Question

在平面直角坐标系中，O为原点，点A的坐标为（-8，0），直线BC经过点B（-8，6）C（0，6），将矩形OABC

绕O按顺时针旋转任意角度得到矩形OA‘B’C‘，此时直线OA’，直线B‘C’分别与直线BC交于P，Q。
（1）当矩形OA‘B’C‘的顶点B’落在Y轴正半轴上时，求BP/BQ的值。
（2）当矩形OA‘B’C‘的顶点B’落在直线BC上时，求三角形OPB’的面积
（3）在矩形OABC旋转过程中，当旋转角大于0度小于等于180度时，是否存在这样的点P和点Q，使BP=0。5的BQ？若存在，求出P点坐标，若不存在，说明理由

Answer 1

解：
（1）四边形的形状是矩形；根据题意即是矩形的长与宽的比，即 ．

（2）①∵∠POC=∠B′OA′，∠PCO=∠OA′B′=90°，∴△COP∽△A′OB′．
∴ ，即 ，∴CP= ，BP=BC-CP= ．
同理△B′CQ∽△B′C′O，∴ ，即 ，
∴CQ=3，BQ=BC+CQ=11．
∴ ．
②在△OCP和△B′A′P中， ，
∴△OCP≌△B′A′P（AAS）．
∴OP=B′P．设B′P=x，
在Rt△OCP中，（8-x）2+62=x2，解得x= ．
∴S△OPB′= ．

（3）存在这样的点P和点Q，使BP= BQ．
点P的坐标是P1（-9- ，6），P2（- ，6）．
【对于第（3）题，我们提供如下详细解答，对学生无此要求】
过点Q画QH⊥OA′于H，连接OQ，则QH=OC′=OC，
∵S△POQ= PQ•OC，S△POQ= OP•QH，∴PQ=OP．
设BP=x，∵BP= BQ，∴BQ=2x，
如图1，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 ， （不符实际，舍去）．
∴PC=BC+BP=9+ ，∴P1（-9- ，6）．
如图2，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= ．
∴PC=BC-BP= ，∴P2（- ，6），
综上可知，存在点P1（-9- ，6），P2（- ，6），使BP= BQ．

Answer 2

解：
（1）根据三角形相似△COP∽△A′OB′．
∴ ，即 ，∴CP=1.5 ，BP=BC-CP= 6.5
同理△B′CQ∽△B′C′O，∴ ，即 ，
∴CQ=3，BQ=BC+CQ=11．
∴ ．BP/BQ=6.5/11
(2)在△OCP和△B′A′P中， ，
∴△OCP≌△B′A′P（AAS）．
∴OP=B′P．设B′P=x，
在Rt△OCP中，（8-x）2+62=x2，解得x= ．
∴S△OPB′= ．

（3）存在这样的点P和点Q，使BP= BQ．
点P的坐标是P1（-9- ，6），P2（- ，6）．
【对于第（3）题，我们提供如下详细解答，对学生无此要求】
过点Q画QH⊥OA′于H，连接OQ，则QH=OC′=OC，
∵S△POQ= PQ•OC，S△POQ= OP•QH，∴PQ=OP．
设BP=x，∵BP= BQ，∴BQ=2x，
如图1，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 ， （不符实际，舍去）．
∴PC=BC+BP=9+ ，∴P1（-9- ，6）．
如图2，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= ．
∴PC=BC-BP= ，∴P2（- ，6），
综上可知，存在点P1（-9- ，6），P2（- ，6），使BP= BQ

Answer 3

（1）四边形的形状是矩形；根据题意即是矩形的长与宽的比，即$\frac{4}{7}$．

（2）①∵∠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，∴$\frac{CQ}{C′Q}=\frac{B′C}{B′C′}$，即$\frac{CQ}{6}=\frac{10-6}{8}$，
∴CQ=3，BQ=BC+CQ=11．
∴$\frac{BP}{BQ}=\frac{7}{22}$．
②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．设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）存在这样的点P和点Q，使BP=$\frac{1}{2}$BQ．
点P的坐标是P1（-9-$\frac{3}{2}\sqrt{6}$，6），P2（-$\frac{7}{4}$，6）．
【对于第（3）题，我们提供如下详细解答，对学生无此要求】
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1，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${x_1}=1+\frac{3}{2}\sqrt{6}$，${x_2}=1-\frac{3}{2}\sqrt{6}$（不符实际，舍去）．
∴PC=BC+BP=9+$\frac{3}{2}\sqrt{6}$，∴P1（-9-$\frac{3}{2}\sqrt{6}$，6）．
如图2，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-$\frac{3}{2}\sqrt{6}$，6），P2（-$\frac{7}{4}$，6），使BP=$\frac{1}{2}$BQ．

Answer 4

（1）四边形OA′B′C′的形状是矩形；根据题意即是矩形的长与宽的比，即 4/3 ．
（2）①∵∠POC=∠B′OA′，∠PCO=∠OA′B′=90°，
∴△COP∽△A′OB′．
∴CP/ A′B′ =OC /OA′ ，即 CP /6 =6 /8 ，
∴CP=9/ 2 ，BP=BC-CP=7 /2 ．
同理△B′CQ∽△B′C′O，
∴CQ/ C′Q =B′C /B′C′ ，即 CQ /6 =10-6 /8 ，
∴CQ=3，BQ=BC+CQ=11．
∴BP/ PQ =7 /2 /( 9/ 2 +3) =7 /15 ；
②在△OCP和△B′A′P中， ∠OPC=∠B′PA′ ∠OCP=∠A′=90° OC=B′A′ ，
∴△OCP≌△B′A′P（AAS）．
∴OP=B′P．设B′P=x，
在Rt△OCP中，（8-x）2+62=x2，解得x=25/ 4 ．
∴S△OPB′=1 /2 ×25 /4 ×6=75 /4 ；
故填：矩形，4/3 ，7/15 ，75/4 ．