Question

16．如圖①，矩形OABC中，A（6，0）、C（0，2$\sqrt{3}$），D（0，3$\sqrt{3}$），射線l過點(diǎn)D且與x軸平行，點(diǎn)P、Q分別是l和x軸正半軸上動點(diǎn)，滿足∠PQO=60°．
（1）點(diǎn)B的坐標(biāo)是（6，2$\sqrt{3}$）；∠CAO═30度；（直接填空）
（2）如圖②，當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)A重合時(shí)，PO、PQ分別交BC于點(diǎn)E、F，求此時(shí)四邊形OEFQ的面積；
（3）若OA的中點(diǎn)為N，線段PQ與線段AC相交于點(diǎn)M，是否存在點(diǎn)P，使△MNA為等腰三角形？若存在，請直接寫出線段DP的長；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由四邊形OABC是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)，即可求得點(diǎn)B的坐標(biāo)；由正切函數(shù)，即可求得∠CAO的度數(shù)；
（2）求出△POA的面積，證明△PEF∽△POA，由對應(yīng)高的比等于相似比得出相似比，求出面積比，即可得出四邊形的面積；
（3）分別從MN=AN，AM=AN與AM=MN去分析求解即可求得答案．

解答 解：（1）∵四邊形OABC是矩形，
∴AB=OC，OA=BC，OA∥BC，
∵A（6，0）、C（0，2$\sqrt{3}$），
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為：（6，2$\sqrt{3}$）；
故答案為：（6，2$\sqrt{3}$）；30°；
②∵tan∠CAO=$\frac{OC}{OA}$=$\frac{2\sqrt{3}}{6}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠CAO=30°
故答案為：（6，2$\sqrt{3}$）；30；
（2）△POA的面積=$\frac{1}{2}$×6×3$\sqrt{3}$=9$\sqrt{3}$，
∵OA∥BC，
∴△PEF∽△POA，相似比為$\frac{DC}{DO}$=$\frac{3\sqrt{3}-2\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}$=$\frac{1}{3}$，
∴$\frac{{S}_{△PWF}}{{S}_{△POA}}$=$\frac{1}{9}$，
∴四邊形OEFQ的面積=$\frac{8}{9}$S_△POA=$\frac{8}{9}$×9$\sqrt{3}$=8$\sqrt{3}$；
（3）設(shè)DP的長為m，分情況討論：
①如圖2，MN=AN=3時(shí)，
則∠AMN=∠MAN=30°，
∴∠MNO=60°，
∵∠PQO=60°，
即∠MQO=60°
∴點(diǎn)N與Q重合，
∴點(diǎn)P與D重合，
∴此時(shí)DP=0；
②如圖3，AM=AN時(shí)，作MJ⊥x軸于J、PI⊥x軸于I；
MJ=MQ•sin60°=AQ•sin60°=（OA-IQ-OI）•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（3-m）=$\frac{1}{2}$AM=$\frac{1}{2}$AN=$\frac{3}{2}$，
可得$\frac{\sqrt{3}}{2}$（3-m）
解得：m=3-$\sqrt{3}$；
③AM=NM時(shí)，此時(shí)M的橫坐標(biāo)是4.5，
如圖4，過點(diǎn)P作PI⊥OA于I，過點(diǎn)M作MG⊥OA于G，
∴MG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴QI=$\frac{PI}{tan60°}$=$\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{3}}$=3，GQ=$\frac{MG}{tan60°}$=$\frac{1}{2}$，
∴IG=3-0.5=2.5，AG=$\frac{1}{2}$AN=1.5，
∴OI=2，
∴m=2．
綜上所述：存在點(diǎn)P，使△MNA為等腰三角形，線段DP的長為0或3-$\sqrt{3}$或2．

點(diǎn)評 此題是四邊形綜合題目，考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)以及直角三角形的性質(zhì)等知識．此題綜合性較強(qiáng)，難度較大，注意數(shù)形結(jié)合思想與分類討論思想的應(yīng)用．