Question

6．在平面直角坐標系中，點A和點B分別在x軸的正半軸和y軸的正半軸上，且OA=6，OB=8，點D是AB的中點．
（1）直接寫出點D的坐標及AB的長；
（2）若直角∠NDM繞點D旋轉(zhuǎn)，射線DP分別交x軸、y軸于點P、N，射線DM交x軸于點M，連接MN．
①當點P和點N分別在x軸的負半軸和y軸的正半軸時，若△PDM∽△MON，求點N的坐標；
②在直角∠NDM繞點D旋轉(zhuǎn)的過程中，∠DMN的大小是否會發(fā)生變化？請說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)OA=6，OB=8，點D是AB的中點，可得點D的坐標為（3，4），根據(jù)勾股定理可得AB=$\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}$=10；
（2）①先過點D作DC⊥y軸于C，作DE⊥x軸于E，則得出CD=3=OE，DE=4=CO，∠DCN=∠DEM=90°，再設(shè)ON=x，則CN=4-x，判定△CDN∽△EDM，得出EM=$\frac{4}{3}$（4-x），判定△CDN∽△OPN，得出OP=$\frac{3x}{4-x}$，再根據(jù)PO=MO，得出關(guān)于x的方程$\frac{3x}{4-x}$=3+$\frac{4}{3}$（4-x），求得x的值即可得到點N的坐標；
②先根據(jù)△CDN∽△EDM，得到$\frac{3}{4}$=$\frac{DN}{DM}$，再根據(jù)OA=6，OB=8，得到$\frac{OA}{OB}$=$\frac{3}{4}$，最后根據(jù)$\frac{DN}{AO}$=$\frac{DM}{OB}$，∠AOB=∠NDM=90°，判定△AOB∽△NDM，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)角相等，可得∠DMN=∠OBA，進而得到∠DMN的大小不會發(fā)生變化．

解答 解：（1）∵OA=6，OB=8，點D是AB的中點，
∴點D的坐標為（3，4），AB=$\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}$=10；

（2）①如圖，過點D作DC⊥y軸于C，作DE⊥x軸于E，則
CD=3=OE，DE=4=CO，∠DCN=∠DEM=90°，
設(shè)ON=x，則CN=4-x，
∵∠CDE=∠PDM=90°，
∴∠CDN=∠EDM，
∴△CDN∽△EDM，
∴$\frac{CD}{ED}$=$\frac{CN}{EM}$，即$\frac{3}{4}$=$\frac{4-x}{EM}$，
∴EM=$\frac{4}{3}$（4-x），
∵CD∥PO，
∴△CDN∽△OPN，
∴$\frac{CD}{OP}$=$\frac{CN}{ON}$，即$\frac{3}{OP}$=$\frac{4-x}{x}$，
∴OP=$\frac{3x}{4-x}$，
∵△PDM∽△MON，
∴∠NPO=∠NMO，
∴PN=MN，
∵NO⊥PM，
∴PO=MO，
即$\frac{3x}{4-x}$=3+$\frac{4}{3}$（4-x），
解得x₁=10（舍去），x₂=$\frac{5}{2}$，
∴ON=$\frac{5}{2}$，
∴點N的坐標為（0，$\frac{5}{2}$）；

②在直角∠NDM繞點D旋轉(zhuǎn)的過程中，∠DMN的大小不會發(fā)生變化．
理由：由①可得，△CDN∽△EDM，
∴$\frac{CD}{ED}$=$\frac{DN}{DM}$，即$\frac{3}{4}$=$\frac{DN}{DM}$，
又∵OA=6，OB=8，
∴$\frac{OA}{OB}$=$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{DN}{DM}$=$\frac{OA}{OB}$，即$\frac{DN}{AO}$=$\frac{DM}{OB}$，
又∵∠AOB=∠NDM=90°，
∴△AOB∽△NDM，
∴∠DMN=∠OBA，
∵∠OBA大小不變，
∴∠DMN的大小不會發(fā)生變化．

點評 本題屬于相似三角形綜合題，主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理以及等腰三角形的性質(zhì)的綜合應(yīng)用，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造相似三角形，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例進行推導(dǎo)計算，解題時注意等腰三角形具有三線合一的性質(zhì)，注意方程思想的靈活運用．判定相似三角形的常用方法有：兩組對應(yīng)邊的比相等且夾角對應(yīng)相等的兩個三角形相似；有兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形相似．