考点： 相似形综合题． 2分析： （1）证△AOC∽△COB，推出OC=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，得出直线FQ的解析式是：y=x﹣2，求出a=，c=﹣﹣﹣，设M的坐标是（x，x﹣12）=（x﹣16）+（x22），根据CM=BM和勾股定理得：（x﹣0）+（x﹣2﹣0），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， 2∴OC=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°， 第 21 页 共 24 页
∵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， 第 22 页 共 24 页
∴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）+（x﹣0）， x1=14，x2=2， 即M的坐标是（14，14），（2，﹣2）； 22﹣12）=（x﹣16）+（x﹣22﹣② 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 第 23 页 共 24 页
∴△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．
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