Question

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）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．
【解析】
（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=∠M3B=∠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）．