Question

9．已知：如图所示，在平面直角坐标系xOy中，∠C=90°，OB=25，OC=20，若点M是边OC上的一个动点（与点O、C不重合），过点M作MN∥OB交BC于点N．
（1）求点C的坐标；
（2）当△MCN的周长与四边形OMNB的周长相等时，求CM的长；
（3）在OB上是否存在点Q，使得△MNQ为等腰直角三角形？若存在，请求出此时MN的长；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）如图1，过C作CH⊥OB于H，根据勾股定理得到BC=$\sqrt{O{B}^{2}-O{C}^{2}}$=$\sqrt{2{5}^{2}-2{0}^{2}}$=15，根据三角形的面积公式得到CH=$\frac{OC•BC}{OB}$=$\frac{20×15}{25}$=12，由勾股定理得到OH=$\sqrt{O{C}^{2}-C{H}^{2}}$=16，于是得到结论；
（2）∵根据相似三角形的性质得到$\frac{CM}{CN}$=$\frac{OC}{BC}$=$\frac{20}{15}$=$\frac{4}{3}$，设CM=x，则CN=$\frac{3}{4}$x，根据已知条件列方程即可得到结论；
（3）如图2，由（2）知，当CM=x，则CN=$\frac{3}{4}$x，MN=$\frac{5}{4}$x，①当∠OMQ₁=90°MN=MQ时，②当∠MNQ₂=90°，MN=NQ₂时，根据相似三角形的性质即可得到结论．

解答 解：（1）如图1，过C作CH⊥OB于H，
∵∠C=90°，OB=25，OC=20，
∴BC=$\sqrt{O{B}^{2}-O{C}^{2}}$=$\sqrt{2{5}^{2}-2{0}^{2}}$=15，
∵S_△OBC=$\frac{1}{2}$OB•CH=$\frac{1}{2}$OC•BC，
∴CH=$\frac{OC•BC}{OB}$=$\frac{20×15}{25}$=12，
∴OH=$\sqrt{O{C}^{2}-C{H}^{2}}$=16，
∴C（16，-12）；

（2）∵MN∥OB，
∴△CNM∽△COB，
∴$\frac{CM}{CN}$=$\frac{OC}{BC}$=$\frac{20}{15}$=$\frac{4}{3}$，
设CM=x，则CN=$\frac{3}{4}$x，
∵△MCN的周长与四边形OMNB的周长相等，
∴CM+CN+MN=OM+MN+OB，即x+$\frac{3}{4}$x+MN=20-x+mn+15-$\frac{3}{4}$x+25，
解得：x=$\frac{120}{7}$，
∴CM=$\frac{120}{7}$；
（3）如图2，由（2）知，当CM=x，则CN=$\frac{3}{4}$x，MN=$\frac{5}{4}$x，
①当∠OMQ₁=90°MN=MQ时，
∵△OMQ∽△OBC，
∴$\frac{M{Q}_{1}}{BC}$=$\frac{OM}{OB}$，
∵MN=MQ，
∴$\frac{\frac{5}{4}x}{15}$=$\frac{20-x}{25}$，
∴x=$\frac{240}{37}$，
∴MN=$\frac{5}{4}$x=$\frac{5}{4}$×$\frac{240}{37}$=$\frac{300}{37}$；
②当∠MNQ₂=90°，MN=NQ₂时，
此时，四边形MNQ₂Q₁是正方形，
∴NQ₂=MQ₁=MN，
∴MN=$\frac{300}{37}$．
③当∠MQN=90°，MQ=NQ时，
过M作MH⊥OB于H，∵MN=$\sqrt{2}$MQ，MQ=$\sqrt{2}$MH，∴MN=2MH，∴MH=$\frac{5}{8}$x，∵△OMH∽△OBC，∴$\frac{\frac{5}{8}x}{15}$=$\frac{20-x}{25}$，∴x=$\frac{480}{49}$，∴MN=$\frac{5}{4}$x=$\frac{600}{49}$．

点评 本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，三角形面积公式，正确的作出辅助线是解题的关键．