考点： 一次函数综合题． 专题： 压轴题． 分析： （1）过点B作BE⊥y轴于点E，作BF⊥x轴于点F．依题意得BF=OE=2，利用勾股定理求出OF，然后可得点B的坐标．设直线AB的解析式是y=kx+b，把已知坐标代入可求解． （2）由△ABD由△AOP旋转得到，证明△ABD≌△AOP．AP=AD，∠DAB=∠PAO，∠DAP=∠BAO=60°，△ADP是等边三角形．利用勾股定理求出DP．在Rt△BDG中，∠BGD=90°，∠DBG=60°．利用三角函数求出BG=BD?cos60°，DG=BD?sin60°．然后求出OH，DH，然后求出点D的坐标． （3）本题分三种情况进行讨论，设点P的坐标为（t，0）： ①当P在x轴正半轴上时，即t＞0时，关键是求出D点的纵坐标，方法同（2），在直角三角形DBG中，可根据BD即OP的长和∠DBG的正弦函数求出DG的表达式，即可求出DH的长，根据已知的△OPD的面积可列出一个关于t的方程，即可求出t的值． ②当P在x轴负半轴，但D在x轴上方时．即＜t≤0时，方法同①类似，也是在直角三角形DBG用BD的长表示出DG，进而求出GF的长，然后同①． ③当P在x轴负半轴，D在x轴下方时，即t≤时，方法同②． 综合上面三种情况即可求出符合条件的t的值． 解答： 解：（1）如图1，过点B作BE⊥y轴于点E，作BF⊥x轴于点F．由已知得： BF=OE=2，OF=∴点B的坐标是（=，2） ． ， 设直线AB的解析式是y=kx+b（k≠0），则有解得． ∴直线AB的解析式是y=x+4； （2）如图2，∵△ABD由△AOP旋转得到， ∴△ABD≌△AOP， ∴AP=AD，∠DAB=∠PAO， ∴∠DAP=∠BAO=60°， ∴△ADP是等边三角形， ∴DP=AP=． 如图2，过点D作DH⊥x轴于点H，延长EB交DH于点G，则BG⊥DH． 方法（一） 在Rt△BDG中，∠BGD=90°，∠DBG=60°． ∴BG=BD?cos60°=DG=BD?sin60°=∴OH=EG=××=． =． ，DH= 第 17 页 共 19 页
∴点D的坐标为（，） 方法（二） 易得∠AEB=∠BGD=90°，∠ABE=∠BDG，∴△ABE∽△BDG， ∴则有∴OH=；而AE=2，BD=OP=，解得BG=，DH=； ，）． ，BE=2，AB=4， ，DG=； ∴点D的坐标为（ （3）假设存在点P，在它的运动过程中，使△OPD的面积等于设点P为（t，0），下面分三种情况讨论： ①当t＞0时，如图，BD=OP=t，DG=∴DH=2+t． ， ， ，，0）． =OP， t， （舍去） t， ． ∵△OPD的面积等于∴解得∴点P1的坐标为（②∵当D在x轴上时，根据勾股定理求出BD=∴当＜t≤0时，如图，BD=OP=﹣t，DG=﹣t）=2+， ， ，， ，0），点P3的坐标为（t． ∴GH=BF=2﹣（﹣∵△OPD的面积等于∴解得∴点P2的坐标为（③当t≤ ，0）． t， 时，如图3，BD=OP=﹣t，DG=﹣第 18 页 共 19 页
∴DH=﹣t﹣2． ， t）】=， ，0）， ，0）、P2（，0）、P3（，0）、 ∵△OPD的面积等于∴（﹣t）【﹣（2+解得∴点P4的坐标为（（舍去），综上所述，点P的坐标分别为P1（P4（，0）． 点评： 本题综合考查的是一次函数的应用，难度较大．
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