Question

15．如圖，平面直角坐標(biāo)系中，直線l：y=-$\sqrt{3}$x+$\sqrt{3}$分別交x軸，y軸于A，B兩點，點C在x軸負(fù)半軸上，且∠ACB=30°．
（1）求A，C兩點的坐標(biāo)．
（2）若點M從點C出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿射線CB運動，連接AM，設(shè)△ABM的面積為S，點M的運動時間為t，求出S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量的取值范圍．
（3）點P是y軸上的點，在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點Q，使以A，B，P，Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出Q點的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由直線方程易得點A的坐標(biāo)．在直角△BOC中，利用30度所對的直角邊等于斜邊的一半求出BC的長，利用勾股定理求出OC的長，確定出C的坐標(biāo)即可；
（2）先求出∠ABC=90°，分兩種情況考慮：當(dāng)M在線段BC上；當(dāng)M在線段BC延長線上；表示出BM，利用三角形面積公式分別表示出S與t的函數(shù)關(guān)系式即可；
（3）點P是y軸上的點，在坐標(biāo)平面內(nèi)存在點Q，使以A、B、P、Q為頂點的四邊形是菱形，分兩種情況，如圖所示，利用菱形的性質(zhì)求出AQ的長，根據(jù)AQ與y軸平行得到Q與A橫坐標(biāo)相同，求出滿足題意Q得坐標(biāo)即可．

解答 解：（1）當(dāng)x=0時，y=$\sqrt{3}$；當(dāng)y=0時，x=1．
∴點A坐標(biāo)為（1，0），點B坐標(biāo)為（0，$\sqrt{3}$），
在Rt△BOC中，∠OCB=30°，OB=$\sqrt{3}$，
∴BC=2$\sqrt{3}$．
∴OC=$\sqrt{（2\sqrt{3}）^{2}-（\sqrt{3}）^{2}}$=3．
∴點C坐標(biāo)為（-3，0）．                                        

（2）如圖1所示：∵OA=1，OB=$\sqrt{3}$，AB=2，
∴∠ABO=30°，
同理：BC=2$\sqrt{3}$，∠OCB=30°，
∴∠OBC=60°，
∴∠ABC=90°，
分兩種情況考慮：若M在線段BC上時，BC=2$\sqrt{3}$，CM=t，可得BM=BC-CM=2$\sqrt{3}$-t，
此時S_△ABM=$\frac{1}{2}$BM•AB=$\frac{1}{2}$×（2$\sqrt{3}$-t）×2=2$\sqrt{3}$-t（0≤t＜2$\sqrt{3}$）；
若M在BC延長線上時，BC=2$\sqrt{3}$，CM=t，可得BM=CM-BC=t-2$\sqrt{3}$，
此時S_△ABM=$\frac{1}{2}$BM•AB=$\frac{1}{2}$×（t-2$\sqrt{3}$）×2=t-2$\sqrt{3}$（t≥2$\sqrt{3}$）；
綜上所述，S=$\left\{\begin{array}{l}{2\sqrt{3}-t（0≤t＜2\sqrt{3}）}\\{t-2\sqrt{3}（t≥2\sqrt{3}）}\end{array}\right.$；

（3）P是y軸上的點，在坐標(biāo)平面內(nèi)存在點Q，使以 A、B、P、Q為頂點的四邊形是菱形，
如2圖所示，
當(dāng)P在y軸正半軸上，四邊形ABPQ為菱形，①可得AQ=AB=2，且Q與A的橫坐標(biāo)相同，
此時Q坐標(biāo)為（1，2），②AP=AQ=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，Q與A的橫坐標(biāo)相同，此時Q坐標(biāo)為（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），
當(dāng)P在y軸負(fù)半軸上，四邊形ABPQ為菱形，①可得AQ=AB=2，且Q與A橫坐標(biāo)相同，
此時Q坐標(biāo)為（1，-2），②BP垂直平分AQ，此時Q坐標(biāo)為（-1，0），
綜上，滿足題意Q坐標(biāo)為（1，2）、（1，-2）、（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）、（-1，0）．

點評 此題屬于一次函數(shù)綜合題，涉及的知識有：含30度直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，菱形的性質(zhì)，利用了分類討論的思想，熟練掌握待定系數(shù)法是解本題第二問的關(guān)鍵．