数理视界

如图所示, 过$C$ 作$CP\bot OB,CQ\bot OA$ 垂足分别为$P,Q$.
$\because \triangle ABC$ 为等腰直角三角形, $\therefore \triangle CPB\cong \triangle CQA\Rightarrow CP=CQ$.
设$BP=AQ=x\Rightarrow 1+x=\sqrt{3}-x\Rightarrow x=\frac{\sqrt{3}+1}{2}$, 因此有:$C\left( \frac{\sqrt{3}+1}{2},\frac{\sqrt{3}+1}{2} \right) $

又由$l$ 平分$\triangle ABC$ 的面积,得$l$ 过$AB$ 的中点$E(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2})$.
所以易求得$l$ 的方程为:$y=\sqrt{3}x-1$.

(2)分别以$A,B$ 为圆心$2$ 为半径的圆与$x$ 轴交于三点的$M_1(\sqrt{3}-2,0), M_2(\sqrt{3}+2,0), M_3(-\sqrt{3},0)$.
再作$AB$ 的垂直平分线与$x$ 轴交于点$M_4$, 用勾股定理可求得$M_4(\frac{\sqrt{3}}{3},0)$
综上有$M_1,M_2,M_3,M_4$ 满足要求.

如图,分别过$N,B$ 作$AB,AN$ 的平行线交于点$T$, 连结$TC$, 设$CP,BQ$ 分别交$TB,TC$ 于$E,F$.
连结$TM$. 因为$ABTN$ 为平行四边形, 所以$\angle BTN=\angle BAN$.
另一方面在$\triangle BCT$ 中, $CE\bot TB, BF\bot TC$, 所以$M$ 为垂心, 故由$TM\bot BC$.
所以易得$\angle BTM=\angle BAN$,综上可得: $\angle BTN=\angle BTM\Rightarrow T,N,M$ 三点共线.
因此有$NM\bot BC$, 即$NM\bot AD$.

如图以$D$ 为原点, $BC$ 所在直线为$x$ 轴, $AD$ 所在直线为$y$ 轴建立平面直角坐标系.
设$A(0,a),B(b,0),C(c,0),P(0,d)$, 所以易求得: 直线$BE:\frac{x}{b}+\frac{y}{d}=1$;
直线$CF: \frac{x}{c}+\frac{y}{d}=1$; 直线$AC: \frac{x}{c}+\frac{y}{a}=1$;直线$AB: \frac{x}{b}+\frac{y}{a}=1$.
联立$BE,AC$解得$E$ 的坐标为:
\[
\left\{\begin{array}{lr} \frac{x}{b}+\frac{y}{d}=1 \\ \frac{x}{c}+\frac{y}{a}=1 \end{array}\right.\Rightarrow E\left( \frac{bc(d-a)}{dc-ab},\frac{ad(b-c)}{ab-dc} \right)
\]

同理联立$CF,AB$ 解得$F$
\[
\left\{\begin{array}{lr} \frac{x}{c}+\frac{y}{d}=1 \\ \frac{x}{b}+\frac{y}{a}=1 \end{array}\right.\Rightarrow F\left( \frac{cb(d-a)}{db-ac},\frac{ad(c-b)}{ac-db} \right)
\]
设$OE: y=k_1x, OF=y=k_2x$ 分别代入$E,F$ 得
\[
k_1=\frac{-ad(b-c)}{bc(d-a)}, k_2=\frac{-ad(c-b)}{bc(d-a)}
\]
因此有$k_1=-k_2$, 所以有$\angle EOA=\angle FOA$.

以$A$ 为原点, $AB$ 所在直线为$x$, $AD$ 所在直线为$y$ 轴建立平面直角坐标系.
所以$A(0,0), M(\frac{a}{2},0), B(a,0), N(a,\frac{a}{4}),C(a,a)$.
易求得$AN$ 所在的直线方向为$ y=\frac{1}{4}x$; $CM$ 所在的直线方程为$y=2x-a$.
联立上述两个方程
\[
\left\{\begin{array}{lr} y=\frac{1}{4}x \\ y=2x-a \end{array}\right.
\]
解上述方程组得$P(\frac{4}{7}a,\frac{a}{7})$
所以$PD=\frac{2\sqrt{13}a}{7}$

因为

\[
y=\left\{\begin{array}{lr} 2x-6 & x\geq 3 \\ 6-2x & x<3 \end{array}\right.
\]

如图所示, 若要围出一个平面区域, 即要$-a>-3\Rightarrow a<3$.

设$y=x-a$ 与$y=2|x-3|$ 相交于点$A,B$ 与$x$ 轴交与点$C$. 有
\[
\left\{\begin{array}{lr} y=2x-6 \\ y=x-a \end{array}\right.\Rightarrow A(6-a,6-2a)
\]
和
\[
\left\{\begin{array}{lr} y=6-2x \\ y=x-a \end{array}\right.\Rightarrow B(\frac{a+6}{3},\frac{6-2a}{3})
\]

因此$S_{ABD}=S_{BCD}-S_{ACD}=\frac{2}{3}(a-3)^2$.

因为$S_{OCD}=S_{ADE}$, 所以$S_{OAB}=S_{BCE}=\sqrt{3}$.
设$E(x_0,y_0)$, 则$\frac{1}{2}\times 4\times y_0=\sqrt{3}\Rightarrow y_0=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
易求得$AB$ 的直线方程为$y=-\sqrt{3}x+2\sqrt{3}$, 由$y_0=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow x=\frac{3}{2}$.
所以$E\left(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, 又因为$C(-2,0)$, 可得$l$的解析式为
$y=\frac{\sqrt{3}}{7}x+\frac{2\sqrt{3}}{7}$.

(1) 易得$F(0,6),E(-8,0)$, $s=S_{OPA}=\frac{1}{2}\times OA\times |y_{P}|=3\times |\frac{3}{4}x+6|$.

所以有

\[
s=\left\{\begin{array}{lr} \frac{9}{4}x+18 & x>-8 \\ -\frac{9}{4}x-18 & x<-8 \end{array}\right.
\]

(2) 由$\frac{9}{4}x+18=\frac{27}{8}\Rightarrow x=\frac{-117}{18}\Rightarrow P_1\left( -\frac{117}{18},\frac{9}{8} \right)$,

由$-\frac{9}{4}x-18 =\frac{27}{8}\Rightarrow x=-\frac{171}{18}\Rightarrow P_2\left( -\frac{171}{18}, -\frac{9}{8} \right)$.

(3)当过$P$ 的垂线交于坐标轴负半轴时, 由已知得$C(-6,0), D(0,-8)$, 过$C,D$ 的直
线方程为$y=-\frac{4}{3}-8$, 联立$y=\frac{3}{4}x+6$ 可解得$\left( -\frac{168}{26},\frac{24}{25} \right)$,

当过$P$ 的垂线交于坐标轴正半轴时, 由已知得$C(6,0), D(0,8)$, 过$C,D$ 的直线方程
为$y=-\frac{4}{3}+8$, 联立$y=\frac{3}{4}x+6$, 解得: $\left( \frac{24}{25}, \frac{168}{25}\right)$.

如图所示,当点$P$ 为$AB$ 中点时, 显然回到起点所走过的路程为$\frac{2020}{2}=1010$.

当$P$ 不是$AB$ 的中点时, 如图所示, 经过六步后$P_6$ 会回到起点,
易证四边形$PP_1P_2B, AP_1P_2 P_3, P_3P_4P_5B, CP_2P_3P_4, AP_4P_5P_P, PP_1CP_5$均为平行四边形, 所以$PP_1=BP_2,P_1P_2=AP_3, P_3P_4=P_2C, P_4P_5=AP, P_5P_6=CP_1$, 所以$PP_1+P_1P_2+P_2P_3+P_3P_4+P_4P_5+P_5P_6=AB+BC+CA=2020$.

综上: 小青蛙一定能回到起点, 当起点在$AB$ 中点时, 最小路程是$1010$, 当起点不在
$AB$ 中点时,最小路程为$2020$.

如图所示, 将$\triangle PAB$ 逆时针旋转$60^{\circ}$ 到$\triangle EAC$, 连结$PE$.

显然$\triangle PAE$ 为等边三角形; $EC=PB=5$, 在$\triangle PCE$ 中有$PE=3,PC=4,EC=5$.

$\therefore \angle CPE=90^{\circ}\Rightarrow \angle CPA=30^{\circ}$.

过$A$ 作$AH\bot PC$ 于$H$, $\therefore AH=\frac{PA}{2}=\frac{3}{2}\Rightarrow PH=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.

因此得$HC=4-\frac{3\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AC^2=AH^2+HC^2\Rightarrow AC=\sqrt{25-12\sqrt{3}}$.

$M$ 为线段$EC$ 的中点时满足要求, 下面分4中情况说明:(考虑顺时针旋转)

(1)如图所示, 当旋转的角度是锐角时, 此题在之前的题目中已经出现过, 只需证明$\triangle DMT \cong \triangle MBS(SAS)$即可.

(2)如图所示, 当旋转的角度是$180^{\circ}$ 时, $EC=2EM=2(TA+AS)\Rightarrow TA=MS$, 同理$TM=SE$.
所以$\triangle DTM\cong \triangle MSB(SAS)\Rightarrow DM=BM, \angle DMB=90^{\circ}$.

(3) 当旋转角度大于180度时, 如图所示, 同样可证$\triangle DMT\cong \triangle MBS(SAS)$ 即可.

(4) 当旋转$360^{\circ}$ 时, 如图所示, 仿照(2) 可以征得$\triangle DTM\cong \triangle MSB$.