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    9．如图，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（（-1，3）），点E的坐标为（（-3，2））；
    （2）若抛物线y=-$\frac{1}{2}$x2+bx+c经过A，D，E三点，求该抛物线的表达式；
    （3）若正方形和抛物线均以每秒$\sqrt{5}$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（1≤t≤$\frac{3}{2}$）的函数关系式；
    ②运动停止时，求抛物线的顶点坐标．

    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即可；
    （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1.5秒，期间可以划分成三个阶段：当0＜t≤0.5时，对应图（3）a；当0.5＜t≤1时，对应图（3）b；当1＜t≤1.5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′（0，3.5），可知整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了1.5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．

    解答 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），
    故答案为：（-1，3）（-3，2）；
    （2）抛物线经过（0，2）、（-1，3）、（-3，2），
    则$\left\{\begin{array}{l}{c=2}\\{a-b+c=3}\\{9a-3b+c=2}\end{array}\right.$?
    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当点D运动到y轴上时，t=$\frac{1}{2}$．
    当0＜t≤$\frac{1}{2}$时，如图（3）a所示．
    设D′C′交y轴于点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′=$\frac{1}{2}$t×2$\sqrt{5}$t=5t2
    当点B运动到点C时，t=1．
    当0.5＜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=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{5}$，
    ∴GH=$\sqrt{5}$，∴CH=$\frac{1}{2}$GH=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
    ∵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）=5t-$\frac{5}{4}$，
    当点E运动到y轴上时，t=1.5．
    当1＜t≤15时，如图（3）c所示
    设D′E′、E′B′分别交y轴于点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五边形B′C′D′MN?=S正方形B′C′D′E′?-S△MNE′?=2$\sqrt{5}$（5t2-15t+$\frac{45}{4}$）=-5t2+15t-$\frac{25}{4}$，
    综上所述，S与x的函数关系式为：
    当0＜t≤0.5时，S=5t2
    当0.5＜t≤1时，S=5t-$\frac{5}{4}$，
    当1＜t≤1.5时，S=-5t2+15t-$\frac{25}{4}$，
    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，
    ∴$\frac{OB}{B′E′}$=$\frac{BC}{E′C}$，
    ∵OB=2，B′E′=BC=$\sqrt{5}$，
    ∴$\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{E′C}$，
    ∴CE′=2.5，
    ∴OE′=OC+CE′=1+2.5=3.5，
    ∴E′（0，3.5），
    由点E（-3，2）运动到点E′（0，3.5），可知整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了1.5个单位．
    ∵y=-$\frac{1}{2}$x2-$\frac{3}{2}$x+2=-$\frac{1}{2}$（x+$\frac{3}{2}$）2+$\frac{25}{8}$，
    ∴原抛物线顶点坐标为（-$\frac{3}{2}$，$\frac{25}{8}$），
    ∴运动停止时，抛物线的顶点坐标为（$\frac{3}{2}$，$\frac{37}{8}$）．

    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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    ①求证：BD=CE；
    ②求：∠BMC的度数；
    ③判断△AFH是何特殊三角形并说明理由；
    （2）如图2，当AB=AC，AD=AE，∠ABC=∠ADE=a时，直接写出BD与CE的数量关系和∠BMC的度数（用a表示）．

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    【发现】
    （1）点N距x轴的最近距离为9-3$\sqrt{3}$，此时，PA的长为6；
    （2）t=9时，MN所在直线是否经过原点？请说明理由．
    （3）如图3，当点P在直线l时，求直线l分半圆P所成两部分的面积比．
    【拓展】
    如图4，当半圆P在直线左侧，且与直线l相切时，求点P的坐标．
    【探究】
    求出直线l与半圆P有公共点的时间有多长？

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    ②d没有最小值；
    ③-1＜x＜3时，d随x的增大而增大；
    ④满足d=5的点P有四个．  
    其中正确结论的个数有（　　）
    A．1个B．2个C．3个D．4个

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