Question

1．如圖1所示，已知y=$\frac{6}{x}$（x＞0）圖象上一點P，PA⊥x軸于點A（a，0），點B坐標(biāo)為（0，b）（b＞0），動點M是y軸正半軸上B點上方的點，動點N在射線AP上，過點B作AB的垂線，交射線AP于點D，交直線MN于點Q連接AQ，取AQ的中點為C．
（1）如圖2，連接BP，求△PAB的面積；
（2）當(dāng)點Q在線段BD上時，若四邊形BQNC是菱形，面積為4$\sqrt{3}$，求此時P點的坐標(biāo)；
（3）當(dāng)點Q在射線BD上時，且a=6，b=2，若以點B，C，N，Q為頂點的四邊形是平行四邊形，求這個平行四邊形的周長．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)同底等高的兩個三角形的面積相等即可求出△PAB的面積；
（2）連接BN，CN，首先求出∠BQC=60°，∠BAQ=30°，然后證明△ABQ≌△ANQ，進而求出∠BAO=30°，由S_{四邊形BQNC}=4$\sqrt{3}$，求出OA=3，于是P點坐標(biāo)求出；
（3）分兩類進行討論，當(dāng)點Q在線段BD上，根據(jù)題干條件求出AQ的長，進而求出四邊形的周長，當(dāng)點Q在線段BD的延長線上，依然根據(jù)題干條件求出AQ的長，再進一步求出四邊形的周長．

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

（2）如圖2，連接BN，CN，
∵四邊形BQNC是菱形，
∴BQ=BC=NQ，∠BQC=∠NQC，
∵AB⊥BQ，C是AQ的中點，
∴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=4$\sqrt{3}$=$\frac{1}{2}$×CQ×BN，
令CQ=2t=BQ，則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點在反比例函數(shù)y=$\frac{6}{x}$的圖象上，
∴P點坐標(biāo)為（3，2）；

（3）∵a=6，b=2，
∴OB=2，OA=6，
∴AB=$\sqrt{36+4}$=2$\sqrt{10}$，
易得△AOB∽△DBA，
∴$\frac{OB}{OA}$=$\frac{AB}{BD}$，
∴BD=6$\sqrt{10}$．
①如圖3，當(dāng)點Q在線段BD上，
∵AB⊥BD，C為AQ的中點，
∴BC=$\frac{1}{2}$AQ，
∵四邊形BQNC是平行四邊形，
∴QN=BC，CN=BQ，CN∥BD，
∴$\frac{CN}{QD}$=$\frac{AC}{AQ}$=$\frac{1}{2}$，
∴BQ=CN=$\frac{1}{3}$BD=2$\sqrt{10}$，
∴AQ=$\sqrt{{AB}^{2}+{BQ}^{2}}$=4$\sqrt{5}$，
∴C_{四邊形BQNC}=4$\sqrt{10}$+4$\sqrt{5}$；
②如圖4，當(dāng)點Q在射線BD的延長線上，
∵AB⊥BD，C為AQ的中點，
∴BC=CQ=$\frac{1}{2}$AQ，
∴平行四邊形BNQC是菱形，BN=CQ，BN∥CQ，
∴△BND∽△QAD
∴$\frac{BD}{QD}$=$\frac{BN}{AQ}$=$\frac{1}{2}$，
∴BQ=3BD=18$\sqrt{10}$，
∴AQ=$\sqrt{{BQ}^{2}+{AB}^{2}}$=$\sqrt{{（18\sqrt{10}）}^{2}+{（2\sqrt{10}）}^{2}}$=4$\sqrt{205}$，
∴C_{四邊形BNQC}=2AQ=4$\sqrt{205}$．
綜上所述，這個平行四邊形的周長為4$\sqrt{10}$+4$\sqrt{5}$或4$\sqrt{205}$．

點評 本題主要考查反比例函數(shù)綜合題的知識，此題涉及的知識有全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)以及菱形等知識，綜合性較強，有一定的難度．