Question

13．如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC=60°，AC=2，将△ABC绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°），记旋转中△ABC为△A′B′C′，在旋转过程中B′C′所在的直线与线段BC（不含B点）交于点P，与线段AB（不含B点）交于点Q，当BP=BQ时，PQ=2$\sqrt{6}$+4$\sqrt{3}$-2$\sqrt{2}$-8．

Answer 1

分析 如图，利用含30度的直角三角形三边的关系得AB=2AC=4，BC=$\sqrt{3}$AC=2$\sqrt{3}$，再根据旋转的性质得AB=AB′=4，BC=B′C′=2$\sqrt{3}$，∠B=∠B′=30°，∠B′AC=∠BAC=60°，由于BP=BQ，则根据等腰三角形的性质和三角形内角和可计算出∠BPQ=∠BQP=75°，∠AQC′=∠BQP=∠B′AQ=75°，所以B′Q=B′A=4，于是可得到C′Q=B′Q-B′C′=4-2$\sqrt{3}$，在Rt△AQC′中，根据勾股定理计算出AQ=2（$\sqrt{6}$-$\sqrt{2}$），则BQ=AB-AQ=4-2（$\sqrt{6}$-$\sqrt{2}$），然后证明△BPQ∽△B′AQ，则利用相似比可计算出PQ．

解答 解：如图，
∵∠C=90°，∠BAC=60°，
∴AB=2AC=4，BC=$\sqrt{3}$AC=2$\sqrt{3}$，
∵△ABC绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°），记旋转中△ABC为△A′B′C′，
∴AB=AB′=4，BC=B′C′=2$\sqrt{3}$，∠B=∠B′=30°，∠B′AC=∠BAC=60°，
∵BP=BQ，
∴∠BPQ=∠BQP=$\frac{1}{2}$（180°-30°）=75°，
∴∠AQC′=∠BQP=75°，
∴∠B′AQ=180°-75°-30°=75°，
∴B′Q=B′A=4，
∴C′Q=B′Q-B′C′=4-2$\sqrt{3}$，
在Rt△AQC′中，AQ=$\sqrt{QC{′}^{2}+A{C}^{′2}}$=$\sqrt{（4-2\sqrt{3}）^{2}+{2}^{2}}$=2（$\sqrt{6}$-$\sqrt{2}$），
∴BQ=AB-AQ=4-2（$\sqrt{6}$-$\sqrt{2}$），
∵△BPQ∽△B′AQ，
∴$\frac{PQ}{AQ}$=$\frac{BQ}{B′A}$，即$\frac{PQ}{2（\sqrt{6}-\sqrt{2}）}$=$\frac{4-2（\sqrt{6}-\sqrt{2}）}{4}$，
∴PQ=2$\sqrt{6}$+4$\sqrt{3}$-2$\sqrt{2}$-8．
故答案为2$\sqrt{6}$+4$\sqrt{3}$-2$\sqrt{2}$-8．

点评 本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了解直角三角形和相似三角形的判定与性质．