Question

11．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-8，0），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（-8，6），直線BC∥x軸，交y軸于點(diǎn)C，將四邊形OABC繞點(diǎn)O按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)α度得到四邊形OA′B′C′，此時(shí)直線OA′、直線B′C′分別與直線BC相交于點(diǎn)P、Q．
（1）四邊形OABC的形狀是矩形，當(dāng)α=90°時(shí)，$\frac{BP}{BQ}$的值是$\frac{4}{7}$．
（2）①如圖2，當(dāng)四邊形OA′B′C′的頂點(diǎn)B′落在y軸正半軸上時(shí)，求$\frac{BP}{BQ}$的值；
②如圖3，當(dāng)四邊形OA′B′C′的頂點(diǎn)B′落在BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，求△OPB′的面積．
（3）在四邊形OABC旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)0°＜α≤180°時(shí)，是否存在這樣的點(diǎn)P和點(diǎn)Q，使BP=$\frac{1}{2}$BQ？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)有一個(gè)角是直角的平行四邊形進(jìn)行判斷當(dāng)α=90°時(shí)，就是長(zhǎng)與寬的比；
（2）①利用相似三角形求得CP的比，就可求得BP，PQ的值；
②根據(jù)勾股定理求得PB′的長(zhǎng)，再根據(jù)三角形的面積公式進(jìn)行計(jì)算．
（3）構(gòu)造全等三角形和直角三角形，運(yùn)用勾股定理求得PC的長(zhǎng)，進(jìn)一步求得坐標(biāo)

解答 解：（1）圖1，四邊形OA′B′C′的形狀是矩形；
∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-8，0），點(diǎn)B（-8，6），
∴AB∥OC，
∵BC∥x軸，
∴四邊形OABC是平行四邊形．
又OC⊥OA，
∴平行四邊形OABC的形狀是矩形；
當(dāng)α=90°時(shí)，P與C重合，如圖1，
BP=8，BQ=BP+OC=8+6=14，
∴$\frac{BP}{PQ}=\frac{4}{3}$，
即是矩形的長(zhǎng)與寬的比，則$\frac{BP}{BQ}=\frac{4}{7}$．
故答案為矩形，$\frac{4}{7}$；

（2）①圖2，∵∠POC=∠B′OA′，∠PCO=∠OA′B′=90°，
∴△COP∽△A′OB′．
∴$\frac{CP}{A'B'}=\frac{OC}{OA'}$，即$\frac{CP}{6}=\frac{6}{8}$，
∴CP=$\frac{9}{2}$，BP=BC-CP=$\frac{7}{2}$．
同理△B′CQ∽△B′C′O，
∴$\frac{CQ}{C'O}=\frac{B'C}{B'C'}$，
∴$\frac{CQ}{6}=\frac{10-6}{8}$
∴CQ=3，BQ=BC+CQ=11．
∴$\frac{BP}{PQ}=\frac{\frac{7}{2}}{\frac{9}{2}+3}=\frac{7}{15}$，
∴$\frac{BP}{BQ}=\frac{7}{22}$；

②圖3，在△OCP和△B′A′P中，$\left\{\begin{array}{l}{∠OPC=∠B'PA'}\\{∠OCP=∠A'=90°}\\{OC=B'A'}\end{array}\right.$，
∴△OCP≌△B′A′P（AAS）．
∴OP=B′P．
設(shè)B′P=x，
在Rt△OCP中，（8-x）²+6²=x²，
解得x=$\frac{25}{4}$．
∴S_△OPB′=$\frac{1}{2}$×$\frac{25}{4}$×6=$\frac{75}{4}$．

（3）存在這樣的點(diǎn)P和點(diǎn)Q，使BP=$\frac{1}{2}$BQ．
點(diǎn)P的坐標(biāo)是P₁（-9-$\frac{3\sqrt{6}}{2}$，6），P₂（-$\frac{7}{4}$，6）．
理由：
過點(diǎn)Q作QH⊥OA′于H，連接OQ，則QH=OC′=OC，
∵S_△POQ=$\frac{1}{2}$PQ•OC，S_△POQ=$\frac{1}{2}$OP•QH，
∴PQ=OP．
設(shè)BP=x，
∵BP=$\frac{1}{2}$BQ，
∴BQ=2x，

如圖4，當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)B左側(cè)時(shí)，
OP=PQ=BQ+BP=3x，
在Rt△PCO中，（8+x）²+6²=（3x）²，
解得x₁=1+$\frac{3\sqrt{6}}{2}$，x₂=1-$\frac{3\sqrt{6}}{2}$（不符實(shí)際，舍去）．
∴PC=BC+BP=9+$\frac{3\sqrt{6}}{2}$，
∴P（-9-$\frac{3\sqrt{6}}{2}$，6）．

如圖5，當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)B右側(cè)時(shí)，
∴OP=PQ=BQ-BP=x，PC=8-x．
在Rt△PCO中，（8-x）²+6²=x²，解得x=$\frac{25}{4}$．
∴PC=BC-BP=8-$\frac{25}{4}$=$\frac{7}{4}$，
∴P（-$\frac{7}{4}$，6），
綜上可知，存在點(diǎn)P（-9-$\frac{3\sqrt{6}}{2}$，6）或（-$\frac{7}{4}$，6），使BP=$\frac{1}{2}$BQ．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理．特別注意在旋轉(zhuǎn)的過程中的對(duì)應(yīng)線段相等，能夠用一個(gè)未知數(shù)表示同一個(gè)直角三角形的未知邊，解本題的關(guān)鍵是根據(jù)勾股定理列方程求解．