如图1所示.已知函数y=$\frac{6}{x}$图象上一点P.PA⊥x轴于点A．动点M是y轴正半轴上点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的中点C．(1)如图2.连接BP.求△PAB的面积,(2)当点Q在线段BD上时.若四边形BQNC是菱形.面积为2$\sqrt{3}$.求此时P点的坐标,的条件下.在平面直角� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

1．如图1所示，已知函数y=$\frac{6}{x}$（x＞0）图象上一点P，PA⊥x轴于点A（a，0），点B坐标为（0，b）（b＞0）．动点M是y轴正半轴上点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的中点C．
（1）如图2，连接BP，求△PAB的面积；
（2）当点Q在线段BD上时，若四边形BQNC是菱形，面积为2$\sqrt{3}$，求此时P点的坐标；
（3）在（2）的条件下，在平面直角坐标系中是否存在点S，使得以点D、Q、N、S为顶点的四边形为平行四边
形？如果存在，请直接写出所有的点S的坐标；如果不存在，请说明理由．

分析（1）首先连接OP，可得S_△PAB=S_△PAO=$\frac{1}{2}$xy；
（2）由四边形BQNC是菱形，AB⊥BQ，C是AQ的中点，易求得△ABQ≌△ANQ（SAS），继而可得S_菱形BQNC=2$\sqrt{3}$=$\frac{1}{2}$×CQ×BN，然后设CQ=BQ=x，求得x的值，继而求得答案；
（3）首先由（2），求得点D，Q，N的坐标，然后分别从以QD、DN、QN为对角线去分析求解即可求得答案．

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

（2）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，
设CQ=BQ=x，
则BN=2×（x×$\frac{\sqrt{3}}{2}$）=$\sqrt{3}$x，
解得：x=2，
∴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点在函数y=$\frac{6}{x}$的图象上，
∴P点坐标为（3，2）；

（3）∵在Rt△AOB中，OA=3，∠OAB=30°，
∴AB=OA÷cos30°=2$\sqrt{3}$，
∵BC=BQ=2，
∴在Rt△BMQ中，BM=BQ•cos30°=$\sqrt{3}$，MQ=BQ•sin30°=1，
∴OM=OB+BM=2$\sqrt{3}$，
∴Q的坐标为：（1，2$\sqrt{3}$），N的坐标为：（3，2$\sqrt{3}$），
在Rt△ABD中，∠BAD=60°，AB=$\sqrt{O{B}^{2}+O{A}^{2}}$=2$\sqrt{3}$，
∴AD=2AB=4$\sqrt{3}$，
∴点D的坐标为：（3，4$\sqrt{3}$），
∴若四边形QNDS是平行四边形，则DS∥QN，DS=QN，则点S的坐标为：（1，4$\sqrt{3}$），
若四边形QNSD是平行四边形，则DS∥QN，DS=QN，则点S的坐标为：（5，4$\sqrt{3}$），
若四边形QSND是平行四边形，则QS∥DN，QS=DN，则点S的坐标为：（1，0）．
综上所述：点S的坐标为：（1，4$\sqrt{3}$）或（5，4$\sqrt{3}$）或（1，0）．