Question

16．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（0，b）（b＞0），動點M是y軸正半軸點B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中點為C．
（1）如圖2，連接BP，求△PAB的面積；
（2）當Q在線段BD上時，若四邊形BQNC是菱形，面積為2$\sqrt{3}$，①求此時Q、P點的坐標；②并求出此時在y軸上找到點E點，使|EQ-EP|值最大時的點E坐標．

Answer 1

分析 （1）根據同底等高的兩個三角形的面積相等即可求出△PAB的面積；
（2）①首先求出∠BQC=60°，∠BAQ=30°，然后證明△ABQ≌△ANQ，進而求出∠BAO=30°，∠ANQ=∠ABQ=90°，AN=AB，由S_{四邊形BQNC}=2$\sqrt{3}$，求出OA=3，EQ=1，OM=AN=AB=2$\sqrt{3}$，于是P、Q點坐標求出；
②作直線PQ，交y軸于E點，此時|EQ-EP|值最大；設直線PQ的解析式為y=kx+b，根據待定系數法求得直線PQ的解析式，令x=0，即可求得E的坐標．

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

（2）①如圖1，∵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=2$\sqrt{3}$=$\frac{1}{2}$×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y=$\frac{6}{x}$的圖象上，
∴P點坐標為（3，2），
∵△ABQ≌△ANQ，
∴∠ANQ=∠ABQ=90°，AN=AB=2$\sqrt{3}$，
∴MN∥OA，
∴∠BMQ=90°，
∵∠BAO=30°，∠AOB=90°，
∴∠ABO=60°，
∴∠MBQ=30°，
∴MQ=$\frac{1}{2}$BQ=$\frac{1}{2}$×2=1，
∵OM=AN=2$\sqrt{3}$，
∴Q（1，2$\sqrt{3}$）；
②如圖3，作直線PQ，交y軸于E點，此時|EQ-EP|值最大；
設直線PQ的解析式為y=kx+b，
∵P（3，2），Q（1，2$\sqrt{3}$），
∴$\left\{\begin{array}{l}{3k+b=2}\\{k+b=2\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=1-\sqrt{3}}\\{b=3\sqrt{3}-1}\end{array}\right.$，
∴直線PQ的解析式為y=（1-$\sqrt{3}$）x+3$\sqrt{3}$-1，
令x=0，則y=3$\sqrt{3}$-1，
∴E（0，3$\sqrt{3}$-1）．

點評 本題主要考查反比例函數綜合題的知識，此題涉及的知識有全等三角形的判定與性質、相似三角形的性質、三角形三邊關系以及菱形等知識，綜合性較強，有一定的難度．