分析 (1)将A、C两点的坐标代入y=ax2+$\frac{3}{2}$x+c,得到关于a、c的二元一次方程组,解方程组求出a、c的值,即可求得抛物线的解析式;
(2)先根据二次函数的解析式求出点B的坐标,再计算得出AB2+AC2=BC2,根据勾股定理的逆定理即可得出△ABC是直角三角形;
(3)设点H的坐标为(n,0),得出AC2=80,AH2=n2+16,HC2=(n-8)2=n2-16n+64.当以点A、H、C为顶点的三角形是等腰三角形时,分三种情况进行讨论:①AH=AC;②HC=AC;③AH=HC;分别列出关于n的方程,解方程即可;
(4)设点N的坐标为(t,0),那么BN=t+2,过M作MD⊥x轴于点D.根据平行线分线段成比例定理得出$\frac{BM}{BA}$=$\frac{MD}{AO}$=$\frac{BN}{BC}$,求出MD=$\frac{2}{5}$(t+2),再根据S△AMN=S△ABN-S△BMN,得出S△AMN=-$\frac{1}{5}$(t-3)2+5,根据二次函数的性质即可求解.
解答 解:(1)∵二次函数y=ax2+$\frac{3}{2}$x+c(a≠0)的图象过点A(0,4),C(8,0),
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=4}\\{64a+12+c=0}\end{array}\right.$,
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{4}}\\{c=4}\end{array}\right.$,
∴二次函数的解析式为y=-$\frac{1}{4}$x2+$\frac{3}{2}$x+4;
(2)△ABC是直角三角形,理由如下:
∵y=-$\frac{1}{4}$x2+$\frac{3}{2}$x+4,
∴当y=0时,-$\frac{1}{4}$x2+$\frac{3}{2}$x+4=0,
解得x1=8,x2=-2,
∴点B的坐标为(-2,0).
在Rt△AOB中,AB2=OA2+OB2=42+22=20,
在Rt△AOC中,AC2=OA2+OC2=42+82=80,
∵BC=OB+OC=2+8=10,
∴在△ABC中,AB2+AC2=20+80=100=102=BC2,
∴△ABC是直角三角形;
(3)设点H的坐标为(n,0),则AC2=80,AH2=n2+16,HC2=(n-8)2=n2-16n+64.
当以点A、H、C为顶点的三角形是等腰三角形时,可分三种情况:
①如果AH=AC,那么n2+16=80,解得n=±8(正值舍去),
此时点H的坐标为(-8,0);
②如果HC=AC,那么(n-8)2=80,解得n=8±4$\sqrt{5}$,
此时点H的坐标为(8+4$\sqrt{5}$,0)或(8-4$\sqrt{5}$,0);
③如果AH=HC,那么n2+16=n2-16n+64,解得n=3,
此时点H的坐标为(3,0);
综上所述,若点H在x轴上运动,当以点A、H、C为顶点的三角形是等腰三角形时,点H的坐标分别为(-8,0)、(8-4$\sqrt{5}$,0)、(3,0)、(8+4$\sqrt{5}$,0);
(4)设点N的坐标为(t,0),则BN=t+2,过M作MD⊥x轴于点D.
∵MD∥OA,
∴△BMD∽△BAO,
∴$\frac{BM}{BA}$=$\frac{MD}{AO}$,
∵NM∥AC,
∴$\frac{BM}{BA}$=$\frac{BN}{BC}$,
∴$\frac{MD}{AO}$=$\frac{BN}{BC}$,
∵AO=4,BC=10,BN=t+2,
∴MD=$\frac{2}{5}$(t+2),
∴S△AMN=S△ABN-S△BMN
=$\frac{1}{2}$BN•OA-$\frac{1}{2}$BN•MD
=$\frac{1}{2}$×(t+2)×4-$\frac{1}{2}$×(t+2)×$\frac{2}{5}$(t+2)
=-$\frac{1}{5}$t2+$\frac{6}{5}$t+$\frac{16}{5}$
=-$\frac{1}{5}$(t-3)2+5,
∴当t=3时,△AMN面积最大,此时点N的坐标为(3,0).
点评 本题是二次函数的综合题,考查了利用待定系数法求抛物线的解析式,勾股定理及其逆定理,等腰三角形的性质,平行线分线段成比例定理,三角形的面积,二次函数的性质等知识,综合性较强,难度适中.利用数形结合、分类讨论以及方程思想是解题的关键.
科目:初中数学 来源: 题型:填空题
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科目:初中数学 来源: 题型:解答题
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