Question

【題目】拋物線y=﹣x2﹣x+與x軸交于點A，B（點A在點B的左邊），與y軸交于點C，點D是該拋物線的頂點．

（1）如圖1，連接CD，求線段CD的長；

（2）如圖2，點P是直線AC上方拋物線上一點，PF⊥x軸于點F，PF與線段AC交于點E；將線段OB沿x軸左右平移，線段OB的對應(yīng)線段是O1B1，當(dāng)PE+EC的值最大時，求四邊形PO1B1C周長的最小值，并求出對應(yīng)的點O1的坐標(biāo)；

（3）如圖3，點H是線段AB的中點，連接CH，將△OBC沿直線CH翻折至△O2B2C的位置，再將△O2B2C繞點B2旋轉(zhuǎn)一周在旋轉(zhuǎn)過程中，點O2，C的對應(yīng)點分別是點O3，C1，直線O3C1分別與直線AC，x軸交于點M，N．那么，在△O2B2C的整個旋轉(zhuǎn)過程中，是否存在恰當(dāng)?shù)奈恢�，使�?/span>AMN是以MN為腰的等腰三角形？若存在，請直接寫出所有符合條件的線段O2M的長；若不存在，請說明理由．

Answer 1

【答案】（1）；（2）（3），O2M的長或或或．

【解析】

（1）分別表示C和D的坐標(biāo)，利用勾股定理可得CD的長；

（2）令y=0，可求得A（-3，0），B（，0），利用待定系數(shù)法可計算直線AC的解析式為：y=x+，設(shè)E（x，x+），P（x，﹣x2﹣x+），表示PE的長，利用勾股定理計算AC的長，發(fā)現(xiàn)∠CAO=30°，得AE=2EF=x+2，計算PE+EC，利用配方法可得當(dāng)PE+EC的值最大時，x=-2，此時P（-2，），確定要使四邊形PO1B1C周長的最小，即PO1+B1C的值最小，將點P向右平移個單位長度得點P1（-，），連接P1B1，則PO1=P1B1，再作點P1關(guān)于x軸的對稱點P2（-，-），可得結(jié)論；

（3）先確定對折后O2C落在AC上，△AMN是以MN為腰的等腰三角形存在四種情況：

①如圖4，AN=MN，證明△C1EC≌△B2O2M，可計算O2M的長；

②如圖5，AM=MN，此時M與C重合，O2M=O2C=；

③如圖6，AM=MN，N和H、C1重合，可得結(jié)論；

④如圖7，AN=MN，過C1作C1E⊥AC于E證明四邊形C1EO2B2是矩形，根據(jù)O2M=EO2+EM可得結(jié)論．

（1）如圖1，過點D作DK⊥y軸于K，

當(dāng)x=0時，y=，

∴C（0，），

y=﹣x2﹣x+=-，

∴D（-，），

∴DK=，CK=-=，

∴CD=；

（2）在y=-x2﹣x+中，令y=0，則-x2﹣x+=0，

解得：x1=-3，x2=，

∴A（-3，0），B（，0），

∵C（0，），

易得直線AC的解析式為：y=x+，

設(shè)E（x，x+），P（x，-x2﹣x+），

∴PF=-x2﹣x+，EF=x+，

Rt△ACO中，AO=3，OC=，

∴AC=2，

∴∠CAO=30°，

∴AE=2EF=x+，

∴PE+EC=（-x2﹣x+）-（x+）+（AC-AE），

=-x2-x+ [2-（x+）]，

=-x2-x-x，

=-（x+2）2+，

∴當(dāng)PE+EC的值最大時，x=-2，此時P（-2，），

∴PC=2，

∵O1B1=OB=，

∴要使四邊形PO1B1C周長的最小，即PO1+B1C的值最小，

如圖2，將點P向右平移個單位長度得點P1（-，），連接P1B1，則PO1=P1B1，

再作點P1關(guān)于x軸的對稱點P2（-，-），則P1B1=P2B1，

∴PO1+B1C=P2B1+B1C，

∴連接P2C與x軸的交點即為使PO1+B1C的值最小時的點B1，

∴B1（-，0），

將B1向左平移個單位長度即得點O1，

此時PO1+B1C=P2C=，

對應(yīng)的點O1的坐標(biāo)為（-，0），

∴四邊形PO1B1C周長的最小值為；

（3）O2M的長度為或或2+或2-．

理由是：如圖3，

∵H是AB的中點，

∴OH=，

∵OC=，

∴CH=BC=2，

∴∠HCO=∠BCO=30°，

∵∠ACO=60°，

∴將CO沿CH對折后落在直線AC上，即O2在AC上，

∴∠B2CA=∠CAB=30°，

∴B2C∥AB，

∴B2（-2，），

①如圖4，AN=MN，

∴∠MAN=∠AMN=30°=∠O2B2O3，

由旋轉(zhuǎn)得：∠CB2C1=∠O2B2O3=30°，B2C=B2C1，

∴∠B2CC1=∠B2C1C=75°，

過C1作C1E⊥B2C于E，

∵B2C=B2C1=2，

∴C1E＝=B2O2，B2E=，

∵∠O2MB2=∠B2MO3=75°=∠B2CC1，

∠B2O2M=∠C1EC=90°，

∴△C1EC≌△B2O2M，

∴O2M=CE=B2C-B2E=2-；

②如圖5，AM=MN，此時M與C重合，O2M=O2C=，

③如圖6，AM=MN，

∵B2C=B2C1=2=B2H，即N和H、C1重合，

∴∠CAO=∠AHM=∠MHO2=30°，

∴O2M=AO2=；

④如圖7，AN=MN，過C1作C1E⊥AC于E，

∴∠NMA=∠NAM=30°，

∵∠O3C1B2=30°=∠O3MA，

∴C1B2∥AC，

∴∠C1B2O2=∠AO2B2=90°，

∵∠C1EC=90°，

∴四邊形C1EO2B2是矩形，

∴EO2=C1B2=2，C1E＝B2O2＝，

∴EM=，

∴O2M=EO2+EM=2+，

綜上所述，O2M的長是或或2+或2．