Question

17．如圖，邊長一定的正方形ABCD，Q為CD上一個動點，AQ交BD于點M，過M作MN⊥AQ交BC于點N，作NP⊥BD于點P，連接NQ，下列結(jié)論：①AM=MN；②MP=$\frac{1}{2}$BD；③BN+DQ=NQ；④$\frac{AB+BN}{BM}$為定值．其中一定成立的是①②③④．

Answer 1

分析 由題意可知A，B，N，M四點共圓，進而可得出∠ANM=∠NAM=45°，由等角對等邊知，AM=MN，故①正確；
由同角的余角相等知，∠HAM=∠PMN，所以Rt△AHM≌Rt△MPN，即可得出結(jié)論，故②正確；
先由題意得出四邊形SMWB是正方形，進而證出△AMS≌△NMW，因為AS=NW，所以AB+BN=SB+BW=2BW，而BW：BM=1：$\sqrt{2}$，得出$\frac{AB+BN}{BM}$═$\sqrt{2}$，故④正確．
因為∠BAN+∠QAD=∠NAQ=45°，在∠NAM作AU=AB=AD，且使∠BAN=∠NAU，∠DAQ=∠QAU，所以△ABN≌△UAN，△DAQ≌△UAQ，有∠UAN=∠UAQ=90°，BN=NU，DQ=UQ，即可得出結(jié)論，故③正確；

解答 解：如圖1所示：
作AU⊥NQ于U，連接AN，AC，
∵∠AMN=∠ABC=90°，
∴A，B，N，M四點共圓，
∴∠NAM=∠DBC=45°，∠ANM=∠ABD=45°，
∴∠ANM=∠NAM=45°，
∴AM=MN，故①正確．
由同角的余角相等知，∠HAM=∠PMN，
在△AHM和△MPN中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠AHM=∠MPN}&{\;}\\{∠HAM=∠PMN}&{\;}\\{AM=MN}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△AHM≌△MPN（AAS），
∴MP=AH=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$BD，故②正確，
∵∠BAN+∠QAD=∠NAQ=45°，
∴△ADQ繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90度至△ABR，使AD和AB重合，連接AN，
則∠RAQ=90°，△ABR≌△ADQ，
∴AR=AQ，∠RAN=90°-45°=45°=∠NAM，
在△△AQN和△ANR中，
$\left\{\begin{array}{l}{AQ=AR}&{\;}\\{∠NAM=∠RAN}&{\;}\\{AN=AN}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△AQN≌△ANR（SAS），
∴NR=NQ，
則BN=NU，DQ=UQ，
∴點U在NQ上，有BN+DQ=QU+UN=NQ，故③正確．
如圖2所示，作MS⊥AB，垂足為S，作MW⊥BC，垂足為W，點M是對角線BD上的點，
∴四邊形SMWB是正方形，
∴MS=MW=BS=BW，∠SMW=90°，
∴∠AMS=∠NMW，
在△AMS和△NMW中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ASM=∠NWM}&{\;}\\{MS=MW}&{\;}\\{∠AMS=∠NMW}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△AMS≌△NMW（ASA），
∴AS=NW，
∴AB+BN=SB+BW=2BW，
∵BW：BM=1：$\sqrt{2}$，
∴$\frac{AB+BN}{BM}$=$\frac{2}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{2}$，故④正確．
故答案為：①②③④．

點評 本題考查了正方形的性質(zhì)，四點共圓的判定，圓周角定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)；熟練掌握正方形的性質(zhì)，證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．