如图，平面直角坐标系中，直线l分别交x轴、y轴于A、B两点，点A的坐标为（1，0）∠ABO=30°，过点B的直线y=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$x+m与x轴交于点C．分析 （1）根据有一个角为30°的直角三角形的性质，求出OB，再利用待定系数法即可求解；
（2）由有一个角是直角的平行四边形是矩形，判断出四边形DEBF是矩形，再利用点到直线的距离中垂线短最短即可；
（3）设出点P（0，m）的坐标，先利用平行四边形的性质作出图形，求出点Q的坐标，再利用菱形的四边相等求出m即可．
解答 （1）解：∵A（1，0），
∴OA=1，
∵∠ABO=30°，
∴0B=$\sqrt{3}$，AB=2，
∴B（O，$\sqrt{3}$），
设直线l的解析式为y=kx+$\sqrt{3}$，
∵A（1，0）在直线l上，
∴k=-$\sqrt{3}$，
∴y=-$\sqrt{3}$x+$\sqrt{3}$，
∵B（0，$\sqrt{3}$）在直线y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+m上，
∴m=$\sqrt{3}$，
∴直线BC的解析式为y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$，
∵点C在x轴上，
∴C-3，0）．
（2）解：如图1，
①四边形DEBF为矩形，
∵DE∥AB，DF∥BC，
∴四边形BEDF为平行四边形，
∴平行四边形BEDF为矩形．
②∵G为EF中点，
∴G为矩形BEDF的对角线的交点，
∵要使DG最短，也就是BD最短，
∴只有BD⊥AC时，BD最短，
∴CD=3，
∴t=3；
（3）
解：如图2，在坐标平面内是存在点Q，使以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形，
设P（0，m）且A（1，0），B（0，$\sqrt{3}$），
∴直线AB的解析式为y=-$\sqrt{3}$x+$\sqrt{3}$，
作a∥BP，则直线a的解析式为x=1，
作b∥AP，则直线b的解析式为y=mx+$\sqrt{3}$，
作c∥AB，则直线c的解析式为y=-$\sqrt{3}$x+m，
①以AB为对角线时，有$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{y=-mx+\sqrt{3}}\end{array}\right.$，
∴Q1（1，-m+$\sqrt{3}$），
∵四边形Q1BPA为菱形，
∴Q1A=Q1B，即：Q1A2=Q1B2，
∴（-m+$\sqrt{3}$）2=1+m2，
∴m=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴Q1（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），P（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$），
②以AB为边时，
Ⅰ、QP为对角线时，
∵点A（1，0），B（0，$\sqrt{3}$），
∴AB=2，
∵点P是y轴上的点，
∴P（0，$\sqrt{3}$+2）或P（0，$\sqrt{3}$-2）
∵AB解析式为y=-$\sqrt{3}$x+$\sqrt{3}$，
∴AP解析式为y=-$\sqrt{3}$x+$\sqrt{3}$+2或y=-$\sqrt{3}$x+$\sqrt{3}$-2，
∵四边形APQB为菱形，
∴点Q过点A且PQ∥y轴的直线上，
∴Q2（1，2）或Q3（1，-2）；
Ⅱ、以BP为对角线时，
∴P（0，-$\sqrt{3}$），
∴点Q4（-1，0），
∴存在点Q，使以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形，Q1（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），或Q2（1，2），或Q3（1，-2）或Q4（-1，0）．
点评 本题是一次函数中简单的综合题，涉及到待定系数法求直线解析式，平面内两点之间距离公式，利用方程组求直线的交点坐标，解本题的关键是利用两直线平行，比例系数相等，设出直线解析式如直线AB的解析式为y=-$\sqrt{3}$x+$\sqrt{3}$，直线AB的解析式为y=-mx+m，作a∥BP，则直线a的解析式为x=1；作b∥AP，则直线b的解析式为y=mx+$\sqrt{3}$；作c∥AB，则直线c的解析式为y=-$\sqrt{3}$x+m．
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