Question

6．福州一中初一（1）班的班徽如圖1所示，班徽由一個(gè)菱形和一個(gè)正三角形組合構(gòu)成，如圖2，菱形ABCD中，AB=4，∠A=60°，△DMN為正三角形，如果點(diǎn)M、N分別在菱形的變AB、BC上滑動(dòng)，且M、N不與A、B、C重合．
（1）證明：不論M、N如何滑動(dòng)，總有BM=CN；
（2）在M、N滑動(dòng)的過(guò)程中，試探究四邊形DMBN的面積是否為定值？如果是，求出這個(gè)定值；如果不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．
（3）求△BMN的面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）連接BD，根據(jù)菱形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)證明△CDN≌△BDM，得到答案；
（2）根據(jù)割補(bǔ)法求面積的思想解答；
（3）當(dāng)正三角形DMN的邊DN與BC垂直時(shí)，邊DN最短．△DMN的面積會(huì)隨著DN的變化而變化，且當(dāng)DN最短時(shí)，正三角形DMN的面積會(huì)最小，又根據(jù)S_△BMN=S_{四邊形DMBNF}-S_△DMN，則△BMN的面積就會(huì)最大．

解答 （1）證明：連接AC，如圖2，
∵四邊形ABCD為菱形，∠A=60°，
∴∠ADC=120°，
∴∠CDN+∠BDN=60°，
∵∠BDM+∠BDN=60°，
∴∠CDN=∠BDM，
∵∠ADC=120°，
∴△ABD和△CBD為等邊三角形，
∴∠ABD=60°，DC=DB，
在△CDN和△BDM中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠CDN=∠BDM}\\{CD=BD}\\{∠C=∠DBM=60°}\end{array}\right.$，
∴△CDN≌△BDM（ASA），
∴BM=CN；
（2）解：四邊形AECF的面積不變．
理由：由（1）得△CDN≌△BDM，
則S_△CDN=S_△BDM，
故S_{四邊形AECF}=S_△AEC+S_△ACF=S_△AEC+S_△ABE=S_△ABC，是定值，
作DH⊥BC于H點(diǎn)，則BH=2，
S_{四邊形DMBN}=S_△DBC=$\frac{1}{2}$BC•DH=$\frac{1}{2}$BC•$\sqrt{D{C}^{2}-C{H}^{2}}$=4$\sqrt{3}$；
（3）由“垂線段最短”可知：當(dāng)正三角形DMN的邊DN與BC垂直時(shí)，邊DN最短．
故△BMN的面積會(huì)隨著DN的變化而變化，且當(dāng)DN最短時(shí)，正三角形DMN的面積會(huì)最小，
又S_△BMN=S_{四邊形DMBN}-S_△DMN，則此時(shí)△BMN的面積就會(huì)最大．
∴S_△BMN=S_{四邊形DMBN}-S_△DMN=4$\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{3}$×$\sqrt{（2\sqrt{3}）^{2}-（\sqrt{3}）^{2}}$=$\sqrt{3}$，
∴△BMN的面積的最大值為$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了菱形的性質(zhì)、全等三角形判定與性質(zhì)及三角形面積的計(jì)算，求證△CDN≌△BDM是解題的關(guān)鍵，有一定難度．