Question

6．福州一中初一（1）班的班徽如图1所示，班徽由一个菱形和一个正三角形组合构成，如图2，菱形ABCD中，AB=4，∠A=60°，△DMN为正三角形，如果点M、N分别在菱形的变AB、BC上滑动，且M、N不与A、B、C重合．
（1）证明：不论M、N如何滑动，总有BM=CN；
（2）在M、N滑动的过程中，试探究四边形DMBN的面积是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由．
（3）求△BMN的面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）连接BD，根据菱形的性质和等边三角形的性质证明△CDN≌△BDM，得到答案；
（2）根据割补法求面积的思想解答；
（3）当正三角形DMN的边DN与BC垂直时，边DN最短．△DMN的面积会随着DN的变化而变化，且当DN最短时，正三角形DMN的面积会最小，又根据S_△BMN=S_{四边形DMBNF}-S_△DMN，则△BMN的面积就会最大．

解答 （1）证明：连接AC，如图2，
∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，
∴∠ADC=120°，
∴∠CDN+∠BDN=60°，
∵∠BDM+∠BDN=60°，
∴∠CDN=∠BDM，
∵∠ADC=120°，
∴△ABD和△CBD为等边三角形，
∴∠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：四边形AECF的面积不变．
理由：由（1）得△CDN≌△BDM，
则S_△CDN=S_△BDM，
故S_{四边形AECF}=S_△AEC+S_△ACF=S_△AEC+S_△ABE=S_△ABC，是定值，
作DH⊥BC于H点，则BH=2，
S_{四边形DMBN}=S_△DBC=$\frac{1}{2}$BC•DH=$\frac{1}{2}$BC•$\sqrt{D{C}^{2}-C{H}^{2}}$=4$\sqrt{3}$；
（3）由“垂线段最短”可知：当正三角形DMN的边DN与BC垂直时，边DN最短．
故△BMN的面积会随着DN的变化而变化，且当DN最短时，正三角形DMN的面积会最小，
又S_△BMN=S_{四边形DMBN}-S_△DMN，则此时△BMN的面积就会最大．
∴S_△BMN=S_{四边形DMBN}-S_△DMN=4$\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{3}$×$\sqrt{（2\sqrt{3}）^{2}-（\sqrt{3}）^{2}}$=$\sqrt{3}$，
∴△BMN的面积的最大值为$\sqrt{3}$．

点评 本题考查了菱形的性质、全等三角形判定与性质及三角形面积的计算，求证△CDN≌△BDM是解题的关键，有一定难度．