Question

【題目】如圖1，已知拋物線y＝﹣x2+2x+3與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，頂點為D，連接BC

（1）點G是直線BC上方拋物線上一動點（不與B、C重合），過點G作y軸的平行線交直線BC于點E，作GF⊥BC于點F，點M、N是線段BC上兩個動點，且MN＝EF，連接DM、GN．當△GEF的周長最大時，求DM+MN+NG的最小值；

（2）如圖2，連接BD，點P是線段BD的中點，點Q是線段BC上一動點，連接DQ，將△DPQ沿PQ翻折，且線段D′P的中點恰好落在線段BQ上，將△AOC繞點O逆時針旋轉60°得到△A′OC′，點T為坐標平面內一點，當以點Q、A′、C′、T為頂點的四邊形是平行四邊形時，求點T的坐標．

Answer 1

【答案】（1）DM+MN+NG最小值為；（2）點T的坐標為（，）或（，）或（，）

【解析】

（1）先求出點B、C、D的坐標，可求直線BC解析式且得到∠OCB＝45°．由GE∥y軸和GF⊥BC可得△GEF是等腰直角三角形，則GE最大時其周長最大．設點G坐標為（a，﹣a2+2a+3），則點E（a，﹣a+3），可列得GE與a的函數關系式，配方可求出其最大值，得到此時的G坐標和EF的長，即得到MN長．求DM+MN+NG最小值轉化為求DM+NG最小值．先作D關于直線BC的對稱點D1，再通過平移MD1得D2，構造“將軍飲馬”的基本圖形求解．

（2）由翻折得DD'⊥PQ，PD＝PD'，再由P為BD中點證得∠BD'D＝90°，得PQ∥BD'，又D'P中點H在BQ上，可證△PQH≌△D'BH，所以有D'Q∥BP即四邊形DQD'P為菱形，得DQ＝DP．設Q點坐標為（q，﹣q+3）即可列方程求得．再根據題意把點A'、C'求出．以點Q、A′、C′、T為頂點的四邊形是平行四邊形，要進行分類討論，結合圖形，利用平行四邊形對邊平行的性質，用平移坐標的方法即可求得點T．

（1）y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣3）（x+1）＝﹣（x﹣1）2+4

∴拋物線與x軸交于點A（﹣1，0）、點B（3，0），與y軸交于點C（0，3），頂點D（1，4），

∴直線CB解析式：y＝﹣x+3，∠BCO＝45°

∵GE∥y軸，GF⊥BC

∴∠GEF＝∠BCO＝45°，∠GFE＝90°

∴△GEF是等腰直角三角形，，

∴C△GEF＝EF+FG+GE＝（+1）GE

設點G（a，﹣a2+2a+3），則點E（a，﹣a+3），其中0＜a＜3

∴GE＝﹣a2+2a+3﹣（﹣a+3）＝﹣a2+3a

∴a時，GE有最大值為，

∴△GEF的周長最大時，

∴ E點可看作點F向右平移個單位、向下平移個單位

如圖1，作點D關于直線BC的對稱點D1（﹣1，2），過N作ND2∥D1M且ND2＝D1M

∴DM＝D1M＝ND2， ,即

∴DM+MN+NG＝MN+ND2+NG

∴當D2、N、G在同一直線上時，ND2+NG＝D2G為最小值

∵

∴DM+MN+NG最小值為

（2）連接DD'、D'B，設D'P與BQ交點為H（如圖2）

∵△△DPQ沿PQ翻折得△D'PQ

∴DD'⊥PQ，PD＝PD'，DQ＝D'Q，∠DQP＝∠D'QP

∵P為BD中點

∴PB＝PD＝PD'，P（2，2）

∴△BDD'是直角三角形，∠BD'D＝90°

∴PQ∥BD'

∴∠PQH＝∠D'BH

∵H為D'P中點

∴PH＝D'H

在△PQH與△D'BH中

∴△PQH≌△D'BH（AAS）

∴PQ＝BD'

∴四邊形BPQD'是平行四邊形

∴D'Q∥BP

∴∠DPQ＝∠D'QP

∴∠DQP＝∠DPQ

∴DQ＝DP

∴DQ2＝DP2＝（2﹣1）2+（2﹣4）2＝5

設Q（q，﹣q+3）（0＜q＜3）

∴（q﹣1）2+（﹣q+3﹣4）2＝5

解得：（舍去）

∴點Q坐標為

∵△AOC繞點O逆時針旋轉60°得到△A′OC′

∴

∴A'、C'橫坐標差為，縱坐標差為

A'、Q橫坐標差為，縱坐標差為

當有平行四邊形A'C'TQ時（如圖3），點T橫坐標為，縱坐標為

當有平行四邊形A'C'QT時（如圖4），點T橫坐標為，縱坐標為

當有平行四邊形A'TC'Q時（如圖5），點T橫坐標為 ，縱坐標為

綜上所述，點T的坐標為（，）或（，）或（，）