题目内容
如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABO的斜边OA落在y轴的正半轴上，OA、OB的长是方程x2-6| 3 |
（1）求A点的坐标．
（2）求折痕OC所在直线的解析式．
（3）点P是直线OC上一点，在坐标平面内是否存在点Q，使以A、C、P、Q为顶点的四边形是一个菱形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
考点：一次函数综合题
专题：综合题
分析：（1）求出已知方程的解得到OA与OB的长，确定出A的坐标即可；
（2）由OB的长为OA长的一半，得到∠BAO=30°，根据折叠的性质得到∠AOC=∠BOC=30°，设AC=OC=2x，则有BC=x，在直角三角形BOC中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，确定出OC的长，过C作CE垂直于x轴，利用锐角三角函数定义求出OE与CE的长，确定出C坐标，设直线OC解析式为y=kx，将C坐标代入求出k的值，即可确定出解析式；
（3）存在，分三种情况考虑：①当P与O重合时，C关于y轴对称点为Q，连接AQ，PQ，由AD=PD，CD=QD，且AC=PC，得到四边形ACPQ为菱形，求出此时Q的坐标；②以A为圆心，AC长为半径画弧，与y轴交于P′，延长EC到Q′，使CQ′=AC，连接P′Q′，此时四边形AP′Q′C为菱形，求出Q′坐标；③以A为圆心，AC长为半径画弧，与y轴交于P″，延长CE到Q″，使CQ″=AC，连接P″Q″，四边形ACQ″P″为菱形，求出Q″的坐标，综上，得到所有满足题意Q的坐标．
（2）由OB的长为OA长的一半，得到∠BAO=30°，根据折叠的性质得到∠AOC=∠BOC=30°，设AC=OC=2x，则有BC=x，在直角三角形BOC中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，确定出OC的长，过C作CE垂直于x轴，利用锐角三角函数定义求出OE与CE的长，确定出C坐标，设直线OC解析式为y=kx，将C坐标代入求出k的值，即可确定出解析式；
（3）存在，分三种情况考虑：①当P与O重合时，C关于y轴对称点为Q，连接AQ，PQ，由AD=PD，CD=QD，且AC=PC，得到四边形ACPQ为菱形，求出此时Q的坐标；②以A为圆心，AC长为半径画弧，与y轴交于P′，延长EC到Q′，使CQ′=AC，连接P′Q′，此时四边形AP′Q′C为菱形，求出Q′坐标；③以A为圆心，AC长为半径画弧，与y轴交于P″，延长CE到Q″，使CQ″=AC，连接P″Q″，四边形ACQ″P″为菱形，求出Q″的坐标，综上，得到所有满足题意Q的坐标．
解答：
解：（1）方程x2-6
x+24=0，
分解因式得：（x-4
）（x-2
）=0，
解得：x=4
或x=2
，
∴OA=4
，OB=2
，
则A（0，4
）；
（2）在Rt△AOB中，OA=4
，OB=2
，即OB=
OA，
∴∠BAO=30°，∠AOB=60°，
由折叠的性质得：∠AOC=∠BOC=30°，
∴∠BAO=∠AOC=30°，
∴AC=OC，
在Rt△BOC中，∠BOC=30°，
∴OC=2BC，
设BC=x，则有AC=OC=2x，
∴AB=AC+CB=OC+BC=3x=
=6，
解得：x=2，
∴OC=4，
过C作CE⊥x轴于E，
在Rt△OCE中，∠COE=60°，
∴∠OCE=30°，
∴OE=
OC=2，CE=
=2
，
∴C（2，2
），
设直线OC解析式为y=mx，将C坐标代入得：2
=2m，
解得：m=
，
则直线OC解析式为y=
x；
（3）存在，有三种情况：
①由折叠的性质的：OD=OB=2
，
∴AD=OA-OD=4
-2
=2
，即AD=OD，
设Q为C关于y轴的对称点，即QD=CD，
连接AQ，OQ，此时P与O重合，
∵AD=OD，QD=CD，且AC=OC，
∴四边形ACPQ为菱形，
∵C（2，2
），
∴Q（-2，2
）；
②以A为圆心，AC长为半径画弧，与y轴交于P′，延长EC到Q′，使CQ′=AC，连接P′Q′，
此时四边形AP′Q′C为菱形，Q′坐标为（2，2
+4）；
③以A为圆心，AC长为半径画弧，与y轴交于P″，延长CE到Q″，使CQ″=AC，连接P″Q″，
四边形ACQ″P″为菱形，此时Q″坐标为（2，4-2
），
综上，Q的坐标为（-2，2
）或（2，2
+4）或（2，4-2
）．
解：（1）方程x2-6| 3 |
分解因式得：（x-4
| 3 |
| 3 |
解得：x=4
| 3 |
| 3 |
∴OA=4
| 3 |
| 3 |
则A（0，4
| 3 |
（2）在Rt△AOB中，OA=4
| 3 |
| 3 |
| 1 |
| 2 |
∴∠BAO=30°，∠AOB=60°，
由折叠的性质得：∠AOC=∠BOC=30°，
∴∠BAO=∠AOC=30°，
∴AC=OC，
在Rt△BOC中，∠BOC=30°，
∴OC=2BC，
设BC=x，则有AC=OC=2x，
∴AB=AC+CB=OC+BC=3x=
| OA2-OB2 |
解得：x=2，
∴OC=4，
过C作CE⊥x轴于E，
在Rt△OCE中，∠COE=60°，
∴∠OCE=30°，
∴OE=
| 1 |
| 2 |
| OC2-OE2 |
| 3 |
∴C（2，2
| 3 |
设直线OC解析式为y=mx，将C坐标代入得：2
| 3 |
解得：m=
| 3 |
则直线OC解析式为y=
| 3 |
（3）存在，有三种情况：
①由折叠的性质的：OD=OB=2
| 3 |
∴AD=OA-OD=4
| 3 |
| 3 |
| 3 |
设Q为C关于y轴的对称点，即QD=CD，
连接AQ，OQ，此时P与O重合，
∵AD=OD，QD=CD，且AC=OC，
∴四边形ACPQ为菱形，
∵C（2，2
| 3 |
∴Q（-2，2
| 3 |
②以A为圆心，AC长为半径画弧，与y轴交于P′，延长EC到Q′，使CQ′=AC，连接P′Q′，
此时四边形AP′Q′C为菱形，Q′坐标为（2，2
| 3 |
③以A为圆心，AC长为半径画弧，与y轴交于P″，延长CE到Q″，使CQ″=AC，连接P″Q″，
四边形ACQ″P″为菱形，此时Q″坐标为（2，4-2
| 3 |
综上，Q的坐标为（-2，2
| 3 |
| 3 |
| 3 |
点评：此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定一次函数解析式，坐标与图形性质，勾股定理，含30度直角三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，以及一元二次方程的解法，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
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x=3是方程（ ）的解．
| A、3x=6 |
| B、（x-3）（x-2）=0 |
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