题目内容
（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．
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=
，D（6，
），设直线AD的解析式是y=kx+b，过A（-9，0）和D点，代入得出
，求出k=
，b=
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=
，F（
，0），Q（8，6），设直线QF的解析式是y=ax+c，代入得出
，求出a=
，c=-
，得出直线FQ的解析式是：y=
x-
，设M的坐标是（x，
x-
），根据CM=BM和勾股定理得：（x-0）2+（
x-
-12）2=（x-16）2+（
x-
-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．
（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 |
| 15 |
| 2 |
|
| 1 |
| 2 |
| 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，证△BQF∽△BOC，求出BF=
| 25 |
| 2 |
| 7 |
| 2 |
|
| 4 |
| 3 |
| 14 |
| 3 |
| 4 |
| 3 |
| 14 |
| 3 |
| 4 |
| 3 |
| 14 |
| 3 |
| 4 |
| 3 |
| 14 |
| 3 |
| 4 |
| 3 |
| 14 |
| 3 |
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=
，
∴D（6，
），
设直线AD的解析式是y=kx+b，
∵过A（-9，0）和D点，代入得：
，
k=
，b=
，
直线AD的解析式是：y=
x+
；
（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=
BC=10，
∵∠BQF=∠BOC=90°，∠QBF=∠CBO，
∴△BQF∽△BOC，
∴
=
，
∵BQ=10，OB=16，BC=20，
∴BF=
，
∴OF=16-
=
，
即F（
，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：
，
a=
，c=-
，
直线FQ的解析式是：y=
x-
，
设M的坐标是（x，
x-
），
根据CM=BM和勾股定理得：（x-0）2+（
x-
-12）2=（x-16）2+（
x-
-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≌△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）．
∴∠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：
|
k=
| 1 |
| 2 |
| 9 |
| 2 |
直线AD的解析式是：y=
| 1 |
| 2 |
| 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 |
∵∠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 |
∵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：
|
a=
| 4 |
| 3 |
| 14 |
| 3 |
直线FQ的解析式是：y=
| 4 |
| 3 |
| 14 |
| 3 |
设M的坐标是（x，
| 4 |
| 3 |
| 14 |
| 3 |
根据CM=BM和勾股定理得：（x-0）2+（
| 4 |
| 3 |
| 14 |
| 3 |
| 4 |
| 3 |
| 14 |
| 3 |
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≌△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．
练习册系列答案
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