Question

【題目】注意：為了使同學(xué)們更好地解答本題的第（Ⅱ）問(wèn)，我們提供了一種分析問(wèn)題的方法，你可以依照這個(gè)方法按要求完成本題的解答，也可以選用其他方法，按照解答題的一般要求進(jìn)行解答即可．
如圖，將一個(gè)矩形紙片ABCD，放置在平面直角坐標(biāo)系中，A（0，0），B（4，0），D（0，3），M是邊CD上一點(diǎn)，將△ADM沿直線AM折疊，得到△ANM．
（Ⅰ）當(dāng)AN平分∠MAB時(shí)，求∠DAM的度數(shù)和點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（Ⅱ）連接BN，當(dāng)DM=1時(shí)，求△ABN的面積；
（Ⅲ）當(dāng)射線BN交線段CD于點(diǎn)F時(shí)，求DF的最大值．（直接寫出答案）
在研究第（Ⅱ）問(wèn)時(shí)，師生有如下對(duì)話：
師：我們可以嘗試通過(guò)加輔助線，構(gòu)造出直角三角形，尋找方程的思路來(lái)解決問(wèn)題．
小明：我是這樣想的，延長(zhǎng)MN與x軸交于P點(diǎn)，于是出現(xiàn)了Rt△NAP，…
小雨：我和你想的不一樣，我過(guò)點(diǎn)N作y軸的平行線，出現(xiàn)了兩個(gè)Rt△NAP，…

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）∵A（0，0），B（4，0），D（0，3），
∴AD=3，AB=4，
由折疊得：△ANM≌△ADM，
∴∠MAN=∠DAM，
∵AN平分∠MAB，
∴∠MAN=∠NAB，
∴∠BAM=∠MAN=∠NAB，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠DAB=90°，
∴∠DAM=30°，
∴DM=ADtan∠DAM=3×tan30°=3× = ，
∴∠DAM=30°，M（ ，3）；
（Ⅱ）延長(zhǎng)MN交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DMA=∠MAQ，
由折疊得：△ANM≌△ADM，
∴∠DMA=∠AMQ，AN=AD=3，MN=MD=1，
∴∠MAQ=∠AMQ，
∴MQ=AQ，
設(shè)NQ=x，則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= = × ANNQ= ×3×4= ；
（Ⅲ）如圖3，過(guò)A作AH⊥BF于H，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠AHB=∠BCF=90°，
∴△ABH∽△BFC，
∴ ，
Rt△AHN中，∵AH≤AN=3，AB=4，
∴當(dāng)點(diǎn)N、H重合（即AH=AN）時(shí)，AH最大，BH最小，CF最小，DF最大，此時(shí)點(diǎn)M、F重合，B、N、M三點(diǎn)共線，如圖4所示，

由折疊得：AD=AH，
∵AD=BC，
∴AH=BC，
在△ABH和△BFC中，
，
∴△ABH≌△BFC（AAS），
∴CF=BH，
由勾股定理得：BH= = = ，
∴CF= ，
∴DF的最大值為DC﹣CF=4﹣
【解析】（Ⅰ）由折疊的性質(zhì)得：△ANM≌△ADM，由角平分線結(jié)合得：∠BAM=∠MAN=∠NAB=30°，由特殊角的三角函數(shù)可求DM的長(zhǎng)，寫出M的坐標(biāo)；（Ⅱ）如圖2，作輔助線，構(gòu)建直角三角形，設(shè)NQ=x，則AQ=MQ=1+x，在Rt△ANQ中，由勾股定理列等式可得關(guān)于x的方程：（x+1）2=32+x2 ， 求出x，得出AB是AQ的 ，即可得出△NAQ和△NAB的關(guān)系，得出結(jié)論；（Ⅲ）如圖3，過(guò)A作AH⊥BF于H，證明△ABH∽△BFC，得 ，Rt△AHN中，∵AH≤AN=3，AB=4，可知：當(dāng)點(diǎn)N、H重合（即AH=AN）時(shí)，AH最大，BH最小，CF最小，DF最大，此時(shí)點(diǎn)M、F重合，B、N、M三點(diǎn)共線，如圖4所示，求此時(shí)DF的長(zhǎng)即可．
【考點(diǎn)精析】利用勾股定理的概念和翻折變換（折疊問(wèn)題）對(duì)題目進(jìn)行判斷即可得到答案，需要熟知直角三角形兩直角邊a、b的平方和等斜邊c的平方,即;a2+b2=c2；折疊是一種對(duì)稱變換，它屬于軸對(duì)稱，對(duì)稱軸是對(duì)應(yīng)點(diǎn)的連線的垂直平分線，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對(duì)應(yīng)邊和角相等．