‎2013中考数学压轴题动态几何题型精选解析（三） 4页

‎2013中考数学压轴题动态几何题型精选解析（三）‎ 例题 如图1，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　 　，点E的坐标为　 　．‎ ‎（2）若抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过A、D、E三点，求该抛物线的解析式． ‎（3）若正方形和抛物线均以每秒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（秒）的函数关系式，并写出相应自变量t的取值范围．‎ ‎②运动停止时，求抛物线的顶点坐标． 思路分析： ‎ ‎（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；‎ ‎（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，总共历时秒，期间可以划分成三个阶段：当0＜t≤时，对应图（3）a；当＜t≤1时，对应图（3）b；当1＜t≤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，），可知整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了个单位．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：（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）．‎ ‎（2）抛物线经过（0，2）、（﹣1，3）、（﹣3，2），‎ 则 解得 ‎ ‎∴．‎ ‎（3）①当点D运动到y轴上时，t=．‎ 当0＜t≤时，如图（3）a所示．‎ 设D′C′交y轴于点F ‎∵tan∠BCO==2，又∵∠BCO=∠FCC′‎ ‎∴tan∠FCC′=2，即=2‎ ‎∵CC′=5t，∴FC′=25t． ‎∴S△CC′F=CC′•FC′=t×t=5t2‎ 当点B运动到点C时，t=1．‎ 当＜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=‎ ‎∴GH=，∴CH=GH=‎ ‎∵CC′=t，∴HC′=t﹣，∴GD′=t﹣‎ ‎∴S梯形CC′D′G=（t﹣+t） =5t﹣‎ 当点E运动到y轴上时，t=．‎ 当1＜t≤时，如图（3）c所示 设D′E′、E′B′分别交y轴于点M、N ‎∵CC′=t，B′C′=，‎ ‎∴CB′=t﹣，∴B′N=2CB′=t﹣‎ ‎∵B′E′=，∴E′N=B′E′﹣B′N=﹣t ‎∴E′M=E′N=（﹣t）‎ ‎∴S△MNE′=（﹣t）•（﹣t）=5t2﹣15t+‎ ‎∴S五边形B′C′D′MN=S正方形B′C′D′E′﹣S△MNE′=（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 ‎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 ‎∴‎ ‎∵OB=2，B′E′=BC=‎ ‎∴‎ ‎∴CE′=‎ ‎∴OE′=OC+CE′=1+=‎ ‎∴E′（0，）‎ 由点E（﹣3，2）运动到点E′（0，），可知整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了个单位．‎ ‎∵= ‎∴原抛物线顶点坐标为（，）‎ ‎∴运动停止时，抛物线的顶点坐标为（，）．‎ 点评： 本题是非常典型的动面型综合题，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．‎