Question

（2013•黑龍江）如圖，在平面直角坐標系中，Rt△ABC的斜邊AB在x軸上，點C在y軸上，∠ACB=90°，OA、OB的長分別是一元二次方程x²-25x+144=0的兩個根（OA＜OB），點D是線段BC上的一個動點（不與點B、C重合），過點D作直線DE⊥OB，垂足為E．
（1）求點C的坐標．
（2）連接AD，當AD平分∠CAB時，求直線AD的解析式．
（3）若點N在直線DE上，在坐標系平面內(nèi)，是否存在這樣的點M，使得C、B、N、M為頂點的四邊形是正方形？若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）證△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，證△ACD≌△AED，推出AE=AC=15，證△BDE∽△BAC，求出DE=

15

2

，D（6，

15

2

），設直線AD的解析式是y=kx+b，過A（-9，0）和D點，代入得出

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

，求出k=

1

2

，b=

9

2

即可．
（3）存在點M，使得C、B、N、M為頂點的四邊形是正方形，
理由是：①以BC為對角線時，作BC的垂直平分線交BC于Q，交x軸于F，在直線FQ上取一點M，使∠CMB=90°，則符合此條件的點有兩個，證△BQF∽△BOC，求出BF=

25

2

，F(xiàn)（

7

2

，0），Q（8，6），設直線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

，得出直線FQ的解析式是：y=

4

3

x-

14

3

，設M的坐標是（x，

4

3

x-

14

3

），根據(jù)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的坐標；②以BC為一邊時，過B作BM₃⊥BC，且BM₃=BC=20，過M₃Q⊥OB于Q，還有一點M₄，CM₄=BC=20，CM₄⊥BC，證△BCO≌△M₃BQ，求出BQ=CO=12，QM₃=OB=16，求出M₃的坐標，同法可求出M₄的坐標．

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

），
設直線AD的解析式是y=kx+b，
∵過A（-9，0）和D點，代入得：

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

，
k=

1

2

，b=

9

2

，
直線AD的解析式是：y=

1

2

x+

9

2

；
（3）存在點M，使得C、B、N、M為頂點的四邊形是正方形，
理由是：①
以BC為對角線時，作BC的垂直平分線交BC于Q，交x軸于F，在直線FQ上取一點M，使∠CMB=90°，則符合此條件的點有兩個，
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為BC中點，
∴Q（8，6），
設直線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

，
直線FQ的解析式是：y=

4

3

x-

14

3

，
設M的坐標是（x，

4

3

x-

14

3

），
根據(jù)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的坐標是（14，14），（2，-2）；
②
以BC為一邊時，過B作BM₃⊥BC，且BM₃=BC=20，過M₃Q⊥OB于Q，還有一點M₄，CM₄=BC=20，CM₄⊥BC，
則∠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的坐標是（28，16），
同法可求出CT=OB=16，M₄T=OC=12，OT=16-12=4，
∴M₄的坐標是（-12，-4），
即存在，點M的坐標是（28，16）或（14，14）或（-12，-4）或（2，-2）．

點評：本題考查了一次函數(shù)的有關內(nèi)容，相似三角形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判定，正方形的性質(zhì)等知識點的綜合應用，題目綜合性比較強，難度偏大．