7.己知,點A、B分別在x軸、y軸上,M(m,m)是邊AB上的一點,CM⊥AB交X軸正半軸于點C.己知m滿足(m2+4m+3)-(m2-4)=15
(1)求M的坐標(biāo);
(2)如圖1,求OB+OC的值;
(3)如圖2,延長MC交y軸于點D,求S△ACM-S△OCD的值;
(4)如圖3,點P為AM上任意一點(P不與A、M重合),過A作AE⊥DP,點E為垂足,連EM,求∠DEM的度數(shù).

分析 (1)先解方程(m2+4m+3)-(m2-4)=15,求得m的值,即可得到M的坐標(biāo);
(2)如圖1,作輔助線,構(gòu)建全等三角形,先證明四邊形OKMN為正方形得:OK=ON=2,再證明△MNB≌△MKC,則CK=BN,代入OB+OC中可得結(jié)論;
(3)如圖2,證明△AKM≌△DNM,則S△AKM=S△DNM,所以S△ACM-S△OCD拆成和與差的形式,并等量代換即可;
(4)如圖3,作輔助線,構(gòu)建全等三角形,證明△MDF≌△MAE,得MF=ME,∠DMF=∠AME,再得△FME是等腰直角三角形,即可得出∠DEM=45°

解答 解:
(1)∵(m2+4m+3)-(m2-4)=15,
4m+3+4=15,
∴m=2,
∴M的坐標(biāo)為(2,2);
(2)如圖1,過M作KM⊥x軸,KN⊥y軸,垂足分別為K、N,

則∠MNO=∠MKO=90°,
∵∠BOA=90°,
∴四邊形OKMN是矩形,
∴∠NMK=90°,
∴∠NMC+∠CMK=90°,
∵M(2,2),
∴KM=MN=2,
∴矩形OKMN是正方形,
∴OK=ON=2,
∵CM⊥AB,
∴∠BMN+∠NMC=90°,
∴∠BMN=∠CMK,
∵∠MNB=∠CKM=90°,
∴△MNB≌△MKC(ASA),
∴CK=BN,
∴OB+OC=ON+BN+OC=ON+CK+OC=ON+OK=2+2=4;
(3)如圖2,∵∠AMC=∠KMN=90°,

∴∠AMK=∠NMD=90°-∠CMK,
∵∠MND=∠MKA=90°,KM=MN,
∴△AKM≌△DNM(ASA),
∴S△AKM=S△DNM
∴S△ACM-S△OCD=S△AKM+S△CMK-S△OCD
=S△DNM+S△CMK-S△OCD
=S正方形OKMN+S△OCD-S△OCD
=S正方形OKMN
=2×2
=4;
(4)如圖3,由(3)得:△AKM≌△DNM,
∴AM=DM,
在DE上截取DF=AE,連接MF,

∵AE⊥EF,DM⊥AB,
∴∠DMP=∠AEP=90°,
∵∠MPD=∠EPA,
∴∠MDF=∠MAE,
∴△MDF≌△MAE(SAS),
∴MF=ME,∠DMF=∠AME,
∵∠DMP=90°,
∴∠DMF+∠FMP=∠AME+∠FMP=∠FME=90°,
∴△FME是等腰直角三角形,
∴∠DEM=45°.

點評 本題為三角形的綜合應(yīng)用,涉及全等三角形、正方形、矩形的性質(zhì)和判定等知識.解決問題的關(guān)鍵是證明三角形全等,利用全等三角形對應(yīng)邊相等和對應(yīng)角相等得出邊與角的關(guān)系;同時利用了全等三角形的面積相等,在求解三角形面積的差時,利用三角形面積相等關(guān)系進行加減,得出S△ACM-S△OCD的值與正方形的面積相等,從而得出結(jié)論.

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