Question

如圖，在平面直角坐標系中，Rt△ABO的斜邊OA落在y軸的正半軸上，OA、OB的長是方程x2-6

3

x+24=0的兩根，把△AOB折疊，使點B落在y軸正半軸上，折痕與AB邊相交于點C．
（1）求A點的坐標．
（2）求折痕OC所在直線的解析式．
（3）點P是直線OC上一點，在坐標平面內(nèi)是否存在點Q，使以A、C、P、Q為頂點的四邊形是一個菱形？若存在，直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：一次函數(shù)綜合題

專題：綜合題

分析：（1）求出已知方程的解得到OA與OB的長，確定出A的坐標即可；
（2）由OB的長為OA長的一半，得到∠BAO=30°，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到∠AOC=∠BOC=30°，設(shè)AC=OC=2x，則有BC=x，在直角三角形BOC中，利用勾股定理列出關(guān)于x的方程，求出方程的解得到x的值，確定出OC的長，過C作CE垂直于x軸，利用銳角三角函數(shù)定義求出OE與CE的長，確定出C坐標，設(shè)直線OC解析式為y=kx，將C坐標代入求出k的值，即可確定出解析式；
（3）存在，分三種情況考慮：①當(dāng)P與O重合時，C關(guān)于y軸對稱點為Q，連接AQ，PQ，由AD=PD，CD=QD，且AC=PC，得到四邊形ACPQ為菱形，求出此時Q的坐標；②以A為圓心，AC長為半徑畫弧，與y軸交于P′，延長EC到Q′，使CQ′=AC，連接P′Q′，此時四邊形AP′Q′C為菱形，求出Q′坐標；③以A為圓心，AC長為半徑畫弧，與y軸交于P″，延長CE到Q″，使CQ″=AC，連接P″Q″，四邊形ACQ″P″為菱形，求出Q″的坐標，綜上，得到所有滿足題意Q的坐標．

解答：解：（1）方程x²-6

3

x+24=0，
分解因式得：（x-4

3

）（x-2

3

）=0，
解得：x=4

3

或x=2

3

，
∴OA=4

3

，OB=2

3

，
則A（0，4

3

）；

（2）在Rt△AOB中，OA=4

3

，OB=2

3

，即OB=

1

2

OA，
∴∠BAO=30°，∠AOB=60°，
由折疊的性質(zhì)得：∠AOC=∠BOC=30°，
∴∠BAO=∠AOC=30°，
∴AC=OC，
在Rt△BOC中，∠BOC=30°，
∴OC=2BC，
設(shè)BC=x，則有AC=OC=2x，
∴AB=AC+CB=OC+BC=3x=

OA2-OB2

=6，
解得：x=2，
∴OC=4，
過C作CE⊥x軸于E，
在Rt△OCE中，∠COE=60°，
∴∠OCE=30°，
∴OE=

1

2

OC=2，CE=

OC2-OE2

=2

3

，
∴C（2，2

3

），
設(shè)直線OC解析式為y=mx，將C坐標代入得：2

3

=2m，
解得：m=

3

，
則直線OC解析式為y=

3

x；

（3）存在，有三種情況：
①由折疊的性質(zhì)的：OD=OB=2

3

，
∴AD=OA-OD=4

3

-2

3

=2

3

，即AD=OD，
設(shè)Q為C關(guān)于y軸的對稱點，即QD=CD，
連接AQ，OQ，此時P與O重合，
∵AD=OD，QD=CD，且AC=OC，
∴四邊形ACPQ為菱形，
∵C（2，2

3

），
∴Q（-2，2

3

）；
②以A為圓心，AC長為半徑畫弧，與y軸交于P′，延長EC到Q′，使CQ′=AC，連接P′Q′，
此時四邊形AP′Q′C為菱形，Q′坐標為（2，2

3

+4）；
③以A為圓心，AC長為半徑畫弧，與y軸交于P″，延長CE到Q″，使CQ″=AC，連接P″Q″，
四邊形ACQ″P″為菱形，此時Q″坐標為（2，4-2

3

），
綜上，Q的坐標為（-2，2

3

）或（2，2

3

+4）或（2，4-2

3

）．

點評：此題屬于一次函數(shù)綜合題，涉及的知識有：待定系數(shù)法確定一次函數(shù)解析式，坐標與圖形性質(zhì)，勾股定理，含30度直角三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理，以及一元二次方程的解法，熟練掌握待定系數(shù)法是解本題的關(guān)鍵．