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6.在平面直角坐标系中,点A和点B分别在x轴的正半轴和y轴的正半轴上,且OA=6,OB=8,点D是AB的中点.
(1)直接写出点D的坐标及AB的长;
(2)若直角∠NDM绕点D旋转,射线DP分别交x轴、y轴于点P、N,射线DM交x轴于点M,连接MN.
①当点P和点N分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴时,若△PDM∽△MON,求点N的坐标;
②在直角∠NDM绕点D旋转的过程中,∠DMN的大小是否会发生变化?请说明理由.

分析 (1)根据OA=6,OB=8,点D是AB的中点,可得点D的坐标为(3,4),根据勾股定理可得AB=$\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}$=10;
(2)①先过点D作DC⊥y轴于C,作DE⊥x轴于E,则得出CD=3=OE,DE=4=CO,∠DCN=∠DEM=90°,再设ON=x,则CN=4-x,判定△CDN∽△EDM,得出EM=$\frac{4}{3}$(4-x),判定△CDN∽△OPN,得出OP=$\frac{3x}{4-x}$,再根据PO=MO,得出关于x的方程$\frac{3x}{4-x}$=3+$\frac{4}{3}$(4-x),求得x的值即可得到点N的坐标;
②先根据△CDN∽△EDM,得到$\frac{3}{4}$=$\frac{DN}{DM}$,再根据OA=6,OB=8,得到$\frac{OA}{OB}$=$\frac{3}{4}$,最后根据$\frac{DN}{AO}$=$\frac{DM}{OB}$,∠AOB=∠NDM=90°,判定△AOB∽△NDM,根据相似三角形的对应角相等,可得∠DMN=∠OBA,进而得到∠DMN的大小不会发生变化.

解答 解:(1)∵OA=6,OB=8,点D是AB的中点,
∴点D的坐标为(3,4),AB=$\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}$=10;

(2)①如图,过点D作DC⊥y轴于C,作DE⊥x轴于E,则
CD=3=OE,DE=4=CO,∠DCN=∠DEM=90°,
设ON=x,则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=$\frac{5}{2}$,
∴点N的坐标为(0,$\frac{5}{2}$);

②在直角∠NDM绕点D旋转的过程中,∠DMN的大小不会发生变化.
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大小不变,
∴∠DMN的大小不会发生变化.

点评 本题属于相似三角形综合题,主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理以及等腰三角形的性质的综合应用,解决问题的关键是作辅助线构造相似三角形,根据相似三角形的对应边成比例进行推导计算,解题时注意等腰三角形具有三线合一的性质,注意方程思想的灵活运用.判定相似三角形的常用方法有:两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似;有两组角对应相等的两个三角形相似.

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