Question

10．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（-8，0），直线BC 经过点B（-8，6），C（0，6），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如图1．
（1）四边形OABC的形状是矩形，当α=90°时，$\frac{BP}{BQ}$的值是$\frac{4}{7}$；
（2）在四边形OABC旋转过程中，当0＜α≤180°时，存在这样的点P和点Q，使BP=$\frac{1}{2}$BQ．请求出点P的坐标（-9-$\frac{3\sqrt{6}}{2}$，6），P₂（-$\frac{7}{4}$，6）．

Answer 1

分析 （1）根据有一个角是直角的平行四边形进行判断；当α=90°时，就是长与宽的比；
（2）在四边形OABC旋转过程中，当0＜a≤180°时，是否存在这样的点P和点Q，使BP=$\frac{1}{2}$BQ．构造全等三角形和直角三角形，运用勾股定理求得PC的长，进一步求得坐标．

解答 解：（1）∵点A的坐标为（-8，0），直线BC经过点B（-8，6），C（0，6），
∴BC=AO=8，BC∥AO，
∴四边形OABC是平行四边形．
又OC⊥OA，
∴平行四边形OABC的形状是矩形；
当α=90°时，P与C重合，如图1，
BP=8，BQ=BP+OC=8+6=14，则$\frac{BP}{BQ}$=$\frac{8}{14}$=$\frac{4}{7}$．
故答案是：矩形、$\frac{4}{7}$；

（3）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2，当点P在点B左侧时，
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-$\frac{3\sqrt{6}}{2}$，（不符实际，舍去）．
∴PC=BC+BP=9+$\frac{3\sqrt{6}}{2}$，
∴P₁（-9-$\frac{3\sqrt{6}}{2}$，6），
如图3，当点P在点B右侧时，
∴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-$\frac{25}{4}$=$\frac{7}{4}$，
∴P₂（-$\frac{7}{4}$，6），
综上可知，存在点P₁（-9-$\frac{3\sqrt{6}}{2}$，6），P₂（-$\frac{7}{4}$，6）使BP=$\frac{1}{2}$BQ．
故答案为（-9-$\frac{3\sqrt{6}}{2}$，6），P₂（-$\frac{7}{4}$，6）．

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．