Question

19．已知矩形ABCD中，AB=3，BC=4，CE平分∠ACB交AB于点E，M为CE的中点，连结BM，将△BCM绕点C顺时针旋转至△B′CM′，B′M′交AD于Q，延长CM′交AD于P，若PQ=PM′，则PQ=$\frac{25}{8}$-$\frac{2\sqrt{10}}{3}$．

Answer 1

分析 首先证明四边形ACM'Q是等腰梯形，设PQ=x，在直角△CDP中，根据勾股定理即可得到关于x的方程求得x的值．

解答 解：设PQ=x，
∵CE平分∠ACB，
∴∠BCE=∠ACE，且$\frac{BE}{AE}$=$\frac{BC}{AC}$，
∵AB=3，BC=4，
∴AC=5，
∴$\frac{BE}{AE}=\frac{4}{5}$，
∴BE=$\frac{4}{3}$，AE=$\frac{5}{3}$，
∴CE=$\frac{4\sqrt{10}}{3}$，
∴CM=$\frac{2\sqrt{10}}{3}$．
∵M是CE的中点，且△BCE是直角三角形，
∴BM=CM=EM，
∴∠CBM=∠BCM=∠ACE，
又△B'CM'是△BCM旋转得到，
∴△B'CM'≌△BCM．
∵PQ=P'M，
∴∠PM'Q=∠PQM'=2∠B'CM'=∠ACB．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠ACB=∠CAD，
∴∠PQM'=CAD，
∴AC∥B'M'，
∴∠PM'Q=∠ACP，
∴∠CAD=∠ACP，
∴四边形ACM'Q是等腰梯形，
∴AQ=CM'=$\frac{2\sqrt{10}}{3}$，
∴PD=$\frac{2\sqrt{10}}{3}$+x，
在直角△CDP中，根据勾股定理得：CP²=PD²+CD²，
（$\frac{2\sqrt{10}}{3}$+x）²=（4-$\frac{2\sqrt{10}}{3}$-x）²+9，另t=$\frac{2\sqrt{10}}{3}$+x，则t²=（4-t）²+9，
∴t=$\frac{25}{8}$，
∴$\frac{2\sqrt{10}}{3}$+x=$\frac{25}{8}$，
∴x=$\frac{25}{8}$-$\frac{2\sqrt{10}}{3}$，
∴PQ=$\frac{25}{8}$-$\frac{2\sqrt{10}}{3}$．
故答案是：$\frac{25}{8}$-$\frac{2\sqrt{10}}{3}$．

点评 本题考查了图形的旋转，以及等腰梯形的证明和勾股定理的应用，证明四边形ACM'Q是等腰梯形是本题的关键．