Question

4．（1）如圖1，等腰△ABC中，AB=AC，P是BC上任意一點(diǎn)，PM⊥AB于點(diǎn)M，PN⊥AC于點(diǎn)N．求證：PM+PN等于△ABC的腰上的高．
（2）如圖2，矩形ABCD中，AB=3cm，BC=4cm，P為BC邊上任一點(diǎn)，PM⊥BD于點(diǎn)M，PN⊥AC于點(diǎn)N，且PM=1cm，求PN的長(zhǎng)．
（3）已知：直線l₁：y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+2，l₂：y=-（$\sqrt{3}$+2）x+2，若l₂上一點(diǎn)A到l₁的距離為AB=1，求點(diǎn)A的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）過(guò)B作BD⊥AC，連接AP，由S_△ABC=S_△ABP+S_△ACP可證得PM+PN=BD；
（2）連接OP，過(guò)O作OE⊥BC于點(diǎn)E，則可求得OE=$\frac{1}{2}$D=1.5，根據(jù)勾股定理及矩形的性質(zhì)可求得OC=OB=2.5，再由S_△OBC=S_△OBP+S_△OCP，代入可求得PN；
（3）作AH⊥CD于H，連接CA，設(shè)直線l₁交x軸于點(diǎn)C，l₂交x軸于點(diǎn)D，由題目可知兩直線過(guò)點(diǎn)E（0，2），根據(jù)三角形的面積公式計(jì)算即可．

解答 解：（1）如圖1，作BD⊥AC于D，連接AP，
∵S_△ABC=S_△ABP+S_△ACP，
∴$\frac{1}{2}$×AC×BD=$\frac{1}{2}$×AB×PM+$\frac{1}{2}$×AC×PN，又AB=AC，
∴PM+PN=BD，
即PM+PN等于△ABC的腰上的高；
（2）如圖2，連接OP，過(guò)O作OE⊥BC于點(diǎn)E，
則OE=$\frac{1}{2}$D=1.5，
∵∠ABC=90°，AB=3cm，BC=4cm，
∴AC=5，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴OB=OC=2.5，
∵S_△OBC=S_△OBP+S_△OCP，
∴$\frac{1}{2}$×BC×OE=$\frac{1}{2}$×OB×PN+$\frac{1}{2}$×OC×PN，即4×1.5=2.5×1+2.5×PN，
解得，PN=1.4；
（3）如圖3，作AH⊥CD于H，連接CA，
$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+2=0時(shí)，x=-2$\sqrt{3}$，
則直線l₁與x軸的交點(diǎn)C的坐標(biāo)為（-2$\sqrt{3}$，0），即OC=2$\sqrt{3}$，
-（$\sqrt{3}$+2）x+2=0時(shí)，x=4-2$\sqrt{3}$，
則l₂與x軸的交點(diǎn)D的坐標(biāo)為（4-2$\sqrt{3}$，0），即OD=4-2$\sqrt{3}$，
∴CD=4，又OE=2，
∴CE=$\sqrt{O{C}^{2}+O{E}^{2}}$=4，
∵S_△ECD=S_△ECA+S_△DCA，
∴$\frac{1}{2}$×DC×OE=$\frac{1}{2}$×CE×AF+$\frac{1}{2}$×CD×AH，即4×2=4×1+4×AH，
解得，AH=1，
-（$\sqrt{3}$+2）x+2=1，
x=2-$\sqrt{3}$，
則點(diǎn)A的坐標(biāo)為（2-$\sqrt{3}$，1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的是一次函數(shù)的性質(zhì)、一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)的求法，掌握矩形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、靈活運(yùn)用勾股定理是解題的關(guān)鍵．