Question

19．如图1，在平面直角坐标系中，正方形ABCO的边AB交y轴于D点．
（1）若C点坐标为（3，1），求B点坐标；
（2）E为BC上一点，且∠ODE=∠DOC，求∠DOE的值；
（3）如图2，若M为OB的中点，过C点作CN⊥x轴，连接MN，探索NO，NM，NC三条线段之间的数量关系，并证明．

Answer 1

分析 （1）作BG⊥y轴于G，作CP⊥x轴于P，BG与CP交于H；由AAS证明△BCH≌△COP，得出对应边相等BH=CP=1，CH=OE=3，求出BG、HP即可；
（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，证明△OAD≌△OQD（AAS），得OA=OQ，再证明Rt△OQE≌Rt△OCE（HL），根据全等三角形的对应角相等可得∠DOE=45°；
（3）结论：$\sqrt{2}$MN=ON+NC，作辅助线，构建直角梯形，根据直角梯形的中位线定理得：MH=$\frac{1}{2}$（AG+CN），再证明△AOG≌△OCN，得AG=ON，由O、N、C、M四点共圆，可知∠ONM=∠OCM=45°，则△MHN是等腰直角三角形，所以MN=$\sqrt{2}$MH，代入可得结论．

解答 解：（1）作BG⊥y轴于G，作CP⊥x轴于P，BG与CP交于H，如图1，
则∠BHC=∠CPO=90°，
∴∠HBC+∠BCH=90°，
∵C点坐标为（3，1），
∴OP=3，CP=1，
∵四边形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，
∴点B的坐标为：（2，4）；

（2）如图2，过O作OQ⊥DE于Q，
∵四边形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）结论：$\sqrt{2}$MN=ON+NC，理由是：
如图3，过M作MH⊥x轴于H，过A作AG⊥x轴于G，连接AC，则四边形AGNC是直角梯形，
在正方形ABCD中，
∵M是OB的中点，
∴AC过M点，
∴AM=MC，
∵AG∥MH∥CN，
∴GH=NH，
∴MH是直角梯形AGCN的中位线，
∴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四点共圆，
∴∠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．

点评 本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形性质；熟练掌握正方形的性质和作辅助线构建三角形全等是本题的关键，并能进行推理论证与计算，使问题得以解决．