Question

4．（1）如图1，在平面直角坐标系中，四边形OBCD是正方形，且D（0，2），点E是线段OB延长线上一点，M是线段OB上一动点（不包括点O、B），作MN⊥DM，垂足为M，且MN=DM．设OM=a，请你利用基本活动经验直接写出点N的坐标N（2+a，a）（用含a的代数式表示）；
（2）如果（1）的条件去掉“且MN=DM”，加上“交∠CBE的平分线与点N”，如图2，求证：MD=MN．如何突破这种定势，获得问题的解决，请你写出你的证明过程．
（3）如图3，请你继续探索：连接DN交BC于点F，连接FM，下列两个结论：①FM的长度不变；②MN平分∠FMB，请你指出正确的结论，并给出证明．

Answer 1

分析 （1）如图1中，作NE⊥OB于E，只要证明△DMO△MNE即可解决问题．
（2）如图2中，在OD上取OH=OM，连接HM，只要证明△DHM≌△MBN即可．
（3）结论：MN平分∠FMB成立．如图3中，在BO延长线上取OA=CF，过M作MP⊥DN于P，因为∠NMB+∠CDF=45°，所以只要证明∠FMN+∠CDF=45°即可解决问题．

解答 （1）解：如图1中，作NE⊥OB于E，

∵∠DMN=90°，
∴∠DMO+∠NME=90°，∠NME+∠MNE=90°，
∴∠DMO=∠MNE，
在△DMO和△MNE中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DOM=∠NEM=90°}\\{∠DMO=∠MNE}\\{DM=MN}\end{array}\right.$，
∴△DMO△MNE，
∴ME=DO=2，NE=OM=a，
∴OE=OM+ME=2+a，
∴点N坐标（2+a，a），
故答案为N（2+a，a）．

（2）证明：如图2中，在OD上取OH=OM，连接HM，

∵OD=OB，OH=OM，
∴HD=MB，∠OHM=∠OMH，
∴∠DHM=180°-45°=135°，
∵NB平分∠CBE，
∴∠NBE=45°，
∴∠NBM=180°-45°=135°，
∴∠DHM=∠NBM，
∵∠DMN=90°，
∴∠DMO+∠NMB=90°，
∵∠HDM+∠DMO=90°，
∴∠HDM=∠NMB，
在△DHM和△MBN中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠HDM=∠NME}\\{DH=MB}\\{∠DHM=∠NBM}\end{array}\right.$，
∴△DHM≌△MBN（ASA），
∴DM=MN．                                
（3）结论：MN平分∠FMB成立．
证明：如图3中，在BO延长线上取OA=CF，

在△AOD和△FCD中，
$\left\{\begin{array}{l}{DO=DC}\\{∠DOA=∠C=90°}\\{OA=CF}\end{array}\right.$，
∴△DOA≌△DCF，
∴AD=DF，∠ADO=∠CDF，
∵∠MDN=45°，
∴∠CDF+∠ODM=45°，
∴∠ADO+∠ODM=45°，
∴∠ADM=∠FDM，
在△DMA和△DMF中，
$\left\{\begin{array}{l}{DM=DM}\\{∠MDA=∠MDF}\\{DA=DF}\end{array}\right.$，
∴△DMA≌△DMF，
∴∠DFM=∠DAM=∠DFC，
过M作MP⊥DN于P，则∠FMP=∠CDF，
由（2）可知∠NMF+∠FMP=∠PMN=45°，
∴∠NMB=∠MDH，∠MDO+∠CDF=45°，
∴∠NMB=∠NMF，即MN平分∠FMB．

点评 本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形，记住一些基本图形，可以使得我们在观察新问题的时候很迅速地联想，属于中考压轴题．