题目内容
9．
如图，在直角坐标系中，已知点A（0，2），点B（-2，0），过点B和线段OA的中点C作直线BC，以线段BC为边向上作正方形BCDE．（1）填空：点D的坐标为（（-1，3）），点E的坐标为（（-3，2））；
（2）若抛物线y=-$\frac{1}{2}$x2+bx+c经过A，D，E三点，求该抛物线的表达式；
（3）若正方形和抛物线均以每秒$\sqrt{5}$个单位长度的速度沿射线BC同时向上平移，直至正方形的顶点E落在y轴上时，正方形和抛物线均停止运动．
①在运动过程中，设正方形落在y轴右侧部分的面积为S，求S关于平移时间t（1≤t≤$\frac{3}{2}$）的函数关系式；
②运动停止时，求抛物线的顶点坐标．
分析 （1）构造全等三角形，由全等三角形对应线段之间的相等关系，求出点D、点E的坐标；
（2）利用待定系数法求出抛物线的解析式即可；
（3）本问非常复杂，须小心思考与计算：①为求s的表达式，需要识别正方形（与抛物线）的运动过程．正方形的平移，从开始到结束，总共历时1.5秒，期间可以划分成三个阶段：当0＜t≤0.5时，对应图（3）a；当0.5＜t≤1时，对应图（3）b；当1＜t≤1.5时，对应图（3）c．每个阶段的表达式不同，请对照图形认真思考；②当运动停止时，点E到达y轴，点E（-3，2）运动到点E′（0，3.5），可知整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了1.5个单位．由此得到平移之后的抛物线解析式，进而求出其顶点坐标．
解答 
解：（1）由题意可知：OB=2，OC=1．
如图（1）所示，过D点作DH⊥y轴于H，过E点作EG⊥x轴于G．
易证△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），
故答案为：（-1，3）（-3，2）；
（2）抛物线经过（0，2）、（-1，3）、（-3，2），
则$\left\{\begin{array}{l}{c=2}\\{a-b+c=3}\\{9a-3b+c=2}\end{array}\right.$?
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当点D运动到y轴上时，t=$\frac{1}{2}$．
当0＜t≤$\frac{1}{2}$时，如图（3）a所示．
设D′C′交y轴于点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
当点B运动到点C时，t=1．
当0.5＜t≤1时，如图（3）b所示．
设D′E′交y轴于点G，过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-$\frac{5}{4}$，
当点E运动到y轴上时，t=1.5．
当1＜t≤15时，如图（3）c所示
设D′E′、E′B′分别交y轴于点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五边形B′C′D′MN?=S正方形B′C′D′E′?-S△MNE′?=2$\sqrt{5}$（5t2-15t+$\frac{45}{4}$）=-5t2+15t-$\frac{25}{4}$，
综上所述，S与x的函数关系式为：
当0＜t≤0.5时，S=5t2
当0.5＜t≤1时，S=5t-$\frac{5}{4}$，
当1＜t≤1.5时，S=-5t2+15t-$\frac{25}{4}$，
②当点E运动到点E′时，运动停止．如图（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），
由点E（-3，2）运动到点E′（0，3.5），可知整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了1.5个单位．
∵y=-$\frac{1}{2}$x2-$\frac{3}{2}$x+2=-$\frac{1}{2}$（x+$\frac{3}{2}$）2+$\frac{25}{8}$，
∴原抛物线顶点坐标为（-$\frac{3}{2}$，$\frac{25}{8}$），
∴运动停止时，抛物线的顶点坐标为（$\frac{3}{2}$，$\frac{37}{8}$）．
点评 本题是非常典型的动线型综合题，全面考查了初中数学代数几何的多个重要知识点，包括：二次函数的图象与性质、待定系数法求解析式、抛物线与几何变换（平移）、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质等．难点在于第（3）问，识别正方形和抛物线平移过程的不同阶段是关键所在．作为中考压轴题，本题涉及考点众多，计算复杂，因而难度很大，对考生综合能力要求很高，具有很好的区分度．
阅读快车系列答案
①d没有最大值；
②d没有最小值；
③-1＜x＜3时，d随x的增大而增大；
④满足d=5的点P有四个．
其中正确结论的个数有（ ）
| A． | 1个 | B． | 2个 | C． | 3个 | D． | 4个 |
如图，已知在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，A（0，5），B（3，0），过点B作直线l∥y轴，点P（3，b）是直线l上的一个动点，以AP为边在AP右侧作等腰Rt△APQ，∠APQ=90°，当点P在直线l上运动时，点Q也随时之运动，问：当b=$\frac{23}{7}$时，AQ+BQ的值最小为$\sqrt{130}$．| A． | $\frac{1}{10}$ | B． | $\frac{1}{5}$ | C． | $\frac{1}{4}$ | D． | $\frac{1}{2}$ |
| 年级 | 七年级 | 八年级 | 九年级 |
| 合格人数 | 270 | 262 | 254 |
| A． | 七年级的合格率最高 | B． | 八年级的学生人数为262名 | ||
| C． | 八年级的合格率高于全校的合格率 | D． | 九年级的合格人数最少 |
如图，河的两岸l1与l2相互平行，A、B是l1上的两点，C、D是l2上的两点，某人在点A处测得∠CAB=90°，∠DAB=30°，再沿AB方向前进20米到达点E（点E在线段AB上），测得∠DEB=60°，求C、D两点间的距离．