题目内容
如图，在直角坐标系中，已知直线
与y轴交于点A，与x轴交于点B，以线段BC为边向上作正方形ABCD．
（1）点C的坐标为______，点D的坐标为______；
（2）若抛物线y=ax2+bx+2（a≠0）经过C、D两点，求该抛物线的解析式；
（3）若正方形以每秒
个单位长度的速度沿射线BA向上平移，直至正方形的顶点C落在y轴上时，正方形停止运动．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（秒）的函数关系式，并写出相应自变量t的取值范围．
解：（1）∵y=
x+1，∴当x=0时，y=1，即A点坐标为（0，1），
当y=0时，x=-2，即B点坐标为（-2，0）．
如图1，过D点作DH⊥y轴于H，过C点作CG⊥x轴于G．
易证△ADH≌△BAO，∴DH=OA=1，AH=OB=2，∴D（-1，3）；
同理△CBG≌△BAO，∴BG=OA=1，CG=OB=2，∴C（-3，2）．
故答案为（-3，2），（-1，3）；
（2）将C（-3，2）、D（-1，3）两点的坐标代入y=ax2+bx+2，
得
，解得 
，∴y=-
x2-
x+2；
（3）①当点D运动到y轴上时，t=．当0＜t≤
时，如图2，设D′A′交y轴于点F．∵tan∠BAO=
=2，又∵∠BAO=∠FAA′，∴tan∠FAA′=2，即
=2，∵AA′=
t，∴FA′=2t．?∴S△AA′F?=
AA′•FA′=×t×2t=5t2；?当点B运动到点C时，t=1．
②
当＜t≤1时，如图3，设D′C′交y轴于点G，过G作GH⊥B′A′于H．在Rt△BOA中，BA=
=，∴GH=
，∴AH=GH=
，∵AA′=
t，∴HA′=t-，∴GD′=t-，∴S梯形AA′D′G?=
（t-+t）=5t-
；当点E运动到y轴上时，t=
．③当1＜t≤
时，如图4，设D′E′、E′B′分别交y轴于点M、N．∵AA′=
t，B′A′=，∴AB′=
t-，?∴B′N=2AB′=2t-2，
∵B′C′=，∴C′N=B′C′-B′N=3-2t，∴C′M=
C′N=（3-2t），∴S△MNE′?=
（3-2t）•（3-2t）=5t2-15t+
，∴S五边形B′A′D′MN?=S正方形B′A′D′C′?-S△MNC′?=（
）2-（5t2-15t+）=-5t2+15t-
．综上所述，S与x的函数关系式为：
当0＜t≤
时，S=5t2；当
＜t≤1时，S=5t-；当1＜t≤
时，S=-5t2+15t-．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C、点D的坐标；
（2）将C、D两点的坐标代入y=ax2+bx+2，利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（3）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
秒，期间可以划分成三个阶段：当0＜t≤时，对应图2；当＜t≤1时，对应图3；当1＜t≤时，对应图4．每个阶段的表达式不同，请对照图形认真思考．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．
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