Question

9．如圖，在直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A（0，2），點(diǎn)B（-2，0），過點(diǎn)B和線段OA的中點(diǎn)C作直線BC，以線段BC為邊向上作正方形BCDE．
（1）填空：點(diǎn)D的坐標(biāo)為（（-1，3）），點(diǎn)E的坐標(biāo)為（（-3，2））；
（2）若拋物線y=-$\frac{1}{2}$x²+bx+c經(jīng)過A，D，E三點(diǎn)，求該拋物線的表達(dá)式；
（3）若正方形和拋物線均以每秒$\sqrt{5}$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(diǎn)E落在y軸上時，正方形和拋物線均停止運(yùn)動．
①在運(yùn)動過程中，設(shè)正方形落在y軸右側(cè)部分的面積為S，求S關(guān)于平移時間t（1≤t≤$\frac{3}{2}$）的函數(shù)關(guān)系式；
②運(yùn)動停止時，求拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）構(gòu)造全等三角形，由全等三角形對應(yīng)線段之間的相等關(guān)系，求出點(diǎn)D、點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（2）利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式即可；
（3）本問非常復(fù)雜，須小心思考與計(jì)算：①為求s的表達(dá)式，需要識別正方形（與拋物線）的運(yùn)動過程．正方形的平移，從開始到結(jié)束，總共歷時1.5秒，期間可以劃分成三個階段：當(dāng)0＜t≤0.5時，對應(yīng)圖（3）a；當(dāng)0.5＜t≤1時，對應(yīng)圖（3）b；當(dāng)1＜t≤1.5時，對應(yīng)圖（3）c．每個階段的表達(dá)式不同，請對照圖形認(rèn)真思考；②當(dāng)運(yùn)動停止時，點(diǎn)E到達(dá)y軸，點(diǎn)E（-3，2）運(yùn)動到點(diǎn)E′（0，3.5），可知整條拋物線向右平移了3個單位，向上平移了1.5個單位．由此得到平移之后的拋物線解析式，進(jìn)而求出其頂點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 解：（1）由題意可知：OB=2，OC=1．
如圖（1）所示，過D點(diǎn)作DH⊥y軸于H，過E點(diǎn)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），
故答案為：（-1，3）（-3，2）；
（2）拋物線經(jīng)過（0，2）、（-1，3）、（-3，2），
則$\left\{\begin{array}{l}{c=2}\\{a-b+c=3}\\{9a-3b+c=2}\end{array}\right.$?
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{2}}\\{b=-\frac{3}{2}}\\{c=2}\end{array}\right.$，
∴y=-$\frac{1}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x+2；
（3）①當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動到y(tǒng)軸上時，t=$\frac{1}{2}$．
當(dāng)0＜t≤$\frac{1}{2}$時，如圖（3）a所示．
設(shè)D′C′交y軸于點(diǎn)F
∵tan∠BCO=$\frac{OB}{OC}$=2，
又∵∠BCO=∠FCC′
∴tan∠FCC′=2，即$\frac{FC′}{CC′}$=2
∵CC′=$\sqrt{5}$t，
∴FC′=2$\sqrt{5}$t．?
∴S_△CC′F=$\frac{1}{2}$CC′•FC′=$\frac{1}{2}$t×2$\sqrt{5}$t=5t²
當(dāng)點(diǎn)B運(yùn)動到點(diǎn)C時，t=1．
當(dāng)0.5＜t≤1時，如圖（3）b所示．
設(shè)D′E′交y軸于點(diǎn)G，過G作GH⊥B′C′于H．
在Rt△BOC中，BC=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{5}$，
∴GH=$\sqrt{5}$，∴CH=$\frac{1}{2}$GH=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
∵CC′=$\sqrt{5}$t，
∴HC′=$\sqrt{5}$t-$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
∴GD′=$\sqrt{5}$t-$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
∴S_{梯形CC′D′G}?=$\frac{1}{2}$（$\sqrt{5}$t-$\frac{\sqrt{5}}{2}$+$\sqrt{5}$t）=5t-$\frac{5}{4}$，
當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動到y(tǒng)軸上時，t=1.5．
當(dāng)1＜t≤15時，如圖（3）c所示
設(shè)D′E′、E′B′分別交y軸于點(diǎn)M、N，
∵CC′=$\sqrt{5}$t，B′C′=$\sqrt{5}$，
∴CB′=$\sqrt{5}$t-$\sqrt{5}$，?∴B′N=2CB′=2$\sqrt{5}$t-2$\sqrt{5}$，
∵B′E′=$\sqrt{5}$，∴E′N=B′E′-B′N=3$\sqrt{5}$-2$\sqrt{5}$t
∴E′M=$\frac{1}{2}$E′N=$\frac{1}{2}$（3$\sqrt{5}$-2$\sqrt{5}$t），
∴S_△MNE′?=$\frac{1}{2}$（3$\sqrt{5}$-2$\sqrt{5}$t）•$\frac{1}{2}$（3$\sqrt{5}$-2$\sqrt{5}$t）=5t²-15t+$\frac{45}{4}$，
∴S_{五邊形B′C′D′MN}?=S_{正方形B′C′D′E′}?-S_△MNE′?=2$\sqrt{5}$（5t²-15t+$\frac{45}{4}$）=-5t²+15t-$\frac{25}{4}$，
綜上所述，S與x的函數(shù)關(guān)系式為：
當(dāng)0＜t≤0.5時，S=5t²
當(dāng)0.5＜t≤1時，S=5t-$\frac{5}{4}$，
當(dāng)1＜t≤1.5時，S=-5t²+15t-$\frac{25}{4}$，
②當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動到點(diǎn)E′時，運(yùn)動停止．如圖（3）d所示：
∵∠CB′E′=∠BOC=90°，∠BCO=∠B′CE′，
∴△BOC∽△E′B′C，
∴$\frac{OB}{B′E′}$=$\frac{BC}{E′C}$，
∵OB=2，B′E′=BC=$\sqrt{5}$，
∴$\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{E′C}$，
∴CE′=2.5，
∴OE′=OC+CE′=1+2.5=3.5，
∴E′（0，3.5），
由點(diǎn)E（-3，2）運(yùn)動到點(diǎn)E′（0，3.5），可知整條拋物線向右平移了3個單位，向上平移了1.5個單位．
∵y=-$\frac{1}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x+2=-$\frac{1}{2}$（x+$\frac{3}{2}$）2+$\frac{25}{8}$，
∴原拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)為（-$\frac{3}{2}$，$\frac{25}{8}$），
∴運(yùn)動停止時，拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（$\frac{3}{2}$，$\frac{37}{8}$）．

點(diǎn)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(xué)代數(shù)幾何的多個重要知識點(diǎn)，包括：二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、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(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)等．難點(diǎn)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(guān)鍵所在．作為中考壓軸題，本題涉及考點(diǎn)眾多，計(jì)算復(fù)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．