Question

2．如图，在平面直角坐标系中，已知A（1，0），∠ABO=∠BCO=30°
（1）求B，C两点的坐标；
（2）若点M从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB运动，连接AM，设△ABM的面积为S，点M的运动时间为t，写出S关于t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（3）点P是y轴上的点，在坐标平面内是否存在点Q，使以 A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

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．