分析 （1）在三角形AOC中，利用30度所对的直角边等于斜边的一半求出AC的长，在直角三角形ABC中，利用30度所对的直角边等于斜边的一半求出AB的长，由AB-OA求出OB的长，即可确定出B的坐标；
（2）如图1所示，在直角三角形MCP中，利用30度所对的直角边等于斜边的一半，由MP=t，表示出PC，在直角三角形QPC中，利用30度所对的直角边等于斜边的一半表示出PQ，即可得出d与t的关系式；
（3）如图2所示，过E作GF⊥x轴，交x轴于点F，交PQ于点G，在直角三角形QCP中，利用30度所对的直角边等于斜边的一半表示出PC，由AP-PC表示出AC，根据已知AC的长求出d的值，确定出PC与PQ的长，在直角三角形PCB中，利用勾股定理求出PB的长，即为PE的长，设OF=GM=x，表示出GE，由GF-EG表示出EF，在直角三角形OEF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OF=PC，再由OE=PB，利用HL得到直角三角形OEF与直角三角形PCB全等，利用全等三角形的对应角相等得到∠EOF=∠APB，再利用外角性质即可求出∠APB-∠OEB的度数．
解答 解：（1）在Rt△AOC中，OA=2，∠BAC=60°，
∴∠ACO=30°，即AC=2OA=4，
在Rt△ABC中，∠ABC=30°，
∴AB=2AC=8，即OB=AB-OA=8-2=6，
则B（6，0）；
（2）如图1所示，
在Rt△MCP中，MP=t，∠MCP=30°，
∴CP=2MP=2t，
在Rt△CQP中，∠CQP=30°，CP=2t，
∴PQ=4t，即d=4t；
（3）如图2所示，过E作GF⊥x轴，交x轴于点F，交PQ于点G，
在Rt△PQC中，∠CQP=30°，PQ=d，
∴CP=$\frac{1}{2}$PQ=$\frac{1}{2}$d，
∵AP=$\frac{5}{6}$d，
∴AC=AP-CP=$\frac{1}{3}$d=4，即d=12，
∴PQ=12，PC=6，MP=3，QM=9，
在Rt△CBP中，CP=6，BC=4$\sqrt{3}$，
∴PB=$\sqrt{{6}^{2}+（4\sqrt{3}）^{2}}$=2$\sqrt{21}$，
∴OE=PB=2$\sqrt{21}$，
在Rt△OEF中，设OF=GM=x，QG=9-x，
在Rt△QEG中，GE=$\frac{\sqrt{3}}{3}$（9-x），
∵MC=3$\sqrt{3}$，OC=2$\sqrt{3}$，
∴GF=OM=5$\sqrt{3}$，
∴EF=5$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（9-x），
在Rt△OEF中，根据勾股定理得：x2+[5$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（9-x）]2=（2$\sqrt{21}$）2，
解得：x=6，
∴OF=PC=6，
在Rt△OEF和Rt△PBC中，
$\left\{\begin{array}{l}{OE=PB}\\{OF=PC}\end{array}\right.$，
∴Rt△OEF≌Rt△PBC（HL），
∴∠AOE=∠APB，
∵∠AOE=∠OEB+∠ABC=∠OEB+30°，即∠AOE-∠OEB=30°，
则∠APB-∠OEB=30°．
点评 此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：含30度直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，外角性质，勾股定理，坐标与图形性质，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．
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科目：初中数学 来源： 题型：解答题
如图，抛物线的顶点坐标为（2，6），且经过点（4，2）．P是抛物线上x轴上方一点，且在对称轴右侧，过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N．设点P横坐标为m．查看答案和解析>>
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科目：初中数学 来源： 题型：选择题
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