Question

（2013•梧州模擬）如圖，已知直線y=-

1

2

x+1交坐標軸于A，B 兩點，以線段AB為邊向上作正方形ABCD，過點A，D，C的拋物線與直線另一個交點為E．
（1）請直接寫出點C，D的坐標； 
（2）求拋物線的解析式；
（3）若正方形以每秒

5

個單位長度的速度沿射線AB下滑，直至頂點D落在x軸上時停止．設(shè)正方形落在x軸下方部分的面積為S，求S關(guān)于滑行時間t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出相應(yīng)自變量t的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）求出OA、OB，根據(jù)勾股定理求出AB，過C作CZ⊥x軸于Z，過D作DM⊥y軸于M，證△AOB≌△BZC≌△DMA，推出BZ=OA=DM=1，CZ=OB=MA=2，即可求出答案；
（2）設(shè)拋物線為y=ax²+bx+c，把A、D、C的坐標代入求出即可；
（3）分為三種情況，根據(jù)題意畫出圖形，①當點A運動到x軸上點F時，②當點C運動x軸上時，③當點D運動到x軸上時，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和判定和三角形的面積公式求出即可．

解答：解：（1）∵直線y=-

1

2

x+1，
∴當x=0時，y=1，當y=0時，x=2，
∴OA=1，OB=2，
過C作CZ⊥x軸于Z，過D作DM⊥y軸于M，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=AB=BC，∠ABC=∠AOB=∠CZB=90°，
∴∠ABO+∠CBZ=90°，∠OAB+∠ABO=90°，
∴∠OAB=∠CBZ，
在△AOB和△BZC中

∠OAB=∠ZBC ∠AOB=∠BZC AB=BC

，
∴△AOB≌△BZC（AAS），
∴OA=BZ=1，OB=CZ=2，
∴C（3，2），
同理可求D的坐標是（1，3）；

（2）設(shè)拋物線為y=ax²+bx+c，
∵拋物線過A（0，1），D（1，3），C（3，2），
∴

c=1 a+b+c=3 9a+3b+c=2

，
解得：a=-

5

6

，b=

17

6

，c=1，
∴拋物線的解析式為y=-

5

6

x²+

17

6

x+1；

（3）∵OA=1，OB=2，
∴由勾股定理得：AB=

5

，
①當點A運動到x軸上點F時，t=1，
當0＜t≤1時，如圖1，
∵∠OFA=∠GFB′，tan∠OFA=

OA

OF

=

1

2

，
∴tan∠GFB′=

GB′

FB′

=

GB′

5 t

=

1

2

，
∴GB′=

5

2

t，
∴S_△FB′G=

1

2

FB′×GB′=

1

2

•

5

t•

5

2

t，
∴S=

5

4

t²；
②當點C運動x軸上時，t=2，
當1＜t≤2時，如圖2，
∵AB=A′B′=

5

，
∴A′F=

5

t-

5

，
∴A′G=

5 t- 5

2

，
∵B′H=

5

2

t，
∴S_{四邊形A′B′HG}=

1

2

（A′G+B′H）•A′B′=

1

2

•（

5 t- 5

2

+

5

2

t）•

5

，
∴S=

5

2

t-

5

4

；
③當點D運動到x軸上時，t=3，
當2＜t≤3時，如圖3，
∵A′G=

5 t- 5

2

，
∴GD′=

5

-

5 t- 5

2

=

3 5 - 5 t

2

，
∵S_△AOF=

1

2

×2×1=1，OA=1，∠AOF=∠FA′G=90°，∠AFO=∠GFA′，
∴△AOF∽△GA′F，
∴

S△GA′F

S△AOF

=（

GD′

OA

）²，
∴S_△GA′F=（

3 5 - 5 t

2

）²，
∴S_{五邊形GA′B′CH}=（

5

）²-（

3 5 - 5 t

2

）²，
∴S=-

5

4

t²+

15

2

t-

25

4

．

點評：本題考查了相似三角形的性質(zhì)和判定，一次函數(shù)圖象上點的特征，用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)的解析式，正方形的性質(zhì)，勾股定理，三角形的面積等知識點的應(yīng)用，主要考查學生綜合運用性質(zhì)進行推理的能力，難度偏大．