分析 (1)在直角三角形AOB中,利用30度角所对的直角边等于斜边的一半得到AB=2OA,由OA的长求出AB的长,利用勾股定理求出OB的长,确定出B的坐标,在直角三角形BOC中,利用30度所对的直角边等于斜边的一半求出BC的长,利用勾股定理求出OC的长,确定出C的坐标即可;
(2)设直线BC解析式为y=kx+b,把B与C坐标代入求出k与b的值,确定出直线BC解析式,利用点到直线的距离公式求出点A到直线BC的距离,即为三角形ABM的高,分两种情况考虑:当M在线段BC上;当M在线段BC延长线上;表示出BM,利用三角形面积公式分别表示出S与t的函数关系式即可;
(3)点P是y轴上的点,在坐标平面内存在点Q,使以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形,分两种情况,如图所示,利用菱形的性质求出AQ的长,根据AQ与y轴平行得到Q与A横坐标相同,求出满足题意Q得坐标即可.
解答 解:(1)在Rt△AOB中,A(1,0),∠ABO=30°,
∴OA=1,AB=2OA=2,
根据勾股定理得:OB=$\sqrt{{2}^{2}-{1}^{2}}$=$\sqrt{3}$,即B(0,$\sqrt{3}$),
在Rt△BOC中,BC=2OB=2$\sqrt{3}$,
根据勾股定理得:OC=$\sqrt{B{C}^{2}-O{B}^{2}}$=3,即C(-3,0);
(2)如图1所示:设直线BC解析式为y=kx+b,
把B与C坐标代入得:$\left\{\begin{array}{l}{b=\sqrt{3}}\\{-3k+b=0}\end{array}\right.$,
解得:$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{b=\sqrt{3}}\end{array}\right.$,
∴直线BC解析式为y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$,
点A(1,0)到直线BC的距离d=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}+\sqrt{3}}{\sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{3})^{2}+(-1)^{2}}}$=2,
分两种情况考虑:若M在线段BC上时,BC=2$\sqrt{3}$,CM=t,可得BM=BC-CM=2$\sqrt{3}$-t,
此时S△ABM=$\frac{1}{2}$BM•d=$\frac{1}{2}$×(2$\sqrt{3}$-t)×2=2$\sqrt{3}$-t(0≤t<2$\sqrt{3}$);
若M在BC延长线上时,BC=2$\sqrt{3}$,CM=t,可得BM=CM-BC=t-2$\sqrt{3}$,
此时S△ABM=$\frac{1}{2}$BM•d=$\frac{1}{2}$×(t-2$\sqrt{3}$)×2=t-2$\sqrt{3}$(t≥2$\sqrt{3}$);
(3)P是y轴上的点,在坐标平面内存在点Q,使以 A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形,
如2图所示,
当P在y轴正半轴上,四边形ABPQ为菱形,①可得AQ=AB=2,且Q与A的横坐标相同,
此时Q坐标为(1,2),②AP=AQ=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$,Q与A的横坐标相同,此时Q坐标为(1,$\frac{2\sqrt{3}}{3}$),
当P在y轴负半轴上,四边形ABPQ为菱形,①可得AQ=AB=2,且Q与A横坐标相同,
此时Q坐标为(1,-2),②BP垂直平分AQ,此时Q坐标为(-1,0),
综上,满足题意Q坐标为(1,2)、(1,-2)、(1,$\frac{2\sqrt{3}}{3}$)、(-1,0).
点评 此题属于一次函数综合题,涉及的知识有:含30度直角三角形的性质,勾股定理,坐标与图形性质,待定系数法求一次函数解析式,菱形的性质,利用了分类讨论的思想,熟练掌握待定系数法是解本题第二问的关键.
科目:初中数学 来源: 题型:解答题
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科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | 85、26 | B. | 85、27 | C. | 84、29 | D. | 84、28 |
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科目:初中数学 来源: 题型:解答题
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科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | (-1,$\sqrt{3}$) | B. | (-3,$\sqrt{3}$) | C. | (-3,$\sqrt{2}$) | D. | (3,$\sqrt{3}$) |
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科目:初中数学 来源: 题型:填空题
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