如图1，在平面直角坐标系中，A（0，a），C（c，0），△ABC为等腰直角三角形且a、c满足．≥（1）求点B的坐标；（2）如图2，P是直线上的一个动点，是否存在点P使

网友回答

解：（1）根据题意，a2-4≥0且4-a2≥0，
解得a≥2且a≤2，
所以，a=2，
c===5，
∴点A（0，2），C（5，0），
∴OA=2，OC=5，
如图1，过点B作BD⊥y轴于点D，
∵∠BAD+∠CAO=90°，∠ACO+∠CAO=90°，
∴∠CAO=∠BAD，
在△AOC和△BDA中，，
∴△AOC≌△BDA（AAS），
∴BD=OA=2，AD=OC=5，
∴OD=AD-OA=5-2=3，
∴点B的坐标为（-2，-3）；

（2）存在．理由如下：如图2，
∵A（0，2），C（5，0），
∴过点AC的直线解析式为y=-x+2，
又2×5-（-2）=10+2=12，
∴点B关于点C的对称点B′的坐标为（12，3），
根据等底等高的三角形面积相等，过点B或B′，与直线AC平行的直线与y=x的交点即为所求的点P，
①设过点B与直线AC平行的直线解析式为y=-x+b1，
则-×（-2）+b1=-3，
解得b1=-，
∴y=-x-，
联立，
解得，
此时点P的坐标为（-，-），
②设过点B′与直线AC平行的直线解析式为y=-x+b2，
则-×12+b2=3，
解得b2=，
∴y=-x+，
联立，
解得，
此时，点P的坐标为（，），
综上所述，存在点P（-，-）或（，），使△PAC的面积等于△BAC的面积；

（3）如图3，过点A作AE⊥CN的延长线于点E，
又∵AM⊥BF，CN⊥BF，
∴四边形AMNE是矩形，
∴∠EAM=∠CAM+∠CAE=90°，
又∵∠BAC=∠BAM+∠CAM=90°，
∴∠BAM=∠CAE，
在△ABM和△ACE中，，
∴△ABM≌△ACE（AAS），
∴AM=AE，BM=CE，
∴矩形AMNE是正方形，
由图可知，BN=BM+MN=CE+AM=NC+EN+AM=NC+AM+AM，
∴BN-NC=2AM，
∴=2，
故，②的值不变，是2．
解析分析：（1）根据二次根式的被开方数大于等于0列式求出a的值，然后求出c的值，从而得到点A、C的坐标，从而得到OA、OC的长度，过点B作BD⊥y轴于点D，根据同角的余角相等求出∠CAO=∠BAD，然后利用“角角边”证明△AOC和△BDA全等，根据全等三角形对应边相等求出AD、BD的长度，再求出OD的长度，然后即可写出点B的坐标；
（2）先利用待定系数法求一次函数解析式求出直线AC的解析式，再根据等底等高的三角形的面积相等可得，过点B或点B关于点C的对称点B′与直线AC平行的直线与直线y=x的交点即为点P，然后根据平行直线的解析式的k值相等分别求出过点B与B′的直线，再与y=x联立方程组求解即可得到点P的坐标；
（3）过点A作AE⊥CN的延长线于点E，可得四边形AMNE是矩形，再根据同角的余角相等求出∠BAM=∠CAE，然后利用“角角边”证明△ABM和△ACE全等，根据全等三角形对应边相等可得AM=AE，BM=CE，可得矩形AMNE是正方形，然后利用线段的等量代换即可求出BN、NC、AM的关系得解．

点评：本题综合考查了一次函数，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等底等高的三角形的面积相等的性质，两直线的交点的求法，（3）中根据等腰直角三角形的两直角边相等作出辅助线构造出正方形以及全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．