Question

【题目】如图1，已知抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，顶点为D，连接BC

（1）点G是直线BC上方抛物线上一动点（不与B、C重合），过点G作y轴的平行线交直线BC于点E，作GF⊥BC于点F，点M、N是线段BC上两个动点，且MN＝EF，连接DM、GN．当△GEF的周长最大时，求DM+MN+NG的最小值；

（2）如图2，连接BD，点P是线段BD的中点，点Q是线段BC上一动点，连接DQ，将△DPQ沿PQ翻折，且线段D′P的中点恰好落在线段BQ上，将△AOC绕点O逆时针旋转60°得到△A′OC′，点T为坐标平面内一点，当以点Q、A′、C′、T为顶点的四边形是平行四边形时，求点T的坐标．

Answer 1

【答案】（1）DM+MN+NG最小值为；（2）点T的坐标为（，）或（，）或（，）

【解析】

（1）先求出点B、C、D的坐标，可求直线BC解析式且得到∠OCB＝45°．由GE∥y轴和GF⊥BC可得△GEF是等腰直角三角形，则GE最大时其周长最大．设点G坐标为（a，﹣a2+2a+3），则点E（a，﹣a+3），可列得GE与a的函数关系式，配方可求出其最大值，得到此时的G坐标和EF的长，即得到MN长．求DM+MN+NG最小值转化为求DM+NG最小值．先作D关于直线BC的对称点D1，再通过平移MD1得D2，构造“将军饮马”的基本图形求解．

（2）由翻折得DD'⊥PQ，PD＝PD'，再由P为BD中点证得∠BD'D＝90°，得PQ∥BD'，又D'P中点H在BQ上，可证△PQH≌△D'BH，所以有D'Q∥BP即四边形DQD'P为菱形，得DQ＝DP．设Q点坐标为（q，﹣q+3）即可列方程求得．再根据题意把点A'、C'求出．以点Q、A′、C′、T为顶点的四边形是平行四边形，要进行分类讨论，结合图形，利用平行四边形对边平行的性质，用平移坐标的方法即可求得点T．

（1）y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣3）（x+1）＝﹣（x﹣1）2+4

∴抛物线与x轴交于点A（﹣1，0）、点B（3，0），与y轴交于点C（0，3），顶点D（1，4），

∴直线CB解析式：y＝﹣x+3，∠BCO＝45°

∵GE∥y轴，GF⊥BC

∴∠GEF＝∠BCO＝45°，∠GFE＝90°

∴△GEF是等腰直角三角形，，

∴C△GEF＝EF+FG+GE＝（+1）GE

设点G（a，﹣a2+2a+3），则点E（a，﹣a+3），其中0＜a＜3

∴GE＝﹣a2+2a+3﹣（﹣a+3）＝﹣a2+3a

∴a时，GE有最大值为，

∴△GEF的周长最大时，

∴ E点可看作点F向右平移个单位、向下平移个单位

如图1，作点D关于直线BC的对称点D1（﹣1，2），过N作ND2∥D1M且ND2＝D1M

∴DM＝D1M＝ND2， ,即

∴DM+MN+NG＝MN+ND2+NG

∴当D2、N、G在同一直线上时，ND2+NG＝D2G为最小值

∵

∴DM+MN+NG最小值为

（2）连接DD'、D'B，设D'P与BQ交点为H（如图2）

∵△△DPQ沿PQ翻折得△D'PQ

∴DD'⊥PQ，PD＝PD'，DQ＝D'Q，∠DQP＝∠D'QP

∵P为BD中点

∴PB＝PD＝PD'，P（2，2）

∴△BDD'是直角三角形，∠BD'D＝90°

∴PQ∥BD'

∴∠PQH＝∠D'BH

∵H为D'P中点

∴PH＝D'H

在△PQH与△D'BH中

∴△PQH≌△D'BH（AAS）

∴PQ＝BD'

∴四边形BPQD'是平行四边形

∴D'Q∥BP

∴∠DPQ＝∠D'QP

∴∠DQP＝∠DPQ

∴DQ＝DP

∴DQ2＝DP2＝（2﹣1）2+（2﹣4）2＝5

设Q（q，﹣q+3）（0＜q＜3）

∴（q﹣1）2+（﹣q+3﹣4）2＝5

解得：（舍去）

∴点Q坐标为

∵△AOC绕点O逆时针旋转60°得到△A′OC′

∴

∴A'、C'横坐标差为，纵坐标差为

A'、Q横坐标差为，纵坐标差为

当有平行四边形A'C'TQ时（如图3），点T横坐标为，纵坐标为

当有平行四边形A'C'QT时（如图4），点T横坐标为，纵坐标为

当有平行四边形A'TC'Q时（如图5），点T横坐标为 ，纵坐标为

综上所述，点T的坐标为（，）或（，）或（，）