数理视界

(1)如图, 延长$EN$ 至点$F$, 使得$NF=NE$, 连结$FB$.
易证$\triangle DEN\cong \triangle BFN$. 从而可得$BF\parallel DE, BF=DE$.
延长$FB,CE$ 交于点$G$, 则$\angle G=90^{\circ}$, 从而$A,B,G,C$ 四点共圆.
所以$\angle ABF=\angle ACE$.
连结$AF$, 所以$\triangle ABF\cong \triangle ACE(SAS)$.
所以$AF=AE$, 且$AF\bot AE$.
而$MN\parallel AF$, 所以$MN=\frac{1}{2}AE$, 且$MN\bot AE$.

(2) 如图, 同(1) 可得$MN=\frac{1}{2}AE$, 且$MN\bot AE$.
由题意可得$AC=2CE$, 作$EH\bot AC$ 于点$H$, 则$\angle ECH=60^{\circ}$,
所以$CH=\frac{1}{2}EC=\frac{1}{4}AC, EH=\frac{\sqrt{3}}{4}AC$,
从而$AE=\sqrt{AH^2+EH^2}=\frac{\sqrt{7}}{2}AC\Rightarrow \frac{MN}{AC}=\frac{\sqrt{7}}{4}$.

如图, 过点$C$ 作$CP\parallel AD$, 且$CP=AD$, 连接$AP,PF,EP,FE$
由辅助线作法, 可得四边形 $ADCP$ 为平行四边形, 所以$AP=CD, AP\parallel CD$.
由$D,E,F$ 为$\triangle ABC$ 三边中点, 可得$AP=EF, AP\parallel EF$
所以$AFEP$ 为平行四边形, 则$PE=AF=FB, PE\parallel FB$.
所以$PEBF$ 为平行四边形, 则$BE=FP$.
而$\triangle FPC$ 为以$AD,BE,CF$ 的长度为三边长的三角形.
所以$S_{\triangle FPC}=S_{\triangle FEC}+S_{\triangle FEP}+S_{\triangle CEP}$
$=\frac{1}{4}S_{ABC}+\frac{1}{4}S_{\triangle ABC}+\frac{1}{4}S_{\triangle ABC}=\frac{3}{4}S_{\triangle ABC}=\frac{3}{4}$.

如图, 双曲线在$4\leq x_0\leq 6$ 时, $1\leq y_0\leq \frac{3}{2}$, 所以$L$ 与双曲线
在点$C(4,\frac{3}{2}), D(6,1)$ 之间的一段有个交点, 因为抛物线与$x$ 轴的两个交点为
$(t,0), (t-4,0)(t-4\lt t)$, 所以 $(t,0)$ 在$(t-4,0)$ 的右侧.
由$\frac{3}{2}=-\frac{1}{2}(x-t)(x-t+4),x=4$, 得$t_1=5, t_2=7$.
由$1=-\frac{1}{2}(x-t)(x-t+4),x=6$, 得$t_3=8-\sqrt{2}, t_4=8+\sqrt{2}$.
因为$5\lt 8-\sqrt{2}\lt 7\lt 8+\sqrt{2}$,
所以当$t=5$ 时, $L$ 右侧过点$C$;
当$t= 8-\sqrt{2}$ 时, $L$ 右侧过点$D$;
当$t=7$ 时, $L$ 左侧过点$C$;
当$t=8+\sqrt{2}$ 时, $L$ 左侧过点$D$.
所以$5\leq t\leq 8-\sqrt{2}$ 或$7\leq t\leq 8+\sqrt{2}$.

已知函数$y=|-x^2+2x+3|$ 的图象是将$y=-x^2+2x+3$ 的图象在$x$ 轴下方的部分沿$x$ 轴翻
折, 其余部分不变, 图象与$x$ 轴交于$A(-1,0),B(3,0)$.
直线 $y=kx+3$ 是绕着点$(0,3)$ 旋转的, 所以直线$y=kx+3$ 经过$A,B$ 时满足要求, 将
$A(-1,0),B(3,0)$ 代入可得$k=3,k=-1$.
当抛物线与直线在$-1\leq x\leq 3$ 范围只有一个交点时, 则$kx+3=-x^2+2x+3$
$\therefore \Delta=(k-2)^2=0\Rightarrow k=2$.
综上可得, 当$k=-1,2 $或$3$ 时 满足要求.

(1) 有$\triangle ABE\cong \triangle CBE\Rightarrow AE=CE$, 同理得$AF=CF$. 即得 $AE+AF=CE+CF$;
(2) (I) 当$A,C,E$ 在同一条直线上是最短得, $\therefore AC=AE+EC=\sqrt{2}$.
(II) 如图, 连接$CM$, 当点$E$ 位于$BD$ 与$CE$ 的交点处时, $AE+BE+CE$ 的值最小.
理由如下: 连接$MN$, $\triangle AEB\cong \triangle MNB\Rightarrow AE=MN$
$\because \angle EBN=60^{\circ}, EB=NB\Rightarrow \triangle BEN$ 是等边三角形,
$\therefore BE=EN$.
$\therefore AE+BE+CE=EN+MN+CE=CM=\sqrt{MF^2+CF^2}=\sqrt{(\frac{1}{2})^2+(1+\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$.

(3) 连接$AC$ 交$BD$ 于$O$, 设$DF=2x$, $BE=x$, 有勾股定理得: $AO=\frac{\sqrt{2}}{2}=BO=OD, BD=\sqrt{2}$.
即$EF=BD-BE-DF=\sqrt{2}-3x, DE=BD-BE=\sqrt{2}-x$
$\because $ 四边形$ABCD$ 是正方形,
$\therefore \angle ADB=45^{\circ}=\angle EAF$,
$\because \angle AEF=\angle AEF$
$\therefore \triangle AEF\backsim \triangle DEA\Rightarrow \frac{AE}{DE}=\frac{EF}{AE}$
$\therefore AE^2=DE\cdot EF=(\sqrt{2}-x)\cdot (\sqrt{2}-3x)$
在直角三角形$AEO$ 中, 由勾股定理得: $AE^2=AO^2+EO^2=(\frac{\sqrt{2}}{2})^2+(\frac{\sqrt{2}}{2}-x)^2$
$\therefore (\sqrt{2}-x)(\sqrt{2}-3x)=(\frac{\sqrt{2}}{2})^2+(\frac{\sqrt{2}}{2}-x)^2$
解得: $x=\frac{3\sqrt{2}+\sqrt{10}}{4}>\sqrt{2}$ (舍去), $x=\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{10}}{4}$.
$\therefore EF=\sqrt{2}-3x=\frac{3\sqrt{10}-5\sqrt{2}}{4}$.
$\therefore 四边形AECF$ 的面积是$\frac{1}{2}EF\times AC=\frac{1}{2}\times \frac{3\sqrt{10}-5\sqrt{2}}{4}\times \sqrt{2}=\frac{3\sqrt{5}-5}{4}$

(1) 易得$H$ 为$BD$ 中点, 又$E$ 是$AB$ 的中点, 故$G$ 为$\triangle ABD$ 的重心, 因此$GH=\frac{1}{2}AG$.
$\therefore S_{\triangle ABD}=\frac{1}{3}S_{ABCD}=60$, $S_{\triangle AHD}=\frac{1}{2}S_{\triangle ABD}=30$,
$S_{\triangle GHD}=\frac{1}{3}S_{\triangle AHD}=10$

(2)作$BK\parallel AF$ 交$ED$ 于$K$, 则$\triangle KEB\cong \triangle GEA$
$\therefore AG=KB$,
$\therefore \frac{GH}{AG}=\frac{GH}{KB}=\frac{HD}{BD}=\frac{FC}{BC}=\frac{AD}{BC}=\frac{1}{m}$
$\therefore S_{\triangle ABD}:S_{\triangle BCD}=1:m\Rightarrow S_{\triangle ABD}=\frac{1}{m+1}S_{ABCD}$
$=\frac{180}{m+1}\cdot S_{\triangle AHD}=\frac{1}{m}S_{\triangle ABD}=\frac{180}{m(m+1)}$
$\therefore S_{GHD}=\frac{1}{m+1}S_{\triangle AHD}=\frac{180}{m(m+1)^2}$
即$\frac{180}{m(m+1)^2}$ 为整数, 因为$180=2^2\times 3^2\times 5\Rightarrow m+1=2,3$ 或$6$
经验证, $m+1=3$ 或$6$, 即$m=2$ 或$5$.

(1) $S_{\triangle OMN}=\frac{1}{2}ON\cdot OM=\frac{1}{2}\times 2t\times \sqrt{2}(8-t)=-\sqrt{2}(t-4)^2+16\sqrt{2}$
所以当$t=4$ 时, $S_{\triangle OMN}$ 取得最大值$16\sqrt{2}$.

(2) 是一个定值, 理由如下:
$\because S_{OMBN}=S_{OABC}-S_{\triangle BCN}-S_{\triangle ABM}=OA\cdot OC-\frac{1}{2}BC\cdot CN-\frac{1}{2}AB\cdot AM$
$=16\times 8\sqrt{2}-\frac{1}{2}\times 16\times \sqrt{2}t-\frac{1}{2}8\sqrt{2}\times (16-2t)=64\sqrt{2}$.
$\because $ 四边形$OMBN$ 的面积是一个定值, 该定值为$64\sqrt{2}$.

(3)当$\triangle OMN\backsim \triangle ABM \backsim \triangle MBN$ 时, $\triangle BMN$ 必须是直角三角形.
$\therefore \angle BMN=90^{\circ}$
$\therefore \frac{MO}{AB}=\frac{ON}{MA}$ 即$\frac{2t}{8\sqrt{2}}=\frac{8\sqrt{2}-\sqrt{2}t}{16-2t}\Rightarrow t=4$ 或8(舍去)
$\therefore OM=8, ON=4\sqrt{2}\Rightarrow M(8,0), N(0,4\sqrt{2})$
易求得直线$BM$ 解析式为: $y=\sqrt{2}x-8\sqrt{2}$, 直线$BN$ 的解析式为: $y=\frac{\sqrt{2}}{4}x+4\sqrt{2}$.
$\therefore $ 抛物线的解析式$y=\frac{1}{4}x^2+bx+c$ 经过$B(16,8\sqrt{2}), M(8,0)$
代入可得抛物线解析式: $y=\frac{1}{4}x^2+(\sqrt{2}-6)x+32-8\sqrt{2}$.
设$P(t,\sqrt{2}t-8\sqrt{2})$, 则$Q(t,\frac{1}{4}x^2+(\sqrt{2}-6)t+32-8\sqrt{2}),H(t,\frac{\sqrt{2}t}{4}+4\sqrt{2})$
$\therefore PQ=\sqrt{2}t-8\sqrt{2}-(\frac{1}{4}t^2+(\sqrt{2}-6)t+32-8\sqrt{2})=\frac{1}{4}t^2+6t-32=-\frac{1}{4}(t-12)^2+4$
所以当$t=12$ 时, $PQ$ 最大值是$4$, 此时$P(12,4\sqrt{2}), H(12,7\sqrt{2})$,
$\therefore S_{PBH}=\frac{1}{2}\times 4\times 3\sqrt{2}=6\sqrt{2}$.

(1)$\because f(1)=a+2+c=5\Rightarrow c=3-a$;
又$\because 6\lt f(x)\lt 11\Rightarrow 6\lt 4a+c+4\lt 11$, 将$c=3-a$ 代入得
$-\frac{1}{3}\lt a\lt \frac{4}{3}$, 又$\because a,c\in N^*\Rightarrow a=1,c=2$.
$\therefore f(x)=x^2+2x+2$.

(2)证明: $\because \frac{1}{2}\leq x\leq \frac{3}{2}$
$\therefore $ 不等式$f(x)-2mx\leq 1$ 恒成立 $\Leftrightarrow x^2+(2-2m)x+1\leq 0$
在$\frac{1}{2}\leq x\leq \frac{3}{2}$ 上恒成立.
设$g(x)=x^2+(2-2m)x+1$, $g(x)$ 是开口向上的二次函数, 对称轴为直线$x=m-1$.
(i)当$m-1\lt \frac{1}{2}$时, 满足$g(\frac{3}{2})\leq 0$;
(ii) 当$\frac{1}{2}\leq m-1\leq \frac{3}{2}$ 时, 满足$g(\frac{1}{2})\leq 0$ 且$g(\frac{3}{2})\leq 0$;
(iii) 当$m-1\gt \frac{3}{2}$ 时, 满足$g(\frac{1}{2})\leq 0$
解得: $m\geq \frac{9}{4}$.

(1) 证明: 连接$OD$,可得$\angle ODA=\angle OAD=\angle DAC$
$\therefore OD\parallel AE$
$\because AE\bot DE$
$\therefore DE\bot OD$, 而$OD$ 为半径
$\therefore DE$ 是$\odot O$ 的切线.

(2) 过$D$ 作$DH\bot AB$ 于$H$, 则有$\cos \angle DOH=\cos\angle CAB=\frac{AC}{AB}=\frac{1}{3}$
设$OH=x$, 则$OA=OD=3x$,
$\therefore AH=4x$
由$\triangle AED\cong \triangle AHD\Rightarrow AE=AH=4x$.
又$OD\parallel AE\Rightarrow \triangle AEF\backsim \triangle DOF$.
$\therefore \frac{AF}{DF}=\frac{AE}{OD}=\frac{4}{3}, \frac{AF}{DF}=\frac{4}{3}$.