Question

13．如圖，在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，直線AB過(guò)一、二、三象限，分別交x軸、y軸于A、B兩點(diǎn)，直線CD⊥AB于點(diǎn)D，分別交x軸、y軸于C、E，已知AB=AC=10，S_△ACD=8，且B（0，6）．
（1）求證：△AOB≌△ADC；
（2）求點(diǎn)A的坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)M為線段OA上一動(dòng)點(diǎn)，作∠NME=∠OME，且MN交AD于點(diǎn)N，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)時(shí)，求$\frac{MO+ND}{MN}$的值．

Answer 1

分析 （1）由CD⊥AB，x軸⊥y軸，得到∠BOA=∠CDA=90°，根據(jù)∠OBA+∠BAO=90°，∠DCA+∠DAC=90°，所以∠OBA=∠DCA，即可得到△AOB≌△ADC（AAS）．
（2）由B（0，6），所以O(shè)B=6，在Rt△AOB中，OA=$\sqrt{A{B}^{2}-O{B}^{2}}$=8，所以點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-8，0）．
（3）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BO=CD=6，AD=OA=8，求得DB=2，由點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-8，0），AC=10，得到OC=10-8=2，于是得到BD=OC推出△BED≌△CEO（AAS）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到ED=OE，如圖2，過(guò)E作EP垂直于MN于P，連接EN，根據(jù)∠NME=∠OME，得到EP=OM，通過(guò)Rt△BED≌Rt△CEO（AAS），得到ED=OE，如圖2，過(guò)E作EP垂直于MN于P，連接EN，證明Rt△MPE≌Rt△MOE，所以EP=OE，MO=MP，得到EP=ED，再證明Rt△DEN≌Rt△EPN，得到DN=PN，所以MN=MP+PN=MO+DN，即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）∵CD⊥AB，x軸⊥y軸，
∴∠BOA=∠CDA=90°，
∴∠OBA+∠BAO=90°，∠DCA+∠DAC=90°，
∴∠OBA=∠DCA，
在△AOB和△ADC中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BOA=∠CDA}\\{∠OBA=∠DCA}\\{AB=AC}\end{array}\right.$，
∴△AOB≌△ADC（AAS）．

（2）∵B（0，6），
∴OB=6，
在Rt△AOB中，OA=$\sqrt{A{B}^{2}-O{B}^{2}}$=8，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-8，0）．

（3）∵△AOB≌△ADC，OB=6，
∴BO=CD=6，AD=OA=8，
∴DB=2，
∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-8，0），AC=10，
∴OC=10-8=2，
∴BD=OC
在△BED和△CEO中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BDE=∠COE=90°}\\{∠BED=∠CEO}\\{BD=CO}\end{array}\right.$，
∴△BED≌△CEO（AAS）
∴ED=OE，
如圖2，過(guò)E作EP垂直于MN于P，連接EN，
∵∠NME=∠OME，
∴EP=OM，
在Rt△MPE和Rt△MOE中，
$\left\{\begin{array}{l}{EP=OM}\\{EM=EM}\end{array}\right.$，
∴Rt△MPE≌Rt△MOE，
∴EP=OE，MO=MP，
∴EP=ED，
在Rt△DEN和Rt△EPN中，
$\left\{\begin{array}{l}{EN=EN}\\{EP=ED}\end{array}\right.$，
∴Rt△DEN≌Rt△EPN，
∴DN=PN，
∴MN=MP+PN=MO+DN
∴$\frac{MO+ND}{MN}$=1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，解決本題的關(guān)鍵是證明三角形全等，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)定理得到相等的邊．