登录
22.我们定义:在一个图形上画一条直线,若这条直线既平分该图形的面积,又平分该图形的周长,我们称这条直线为这个图形的“等分积周线”.
(1)如图1,在△ABC中,AB＝BC,且BC≠AC,在图1中作出△ABC的一条“等分积周线”.
(2)在图1中,过点C能否画出一条“等分积周线”?若能,写出画法;若不能,请说明理由.
(3)如图2,在四边形ABCD中,∠B＝∠C＝90°,EF垂直平分AD,垂足为F,交BC于点E,已知AB＝4,BC＝10,CD＝6.求证:直线EF为四边形ABCD的“等分积周线”.
(4)如图3,在△ABC中,AB＝BC＝7 cm,AC＝10 cm,不过△ABC的顶点,画出△ABC的一条“等分积周线”,并说明理由.
(1)如图1,在△ABC中,AB＝BC,且BC≠AC,在图1中作出△ABC的一条“等分积周线”.
(2)在图1中,过点C能否画出一条“等分积周线”?若能,写出画法;若不能,请说明理由.
(3)如图2,在四边形ABCD中,∠B＝∠C＝90°,EF垂直平分AD,垂足为F,交BC于点E,已知AB＝4,BC＝10,CD＝6.求证:直线EF为四边形ABCD的“等分积周线”.
(4)如图3,在△ABC中,AB＝BC＝7 cm,AC＝10 cm,不过△ABC的顶点,画出△ABC的一条“等分积周线”,并说明理由.
答案
22.解:(1)如图1所示,BD即为所求.
(2)不能. 理由:如图2,若直线CD平分$△ABC$的面积,则$S_{△ADC}=S_{△DBC}$,
∴$AD=BD$.
∵$AC≠BC$,
∴$AD+AC≠BD+BC$.
∴过点C不能画出一条“等分积周线”.
(3)证明:如图3,连接AE,DE,设$BE=x$.
∵EF垂直平分AD,
∴$AE=DE,AF=DF,S_{△AEF}=S_{△DEF}$.
∵$∠B=∠C=90°,AB=4,BC=10,CD=6$,
∴在$\mathrm{Rt}△ABE$和$\mathrm{Rt}△DCE$中,根据勾股定理,得$AB^2+BE^2=CE^2+DC^2$,即$4^2+x^2=(10-x)^2+6^2$,解得$x=6$.
∴$BE=6,CE=4$.
∴$AB+BE=CE+DC,S_{△ABE}=S_{△DCE}$.
∵$S_{\mathrm{四边形}ABEF}=S_{△ABE}+S_{△AEF},S_{\mathrm{四边形}DCEF}=S_{△DEF}+S_{△DCE}$,
∴$S_{\mathrm{四边形}ABEF}=S_{\mathrm{四边形}DCEF},AF+AB+BE=DF+EC+DC$.
∴直线EF为四边形ABCD的“等分积周线”.
(4)如图4,在AC上取一点F,使得$FC=AB=7\ \mathrm{cm}$,在BC上取一点E,使得$BE=2\ \mathrm{cm}$,作直线EF,则EF是$△ABC$的“等分积周线”. 理由:由作图可得,$AF=AC-FC=10-7=3(\mathrm{cm})$. 在CB上取一点G,使得$CG=AF=3\ \mathrm{cm}$,连接FG.
∵$AB=BC$,
∴$∠A=∠C$. 在$△ABF$和$△CFG$中,$\begin{cases}AF=CG,\\∠A=∠C,\\AB=CF,\end{cases}$
∴$△ABF≌△CFG(\mathrm{SAS})$.
∴$S_{△ABF}=S_{△CFG}$. 又易得$BE=EG=2\ \mathrm{cm}$,
∴$S_{△BFE}=S_{△EFG}$.
∴$S_{△EFC}=S_{\mathrm{四边形}ABEF},AF+AB+BE=CE+CF=12\ \mathrm{cm}$.
∴EF是$△ABC$的“等分积周线”.
解析
【分析】
本题是新定义“等分积周线”的几何应用题型，解题需紧扣“同时平分图形周长、同时平分图形面积”两个核心条件逐一分析：
(1) 对于AB=BC的等腰△ABC，过顶点B作AC边上的中线，由等腰三角形三线合一的性质，该线既平分三角形面积，也平分三角形周长，即为所求；
(2) 假设过C存在“等分积周线”，若直线平分三角形面积，则必为AB边上的中线，此时AD=BD，结合已知AC≠BC，可推出两侧周长不等，即可判断不存在；
(3) 要证EF是等分积周线，需分别验证EF平分四边形的周长和面积：先利用垂直平分线性质得AE=DE，设BE=x，通过勾股定理列方程求出BE、CE的长度，验证两侧周长相等，再结合面积和的关系验证面积相等即可；
(4) 先计算△ABC总周长，得到周长一半为12cm，在AC、BC边上取点使得一侧周长为12cm，再通过构造全等三角形证明两侧面积相等即可。
【解析】
(1) 作∠ABC的角平分线（或AC边上的中线、高）交AC于点D，直线BD即为所求，如图1所示。
(2) 不能，理由如下：
如图2，若过点C的直线CD平分△ABC的面积，则$S_{△ADC}=S_{△DBC}$，两三角形同高，因此底$AD=BD$。
已知$AC≠BC$，因此$AD+AC≠BD+BC$，即直线CD无法平分△ABC的周长，因此过点C不能画出一条“等分积周线”。
(3) 证明：如图3，连接AE、DE，设$BE=x$。
∵EF垂直平分AD，
∴$AE=DE,AF=DF,S_{△AEF}=S_{△DEF}$。
∵$∠B=∠C=90°,AB=4,BC=10,CD=6$，
∴$CE=10-x$。
在$Rt△ABE$和$Rt△DCE$中，由勾股定理得$AB^2+BE^2=AE^2$，$CE^2+DC^2=DE^2$，
因此$4^2+x^2=(10-x)^2+6^2$，
展开得$16+x^2=100-20x+x^2+36$，
化简得$20x=120$，解得$x=6$。
∴$BE=6,CE=10-6=4$。
∴$AB+BE=4+6=10$，$CE+DC=4+6=10$，即$AB+BE=CE+DC$；
且$S_{△ABE}=\frac{1}{2}×AB×BE=12$，$S_{△DCE}=\frac{1}{2}×CE×DC=12$，即$S_{△ABE}=S_{△DCE}$。
∵$S_{四边形ABEF}=S_{△ABE}+S_{△AEF}$，$S_{四边形DCEF}=S_{△DEF}+S_{△DCE}$，
∴$S_{四边形ABEF}=S_{四边形DCEF}$，即EF平分四边形ABCD的面积；
又$AF+AB+BE=DF+EC+DC$，即EF平分四边形ABCD的周长，
∴直线EF为四边形ABCD的“等分积周线”。
(4) 画法：如图4，在AC上取一点F，使得$FC=AB=7\ \mathrm{cm}$，在BC上取一点E，使得$BE=2\ \mathrm{cm}$，作直线EF，则EF是△ABC的“等分积周线”。
理由：△ABC总周长为$7+7+10=24\ \mathrm{cm}$，周长的一半为$12\ \mathrm{cm}$。
由作图可得$AF=AC-FC=10-7=3\ \mathrm{cm}$，因此$AF+AB+BE=3+7+2=12\ \mathrm{cm}$，$CE+CF=(7-2)+7=12\ \mathrm{cm}$，即EF平分△ABC的周长。
在CB上取一点G，使得$CG=AF=3\ \mathrm{cm}$，连接FG。
∵$AB=BC$，
∴$∠A=∠C$。
在$△ABF$和$△CFG$中，$\begin{cases}AF=CG,\\∠A=∠C,\\AB=CF,\end{cases}$
∴$△ABF≌△CFG(\mathrm{SAS})$，
∴$S_{△ABF}=S_{△CFG}$。
又$EG=BC-BE-CG=7-2-3=2\ \mathrm{cm}$，即$BE=EG=2\ \mathrm{cm}$，$△BFE$和$△EFG$同高等底，
∴$S_{△BFE}=S_{△EFG}$。
∴$S_{四边形ABEF}=S_{△ABF}+S_{△BFE}=S_{△CFG}+S_{△EFG}=S_{△EFC}$，即EF平分△ABC的面积。
综上，EF是△ABC的“等分积周线”。
【答案】
(1) 如图1所示，BD即为所求；
(2) 不能，理由见解析；
(3) 证明见解析；
(4) 直线EF为所求“等分积周线”，理由见解析。
【知识点】
等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质
【点评】
本题属于新定义类几何综合题，解题关键是准确理解“等分积周线”的两个判定条件，结合等腰三角形、全等三角形、勾股定理等知识，分别验证周长平分和面积平分两个要求即可，注重考查逻辑推理能力和综合运用几何知识解决问题的能力。
【难度系数】
0.3
本题是新定义“等分积周线”的几何应用题型，解题需紧扣“同时平分图形周长、同时平分图形面积”两个核心条件逐一分析：
(1) 对于AB=BC的等腰△ABC，过顶点B作AC边上的中线，由等腰三角形三线合一的性质，该线既平分三角形面积，也平分三角形周长，即为所求；
(2) 假设过C存在“等分积周线”，若直线平分三角形面积，则必为AB边上的中线，此时AD=BD，结合已知AC≠BC，可推出两侧周长不等，即可判断不存在；
(3) 要证EF是等分积周线，需分别验证EF平分四边形的周长和面积：先利用垂直平分线性质得AE=DE，设BE=x，通过勾股定理列方程求出BE、CE的长度，验证两侧周长相等，再结合面积和的关系验证面积相等即可；
(4) 先计算△ABC总周长，得到周长一半为12cm，在AC、BC边上取点使得一侧周长为12cm，再通过构造全等三角形证明两侧面积相等即可。
【解析】
(1) 作∠ABC的角平分线（或AC边上的中线、高）交AC于点D，直线BD即为所求，如图1所示。
(2) 不能，理由如下：
如图2，若过点C的直线CD平分△ABC的面积，则$S_{△ADC}=S_{△DBC}$，两三角形同高，因此底$AD=BD$。
已知$AC≠BC$，因此$AD+AC≠BD+BC$，即直线CD无法平分△ABC的周长，因此过点C不能画出一条“等分积周线”。
(3) 证明：如图3，连接AE、DE，设$BE=x$。
∵EF垂直平分AD，
∴$AE=DE,AF=DF,S_{△AEF}=S_{△DEF}$。
∵$∠B=∠C=90°,AB=4,BC=10,CD=6$，
∴$CE=10-x$。
在$Rt△ABE$和$Rt△DCE$中，由勾股定理得$AB^2+BE^2=AE^2$，$CE^2+DC^2=DE^2$，
因此$4^2+x^2=(10-x)^2+6^2$，
展开得$16+x^2=100-20x+x^2+36$，
化简得$20x=120$，解得$x=6$。
∴$BE=6,CE=10-6=4$。
∴$AB+BE=4+6=10$，$CE+DC=4+6=10$，即$AB+BE=CE+DC$；
且$S_{△ABE}=\frac{1}{2}×AB×BE=12$，$S_{△DCE}=\frac{1}{2}×CE×DC=12$，即$S_{△ABE}=S_{△DCE}$。
∵$S_{四边形ABEF}=S_{△ABE}+S_{△AEF}$，$S_{四边形DCEF}=S_{△DEF}+S_{△DCE}$，
∴$S_{四边形ABEF}=S_{四边形DCEF}$，即EF平分四边形ABCD的面积；
又$AF+AB+BE=DF+EC+DC$，即EF平分四边形ABCD的周长，
∴直线EF为四边形ABCD的“等分积周线”。
(4) 画法：如图4，在AC上取一点F，使得$FC=AB=7\ \mathrm{cm}$，在BC上取一点E，使得$BE=2\ \mathrm{cm}$，作直线EF，则EF是△ABC的“等分积周线”。
理由：△ABC总周长为$7+7+10=24\ \mathrm{cm}$，周长的一半为$12\ \mathrm{cm}$。
由作图可得$AF=AC-FC=10-7=3\ \mathrm{cm}$，因此$AF+AB+BE=3+7+2=12\ \mathrm{cm}$，$CE+CF=(7-2)+7=12\ \mathrm{cm}$，即EF平分△ABC的周长。
在CB上取一点G，使得$CG=AF=3\ \mathrm{cm}$，连接FG。
∵$AB=BC$，
∴$∠A=∠C$。
在$△ABF$和$△CFG$中，$\begin{cases}AF=CG,\\∠A=∠C,\\AB=CF,\end{cases}$
∴$△ABF≌△CFG(\mathrm{SAS})$，
∴$S_{△ABF}=S_{△CFG}$。
又$EG=BC-BE-CG=7-2-3=2\ \mathrm{cm}$，即$BE=EG=2\ \mathrm{cm}$，$△BFE$和$△EFG$同高等底，
∴$S_{△BFE}=S_{△EFG}$。
∴$S_{四边形ABEF}=S_{△ABF}+S_{△BFE}=S_{△CFG}+S_{△EFG}=S_{△EFC}$，即EF平分△ABC的面积。
综上，EF是△ABC的“等分积周线”。
【答案】
(1) 如图1所示，BD即为所求；
(2) 不能，理由见解析；
(3) 证明见解析；
(4) 直线EF为所求“等分积周线”，理由见解析。
【知识点】
等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质
【点评】
本题属于新定义类几何综合题，解题关键是准确理解“等分积周线”的两个判定条件，结合等腰三角形、全等三角形、勾股定理等知识，分别验证周长平分和面积平分两个要求即可，注重考查逻辑推理能力和综合运用几何知识解决问题的能力。
【难度系数】
0.3
23. 如图1，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A的坐标为(-8,0)，直线BC经过点B(-8,6)，C(0,6)。将四边形OABC绕点O按顺时针方向旋转α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
(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$\frac{BP}{PQ}$的值。
②如图3，当四边形OA'B'C'的顶点B'落在直线BC上时，求△OPB'的面积。
(3)在四边形OABC旋转的过程中，当0°＜α≤180°时，是否存在这样的点P和点Q，使得$BP=\frac{1}{2}BQ$，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由。
(1)四边形OABC的形状是
矩形
，当α=90°时，$\frac{BP}{PQ}$的值是$\frac{4}{3}$
。(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$\frac{BP}{PQ}$的值。
②如图3，当四边形OA'B'C'的顶点B'落在直线BC上时，求△OPB'的面积。
(3)在四边形OABC旋转的过程中，当0°＜α≤180°时，是否存在这样的点P和点Q，使得$BP=\frac{1}{2}BQ$，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由。
答案
23.解:(1)矩形 $\frac{4}{3}$ 【答案详解】
∵O为坐标原点,点$A(-8,0)$,直线BC经过点$B(-8,6)$,$C(0,6)$,
∴$OA=BC=8,OC=AB=6$,$∠AOC=90°$,
∴四边形OABC是矩形. 当$α=90°$时,点P与点C重合,如图1所示. $BP=8,PQ=OC=6$,则$\frac{BP}{PQ}=\frac{8}{6}=\frac{4}{3}$. 故答案为:矩形;$\frac{4}{3}$.
(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$△B'CQ∽△B'C'O$,
∴$\frac{CQ}{C'O}=\frac{B'C}{B'C'O}$,即$\frac{CQ}{6}=\frac{10-6}{8}$.
∴$CQ=3$.
∴$\frac{BP}{PQ}=\frac{\frac{7}{2}}{\frac{9}{2}+3}=\frac{7}{15}$.
②在$△OCP$和$△B'A'P$中,$\begin{cases}∠OPC=∠B'PA',\\∠OCP=∠A',\\OC=B'A',\end{cases}$
∴$△OCP≌△B'A'P(\mathrm{AAS})$.
∴$OP=B'P$. 设$B'P=x$,在$\mathrm{Rt}△B'A'P$中,$(8-x)^2+6^2=x^2$,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,使得$BP=\frac{1}{2}BQ$. 点P的坐标是$(-9-\frac{3}{2}\sqrt{6},6)$或$(-\frac{7}{4},6)$. 过点Q作$QH⊥OA'$于点H,连接OQ,则$QH=OC'=OC$.
∵$S_{△POQ}=\frac{1}{2}PQ·OC=\frac{1}{2}OP·QH$,
∴$PQ=OP$. 设$BP=x$,
∵$BP=\frac{1}{2}BQ$,
∴$BQ=2x$. 如图2,当点P在点B左侧时,$OP=PQ=BQ+BP=3x$. 在$\mathrm{Rt}△PCO$中,$(8+x)^2+6^2=(3x)^2$,解得$x_1=1+\frac{3}{2}\sqrt{6}$,$x_2=1-\frac{3}{2}\sqrt{6}$(不合题意,舍去).
∴$PC=BC+BP=9+\frac{3}{2}\sqrt{6}$.
∴$P_1(-9-\frac{3}{2}\sqrt{6},6)$. 如图3,当点P在点B右侧时,$OP=PQ=BQ-BP=x$,$PC=8-x$. 在$\mathrm{Rt}△PCO$中,$(8-x)^2+6^2=x^2$,解得$x=\frac{25}{4}$.
∴$PC=8-BP=8-\frac{25}{4}=\frac{7}{4}$.
∴$P_2(-\frac{7}{4},6)$. 综上所述,存在点P和点Q,使得$BP=\frac{1}{2}BQ$,点P的坐标是$(-9-\frac{3}{2}\sqrt{6},6)$或$(-\frac{7}{4},6)$.
解析
【分析】
解题思路如下：
(1) 先根据点坐标判断四边形OABC的边和角的特征：对边平行且相等，且有一个内角为直角，即可判定形状；当α=90°时，旋转后OA'落在y轴上，点P与C重合，直接计算BP、PQ的长度即可求比值。
(2) ①当B'落在y轴正半轴时，先找到两组相似三角形：△COP∽△A'OB'、△B'CQ∽△B'C'O，利用相似三角形对应边成比例分别求出CP、CQ的长度，进而得到BP、PQ的长度计算比值。②当B'落在直线BC上时，先通过AAS证明△OCP≌△B'A'P，得到OP=B'P，设B'P为x，在直角三角形中用勾股定理列方程求出x，再计算三角形面积。
(3) 先通过等面积法证明PQ=OP，再分两种情况讨论：点P在点B左侧、点P在点B右侧，设BP=x，根据$BP=\frac{1}{2}BQ$得到BQ=2x，分别表示出OP和PC的长度，在Rt△PCO中用勾股定理列方程求解，得到x的值后求出P点坐标。
【解析】
(1)
∵点$A(-8,0)$，$B(-8,6)$，$C(0,6)$，
∴$OA=BC=8$，$AB=OC=6$，且$∠AOC=90°$，
∴四边形OABC是矩形。
当α=90°时，点P与点C重合，此时$BP=BC=8$，$PQ=OC=6$，
∴$\frac{BP}{PQ}=\frac{8}{6}=\frac{4}{3}$。
(2) ①
∵$∠POC=∠B'OA'$，$∠PCO=∠OA'B'=90°$，
∴$△COP∽△A'OB'$，
∴$\frac{CP}{A'B'}=\frac{OC}{OA'}$，即$\frac{CP}{6}=\frac{6}{8}$，解得$CP=\frac{9}{2}$，
∴$BP=BC-CP=8-\frac{9}{2}=\frac{7}{2}$。
同理$△B'CQ∽△B'C'O$，
∴$\frac{CQ}{C'O}=\frac{B'C}{B'C'}$，即$\frac{CQ}{6}=\frac{10-6}{8}$，解得$CQ=3$，
∴$PQ=CP+CQ=\frac{9}{2}+3=\frac{15}{2}$，
∴$\frac{BP}{PQ}=\frac{\frac{7}{2}}{\frac{15}{2}}=\frac{7}{15}$。
②在$△OCP$和$△B'A'P$中：
$\begin{cases}∠OPC=∠B'PA'\\∠OCP=∠A'=90°\\OC=B'A'=6\end{cases}$
∴$△OCP≌△B'A'P(\mathrm{AAS})$，
∴$OP=B'P$。
设$B'P=x$，在$\mathrm{Rt}△OCP$中，$PC=8-x$，$OC=6$，$OP=x$，
由勾股定理得：$(8-x)^2+6^2=x^2$，
解得$x=\frac{25}{4}$，
∴$S_{△OPB'}=\frac{1}{2}×B'P×OC=\frac{1}{2}×\frac{25}{4}×6=\frac{75}{4}$。
(3) 存在，理由如下：
过点Q作$QH⊥OA'$于H，连接OQ，则$QH=OC'=OC$，
∵$S_{△POQ}=\frac{1}{2}PQ·OC=\frac{1}{2}OP·QH$，
∴$PQ=OP$。
设$BP=x$，
∵$BP=\frac{1}{2}BQ$，
∴$BQ=2x$。
分两种情况：
情况1：点P在点B左侧，此时$OP=PQ=BQ+BP=3x$，$PC=BC+BP=8+x$，
在$\mathrm{Rt}△PCO$中，由勾股定理得：$(8+x)^2+6^2=(3x)^2$，
解得$x_1=1+\frac{3}{2}\sqrt{6}$，$x_2=1-\frac{3}{2}\sqrt{6}$（不合题意，舍去），
∴P点横坐标为$-(8+1+\frac{3}{2}\sqrt{6})=-9-\frac{3}{2}\sqrt{6}$，即$P_1(-9-\frac{3}{2}\sqrt{6},6)$。
情况2：点P在点B右侧，此时$OP=PQ=BQ-BP=x$，$PC=8-x$，
在$\mathrm{Rt}△PCO$中，由勾股定理得：$(8-x)^2+6^2=x^2$，
解得$x=\frac{25}{4}$，
∴$PC=8-\frac{25}{4}=\frac{7}{4}$，P点横坐标为$-\frac{7}{4}$，即$P_2(-\frac{7}{4},6)$。
综上，存在满足条件的点P，坐标为$(-9-\frac{3}{2}\sqrt{6},6)$或$(-\frac{7}{4},6)$。
【答案】
(1) 矩形；$\frac{4}{3}$
(2) ①$\frac{7}{15}$；②$\frac{75}{4}$
(3) 存在，点P的坐标是$(-9-\frac{3}{2}\sqrt{6},6)$或$(-\frac{7}{4},6)$
【知识点】
矩形的判定与性质，旋转的性质，相似与全等三角形的应用
【点评】
本题是平面直角坐标系下的几何综合题，融合了矩形、旋转、相似全等、勾股定理等多个知识点，解题时需抓住旋转前后图形的不变量，结合分类讨论思想分析不同位置下的图形关系，对综合分析能力和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
解题思路如下：
(1) 先根据点坐标判断四边形OABC的边和角的特征：对边平行且相等，且有一个内角为直角，即可判定形状；当α=90°时，旋转后OA'落在y轴上，点P与C重合，直接计算BP、PQ的长度即可求比值。
(2) ①当B'落在y轴正半轴时，先找到两组相似三角形：△COP∽△A'OB'、△B'CQ∽△B'C'O，利用相似三角形对应边成比例分别求出CP、CQ的长度，进而得到BP、PQ的长度计算比值。②当B'落在直线BC上时，先通过AAS证明△OCP≌△B'A'P，得到OP=B'P，设B'P为x，在直角三角形中用勾股定理列方程求出x，再计算三角形面积。
(3) 先通过等面积法证明PQ=OP，再分两种情况讨论：点P在点B左侧、点P在点B右侧，设BP=x，根据$BP=\frac{1}{2}BQ$得到BQ=2x，分别表示出OP和PC的长度，在Rt△PCO中用勾股定理列方程求解，得到x的值后求出P点坐标。
【解析】
(1)
∵点$A(-8,0)$，$B(-8,6)$，$C(0,6)$，
∴$OA=BC=8$，$AB=OC=6$，且$∠AOC=90°$，
∴四边形OABC是矩形。
当α=90°时，点P与点C重合，此时$BP=BC=8$，$PQ=OC=6$，
∴$\frac{BP}{PQ}=\frac{8}{6}=\frac{4}{3}$。
(2) ①
∵$∠POC=∠B'OA'$，$∠PCO=∠OA'B'=90°$，
∴$△COP∽△A'OB'$，
∴$\frac{CP}{A'B'}=\frac{OC}{OA'}$，即$\frac{CP}{6}=\frac{6}{8}$，解得$CP=\frac{9}{2}$，
∴$BP=BC-CP=8-\frac{9}{2}=\frac{7}{2}$。
同理$△B'CQ∽△B'C'O$，
∴$\frac{CQ}{C'O}=\frac{B'C}{B'C'}$，即$\frac{CQ}{6}=\frac{10-6}{8}$，解得$CQ=3$，
∴$PQ=CP+CQ=\frac{9}{2}+3=\frac{15}{2}$，
∴$\frac{BP}{PQ}=\frac{\frac{7}{2}}{\frac{15}{2}}=\frac{7}{15}$。
②在$△OCP$和$△B'A'P$中：
$\begin{cases}∠OPC=∠B'PA'\\∠OCP=∠A'=90°\\OC=B'A'=6\end{cases}$
∴$△OCP≌△B'A'P(\mathrm{AAS})$，
∴$OP=B'P$。
设$B'P=x$，在$\mathrm{Rt}△OCP$中，$PC=8-x$，$OC=6$，$OP=x$，
由勾股定理得：$(8-x)^2+6^2=x^2$，
解得$x=\frac{25}{4}$，
∴$S_{△OPB'}=\frac{1}{2}×B'P×OC=\frac{1}{2}×\frac{25}{4}×6=\frac{75}{4}$。
(3) 存在，理由如下：
过点Q作$QH⊥OA'$于H，连接OQ，则$QH=OC'=OC$，
∵$S_{△POQ}=\frac{1}{2}PQ·OC=\frac{1}{2}OP·QH$，
∴$PQ=OP$。
设$BP=x$，
∵$BP=\frac{1}{2}BQ$，
∴$BQ=2x$。
分两种情况：
情况1：点P在点B左侧，此时$OP=PQ=BQ+BP=3x$，$PC=BC+BP=8+x$，
在$\mathrm{Rt}△PCO$中，由勾股定理得：$(8+x)^2+6^2=(3x)^2$，
解得$x_1=1+\frac{3}{2}\sqrt{6}$，$x_2=1-\frac{3}{2}\sqrt{6}$（不合题意，舍去），
∴P点横坐标为$-(8+1+\frac{3}{2}\sqrt{6})=-9-\frac{3}{2}\sqrt{6}$，即$P_1(-9-\frac{3}{2}\sqrt{6},6)$。
情况2：点P在点B右侧，此时$OP=PQ=BQ-BP=x$，$PC=8-x$，
在$\mathrm{Rt}△PCO$中，由勾股定理得：$(8-x)^2+6^2=x^2$，
解得$x=\frac{25}{4}$，
∴$PC=8-\frac{25}{4}=\frac{7}{4}$，P点横坐标为$-\frac{7}{4}$，即$P_2(-\frac{7}{4},6)$。
综上，存在满足条件的点P，坐标为$(-9-\frac{3}{2}\sqrt{6},6)$或$(-\frac{7}{4},6)$。
【答案】
(1) 矩形；$\frac{4}{3}$
(2) ①$\frac{7}{15}$；②$\frac{75}{4}$
(3) 存在，点P的坐标是$(-9-\frac{3}{2}\sqrt{6},6)$或$(-\frac{7}{4},6)$
【知识点】
矩形的判定与性质，旋转的性质，相似与全等三角形的应用
【点评】
本题是平面直角坐标系下的几何综合题，融合了矩形、旋转、相似全等、勾股定理等多个知识点，解题时需抓住旋转前后图形的不变量，结合分类讨论思想分析不同位置下的图形关系，对综合分析能力和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
