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    11．如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（-8，0），点B的坐标为（-8，6），直线BC∥x轴，交y轴于点C，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．
    （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）①如图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；
    ②如图3，当四边形OA′B′C′的顶点B′落在BC的延长线上时，求△OPB′的面积．
    （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和点Q，使BP=$\frac{1}{2}$BQ？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

    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）①利用相似三角形求得CP的比，就可求得BP，PQ的值；
    ②根据勾股定理求得PB′的长，再根据三角形的面积公式进行计算．
    （3）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）图1，四边形OA′B′C′的形状是矩形；
    ∵点A的坐标为（-8，0），点B（-8，6），
    ∴AB∥OC，
    ∵BC∥x轴，
    ∴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，
    ∴$\frac{BP}{PQ}=\frac{4}{3}$，
    即是矩形的长与宽的比，则$\frac{BP}{BQ}=\frac{4}{7}$．
    故答案为矩形，$\frac{4}{7}$；

    （2）①图2，∵∠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，
    ∴$\frac{CQ}{C'O}=\frac{B'C}{B'C'}$，
    ∴$\frac{CQ}{6}=\frac{10-6}{8}$
    ∴CQ=3，BQ=BC+CQ=11．
    ∴$\frac{BP}{PQ}=\frac{\frac{7}{2}}{\frac{9}{2}+3}=\frac{7}{15}$，
    ∴$\frac{BP}{BQ}=\frac{7}{22}$；

    ②图3，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-$\frac{3\sqrt{6}}{2}$，6），P2（-$\frac{7}{4}$，6）．
    理由：
    过点Q作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4，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+$\frac{3\sqrt{6}}{2}$，
    ∴P（-9-$\frac{3\sqrt{6}}{2}$，6）．

    如图5，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-$\frac{25}{4}$=$\frac{7}{4}$，
    ∴P（-$\frac{7}{4}$，6），
    综上可知，存在点P（-9-$\frac{3\sqrt{6}}{2}$，6）或（-$\frac{7}{4}$，6），使BP=$\frac{1}{2}$BQ．

    点评 本题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，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，解本题的关键是根据勾股定理列方程求解．

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