Question

如圖1，在直角坐標系中，已知點A（0，2）、點B（-2，0），過點B和線段OA的中點C作直線BC，以線段BC為邊向上作正方形BCDE．
（1）填空：點D的坐標為______，點E的坐標為______．
（2）若拋物線y=ax²+bx+c（a≠0）經過A、D、E三點，求該拋物線的解析式．
（3）若正方形和拋物線均以每秒個單位長度的速度沿射線BC同時向上平移，直至正方形的頂點E落在y軸上時，正方形和拋物線均停止運動．
①在運動過程中，設正方形落在y軸右側部分的面積為s，求s關于平移時間t（秒）的函數(shù)關系式，并寫出相應自變量t的取值范圍．
②運動停止時，求拋物線的頂點坐標．

Answer 1

【答案】分析：（1）構造全等三角形，由全等三角形對應線段之間的相等關系，求出點D、點E的坐標；
（2）利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；
（3）本問非常復雜，須小心思考與計算：
①為求s的表達式，需要識別正方形（與拋物線）的運動過程．正方形的平移，從開始到結束，總共歷時秒，期間可以劃分成三個階段：當0＜t≤時，對應圖（3）a；當＜t≤1時，對應圖（3）b；當1＜t≤時，對應圖（3）c．每個階段的表達式不同，請對照圖形認真思考；
②當運動停止時，點E到達y軸，點E（-3，2）運動到點E′（0，），可知整條拋物線向右平移了3個單位，向上平移了個單位．由此得到平移之后的拋物線解析式，進而求出其頂點坐標．
解答：解：（1）由題意可知：OB=2，OC=1．
如圖（1）所示，過D點作DH⊥y軸于H，過E點作EG⊥x軸于G．
易證△CDH≌△BCO，∴DH=OC=1，CH=OB=2，∴D（-1，3）；
同理△EBG≌△BCO，∴BG=OC=1，EG=OB=2，∴E（-3，2）．
∴D（-1，3）、E（-3，2）．

（2）拋物線經過（0，2）、（-1，3）、（-3，2），
則?
解得  ，
∴．

（3）①當點D運動到y(tǒng)軸上時，t=．
當0＜t≤時，如圖（3）a所示．
設D′C′交y軸于點F
∵tan∠BCO==2，又∵∠BCO=∠FCC′
∴tan∠FCC′=2，即=2
∵CC′=t，∴FC′=2t．?
∴S_△CC′F?=CC′•FC′=t×t=5t²
當點B運動到點C時，t=1．
當＜t≤1時，如圖（3）b所示．
設D′E′交y軸于點G，過G作GH⊥B′C′于H．
在Rt△BOC中，BC=
∴GH=，∴CH=GH=
∵CC′=t，∴HC′=t-，∴GD′=t-
∴S_{梯形CC′D′G}?=（t-+t） =5t-
當點E運動到y(tǒng)軸上時，t=．
當1＜t≤時，如圖（3）c所示
設D′E′、E′B′分別交y軸于點M、N
∵CC′=t，B′C′=，
∴CB′=t-，?∴B′N=2CB′=t-
∵B′E′=，∴E′N=B′E′-B′N=-t
∴E′M=E′N=（-t）
∴S_△MNE′?=（-t）•（-t）=5t²-15t+
∴S_{五邊形B′C′D′MN}?=S_{正方形B′C′D′E′}?-S_△MNE′?=（5t²-15t+）=-5t²+15t-
綜上所述，S與x的函數(shù)關系式為：
當0＜t≤時，S=5t²
當＜t≤1時，S=5t
當1＜t≤時，S=-5t²+15t
②當點E運動到點E′時，運動停止．如圖（3）d所示
∵∠CB′E′=∠BOC=90°，∠BCO=∠B′CE′
∴△BOC∽△E′B′C
∴
∵OB=2，B′E′=BC=
∴
∴CE′=
∴OE′=OC+CE′=1+=
∴E′（0，）
由點E（-3，2）運動到點E′（0，），可知整條拋物線向右平移了3個單位，向上平移了個單位．
∵=?
∴原拋物線頂點坐標為（，）
∴運動停止時，拋物線的頂點坐標為（，）．
點評：本題是非常典型的動線型綜合題，全面考查了初中數(shù)學代數(shù)幾何的多個重要知識點，包括：二次函數(shù)的圖象與性質、待定系數(shù)法求解析式、拋物線與幾何變換（平移）、相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、正方形的性質等．難點在于第（3）問，識別正方形和拋物線平移過程的不同階段是關鍵所在．作為中考壓軸題，本題涉及考點眾多，計算復雜，因而難度很大，對考生綜合能力要求很高，具有很好的區(qū)分度．