Question

19．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，正方形ABCO的邊AB交y軸于D點(diǎn)．
（1）若C點(diǎn)坐標(biāo)為（3，1），求B點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）E為BC上一點(diǎn)，且∠ODE=∠DOC，求∠DOE的值；
（3）如圖2，若M為OB的中點(diǎn)，過(guò)C點(diǎn)作CN⊥x軸，連接MN，探索NO，NM，NC三條線(xiàn)段之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．

Answer 1

分析 （1）作BG⊥y軸于G，作CP⊥x軸于P，BG與CP交于H；由AAS證明△BCH≌△COP，得出對(duì)應(yīng)邊相等BH=CP=1，CH=OE=3，求出BG、HP即可；
（2）如圖2，作輔助線(xiàn)，構(gòu)建全等三角形，證明△OAD≌△OQD（AAS），得OA=OQ，再證明Rt△OQE≌Rt△OCE（HL），根據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)角相等可得∠DOE=45°；
（3）結(jié)論：$\sqrt{2}$MN=ON+NC，作輔助線(xiàn)，構(gòu)建直角梯形，根據(jù)直角梯形的中位線(xiàn)定理得：MH=$\frac{1}{2}$（AG+CN），再證明△AOG≌△OCN，得AG=ON，由O、N、C、M四點(diǎn)共圓，可知∠ONM=∠OCM=45°，則△MHN是等腰直角三角形，所以MN=$\sqrt{2}$MH，代入可得結(jié)論．

解答 解：（1）作BG⊥y軸于G，作CP⊥x軸于P，BG與CP交于H，如圖1，
則∠BHC=∠CPO=90°，
∴∠HBC+∠BCH=90°，
∵C點(diǎn)坐標(biāo)為（3，1），
∴OP=3，CP=1，
∵四邊形ABCO是正方形，
∴BC=OC，∠BCO=90°，
∴∠BCH+∠OCP=90°，
∴∠HBC=∠OCP，
在△BCH和△COP中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BHC=∠CPO}\\{∠HBC=∠OCP}\\{BC=OC}\end{array}\right.$，
∴△BCH≌△COP（AAS），
∴BH=CP=1，CH=OP=3，
∴BG=3-1=2，HP=3+1=4，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為：（2，4）；

（2）如圖2，過(guò)O作OQ⊥DE于Q，
∵四邊形AOCB是正方形，
∴AB∥OC，∠A=∠OCB=∠AOC=90°，AO=OC，
∴∠ADO=∠DOC，
∵∠ODE=∠DOC，
∴∠ADO=∠ODE，
∵∠A=∠OQD=90°，OD=OD，
∴△OAD≌△OQD（AAS），
∴OA=OQ，∠AOD=∠DOQ，
∵OE=OE，
∴Rt△OQE≌Rt△OCE（HL），
∴∠QOE=∠COE，
∵∠AOC=90°，
∴∠AOD+∠DOQ+∠QOE+∠EOC=90°，
∴∠DOQ+∠QOE=45°，
即∠DOE=45°；

（3）結(jié)論：$\sqrt{2}$MN=ON+NC，理由是：
如圖3，過(guò)M作MH⊥x軸于H，過(guò)A作AG⊥x軸于G，連接AC，則四邊形AGNC是直角梯形，
在正方形ABCD中，
∵M(jìn)是OB的中點(diǎn)，
∴AC過(guò)M點(diǎn)，
∴AM=MC，
∵AG∥MH∥CN，
∴GH=NH，
∴MH是直角梯形AGCN的中位線(xiàn)，
∴MH=$\frac{1}{2}$（AG+CN），
∵∠AOC=90°，
∴∠AOG+∠CON=90°，
∵∠AGO=∠ONC=90°，
∴∠GAO+∠AOG=90°，
∴∠CON=∠GAO，
∵AO=OC，
∴△AOG≌△OCN，
∴AG=ON，
∵∠ONC=∠OMC=90°，
∴∠ONC+∠OMC=180°，
∴O、N、C、M四點(diǎn)共圓，
∴∠ONM=∠OCM=45°，
∴△MHN是等腰直角三角形，
∴MN=$\sqrt{2}$MH，
∴$\sqrt{2}$MN=2MH=2×$\frac{1}{2}$（AG+CN）=AG+CN=ON+CN．

點(diǎn)評(píng) 本題是四邊形的綜合題，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；熟練掌握正方形的性質(zhì)和作輔助線(xiàn)構(gòu)建三角形全等是本題的關(guān)鍵，并能進(jìn)行推理論證與計(jì)算，使問(wèn)題得以解決．