Question

6．如圖，已知二次函數(shù)y=ax²+bx+4的圖象與x軸交于點(diǎn)B（-2，0），點(diǎn)C（8，0），與y軸交于點(diǎn)A．
（1）求二次函數(shù)y=ax²+bx+4的表達(dá)式；
（2）連接AC，AB，若點(diǎn)N在線段BC上運(yùn)動(dòng)（不與點(diǎn)B，C重合），過(guò)點(diǎn)N作NM∥AC，交AB于點(diǎn)M，當(dāng)△AMN面積最大時(shí)，求N點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）連接OM，在（2）的結(jié)論下，求OM與AC的數(shù)量關(guān)系．

Answer 1

分析 （1）由B、C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；
（2）可設(shè)N（n，0），則可用n表示出△ABN的面積，由NM∥AC，可求得$\frac{AM}{AB}$，則可用n表示出△AMN的面積，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得其面積最大時(shí)n的值，即可求得N點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）由N點(diǎn)坐標(biāo)可求得M點(diǎn)為AB的中點(diǎn)，由直角三角形的性質(zhì)可得OM=$\frac{1}{2}$AB，在Rt△AOB和Rt△AOC中，可分別求得AB和AC的長(zhǎng)，可求得AB與AC的關(guān)系，從而可得到OM和AC的數(shù)量關(guān)系．

解答 解：
（1）將點(diǎn)B，點(diǎn)C的坐標(biāo)分別代入y=ax²+bx+4可得$\left\{\begin{array}{l}4a-2b+4=0\\ 64a+8b+4=0\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{4}}\\{b=\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{3}{2}$x+4；
（2）設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為（n，0）（-2＜n＜8），
則BN=n+2，CN=8-n．
∵B（-2，0），C（8，0），
∴BC=10，
在y=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{3}{2}$x+4中令x=0，可解得y=4，
∴點(diǎn)A（0，4），OA=4，
∴S_△ABN=$\frac{1}{2}$BN•OA=$\frac{1}{2}$（n+2）×4=2（n+2），
∵M(jìn)N∥AC，
∴$\frac{AM}{AB}=\frac{NC}{BC}=\frac{8-n}{10}$，
∴$\frac{{S}_{△AMN}}{{S}_{△ABN}}$=$\frac{AM}{AB}$=$\frac{8-n}{10}$，
∴${S_{△AMN}}=\frac{8-n}{10}{S_{△ABN}}=\frac{1}{5}（8-n）（n+2）=-\frac{1}{5}{（n-3）^2}+5$，
∵-$\frac{1}{5}$＜0，
∴當(dāng)n=3時(shí)，即N（3，0）時(shí)，△AMN的面積最大；

（3）當(dāng)N（3，0）時(shí)，N為BC邊中點(diǎn)，
∵M(jìn)N∥AC，
∴M為AB邊中點(diǎn)，
∴OM=$\frac{1}{2}$AB，
∵AB=$\sqrt{O{A}^{2}+O{B}^{2}}$=$\sqrt{16+4}$=2$\sqrt{5}$，AC=$\sqrt{O{C}^{2}+O{A}^{2}}$=$\sqrt{64+16}$=4$\sqrt{5}$，
∴AB=$\frac{1}{2}$AC，
∴OM=$\frac{1}{4}$AC．

點(diǎn)評(píng) 本題為二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、平行線分線段成比例、三角形的面積、二次函數(shù)的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)．在（1）中注意待定系數(shù)法的應(yīng)用，在（2）中找到△AMN和△ABN的面積之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵，在（3）中確定出AB為OM和AC的中間“橋梁”是解題的關(guān)鍵．本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，難度適中．