Question

17．如图，边长一定的正方形ABCD，Q为CD上一个动点，AQ交BD于点M，过M作MN⊥AQ交BC于点N，作NP⊥BD于点P，连接NQ，下列结论：①AM=MN；②MP=$\frac{1}{2}$BD；③BN+DQ=NQ；④$\frac{AB+BN}{BM}$为定值．其中一定成立的是①②③④．

Answer 1

分析 由题意可知A，B，N，M四点共圆，进而可得出∠ANM=∠NAM=45°，由等角对等边知，AM=MN，故①正确；
由同角的余角相等知，∠HAM=∠PMN，所以Rt△AHM≌Rt△MPN，即可得出结论，故②正确；
先由题意得出四边形SMWB是正方形，进而证出△AMS≌△NMW，因为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正确．
因为∠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，即可得出结论，故③正确；

解答 解：如图1所示：
作AU⊥NQ于U，连接AN，AC，
∵∠AMN=∠ABC=90°，
∴A，B，N，M四点共圆，
∴∠NAM=∠DBC=45°，∠ANM=∠ABD=45°，
∴∠ANM=∠NAM=45°，
∴AM=MN，故①正确．
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正确，
∵∠BAN+∠QAD=∠NAQ=45°，
∴△ADQ绕点A顺时针旋转90度至△ABR，使AD和AB重合，连接AN，
则∠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，
则BN=NU，DQ=UQ，
∴点U在NQ上，有BN+DQ=QU+UN=NQ，故③正确．
如图2所示，作MS⊥AB，垂足为S，作MW⊥BC，垂足为W，点M是对角线BD上的点，
∴四边形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正确．
故答案为：①②③④．

点评 本题考查了正方形的性质，四点共圆的判定，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．