Question

1．如圖1，等邊△ABC中，BC=4，點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿BC方向運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，點(diǎn)P關(guān)于直線AB、AC的對(duì)稱點(diǎn)分別為點(diǎn)M、N，連接MN．
【發(fā)現(xiàn)】
當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時(shí)，線段MN的長(zhǎng)是4$\sqrt{3}$．
當(dāng)AP的長(zhǎng)最小時(shí)，線段MN的長(zhǎng)是6；
【探究】
如圖2，設(shè)PB=x，MN²=y，連接PM、PN，分別交AB，AC于點(diǎn)D，E．
（1）用含x的代數(shù)式表示PM=$\sqrt{3}$x，PN=$\sqrt{3}$（4-x）；
（2）求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出y的取值范圍；
（3）當(dāng)點(diǎn)P在直線BC上的什么位置時(shí)，線段MN=3$\sqrt{7}$（直接寫出答案）
【拓展】
如圖3，求線段MN的中點(diǎn)K經(jīng)過的路線長(zhǎng)．
【應(yīng)用】
如圖4，在等腰△ABC中，∠BAC=30°，AB=AC，BC=2，點(diǎn)P、Q、R分別為邊BC、AB、AC上（均不與端點(diǎn)重合）的動(dòng)點(diǎn)，則△PQR周長(zhǎng)的最小值是2+$\sqrt{3}$．
（可能用到的數(shù)值：sin75°=$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$，cos75°=$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$，tan75°=2+$\sqrt{3}$）

Answer 1

分析 【發(fā)現(xiàn)】當(dāng)點(diǎn)P為BC的中點(diǎn)時(shí)，MN最短，求出此時(shí)MN的長(zhǎng)度，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B（或C）重合時(shí)，BN（或CM）最長(zhǎng)，求出此時(shí)BN的長(zhǎng)度；
【探究】（1）解直角三角形即可得到結(jié)論；
（2）如圖2，分別過點(diǎn)M，N作直線BC的垂線MF，NG，垂足分別是F，G，過點(diǎn)M作MH⊥NG垂足為H．解直角三角形得到MF=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x，PF=$\frac{3}{2}$x，NG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（4-x），PG=$\frac{3}{2}$（4-x），根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論；
（3）由MN=3$\sqrt{7}$，得到MN²=63，把y=63時(shí)代入3（x-2）²+36=63，即可得到結(jié)論；
【拓展】如圖3，分別過點(diǎn)M，N作直線BC的垂線MF，NG，垂足分別是F，G，連接MG，過MN的中點(diǎn)K，作KT⊥BC于點(diǎn)T，交MG于點(diǎn)S．由MF∥KT∥NG，且點(diǎn)K為MN的中點(diǎn)，得到KS是△MNG的中位線，ST是△GMF的中位線，由【探究】中的過程可知，若設(shè)PB=x，則有PC=4-x，MF=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x，NG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（4-x），根據(jù)三角形的中位線的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
【應(yīng)用】過BC的中點(diǎn)P作AB，AC的對(duì)稱點(diǎn)M，N，連接MN交AB與Q，交AC于R，則此時(shí)△PQR周長(zhǎng)最小，根據(jù)三角形和四邊形的內(nèi)角和得到∠B=∠C=75°，∠MPN=150°，得到MN∥BC，PQ=PB=1，同理PR=PC=1，解直角三角形得到QR=2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$PQ=$\sqrt{3}$，于是得到結(jié)論．

解答 解：【發(fā)現(xiàn)】當(dāng)AP的長(zhǎng)最小時(shí)，AP⊥BC，即點(diǎn)P為BC的中點(diǎn)時(shí)，
此時(shí)E、F分別為AB、AC的中點(diǎn)，
∴PE=$\frac{1}{2}$AC，PF=$\frac{1}{2}$AB，EF=$\frac{1}{2}$BC，
∴MN=ME+EF+FN=PE+EF+PF=6；
當(dāng)點(diǎn)P和點(diǎn)B重合時(shí)，
此時(shí)G（H）為AB（AC）的中點(diǎn)，
∴CG=2$\sqrt{3}$BH=2$\sqrt{3}$，
BN=4$\sqrt{3}$；
故答案為：4$\sqrt{3}$，6；

【探究】（1）PM=2PD=2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$PB=$\sqrt{3}$x，PN=2PE=2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$PC=2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$（4-x）=$\sqrt{3}$（4-x）；
故答案為：$\sqrt{3}$x，$\sqrt{3}$（4-x）；
（2）如圖2，分別過點(diǎn)M，N作直線BC的垂線MF，NG，垂足分別是F，G，過點(diǎn)M作MH⊥NG垂足為H．
∵在Rt△PMF中，∠MPF=30°，PM=$\sqrt{3}$x，
∴MF=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x，PF=$\frac{3}{2}$x，
同理，在Rt△PNG中，∠NPG=30°，PN=$\sqrt{3}$（4-x），
∴NG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（4-x），PG=$\frac{3}{2}$（4-x），
∵四邊形MFGH是矩形，則有
NH=NG-HG=NG-MF=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（4-x）-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x=$\sqrt{3}$（2-x），
MH=FG=PF+PG=$\frac{3}{2}$x+$\frac{3}{2}$（4-x）=6，
∴在Rt△MNH中，由勾股定理得，
MN²=NH²+MH²=3（x-2）²+36，
則y=3（x-2）²+36，
∵0≤x≤4，且當(dāng)x=2時(shí)，y_最小值=36；當(dāng)x=0或4時(shí)，y_最大值=48，
∴36≤y≤48；
（3）∵M(jìn)N=3$\sqrt{7}$，MN²=63，
∴當(dāng)y=63時(shí)，即3（x-2）²+36=63，
∴x=5或-1，
∴當(dāng)點(diǎn)P在B點(diǎn)右側(cè)距離為5，或者在點(diǎn)P在B點(diǎn)左側(cè)距離為1的位置處，均有線段MN=3$\sqrt{7}$；

【拓展】如圖3，分別過點(diǎn)M，N作直線BC的垂線MF，NG，垂足分別是F，G，連接MG，過MN的中點(diǎn)K，作KT⊥BC于點(diǎn)T，交MG于點(diǎn)S．
∵M(jìn)F∥KT∥NG，且點(diǎn)K為MN的中點(diǎn)，
∴KS是△MNG的中位線，
ST是△GMF的中位線，
由【探究】中的過程可知，若設(shè)PB=x，則有PC=4-x，MF=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x，NG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（4-x），
由三角形中位線性質(zhì)可得，ST=$\frac{1}{2}$MF=$\frac{\sqrt{3}}{4}$x，KS=$\frac{1}{2}$NG=$\frac{\sqrt{3}}{4}$（4-x），
∴KT=ST+KS=$\frac{\sqrt{3}}{4}$x+$\frac{\sqrt{3}}{4}$（4-x）=$\sqrt{3}$，
因此，在點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)過程中，MN的中點(diǎn) K到BC邊距離始終等于定值$\sqrt{3}$，且為
等邊△ABC高的一半，所以MN的中點(diǎn)K經(jīng)過的路線恰為等邊△ABC的中位線，其路線長(zhǎng)為2．

【應(yīng)用】過BC的中點(diǎn)P作AB，AC的對(duì)稱點(diǎn)M，N，連接MN交AB與Q，交AC于R，
則此時(shí)△PQR周長(zhǎng)最小，
∵∠BAC=30°，
∴∠B=∠C=75°，∠MPN=150°，
∴∠M=∠N=15°，
∴∠MQB=∠PQB=∠B=75°，
∴MN∥BC，PQ=PB=1，
同理PR=PC=1，
∵AP⊥BC，
∴AP⊥MN．
∵∠PQR=180°-75°-75°=30°，
∴QR=2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$PQ=$\sqrt{3}$，
∴△PQR周長(zhǎng)的最小值是2+$\sqrt{3}$．
故答案為：2+$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了軸對(duì)稱的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形的中位線的性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．