Question

1．如圖，△ABC中，AB=5，BC=11，AC=4$\sqrt{5}$，點(diǎn)P是BC邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，聯(lián)結(jié)AP，取AP的中點(diǎn)M，將線段MP繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PN，聯(lián)結(jié)AN，NC．
（1）設(shè)BP=x，△PNC的面積為y，試求y關(guān)于x的函數(shù)解析式；
（2）若NP=NC，求BP的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）作AH⊥BC于H，NQ⊥BC于Q，利用勾股定理得到5²-BH²=（4$\sqrt{5}$）²-（11-BH）²，解得BH=3，則AH=4，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠APN=90°，PN=$\frac{1}{2}$AP，接著證明Rt△APH∽R(shí)t△PNQ，利用相似比可得NQ=$\frac{1}{2}$PH，然后分類討論：3＜x＜11時(shí)，如圖1，PH=x-3，則HQ=$\frac{1}{2}$（x-3），利用三角形面積公式可表示出y與x的關(guān)系式；當(dāng)0≤x＜3時(shí)，如圖2，PH=3-x，則HQ=$\frac{1}{2}$（3-x），利用三角形面積公式可表示出y與x的關(guān)系式；
（2）由于Rt△APH∽R(shí)t△PNQ，利用相似比得PQ=$\frac{1}{2}$AH=2，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得PQ=CQ=2，于是得到11-x=4，然后解方程求出x即可得到BP的長(zhǎng)．

解答 解：作AH⊥BC于H，NQ⊥BC于Q，
在Rt△ABH中，AH²=AB²-BH²=5²-BH²，
在Rt△ACH中，AH²=AC²-CH²=（4$\sqrt{5}$）²-（11-BH）²，
∴5²-BH²=（4$\sqrt{5}$）²-（11-BH）²，解得BH=3，
∴AH=$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=4，
∵線段MP繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PN，
∴∠APN=90°，PN=PM=$\frac{1}{2}$AP，
∴∠APH+∠NPQ=90°，
∵∠APH+∠PAH=90°，
∴∠PAH=∠NPQ，
∴Rt△APH∽R(shí)t△PNQ，
∴$\frac{NQ}{PH}$=$\frac{AP}{PN}$=2，
即NQ=$\frac{1}{2}$PH，
當(dāng)3＜x＜11時(shí)，如圖1，PH=x-3，則HQ=$\frac{1}{2}$（x-3），
∴y=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{2}$（x-3）•（11-x）=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{7}{2}$x-$\frac{33}{4}$；
當(dāng)0≤x＜3時(shí)，如圖2，PH=3-x，則HQ=$\frac{1}{2}$（3-x），
∴y=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{2}$（3-x）•（11-x）=$\frac{1}{4}$x²-$\frac{7}{2}$x+$\frac{33}{4}$；
（2）∴Rt△APH∽R(shí)t△PNQ，
∴$\frac{AH}{PQ}$=$\frac{AP}{PN}$=2，
∴PQ=2，
∵NP=NC，
∴PQ=CQ=2，
∴11-x=4，解得x=7，
即BP的長(zhǎng)為7．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：對(duì)應(yīng)點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對(duì)應(yīng)點(diǎn)與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等．計(jì)算BC邊上的高和構(gòu)建相似三角形是解決本題的關(guān)鍵．