分析 （1）根据“三等分变换”的定义，可知M（2，2 ），N′（ 4，-2 ）；
（2）根据PQ的长度为符合条件的最小整数时，分PQ=1或2讨论即可解决问题；
（3）画出图形即可解决问题；
（4）如图3中，过点P作PA⊥x轴于点A．在Rt△OAP中，由勾股定理，OP=$\sqrt{（\frac{1}{2}）^{2}+（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}}$=1，在△PQN′中，∠PQN′=90°，PQ=Q N′，推出点N′在⊙O内部或在⊙O上运动，当PN′为⊙O直径时，PN′最大，推出∠QPN′=45°推出PQ=PN′=$\sqrt{2}$，推出PQ的取值范围：0＜PQ≤$\sqrt{2}$，由P（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$），由对称性可知N′（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$），再根据平行四边形的性质求出点M′坐标即可．
解答 解：（1）∵PQ=2，根据“三等分变换”的定义，可知M（2，2 ），N′（ 4，-2 ）．
（2）①当PQ=1时，OQ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$
在RT△OPQ中，如图1中，
∴OP=OQ
∴∠OQP=∠OPQ=45°
∵∠PQN′=90°PQ=Q N′
∴点N’在x轴负半轴上，不在第二象限
∴PQ=1不符合题意．
②当PQ=2时
OP=$\sqrt{P{Q}^{2}-O{Q}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}-（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{14}}{2}$，
此时，点N′在第二象限符合题意．
（3）如图2中，由图象可知，P（0，-3 ），N（ 0，3 ）．
（4）如图3中，过点P作PA⊥x轴于点A．
在Rt△OAP中，由勾股定理，OP=$\sqrt{（\frac{1}{2}）^{2}+（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}}$=1，
在△PQN′中，∠PQN′=90°，PQ=Q N'
点N'在⊙O内部或在⊙O上运动，当PN′为⊙O直径时，PN′最大
∠QPN′=45°
∴PQ=PN′=$\sqrt{2}$，
∴PQ的取值范围：0＜PQ≤$\sqrt{2}$，
∵P（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$）
由对称性可知N′（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$）
过点N′作N′E⊥x轴于点E，过点Q作QF⊥x轴于点F
易证△ON′E≌△QOF，
∴OF=EN′=$\frac{1}{2}$，FQ=OE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$
∴Q（-$\frac{1}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$）
∵∠N′QP=∠QP M′=90°
∴N′Q∥PM′，
又∵N′Q=PM′，
∴四边形PN′QM′是平行四边形，对角线的交点为J，设M′（m，n）
则J（$\frac{\sqrt{3}-1}{4}$，-$\frac{\sqrt{3}+1}{4}$），
则有$\frac{m-\frac{\sqrt{3}}{2}}{2}$=$\frac{\sqrt{3}-1}{4}$，$\frac{n+\frac{1}{2}}{2}$=-$\frac{\sqrt{3}+1}{4}$，
解得m=$\frac{2\sqrt{3}-1}{2}$，n=$\frac{-\sqrt{3}-2}{2}$，
∴点M′的坐标为（$\frac{2\sqrt{3}-1}{2}$，$\frac{-\sqrt{3}-2}{2}$）．
点评 本题考查圆综合题、平行四边形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质、中点坐标公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
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