Question

1．如图1，等边△ABC中，BC=4，点P从点B出发，沿BC方向运动到点C，点P关于直线AB、AC的对称点分别为点M、N，连接MN．
【发现】
当点P与点B重合时，线段MN的长是4$\sqrt{3}$．
当AP的长最小时，线段MN的长是6；
【探究】
如图2，设PB=x，MN²=y，连接PM、PN，分别交AB，AC于点D，E．
（1）用含x的代数式表示PM=$\sqrt{3}$x，PN=$\sqrt{3}$（4-x）；
（2）求y关于x的函数关系式，并写出y的取值范围；
（3）当点P在直线BC上的什么位置时，线段MN=3$\sqrt{7}$（直接写出答案）
【拓展】
如图3，求线段MN的中点K经过的路线长．
【应用】
如图4，在等腰△ABC中，∠BAC=30°，AB=AC，BC=2，点P、Q、R分别为边BC、AB、AC上（均不与端点重合）的动点，则△PQR周长的最小值是2+$\sqrt{3}$．
（可能用到的数值：sin75°=$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$，cos75°=$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$，tan75°=2+$\sqrt{3}$）

Answer 1

分析 【发现】当点P为BC的中点时，MN最短，求出此时MN的长度，当点P与点B（或C）重合时，BN（或CM）最长，求出此时BN的长度；
【探究】（1）解直角三角形即可得到结论；
（2）如图2，分别过点M，N作直线BC的垂线MF，NG，垂足分别是F，G，过点M作MH⊥NG垂足为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），根据勾股定理即可得到结论；
（3）由MN=3$\sqrt{7}$，得到MN²=63，把y=63时代入3（x-2）²+36=63，即可得到结论；
【拓展】如图3，分别过点M，N作直线BC的垂线MF，NG，垂足分别是F，G，连接MG，过MN的中点K，作KT⊥BC于点T，交MG于点S．由MF∥KT∥NG，且点K为MN的中点，得到KS是△MNG的中位线，ST是△GMF的中位线，由【探究】中的过程可知，若设PB=x，则有PC=4-x，MF=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x，NG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（4-x），根据三角形的中位线的性质即可得到结论；
【应用】过BC的中点P作AB，AC的对称点M，N，连接MN交AB与Q，交AC于R，则此时△PQR周长最小，根据三角形和四边形的内角和得到∠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=$\sqrt{3}$，于是得到结论．

解答 解：【发现】当AP的长最小时，AP⊥BC，即点P为BC的中点时，
此时E、F分别为AB、AC的中点，
∴PE=$\frac{1}{2}$AC，PF=$\frac{1}{2}$AB，EF=$\frac{1}{2}$BC，
∴MN=ME+EF+FN=PE+EF+PF=6；
当点P和点B重合时，
此时G（H）为AB（AC）的中点，
∴CG=2$\sqrt{3}$BH=2$\sqrt{3}$，
BN=4$\sqrt{3}$；
故答案为：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）；
故答案为：$\sqrt{3}$x，$\sqrt{3}$（4-x）；
（2）如图2，分别过点M，N作直线BC的垂线MF，NG，垂足分别是F，G，过点M作MH⊥NG垂足为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），
∵四边形MFGH是矩形，则有
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，
则y=3（x-2）²+36，
∵0≤x≤4，且当x=2时，y_最小值=36；当x=0或4时，y_最大值=48，
∴36≤y≤48；
（3）∵MN=3$\sqrt{7}$，MN²=63，
∴当y=63时，即3（x-2）²+36=63，
∴x=5或-1，
∴当点P在B点右侧距离为5，或者在点P在B点左侧距离为1的位置处，均有线段MN=3$\sqrt{7}$；

【拓展】如图3，分别过点M，N作直线BC的垂线MF，NG，垂足分别是F，G，连接MG，过MN的中点K，作KT⊥BC于点T，交MG于点S．
∵MF∥KT∥NG，且点K为MN的中点，
∴KS是△MNG的中位线，
ST是△GMF的中位线，
由【探究】中的过程可知，若设PB=x，则有PC=4-x，MF=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x，NG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（4-x），
由三角形中位线性质可得，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，在点P运动过程中，MN的中点 K到BC边距离始终等于定值$\sqrt{3}$，且为
等边△ABC高的一半，所以MN的中点K经过的路线恰为等边△ABC的中位线，其路线长为2．

【应用】过BC的中点P作AB，AC的对称点M，N，连接MN交AB与Q，交AC于R，
则此时△PQR周长最小，
∵∠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周长的最小值是2+$\sqrt{3}$．
故答案为：2+$\sqrt{3}$．

点评 本题考查了轴对称的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的中位线的性质，解直角三角形，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．