题目内容
2．某研究性学习小组在探究矩形的折纸问题时，将一块直角三角板的直角顶点绕着矩形ABCD（AB＜BC）的对角线交点O旋转（如图①→②→③），图中M、N分别为直角三角板的直角边与矩形ABCD的边CD、BC的交点．（1）该学习小组中一名成员意外地发现：在图①（三角板的一直角边与OD重合）中，BN2=CD2+CN2；在图③（三角板的一直角边与OC重合）中，BN、CN、CD之间的关系CN2=CD2+BN2．
（2）试探究图②中BN、CN、CM、DM这四条线段之间的关系，写出你的结论，并说明理由．
（3）若AB=8，BC=10，是否存在某一旋转位置，使得CM+CN等于$\frac{44}{5}$？若存在，请求出此时DM的长；若不存在，请说明理由．
分析 （1）由四边形ABCD是矩形和三角板的特点，得到OB=OD，∠DON=90°利用勾股定理，即可；
（2）由四边形ABCD为矩形和三角板的特点，得出结论，判断出△BON≌△DOP，再利用勾股定理，即可；
（3）由矩形和三角板的特点以及旋转的性质得到，MP=MN，利用勾股定理，然后用CM+CN=$\frac{44}{5}$，即可．
解答 （1）证明：如图①，连接DN，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=OD，
∵∠DON=90°，
∴BN=DN，
∵∠BCD=90°，
∴DN2=CD2+CN2，
∴BN2=CD2+CN2；
如图③，
延长NO交AD于P，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OD=OB，AD∥BC，
∴∠DPO=∠BNO，∠PDO=∠NBO，
在△BON和△DOP中
$\left\{\begin{array}{l}{∠NBO=∠PDO}\\{∠BNO=∠DPO}\\{OB=OD}\end{array}\right.$，
∴△BON≌△DOP，
∴ON=OP，BN=PD，
∵OC⊥DP，
∴CN=CP，
根据勾股定理得，CP2=DP2+CD2，
∴CN2=BN2+CD2
故答案为CN2=CD2+BN2；
（2）证明：如图②，延长NO交AD于点P，连接PM，MN，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OD=OB，AD∥BC，
∴∠DPO=∠BNO，∠PDO=∠NBO，
在△BON和△DOP中
$\left\{\begin{array}{l}{∠NBO=∠PDO}\\{∠BNO=∠DPO}\\{OB=OD}\end{array}\right.$，
∴△BON≌△DOP，
∴ON=OP，BN=PD，
∵∠MON=90°，
∴PM=MN，
∵∠ADC=∠BCD=90°，
∴PM2=PD2+DM2，MN2=CM2+CN2，
∴PD2+DM2=CM2+CN2，
∴BN2+DM2=CM2+CN2．
（3）如图③，
延长NO交AD于点P，连接MN，MP，
∵O为矩形ABCD的对角线的交点，
∴由旋转可得，BN=DP，OP=ON，
∴OM垂直平分PN，
∴MP=MN，
在Rt△MDP中，MP2=DP2+DM2，
在Rt△MCN中，MM2=CN2+CM2，
∵MP=MN，BN=DP，
∴BN2+DM2=CN2+CM2，
设DM=x，CN=y，
∴CM=8-x，BN=10-y，
∴（10-y）2+x2=y2+（8-x）2，
∴y=$\frac{4}{5}$x+$\frac{9}{5}$，
∴CM+CN=8-x+y=8-x+$\frac{4}{5}$x+$\frac{9}{5}$=$\frac{49}{5}$-$\frac{1}{5}$x，
∵CM+CN=$\frac{44}{5}$，
∴$\frac{49}{5}$-$\frac{1}{5}$x=$\frac{44}{5}$，
∴x=5，
∴当DM=5时，CM+CN=$\frac{44}{5}$．
点评 此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，用勾股定理得到PM2=PD2+DM2，MN2=CM2+CN2转化出BN2+DM2=CM2+CN2是解本题的关键．
如图，已知△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，过BC的中点D作DE⊥AB于E，连结CE，求sin∠ACE=$\frac{3\sqrt{10}}{10}$．