Question

17．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=2，P、Q分别是AC、AB边上的动点，PQ∥BC，点A关于直线PQ的对称点为A′，连结A′B，设线段AP的长为t．
（1）当t=$\frac{5}{4}$时，∠A′BC的正弦值为$\frac{3}{5}$；
（2）若线段A′B的垂直平分线与线段AC有公共点，则t的取值范围是0≤t≤1或$\sqrt{5}$≤t≤3．

Answer 1

分析 （1）根据题意表示出AP=A′P=t，A′C=4-2t，由t的值得出A′C的长，继而求出A′B，根据正弦函数定义可得答案；
（2）以点O为原点、AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，知A′（2t，0）、点B（4，2），待定系数法可求得直线A′B的解析式，作MN⊥A′C于点N，由△A′MN∽△A′BC得MN=1、A′N=2-t，从而得出点M的坐标为（t+2，1），根据直线ME是线段A′B的中垂线可得直线ME的解析式为y-1=（t-2）（x-t-2），由直线ME与线段AC有公共点可得0≤$\frac{{t}^{2}-5}{t-2}$≤4，解之即可得t的范围．

解答 解：（1）由题意知，AP=A′P=t，A′C=4-2t，
当t=$\frac{5}{4}$时，A′C=4-2×$\frac{5}{4}$=$\frac{3}{2}$，
∵BC=2，
∴A′B=$\sqrt{A′{C}^{2}+B{C}^{2}}$=$\sqrt{\frac{9}{4}+4}$=$\frac{5}{2}$，
∴sin∠A′BC=$\frac{A′C}{A′B}$=$\frac{\frac{3}{2}}{\frac{5}{2}}$=$\frac{3}{5}$，
故答案为：$\frac{3}{5}$；

（2）如图，以点O为原点，AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，

根据题意知点A′（2t，0），点B（4，2），
设直线A′B解析式为y=kx+b，
则有$\left\{\begin{array}{l}{2tk+b=8}\\{4k+b=2}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{2-t}}\\{b=\frac{2t}{t-2}}\end{array}\right.$，
∴直线A′B的解析式为y=$\frac{1}{2-t}$x+$\frac{2t}{t-2}$，
∵直线ME是线段A′B的中垂线，
∴M为A′B的中点，
作MN⊥A′C于点N，
∴MN∥BC，
∴△A′MN∽△A′BC，
∴$\frac{A′M}{A′B}=\frac{MN}{BC}=\frac{A′N}{A′C}$，即$\frac{1}{2}$=$\frac{MN}{2}$=$\frac{A′N}{4-2t}$，
可得MN=1，A′N=2-t，
则ON=2t+2-t=t+2，
∴点M的坐标为（t+2，1）
∴直线ME的解析式为y-1=（t-2）（x-t-2），即y=（t-2）x-t²+5，
当y=0时，（t-2）x-t²+5=0，
解得：x=$\frac{{t}^{2}-5}{t-2}$，
若直线ME与线段AC有公共点，则0≤$\frac{{t}^{2}-5}{t-2}$≤4，
①当t-2＜0，即t＜2时，$\left\{\begin{array}{l}{t≥0}\\{{t}^{2}-5≤0}\\{{t}^{2}-5≥4（t-2）}\end{array}\right.$，
解得：0≤t≤1；
②当t-2＞0，即t＞2时，$\left\{\begin{array}{l}{{t}^{2}-5≥0}\\{{t}^{2}-5≤4（t-2）}\end{array}\right.$，
解得：$\sqrt{5}$≤t≤3；
综上，0≤t≤1或$\sqrt{5}$≤t≤3，
故答案为：0≤t≤1或$\sqrt{5}$≤t≤3．

点评 本题主要考查解直角三角形、相似三角形的判定与性质、待定系数求一次函数解析式、解不等式组等知识点，将公共点问题转化为不等式问题求解是解题的关键．