Question

6．如图1，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，矩形OABC在第二象限且A、B、C坐标分别为（-3，0）（-3，$\sqrt{3}$），（0，$\sqrt{3}$），将四边形OABC绕点O按顺时针方向旋转α度得到四边形OA′B′C′，此时直线OA′、直线B′C′分别与直线BC相交于点P、Q．
（1）如图2，当四边形OA′B′C′的顶点B′落在y轴正半轴时，旋转角α=60°；
（2）在四边形OABC旋转过程中，当0＜α≤180°时，存在着这样的点P和点Q，使BP=$\frac{1}{2}$BQ，请直接写出点P的坐标（$\frac{-27-\sqrt{105}}{8}$，$\sqrt{3}$）或（-1，$\sqrt{3}$）．

Answer 1

分析 （1）根据正切函数求得∠A′OB′=30°，进而求得α=60°．
（2）在四边形OABC旋转过程中，当0＜a≤180°时，存在这样的点P和点Q，使BP=$\frac{1}{2}$BQ；过点Q画QH⊥OA′于H，连接OQ，则QH=OC′=OC，由S△POQ=$\frac{1}{2}$PQ•OC，S△POQ=$\frac{1}{2}$OP•QH，得出PQ=OP；设BP=x，则BQ=2x，当点P在点B左侧时，则OP=PQ=BQ+BP=3x，在Rt△PCO中，根据勾股定理得出（3+x）²+（3）²=（3x）²，解方程即可求得P的坐标，当点P在点B右侧时，OP=PQ=BQ-BP=x，PC=3-x．在Rt△PCO中，根据勾股定理得出（3-x）²+（3）²=x²，解方程即可求得P的坐标．

解答 解：（1）如图2，∵矩形OABC在第二象限且A、B、C坐标分别为（-3，0）（-3，$\sqrt{3}$），（0，$\sqrt{3}$），
∴BC=AO=3，AB=$\sqrt{3}$
∴A′B′=AB=$\sqrt{3}$，OA′=OA=3，
∵B′A′⊥OA′，
∴tan∠A′OB′=$\frac{A′B′}{OA′}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠A′OB′=30°，
∴∠AOA′=90°-30°=60°，
即α=60°．
故答案是：60°．
（2）存在这样的点P和点Q，使BP=$\frac{1}{2}$BQ．
理由如下：过点Q画QH⊥OA′于H，连接OQ，则QH=OC′=OC，
∵S_△POQ=$\frac{1}{2}$PQ•OC，S_△POQ=$\frac{1}{2}$OP•QH，
∴PQ=OP．
设BP=x，
∵BP=$\frac{1}{2}$BQ，
∴BQ=2x，
如图3，当点P在点B左侧时，
OP=PQ=BQ+BP=3x，
在Rt△PCO中，（3+x）²+（$\sqrt{3}$^）2=（3x）²，
解得x₁=$\frac{3+\sqrt{105}}{8}$，x₂=$\frac{3-\sqrt{105}}{8}$，（不符实际，舍去）．
∴PC=BC+BP=3+$\frac{3+\sqrt{105}}{8}$=$\frac{27+\sqrt{105}}{8}$，
∴P₁（$\frac{-27-\sqrt{105}}{8}$，$\sqrt{3}$），
如图4，当点P在点B右侧时，
∴OP=PQ=BQ-BP=x，PC=3-x．
在Rt△PCO中，（3-x）²+（$\sqrt{3}$^）2=x²，解得x=2，
∴PC=BC-BP=3-2=1，
∴P₂（-1，$\sqrt{3}$），
综上可知，存在点P₁（$\frac{-27-\sqrt{105}}{8}$，$\sqrt{3}$），P₂（-1，$\sqrt{3}$）使BP=$\frac{1}{2}$BQ．

点评 本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理．特别注意在旋转的过程中的对应线段相等，能够用一个未知数表示同一个直角三角形的未知边，根据勾股定理列方程求解．