Question

13．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（-1，3），點E的坐標為（-3，2）．
（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$\sqrt{5}$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B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）的函數關系式，并寫出相應自變量xOy的取值范圍．
②在運動過程中，正方形BCDE在y軸上所截得的線段的中點運動的路線長為$\frac{5}{2}$；運動停止時，拋物線的頂點坐標為（$\frac{3}{2}$，$\frac{37}{8}$）．

Answer 1

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）利用待定系數法求出拋物線的解析式；
（3）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$\frac{3}{2}$秒，期間可以劃分成三個階段：當0＜t≤$\frac{1}{2}$時，對應圖a；當$\frac{1}{2}$＜t≤1時，對應圖b；當1＜t≤$\frac{3}{2}$時，對應圖c；
②當運動停止時，點E到達y軸，點E（-3，2）運動到點E′（0，$\frac{7}{2}$），可知正方形BCDE在y軸上所截得的線段的中點運動的路線長為CE'的長；整條拋物線向右平移了3個單位，向上平移了$\frac{3}{2}$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）；
同理可得△EBG≌△BCO，
∴BG=OC=1，EG=OB=2，
∴E（-3，2）．
故答案為：（-1，3），（-3，2）．

（2）拋物線經過（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當點D運動到y軸上時，t=$\frac{1}{2}$．
當0＜t≤$\frac{1}{2}$時，如圖（3）a所示．
設D′C′交y軸于點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}$$\sqrt{5}$t×2$\sqrt{5}$t=5t²
當點B運動到點C時，t=1．
當$\frac{1}{2}$＜t≤1時，如圖（3）b所示．
設D′E′交y軸于點G，過G作GH⊥B′C′于H．
在Rt△BOC中，BC=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{5}$，
∴GH=$\sqrt{5}$，
∴CH=$\frac{1}{2}$GH=$\frac{1}{2}$$\sqrt{5}$，
∵CC′=$\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） $\sqrt{5}$=5t-$\frac{5}{4}$，
當點E運動到y軸上時，t=$\frac{3}{2}$．
當1＜t≤$\frac{3}{2}$時，如圖（3）c所示，
設D′E′、E′B′分別交y軸于點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′?=$（\sqrt{5}）^{2}$-（5t²-15t+$\frac{45}{4}$）=-5t²+15t-$\frac{25}{4}$，
綜上所述，S與x的函數關系式為：
當0＜t≤$\frac{1}{2}$時，S=5t²；
當$\frac{1}{2}$＜t≤1時，S=5t-$\frac{5}{4}$；
當1＜t≤$\frac{3}{2}$時，S=-5t²+15t-$\frac{25}{4}$；

②當點E運動到點E′時，運動停止．如圖（3）d所示，
正方形BCDE在y軸上所截得的線段的中點運動的路線長為CE'的長，
∵∠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′=$\frac{5}{2}$，即正方形BCDE在y軸上所截得的線段的中點運動的路線長為$\frac{5}{2}$，
∴OE′=OC+CE′=1+$\frac{5}{2}$=$\frac{7}{2}$，
∴E′（0，$\frac{7}{2}$），
由點E（-3，2）運動到點E′（0，$\frac{7}{2}$），可知整條拋物線向右平移了3個單位，向上平移了$\frac{3}{2}$個單位．
∵y=-$\frac{1}{2}$x²-$\frac{3}{2}$x+2=-$\frac{1}{2}$（x+$\frac{3}{2}$）²+$\frac{25}{8}$，
∴原拋物線頂點坐標為（-$\frac{3}{2}$，$\frac{25}{8}$），
∴運動停止時，拋物線的頂點坐標為（$\frac{3}{2}$，$\frac{37}{8}$）．
故答案為：$\frac{5}{2}$，（$\frac{3}{2}$，$\frac{37}{8}$）．

點評 本題是二次函數綜合題，主要考查了二次函數的圖象與性質、待定系數法求解析式、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、正方形的性質等的綜合應用．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解決問題的關鍵所在．