Question

（2013•平谷區(qū)一模）如圖，在直角坐標系中，已知直線y=

1

2

x+1與y軸交于點A，與x軸交于點B，以線段BC為邊向上作正方形ABCD．
（1）點C的坐標為

（-3，2）

，點D的坐標為

（-1，3）

；
（2）若拋物線y=ax²+bx+2（a≠0）經過C、D兩點，求該拋物線的解析式；
（3）若正方形以每秒

5

個單位長度的速度沿射線BA向上平移，直至正方形的頂點C落在y軸上時，正方形停止運動．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．

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C、點D的坐標；
（2）將C、D兩點的坐標代入y=ax²+bx+2，利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；
（3）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

3

2

秒，期間可以劃分成三個階段：當0＜t≤

1

2

時，對應圖2；當

1

2

＜t≤1時，對應圖3；當1＜t≤

3

2

時，對應圖4．每個階段的表達式不同，請對照圖形認真思考．

解答：解：（1）∵y=

1

2

x+1，
∴當x=0時，y=1，即A點坐標為（0，1），
當y=0時，x=-2，即B點坐標為（-2，0）．
如圖1，過D點作DH⊥y軸于H，過C點作CG⊥x軸于G．
易證△ADH≌△BAO，∴DH=OA=1，AH=OB=2，∴D（-1，3）；
同理△CBG≌△BAO，∴BG=OA=1，CG=OB=2，∴C（-3，2）．
故答案為（-3，2），（-1，3）；

（2）將C（-3，2）、D（-1，3）兩點的坐標代入y=ax²+bx+2，
得

9a-3b+2=2 a-b+2=3

，解得 

a=- 1 2 b=- 3 2

，
∴y=-

1

2

x²-

3

2

x+2；

（3）①當點D運動到y(tǒng)軸上時，t=

1

2

．
當0＜t≤

1

2

時，如圖2，設D′A′交y軸于點F．
∵tan∠BAO=

OB

OA

=2，又∵∠BAO=∠FAA′，
∴tan∠FAA′=2，即

FA′

AA′

=2，
∵AA′=

5

t，∴FA′=2

5

t．?
∴S_△AA′F?=

1

2

AA′•FA′=

1

2

×

5

t×2

5

t=5t²；?
當點B運動到點C時，t=1．
②當

1

2

＜t≤1時，如圖3，設D′C′交y軸于點G，過G作GH⊥B′A′于H．
在Rt△BOA中，BA=

22+12

=

5

，
∴GH=

5

，∴AH=

1

2

GH=

5

2

，
∵AA′=

5

t，∴HA′=

5

t-

5

2

，∴GD′=

5

t-

5

2

，
∴S_{梯形AA′D′G}?=

1

2

（

5

t-

5

2

+

5

t）

5

=5t-

5

4

；
當點E運動到y(tǒng)軸上時，t=

3

2

．
③當1＜t≤

3

2

時，如圖4，設D′E′、E′B′分別交y軸于點M、N．
∵AA′=

5

t，B′A′=

5

，
∴AB′=

5

t-

5

，?∴B′N=2AB′=2

5

t-2

5

，
∵B′C′=

5

，∴C′N=B′C′-B′N=3

5

-2

5

t，
∴C′M=

1

2

C′N=

1

2

（3

5

-2

5

t），
∴S_△MNC′=

1

2

（3

5

-2

5

t）•

1

2

（3

5

-2

5

t）=5t²-15t+

45

4

，
∴S_{五邊形B′A′D′MN}?=S_{正方形B′A′D′C′}?-S_△MNC′=（

5

）²-（5t²-15t+

45

4

）=-5t²+15t-

25

4

．
綜上所述，S與x的函數(shù)關系式為：
當0＜t≤

1

2

時，S=5t²；
當

1

2

＜t≤1時，S=5t-

5

4

；
當1＜t≤

3

2

時，S=-5t²+15t-

25

4

．

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．