如图1所示.已知y=$\frac{6}{x}$图象上一点P.PA⊥x轴于点A.动点M是y轴正半轴点B上方的点.动点N在射线AP上.过点B作AB的垂线.交射线AP于点D.交直线MN于点Q.连接AQ.取AQ中点为C．(1)如图2.连接BP.求△PAB的面积,(2)当Q在线段BD上时.若四边形BQNC是菱形.面积为2$\sqrt{3}$.①求此时Q.P点的坐标,②并求出此时在y轴上找到� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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16．如图1所示，已知y=$\frac{6}{x}$（x＞0）图象上一点P，PA⊥x轴于点A（a，0），点B（0，b）（b＞0），动点M是y轴正半轴点B上方的点，动点N在射线AP上，过点B作AB的垂线，交射线AP于点D，交直线MN于点Q，连接AQ，取AQ中点为C．
（1）如图2，连接BP，求△PAB的面积；
（2）当Q在线段BD上时，若四边形BQNC是菱形，面积为2$\sqrt{3}$，①求此时Q、P点的坐标；②并求出此时在y轴上找到点E点，使|EQ-EP|值最大时的点E坐标．

分析（1）根据同底等高的两个三角形的面积相等即可求出△PAB的面积；
（2）①首先求出∠BQC=60°，∠BAQ=30°，然后证明△ABQ≌△ANQ，进而求出∠BAO=30°，∠ANQ=∠ABQ=90°，AN=AB，由S_{四边形BQNC}=2$\sqrt{3}$，求出OA=3，EQ=1，OM=AN=AB=2$\sqrt{3}$，于是P、Q点坐标求出；
②作直线PQ，交y轴于E点，此时|EQ-EP|值最大；设直线PQ的解析式为y=kx+b，根据待定系数法求得直线PQ的解析式，令x=0，即可求得E的坐标．

解答解：（1）如图2，连接OP．
S_△PAB=S_△PAO=$\frac{1}{2}$xy=$\frac{1}{2}$×6=3；

（2）①如图1，∵四边形BQNC是菱形，
∴BQ=BC=NQ，∠BQC=∠NQC，
∵AB⊥BQ，C是AQ的中点，
∴BC=CQ=$\frac{1}{2}$AQ，
∴∠BQC=60°，∠BAQ=30°，
在△ABQ和△ANQ中，
$\left\{\begin{array}{l}{BQ=NQ}\\{∠BQA=∠NQA}\\{QA=QA}\end{array}\right.$，
∴△ABQ≌△ANQ（SAS），
∴∠BAQ=∠NAQ=30°，
∴∠BAO=30°，
∵S_菱形BQNC=2$\sqrt{3}$=$\frac{1}{2}$×CQ×BN，
令CQ=2t=BQ，则BN=2×（2t×$\frac{\sqrt{3}}{2}$）=2$\sqrt{3}$t，
∴t=1
∴BQ=2，
∵在Rt△AQB中，∠BAQ=30°，
∴AB=$\sqrt{3}$BQ=2$\sqrt{3}$，
∵∠BAO=30°
∴OA=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AB=3，
又∵P点在反比例函数y=$\frac{6}{x}$的图象上，
∴P点坐标为（3，2），
∵△ABQ≌△ANQ，
∴∠ANQ=∠ABQ=90°，AN=AB=2$\sqrt{3}$，
∴MN∥OA，
∴∠BMQ=90°，
∵∠BAO=30°，∠AOB=90°，
∴∠ABO=60°，
∴∠MBQ=30°，
∴MQ=$\frac{1}{2}$BQ=$\frac{1}{2}$×2=1，
∵OM=AN=2$\sqrt{3}$，
∴Q（1，2$\sqrt{3}$）；
②如图3，作直线PQ，交y轴于E点，此时|EQ-EP|值最大；
设直线PQ的解析式为y=kx+b，
∵P（3，2），Q（1，2$\sqrt{3}$），
∴$\left\{\begin{array}{l}{3k+b=2}\\{k+b=2\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=1-\sqrt{3}}\\{b=3\sqrt{3}-1}\end{array}\right.$，
∴直线PQ的解析式为y=（1-$\sqrt{3}$）x+3$\sqrt{3}$-1，
令x=0，则y=3$\sqrt{3}$-1，
∴E（0，3$\sqrt{3}$-1）．

点评本题主要考查反比例函数综合题的知识，此题涉及的知识有全等三角形的判定与性质、相似三角形的性质、三角形三边关系以及菱形等知识，综合性较强，有一定的难度．

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小米的作法如下：