Question

（2013•黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边AB在x轴上，点C在y轴上，∠ACB=90°，OA、OB的长分别是一元二次方程x²-25x+144=0的两个根（OA＜OB），点D是线段BC上的一个动点（不与点B、C重合），过点D作直线DE⊥OB，垂足为E．
（1）求点C的坐标．
（2）连接AD，当AD平分∠CAB时，求直线AD的解析式．
（3）若点N在直线DE上，在坐标系平面内，是否存在这样的点M，使得C、B、N、M为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）证△AOC∽△COB，推出OC²=OA•OB，即可得出答案．
（2）求出OA=9，OC=12，OB=16，AC=15，BC=20，证△ACD≌△AED，推出AE=AC=15，证△BDE∽△BAC，求出DE=

15

2

，D（6，

15

2

），设直线AD的解析式是y=kx+b，过A（-9，0）和D点，代入得出

-9k+b=0 6k+b= 15 2

，求出k=

1

2

，b=

9

2

即可．
（3）存在点M，使得C、B、N、M为顶点的四边形是正方形，
理由是：①以BC为对角线时，作BC的垂直平分线交BC于Q，交x轴于F，在直线FQ上取一点M，使∠CMB=90°，则符合此条件的点有两个，证△BQF∽△BOC，求出BF=

25

2

，F（

7

2

，0），Q（8，6），设直线QF的解析式是y=ax+c，代入得出

6=8a+c 0= 7 2 a+c

，求出a=

4

3

，c=-

14

3

，得出直线FQ的解析式是：y=

4

3

x-

14

3

，设M的坐标是（x，

4

3

x-

14

3

），根据CM=BM和勾股定理得：（x-0）²+（

4

3

x-

14

3

-12）²=（x-16）²+（

4

3

x-

14

3

-0）²，即可求出M的坐标；②以BC为一边时，过B作BM₃⊥BC，且BM₃=BC=20，过M₃Q⊥OB于Q，还有一点M₄，CM₄=BC=20，CM₄⊥BC，证△BCO≌△M₃BQ，求出BQ=CO=12，QM₃=OB=16，求出M₃的坐标，同法可求出M₄的坐标．

解答：解：（1）在Rt△AOC中，∠CAB+∠ACO=90°，在Rt△ABC中，∠CAB+∠CBA=90°，
∴∠ACO=∠CBA，
∵∠AOC=∠COB=90°，
∴△AOC∽△COB，
∴OC²=OA•OB，
∴OC=12，
∴C（0，12）；

（2）在Rt△AOC和Rt△BOC中，
∵OA=9，OC=12，OB=16，
∴AC=15，BC=20，
∵AD平分∠CAB，
∵DE⊥AB，
∴∠ACD=∠AED=90°，
∵AD=AD，
∴△ACD≌△AED，
∴AE=AC=15，
∴OE=AE-OA=15-9=6，BE=10，
∵∠DBE=∠ABC，∠DEB=∠ACB=90°，
∴△BDE∽△BAC，
∴

DE

AC

=

BE

BC

，
∴DE=

15

2

，
∴D（6，

15

2

），
设直线AD的解析式是y=kx+b，
∵过A（-9，0）和D点，代入得：

-9k+b=0 6k+b= 15 2

，
k=

1

2

，b=

9

2

，
直线AD的解析式是：y=

1

2

x+

9

2

；
（3）存在点M，使得C、B、N、M为顶点的四边形是正方形，
理由是：①
以BC为对角线时，作BC的垂直平分线交BC于Q，交x轴于F，在直线FQ上取一点M，使∠CMB=90°，则符合此条件的点有两个，
BQ=CQ=

1

2

BC=10，
∵∠BQF=∠BOC=90°，∠QBF=∠CBO，
∴△BQF∽△BOC，
∴

BF

BC

=

BQ

OB

，
∵BQ=10，OB=16，BC=20，
∴BF=

25

2

，
∴OF=16-

25

2

=

7

2

，
即F（

7

2

，0），
∵OC=12，OB=16，Q为BC中点，
∴Q（8，6），
设直线QF的解析式是y=ax+c，
代入得：

6=8a+c 0= 7 2 a+c

，
a=

4

3

，c=-

14

3

，
直线FQ的解析式是：y=

4

3

x-

14

3

，
设M的坐标是（x，

4

3

x-

14

3

），
根据CM=BM和勾股定理得：（x-0）²+（

4

3

x-

14

3

-12）²=（x-16）²+（

4

3

x-

14

3

-0）²，
x₁=14，x₂=2，
即M的坐标是（14，14），（2，-2）；
②
以BC为一边时，过B作BM₃⊥BC，且BM₃=BC=20，过M₃Q⊥OB于Q，还有一点M₄，CM₄=BC=20，CM₄⊥BC，
则∠COB=∠M₃QB=∠CBM₃=90°，
∴∠BCO+∠CBO=90°，∠CBO+∠M₃BQ=90°，
∴∠BCO=∠M₃BQ，
∵在△BCO和△M₃BQ中

∠BCO=∠QBM3 ∠COB=∠BQM3 BC=BM3

∴△BCO≌△M₃BQ（AAS），
∴BQ=CO=12，QM₃=OB=16，
OQ=16+12=28，
即M₃的坐标是（28，16），
同法可求出CT=OB=16，M₄T=OC=12，OT=16-12=4，
∴M₄的坐标是（-12，-4），
即存在，点M的坐标是（28，16）或（14，14）或（-12，-4）或（2，-2）．

点评：本题考查了一次函数的有关内容，相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，正方形的性质等知识点的综合应用，题目综合性比较强，难度偏大．