Question

19．如图，矩形ABCD中，AB=4，AD=3，M是边CD上一点，将△ADM沿直线AM对折，得到△ANM．
（1）当AN平分∠MAB时，求DM的长；
（2）连接BN，当DM=1时，求△ABN的面积；
（3）当射线BN交线段CD于点F时，求DF的最大值．

Answer 1

分析 （1）由折叠性质得∠MAN=∠DAM，证出∠DAM=∠MAN=∠NAB，由三角函数得出DM=AD•tan∠DAM=$\sqrt{3}$即可；
（2）延长MN交AB延长线于点Q，由矩形的性质得出∠DMA=∠MAQ，由折叠性质得出∠DMA=∠AMQ，AN=AD=3，MN=MD=1，得出∠MAQ=∠AMQ，证出MQ=AQ，设NQ=x，则AQ=MQ=1+x，证出∠ANQ=90°，在Rt△ANQ中，由勾股定理得出方程，解方程求出NQ=4，AQ=5，即可求出△ABN的面积；
（3）过点A作AH⊥BF于点H，证明△ABH∽△BFC，得出对应边成比例$\frac{BH}{AH}$=$\frac{CF}{BC}$，得出当点N、H重合（即AH=AN）时，AH最大，BH最小，CF最小，DF最大，此时点M、F重合，B、N、M三点共线，由折叠性质得：AD=AH，由AAS证明△ABH≌△BFC，得出CF=BH，由勾股定理求出BH，得出CF，即可得出结果．

解答 解：（1）由折叠性质得：△ANM≌△ADM，
∴∠MAN=∠DAM，
∵AN平分∠MAB，∠MAN=∠NAB，
∴∠DAM=∠MAN=∠NAB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=90°，
∴∠DAM=30°，
∴DM=AD•tan∠DAM=3×tan30°=3×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=$\sqrt{3}$；
（2）延长MN交AB延长线于点Q，如图1所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC，
∴∠DMA=∠MAQ，
由折叠性质得：△ANM≌△ADM，
∴∠DMA=∠AMQ，AN=AD=3，MN=MD=1，
∴∠MAQ=∠AMQ，
∴MQ=AQ，
设NQ=x，则AQ=MQ=1+x，
∵∠ANM=90°，
∴∠ANQ=90°，
在Rt△ANQ中，由勾股定理得：AQ²=AN²+NQ²，
∴（x+1）²=3²+x²，
解得：x=4，
∴NQ=4，AQ=5，
∵AB=4，AQ=5，
∴S_△NAB=$\frac{4}{5}$S_△NAQ=$\frac{4}{5}$×$\frac{1}{2}$AN•NQ=$\frac{4}{5}$×$\frac{1}{2}$×3×4=$\frac{24}{5}$；
（3）过点A作AH⊥BF于点H，如图2所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC，
∴∠HBA=∠BFC，
∵∠AHB=∠BCF=90°，
∴△ABH∽△BFC，
∴$\frac{BH}{AH}$=$\frac{CF}{BC}$，
∵AH≤AN=3，AB=4，
∴当点N、H重合（即AH=AN）时，AH最大，BH最小，CF最小，DF最大，此时点M、F重合，B、N、M三点共线，如图3所示：
由折叠性质得：AD=AH，
∵AD=BC，
∴AH=BC，
在△ABH和△BFC中，$\left\{\begin{array}{l}{∠HBA=∠BFC}\\{∠AHB=∠BCF}\\{AH=BC}\end{array}\right.$，
∴△ABH≌△BFC（AAS），
∴CF=BH，
由勾股定理得：BH=$\sqrt{A{B}^{2}-A{H}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}-{3}^{2}}$=$\sqrt{7}$，
∴CF=$\sqrt{7}$，
∴DF的最大值=DC-CF=4-$\sqrt{7}$．

点评 本题考查了矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；本题综合性强，难度较大，熟练掌握矩形和折叠的性质，证明三角形相似和三角形全等是解决问题的关键．