Question

11．如圖，A，B分別在x軸與y軸上，AB=12，∠OAB=30°，將△OAB沿直線ED對折，使點A與點B重合，直線ED分別交y軸、x軸和AB于點C、點D和點E．
（1）OA的長為6$\sqrt{3}$；
（2）求直線CD的解析式；
（3）點P為直線CD上一點，平面內存在點Q，使以O，E，P，Q為頂點的四邊形為菱形，請直接寫出點Q的坐標．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)AB=12，∠OAB=30°，解直角三角形可得OA的長；
（2）設D（t，0），根據(jù)勾股定理求得t=2$\sqrt{3}$，進而得到C，D的坐標分別為（0，-6），（2$\sqrt{3}$，0），再運用待定系數(shù)法，即可得到直線CD的解析式；
（3）分四種情況進行討論，分別畫出相應的圖形，根據(jù)菱形的性質以及含30°角的直角三角形的性質進行計算，即可得到點Q的坐標．

解答 解：（1）∵AB=12，∠OAB=30°，
∴OA=ABcos∠OAB=12×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=6$\sqrt{3}$；
故答案為：6$\sqrt{3}$；

（2）∵AB=12，∠OAB=30°，
∴OB=ABsin∠OAB=12×$\frac{1}{2}$=6，
設D（t，0），則DA=6$\sqrt{3}$-t，
由折疊的性質知BD=DA=6$\sqrt{3}$-t，
∴Rt△BOD中，BD²=OA²+OB²，即（6$\sqrt{3}$-t）²=t²+6²，
解得t=2$\sqrt{3}$，
由對折可知：DE⊥AB，即∠BED=90°，
∴∠BCE=90°-∠OBA=30°，
∴CD=2DO=4$\sqrt{3}$，OC=$\sqrt{C{D}^{2}-O{D}^{2}}$=$\sqrt{48-12}$=6，
∴C，D的坐標分別為（0，-6），（2$\sqrt{3}$，0），
設CD的解析式為y=kx+b，
∴$\left\{\begin{array}{l}{b=-6}\\{2\sqrt{3}k+b=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{b=-6}\\{k=\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
∴CD的解析式為y=$\sqrt{3}$x-6；

（3）分四種情況：
①如圖，當四邊形OEPQ是菱形時，過Q作QF⊥y軸于F，

此時，∠QOD=∠EDA=60°，
∴∠QOF=30°，
又∵OQ=OE=$\frac{1}{2}$AB=6，
∴QF=3，OF=3$\sqrt{3}$，
∴Q（3，3$\sqrt{3}$）；
②如圖，當四邊形OPEQ是菱形時，點Q在BD上，點P與點D重合，過Q作QG⊥y軸于G，

此時，∠QOD=∠EDA=60°，
∴∠QOG=30°，
又∵OQ=OP=2$\sqrt{3}$，
∴QG=$\sqrt{3}$，OG=3，
∴Q（$\sqrt{3}$，3）；
③如圖，當四邊形OEPQ是菱形時，過Q作QH⊥x軸于H，

此時，∠QOH=∠CDO=60°，
又∵OQ=OE=6，
∴OH=3，QH=3$\sqrt{3}$，
∴Q（-3，-3$\sqrt{3}$）；
④如圖，當四邊形OEQP是菱形時，點P與點C重合，連接OQ，

由∠OPQ=2∠OPD=60°，OP=QP，可得△OPQ是等邊三角形，
∴OQ=OP=6，∠AOQ=90°-60°=30°，
又∵QE⊥AO于K，
∴QK=$\frac{1}{2}$OQ=3，OK=3$\sqrt{3}$，
∴Q（3$\sqrt{3}$，-3）．
綜上所述，點Q的坐標為（3，3$\sqrt{3}$），（$\sqrt{3}$，3），（-3，-3$\sqrt{3}$），（3$\sqrt{3}$，-3）．

點評 本題屬于一次函數(shù)綜合題，主要考查了菱形的性質，勾股定理，含30°角的直角三角形的性質的綜合應用，解決問題的關鍵是運用分類思想，作輔助線構造直角三角形進行計算．解題時注意：菱形的四條邊相等，菱形是軸對稱圖形．