Question

14．如圖，菱形ABCD內(nèi)兩點(diǎn)M、N，滿足MB⊥BC，MD⊥DC，NB⊥BA，ND⊥DA，若四邊形BMDN的面積是菱形ABCD面積的$\frac{1}{5}$，則cosA=$\frac{2}{3}$．

Answer 1

分析 如圖，連接AN、CM，延長BM交AD于H．AN是菱形ABCD的角平分線，同理CM也是菱形ABCD的角平分線，設(shè)BD與AC交于點(diǎn)O，
易知四邊形BMDN是菱形，設(shè)S_△OMB=S_△ONB=S_△OMD=S_△OND=a，因?yàn)樗倪呅蜝MDN的面積是菱形ABCD面積的$\frac{1}{5}$，所以S_△AMB=S_△AMD=S_△CNB=S_△CND=4a，推出AM=4OM，CN=4ON，設(shè)ON=OM=k，則AM=CN=4k，由△ABO∽△BNO，推出OB²=OA•ON=5k²，推出OB=$\sqrt{5}$k，AB=AD=$\sqrt{A{O}^{2}+O{B}^{2}}$=$\sqrt{30}$k，由$\frac{1}{2}$AD•BH=$\frac{1}{2}$•BD•AO，推出BH=$\frac{AO•BD}{AD}$=$\frac{5}{3}$$\sqrt{6}$，再利用勾股定理求出AH即可解決問題．

解答 解：如圖，連接AN、CM，延長BM交AD于H．

∵AB⊥BN，AD⊥DN，
∴∠ABN=∠ADN=90°，
在Rt△ANB和Rt△AND中，
$\left\{\begin{array}{l}{AN=AN}\\{AB=AD}\end{array}\right.$，
∴△ABN≌△ADN，
∴∠BAN=∠DAN，
∴AN是菱形ABCD的角平分線，同理CM也是菱形ABCD的角平分線，設(shè)BD與AC交于點(diǎn)O，
易知四邊形BMDN是菱形，設(shè)S_△OMB=S_△ONB=S_△OMD=S_△OND=a，
∵四邊形BMDN的面積是菱形ABCD面積的$\frac{1}{5}$，
∴S_△AMB=S_△AMD=S_△CNB=S_△CND=4a，
∴AM=4OM，CN=4ON，設(shè)ON=OM=k，則AM=CN=4k，
∵△ABO∽△BNO，
∴OB²=OA•ON=5k²，
∴OB=$\sqrt{5}$k，AB=AD=$\sqrt{A{O}^{2}+O{B}^{2}}$=$\sqrt{30}$k，
∵$\frac{1}{2}$AD•BH=$\frac{1}{2}$•BD•AO，
∴BH=$\frac{AO•BD}{AD}$=$\frac{5}{3}$$\sqrt{6}$，
∴AH=$\sqrt{A{B}^{2}-B{H}^{2}}$=$\sqrt{30{k}^{2}-\frac{25×6}{9}{k}^{2}}$=$\frac{2}{3}\sqrt{30}$k，
∴cosA=$\frac{AH}{AB}$=$\frac{\frac{2}{3}\sqrt{30}k}{\sqrt{30}k}$=$\frac{2}{3}$．

故答案為$\frac{2}{3}$

點(diǎn)評 本題考查菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識，學(xué)會利用參數(shù)解決問題，學(xué)會利用面積法求線段，所以中考�？碱}型．