Question

17．如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=2，P、Q分別是AC、AB邊上的動(dòng)點(diǎn)，PQ∥BC，點(diǎn)A關(guān)于直線PQ的對(duì)稱點(diǎn)為A′，連結(jié)A′B，設(shè)線段AP的長為t．
（1）當(dāng)t=$\frac{5}{4}$時(shí)，∠A′BC的正弦值為$\frac{3}{5}$；
（2）若線段A′B的垂直平分線與線段AC有公共點(diǎn)，則t的取值范圍是0≤t≤1或$\sqrt{5}$≤t≤3．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意表示出AP=A′P=t，A′C=4-2t，由t的值得出A′C的長，繼而求出A′B，根據(jù)正弦函數(shù)定義可得答案；
（2）以點(diǎn)O為原點(diǎn)、AC所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，知A′（2t，0）、點(diǎn)B（4，2），待定系數(shù)法可求得直線A′B的解析式，作MN⊥A′C于點(diǎn)N，由△A′MN∽△A′BC得MN=1、A′N=2-t，從而得出點(diǎn)M的坐標(biāo)為（t+2，1），根據(jù)直線ME是線段A′B的中垂線可得直線ME的解析式為y-1=（t-2）（x-t-2），由直線ME與線段AC有公共點(diǎn)可得0≤$\frac{{t}^{2}-5}{t-2}$≤4，解之即可得t的范圍．

解答 解：（1）由題意知，AP=A′P=t，A′C=4-2t，
當(dāng)t=$\frac{5}{4}$時(shí)，A′C=4-2×$\frac{5}{4}$=$\frac{3}{2}$，
∵BC=2，
∴A′B=$\sqrt{A′{C}^{2}+B{C}^{2}}$=$\sqrt{\frac{9}{4}+4}$=$\frac{5}{2}$，
∴sin∠A′BC=$\frac{A′C}{A′B}$=$\frac{\frac{3}{2}}{\frac{5}{2}}$=$\frac{3}{5}$，
故答案為：$\frac{3}{5}$；

（2）如圖，以點(diǎn)O為原點(diǎn)，AC所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，

根據(jù)題意知點(diǎn)A′（2t，0），點(diǎn)B（4，2），
設(shè)直線A′B解析式為y=kx+b，
則有$\left\{\begin{array}{l}{2tk+b=8}\\{4k+b=2}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{2-t}}\\{b=\frac{2t}{t-2}}\end{array}\right.$，
∴直線A′B的解析式為y=$\frac{1}{2-t}$x+$\frac{2t}{t-2}$，
∵直線ME是線段A′B的中垂線，
∴M為A′B的中點(diǎn)，
作MN⊥A′C于點(diǎn)N，
∴MN∥BC，
∴△A′MN∽△A′BC，
∴$\frac{A′M}{A′B}=\frac{MN}{BC}=\frac{A′N}{A′C}$，即$\frac{1}{2}$=$\frac{MN}{2}$=$\frac{A′N}{4-2t}$，
可得MN=1，A′N=2-t，
則ON=2t+2-t=t+2，
∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（t+2，1）
∴直線ME的解析式為y-1=（t-2）（x-t-2），即y=（t-2）x-t²+5，
當(dāng)y=0時(shí)，（t-2）x-t²+5=0，
解得：x=$\frac{{t}^{2}-5}{t-2}$，
若直線ME與線段AC有公共點(diǎn)，則0≤$\frac{{t}^{2}-5}{t-2}$≤4，
①當(dāng)t-2＜0，即t＜2時(shí)，$\left\{\begin{array}{l}{t≥0}\\{{t}^{2}-5≤0}\\{{t}^{2}-5≥4（t-2）}\end{array}\right.$，
解得：0≤t≤1；
②當(dāng)t-2＞0，即t＞2時(shí)，$\left\{\begin{array}{l}{{t}^{2}-5≥0}\\{{t}^{2}-5≤4（t-2）}\end{array}\right.$，
解得：$\sqrt{5}$≤t≤3；
綜上，0≤t≤1或$\sqrt{5}$≤t≤3，
故答案為：0≤t≤1或$\sqrt{5}$≤t≤3．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查解直角三角形、相似三角形的判定與性質(zhì)、待定系數(shù)求一次函數(shù)解析式、解不等式組等知識(shí)點(diǎn)，將公共點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為不等式問題求解是解題的關(guān)鍵．