Question

4．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，矩形OABC的邊OA在x軸的負(fù)半軸上，A（-4，0）、B（-4，3），將矩形OABC繞點(diǎn)O按順時針方向旋轉(zhuǎn)α度得到矩形OA′B′C′．此時直線OA′，直線B′C′分別與直線BC相交于P、Q
（1）一條拋物線y=$\frac{{3-2\sqrt{3}}}{4}{x^2}$+bx+c，經(jīng)過B、C兩點(diǎn)，在四邊形OABC旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)0°≤α≤90°時，直線OA′與拋物線在直線BC上方的交點(diǎn)為M，旋轉(zhuǎn)角α多大時，△MBC面積達(dá)到最大？并求最大值，若點(diǎn)P在拋物線上，請直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)．
（2）當(dāng)四邊形OA′B′C′的頂點(diǎn)B′落在y軸正半軸上時，求$\frac{BP}{BQ}$的值和sinα的值
（3）在四邊形OABC旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)0°≤α≤180°時，是否存在這樣的點(diǎn)P和Q，使BP=$\frac{1}{2}$BQ？若存在，請求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）用待定系數(shù)法求出拋物線解析式求出頂點(diǎn)坐標(biāo)，當(dāng)交點(diǎn)M為拋物線頂點(diǎn)時△MBC面積最大，由此可以求出α以及△MBC的面積，點(diǎn)P在拋物線上，只有點(diǎn)P與點(diǎn)B、C重合，這樣可以即可解決問題．
（2）過C′作C′D∥OA交OA′于點(diǎn)D，根據(jù)△OCP∽△OA′B′和△C′OD∽△OB′A′分別求出PC、C′D再由PQ=C′D即可解決．
（3）作PM⊥B′C′垂足為M，設(shè)p（t，3），由△PCO≌△QMP得到PO=PQ=2PB，列出方程進(jìn)行求解．

解答 解：（1）根據(jù)題意得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3-2\sqrt{3}}{4}×16-4b+c=3}\\{c=3}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{b=3-2\sqrt{3}}\\{c=3}\end{array}\right.$，
則函數(shù)的解析式是y=$\frac{3-2\sqrt{3}}{4}$x²+（3-2$\sqrt{3}$）x+3，
拋物線的解析式是x=$\frac{-4}{2}$=-2，把x=-2代入解析式得y=2$\sqrt{3}$，即拋物線的頂點(diǎn)是（-2，2$\sqrt{3}$）．
當(dāng)△MBC面積最大時，M的坐標(biāo)是（-2，2$\sqrt{3}$）．
此時tanα=$\frac{2\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}$，故此時α=60°．
∵點(diǎn)P在拋物線上，
∴點(diǎn)P與B、C重合，
∴點(diǎn)P坐標(biāo)為（-4，3）或（0，3）．
（2）在圖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-$\frac{9}{4}$=$\frac{7}{4}$，
過C′作C′D∥OA交OA′于點(diǎn)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）在圖2中，作PM⊥B′C′垂足為M．設(shè)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$\frac{-16-\sqrt{91}}{3}$（不合題意舍棄），
∴點(diǎn)P坐標(biāo)（$\frac{-16+\sqrt{91}}{3}$，3）．

點(diǎn)評 本題考查待定系數(shù)法求拋物線解析式、相似三角形的判定和性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理等知識，綜合性很強(qiáng)，必須靈活掌握知識，學(xué)會用方程的思想考慮問題．