Question

1．線段OA繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到∠AOA′，點(diǎn)P為直線OA′上一點(diǎn)，點(diǎn)Q為射線AA′上一點(diǎn)，連接PQ、PA且PQ=PA．

（1）當(dāng)點(diǎn)P在線段OA′上如圖1，∠AOA′=60°時(shí)，求證：PA′+QA′=OA；
（2）當(dāng)點(diǎn)P在A′O的延長(zhǎng)線上如圖2，∠AOA′=120°時(shí)，線段PA′、QA′、OA之間滿足的數(shù)量關(guān)系為PA′=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$QA′+OA．
（3）在（2）的條件下，若OA=4，Q為AA′的中點(diǎn)時(shí)，將射線QP繞點(diǎn)Q旋轉(zhuǎn)30°，并與直線PA交于點(diǎn)M，求QM的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）截取A′D=PA′，先證得△OAA′是正三角形，△PA′D是正三角形，進(jìn)而證得△QPA′≌△APD，得出QA′=DA，即可證得A′D+DA=PA′+QA′=AA′=OA；
（2）作OC⊥AA′于C，則AC=A′C，根據(jù)已知條件證得$\frac{AA′}{OA′}$=$\sqrt{3}$，然后作PD∥OA，交A′A的延長(zhǎng)線于D，進(jìn)而證得△PAA′≌△PQD，得出AA′=DQ，A′Q=AD，根據(jù)平行線分線段成比例定理求得$\frac{AA′}{OA′}$=$\frac{AD}{OP}$=$\sqrt{3}$，得出OP=$\frac{\sqrt{3}}{3}$AQ′，即可得出PA′、QA′、OA之間滿足的數(shù)量關(guān)系為PA′=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$QA′+OA．
（3）由（2）可知$\frac{AA′}{OA′}$=$\sqrt{3}$，得出AA′=4$\sqrt{3}$，A′Q=AQ=2$\sqrt{3}$，由OP=$\frac{\sqrt{3}}{3}$AQ′，得出OP=2，PA′=4+2=6，作QE⊥PA′于E，解直角三角形求得A′E=$\frac{\sqrt{3}}{2}$A′Q=3，從而求得A′E=PE，得出△PQA′是等腰三角形，得出∠PQA=60°，即可證得△PAQ是等邊三角形，然后解直角三角形即可求得．

解答 解：（1）如圖1，截取A′D=PA′，
∵線段OA繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋得到∠AOA′，
∴OA=OA′，
∵∠AOA′=60°，
∴OA=OA′=AA′，∠OA′A=60°，
∴△OAA′是正三角形，△PA′D是正三角形，
∴A′D=PA′=PD，∠A′PD=∠A′DP=60°，
∵PQ=PA，
∴∠Q=∠PAA′，
∵∠Q+∠QPA′=60°，∠PAA′+∠APD=60°，
∴∠QPA′=∠APD，
在△QPA和△APD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠Q=∠PAA′}\\{PQ=PA}\\{∠QPA′=∠APD}\end{array}\right.$
∴△QPA′≌△APD（ASA），
∴QA′=DA，
∴A′D+DA=PA′+QA′=AA′，
∴PA′+QA′=OA；

（2）如圖2，∵∠AOA′=120°，OA=OA′，
∴∠OAA′=∠A′=30°，
作OC⊥AA′于C，則AC=A′C
AC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$OA，
∴$\frac{A′C}{OA′}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴$\frac{AA′}{OA′}$=$\sqrt{3}$，
作PD∥OA，交A′A的延長(zhǎng)線于D，
∴∠D=∠OAA′=∠A′=30°，
∴PA′=PD，
∵PA=PQ，
∴∠PAQ=∠PQA，
在△PAA′和△PQD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠D=∠A′}\\{∠PAQ=∠PQA}\\{PQ=PA}\end{array}\right.$，
∴△PAA′≌△PQD（AAS），
∴AA′=DQ，
∴A′Q=AD，
∵PD∥OA，
∴$\frac{AA′}{OA′}$=$\frac{AD}{OP}$=$\sqrt{3}$，
∵AD=A′Q，
∴$\frac{A′Q}{OP}$=$\sqrt{3}$，
∴OP=$\frac{\sqrt{3}}{3}$AQ′，
∴線段PA′、QA′、OA之間滿足的數(shù)量關(guān)系為PA′=OP+OA′=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$QA′+OA．
故答案為PA′=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$QA′+OA．

（3）如圖3，由（2）可知$\frac{AA′}{OA′}$=$\sqrt{3}$，
∴AA′=4$\sqrt{3}$，
∵Q為AA′的中點(diǎn)，
∴A′Q=AQ=2$\sqrt{3}$，
∵OP=$\frac{\sqrt{3}}{3}$AQ′，
∴OP=2，
∴PA′=4+2=6，
作QE⊥PA′于E，
∵∠A′=30°，
∴A′E=$\frac{\sqrt{3}}{2}$A′Q=3，
∴A′E=PE，
∴A′Q=PQ=2$\sqrt{3}$，
∴∠A′=∠QPA′=30°，
∴∠PQA=60°，
∵PQ=PA，
∴△PQA是等邊三角形，
∵∠PQM₁=30°，
∴QM₁=$\frac{\sqrt{3}}{2}$PQ=$\frac{\sqrt{3}}{2}$×2$\sqrt{3}$=3，
∵∠PQM₂=30°，∠PQA=∠PAQ=60°，
∴∠AQM₂=90°，
∴QM=$\sqrt{3}$AQ=$\sqrt{3}$×$2\sqrt{3}$=6．
∴QM的長(zhǎng)為3或6．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)以及解直角三角形等，熟練掌握性質(zhì)和定理是解題的關(guān)鍵．