
M
N
△FMN 中，内角和为
180
∘
180
∘
，所以
∠
F
N
M
+
∠
F
M

N

180
∘
−
∠
M
F
N
∠FNM+∠FMN=180
∘
−∠MFN。
代入上式：
∠
M
N

L

∠
F
N
D
−
(
180
∘
−
∠
M
F
N

)

∠
F
N
D
+
∠
M
F
N
−
180
∘
∠MNL=∠FND−(180
∘
−∠MFN)=∠FND+∠MFN−180
∘

由平行四边形性质，对角相等：
∠
F
N

D

∠
F
G
D
∠FND=∠FGD。
所以：
∠
M
N

L

∠
F
G
D
+
∠
M
F
N
−
180
∘
∠MNL=∠FGD+∠MFN−180
∘

前面已知
∠
M
F

N

60
∘
+
∠
G
F
N
∠MFN=60
∘
+∠GFN。
∠
M
N

L

∠
F
G
D
+
(
60
∘
+
∠
G
F
N
)
−
180
∘
∠MNL=∠FGD+(60
∘
+∠GFN)−180
∘

∠
M
N

L

(
∠
F
G
D
+
∠
G
F
N
)
+
60
∘
−
180
∘
∠MNL=(∠FGD+∠GFN)+60
∘
−180
∘

因为
N
F
∥
G
D
NF∥GD，同旁内角互补
∠
F
G
D
+
∠
G
F

N

180
∘
∠FGD+∠GFN=180
∘
。
∠
M
N

L

180
∘
+
60
∘
−
180

∘

60
∘
∠MNL=180
∘
+60
∘
−180
∘
=60
∘

结论：
因为
M

N

N
L
MN=NL 且
∠
M
N

L

60
∘
∠MNL=60
∘
，所以
△
L
M
N
△LMN 是正三角形。
证毕。