Question

8．如圖1，四邊形ABCD是菱形，AD=5，過(guò)點(diǎn)D作AB的垂線DH，垂足為H，交對(duì)角線AC于M，連接BM，且AH=3．

（1）求DM的長(zhǎng)；
（2）如圖2，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿折線ABC方向以2個(gè)單位/秒的速度向終點(diǎn)C勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)△PMB的面積為S（S≠0），點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（3）在（2）的條件下，當(dāng)點(diǎn)P在邊AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，是否存在這樣的t的值，使∠MPB與∠BCD互為余角？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）方法一、由菱形的性質(zhì)得到條件，判斷出△AMH∽△CDM，由勾股定理計(jì)算出DH，即可；
方法二、先判斷出△CDM≌△CBM，再用勾股定理即可求出DM，
（2）由△BCM≌△DCM計(jì)算出BM=DM，分兩種情況計(jì)算即可；
（3）由菱形的性質(zhì)判斷出△ADM≌△ABM，再判斷出△BMP是等腰三角形，即可．

解答 解：（1）在Rt△ADH中，AD=5，AH=3，
∴DH=4，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB∥DC，
∴∠BAC=∠DCA，
∵DH⊥AB，
∴∠AHD=∠CDH，
∴△AMH∽△CDM，
∴$\frac{HM}{DM}=\frac{AH}{CD}=\frac{3}{5}$，
∴$\frac{DH}{DM}=\frac{8}{5}$，
∵DH=4，
∴DM=$\frac{5}{2}$；
方法二、在Rt△ADH中，AD=5，AH=3，
∴DH=4，
∵AC是菱形ABCD的對(duì)角線，
∴∠ACD=∠ACB，CD=CB，
在△DCM和△BCM中，$\left\{\begin{array}{l}{CD=CB}\\{∠DCM=∠BCM}\\{CM=CM}\end{array}\right.$，
∴△DCM≌△BCM，
∴DM=BM，
在Rt△BHM中，BM=DM，HM=DH-DM=4-DM，BH=AB-AH=2，
根據(jù)勾股定理得，DM²-MH²=BH²，
即：DM²-（4-DM）²=4，
∴DM=$\frac{5}{2}$；

（2）在△BCM和△DCM中，
$\left\{\begin{array}{l}{CM=CN}\\{∠ACD=∠ACB}\\{CB=CD}\end{array}\right.$，
∴△BCM≌△DCM，
∴BM=DM=$\frac{5}{2}$，∠CDM=∠CBM=90°
①當(dāng)P在AB之間時(shí)，S=$\frac{1}{2}$（5-2t）×$\frac{3}{2}$=-$\frac{3}{2}$t+$\frac{15}{4}$．
②當(dāng)P在BC之間時(shí)，S=$\frac{1}{2}$（2t-5）×$\frac{5}{2}$=$\frac{5}{2}$t-$\frac{25}{4}$，

（3）存在，
∵∠ADM+∠BAD=90°，∠BCD=∠BAD，
∴∠ADM+∠BCD=90°，
∵∠MPB+∠BCD=90°，
∴∠MPB=∠ADM，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠DAM=∠BAM，
∵AM=AM，
∴△ADM≌△ABM，
∴∠ADM=∠ABM，
∴∠MPB=∠ABM，
∵M(jìn)H⊥AB，
∴PH=BH=2，
∴BP=2BH=4，
∵AB=5，
∴AP=1，
∴t=$\frac{AP}{2}$=$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 此題是四邊形綜合題，主要考查了菱形的性質(zhì)，和三角形全等的判定和性質(zhì)，勾股定理得應(yīng)用，∠MPB=∠ABM的判斷是解本題的關(guān)鍵．