Question

4．如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，矩形OABC的边OA在x轴的负半轴上，A（-4，0）、B（-4，3），将矩形OABC绕点O按顺时针方向旋转α度得到矩形OA′B′C′．此时直线OA′，直线B′C′分别与直线BC相交于P、Q
（1）一条抛物线y=$\frac{{3-2\sqrt{3}}}{4}{x^2}$+bx+c，经过B、C两点，在四边形OABC旋转过程中，当0°≤α≤90°时，直线OA′与抛物线在直线BC上方的交点为M，旋转角α多大时，△MBC面积达到最大？并求最大值，若点P在抛物线上，请直接写出点P的坐标．
（2）当四边形OA′B′C′的顶点B′落在y轴正半轴上时，求$\frac{BP}{BQ}$的值和sinα的值
（3）在四边形OABC旋转过程中，当0°≤α≤180°时，是否存在这样的点P和Q，使BP=$\frac{1}{2}$BQ？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）用待定系数法求出抛物线解析式求出顶点坐标，当交点M为抛物线顶点时△MBC面积最大，由此可以求出α以及△MBC的面积，点P在抛物线上，只有点P与点B、C重合，这样可以即可解决问题．
（2）过C′作C′D∥OA交OA′于点D，根据△OCP∽△OA′B′和△C′OD∽△OB′A′分别求出PC、C′D再由PQ=C′D即可解决．
（3）作PM⊥B′C′垂足为M，设p（t，3），由△PCO≌△QMP得到PO=PQ=2PB，列出方程进行求解．

解答 解：（1）根据题意得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3-2\sqrt{3}}{4}×16-4b+c=3}\\{c=3}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{b=3-2\sqrt{3}}\\{c=3}\end{array}\right.$，
则函数的解析式是y=$\frac{3-2\sqrt{3}}{4}$x²+（3-2$\sqrt{3}$）x+3，
抛物线的解析式是x=$\frac{-4}{2}$=-2，把x=-2代入解析式得y=2$\sqrt{3}$，即抛物线的顶点是（-2，2$\sqrt{3}$）．
当△MBC面积最大时，M的坐标是（-2，2$\sqrt{3}$）．
此时tanα=$\frac{2\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}$，故此时α=60°．
∵点P在抛物线上，
∴点P与B、C重合，
∴点P坐标为（-4，3）或（0，3）．
（2）在图1中，∵∠POC=∠B′OA′，∠PCO=∠B′A′O=90°，OA′=OA=4，OC=AB=3，
∴△OCP∽△OA′B′，
∴$\frac{PC}{A'B'}$=$\frac{OC}{OA'}$=$\frac{3}{4}$，即$\frac{PC}{3}=\frac{3}{4}$，
解得：PC=$\frac{9}{4}$，
∴BP=BC-PC=4-$\frac{9}{4}$=$\frac{7}{4}$，
过C′作C′D∥OA交OA′于点D．
∵C′D∥OA，
∴∠A′OA=∠C′DO，
又∵∠A′OA+∠A′OB′=90°，直角△A′B′O中，∠A′OB′+∠A′B′O=90°，
∴∠C′DO=∠A′B′O，
又∵∠DOC′=∠B′A′O，
∴△C′OD∽△OB′A′，
∴$\frac{C′D}{OB′}=\frac{OC′}{OA′}$，即$\frac{C′D}{5}=\frac{3}{4}$，
解得：C′D=$\frac{15}{4}$，
∴PQ=C′D=$\frac{15}{4}$．
∴$\frac{BP}{BQ}$=$\frac{\frac{7}{4}}{\frac{15}{4}}$=$\frac{7}{15}$．
sinα=sin∠A′B′O=$\frac{OA′}{OB′}$=$\frac{4}{5}$．
（3）在图2中，作PM⊥B′C′垂足为M．设P（t，3）．
∵∠MPQ+∠OPC=90°，∠MPQ+∠PQM=90°，
∴∠PQM=∠OPC，
∵PM=CO，∠PMQ=∠PCO=90°，
∴△PCO≌△QMP，
∴PO=PQ=2PB，
∴$\sqrt{{t}^{2}+{3}^{2}}$=2（4+t），
∴t²+9=64+32t+4t²，
∴3t²+32t+55=0，
∴t=$\frac{-16+\sqrt{91}}{3}$或$\frac{-16-\sqrt{91}}{3}$（不合题意舍弃），
∴点P坐标（$\frac{-16+\sqrt{91}}{3}$，3）．

点评 本题考查待定系数法求抛物线解析式、相似三角形的判定和性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，综合性很强，必须灵活掌握知识，学会用方程的思想考虑问题．