题目内容
2．已知抛物线y=$\frac{1}{4}$x2的图象与直线y=mx+4的图象交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点．
（1）直接写出抛物线、直线与y轴的交点坐标；
（2）①当m=$\frac{3}{2}$时（图1），求A、B两点的坐标，并证明：△AOB是直角三角形；
②当m≠$\frac{3}{2}$时（图2），试判断△AOB的形状，并说明理由；
（3）求△AOB面积的最小值．
分析 （1）分别令x=0，求出y的值即可解决问题．
（2）①方法一可以用勾股定理的逆定理判断．方法二利用相似三角形的性质判断，方法三利用直角三角形的判定定理判定．
②证明方法类似①
（3）根据S△AOB=$\frac{1}{2}$×4×（|x1|+|x2|），构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．
解答 解：（1）抛物线与y轴的交点坐标（0，0），直线与y轴的交点坐标（0，4）．
（2）①当m=$\frac{3}{2}$时，直线为y=$\frac{3}{2}$x+4，
由$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{4}{x^2}\\ y=\frac{3}{2}x+4\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-2}\\{y=1}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=8}\\{y=16}\end{array}\right.$，
得两函数图象的交点为A（-2，1），B（8，16），
分别作点A和点B到x轴的垂线段AM，BN，则M（-2，0），N（8，0）．
方法一：（勾股定理逆定理）
∵AB2=（8+2）2+16-1）2=325，AO2=5，BO2=320，
∴AO2+BO2=325=AB2，
∴△AOB是直角三角形．
方法二：（相似三角形）
∵AM•BN=OM•ON=16，
∴$\frac{AM}{ON}=\frac{OM}{BN}$，
∴Rt△OAM∽Rt△BON，
∴∠AOM=∠OBN，
∵∠BON+∠OBN=90°
∴∠AOM+BON=90°，
∴∠AOB=90°，
∴△AOB是直角三角形．
方法三：（直角三角形判定）
设A、B的中点为C，则C（3，8.5）
∵OC=$\sqrt{{3}^{2}+8．{5}^{2}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{325}$=$\frac{1}{2}$AB，
∴△AOB是直角三角形．
②方法一：∵A（x1，y1），B（x2，y2）是抛物线$y=\frac{1}{4}{x^2}$与直线y=mx+4的交点，
所以（x1，y1），（x2，y2）是方程组$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{4}{x^2}\\ y=mx+4\end{array}\right.$的两个解，
也就是说：x1，x2是方程$\frac{1}{4}$x2=mx+4的两个实数解，
将该方程改写为x2-4mx-16=0，则有x1+x2=4m，x1x2=-16，
由①的解题过程，我们可以得到：AB2=（x1-x2）2+（y1-y2）2，
∵A（x1，y1），B（x2，y2）在直线y=mx+4上，
∴y1=mx1+4，y2=mx2+4，则y1-y2=m（x1-x2），
∴AB2=（x1-x2）2+m2（x1-x2）2=（1+m2）（x1-x2）2，
∵x1+x2=4m，x1x2=-16，
∴（x1-x2）2=（x1+x2）2-4x1x2=16m2+64，
∴AB2=（1+m2）（16m2+64）=16（1+m2）（m2+4）；
同样的，AO2=x12+y12=x12+（mx1+4）2=（1+m2）x12+8mx1+16，
BO2=（1+m2）x22+8mx2+16，
AO2+BO2=[（1+m2）x12+8mx1+16]+[（1+m2）x22+8mx2+16]
=（1+m2）（x12+x22）+8m（x1+x2）+32，
而x12+x22=（x1+x2）2-2x1x2=16m2+32，
∴AO2+BO2=（1+m2）（16m2+32）+8m•4m+32=16（1+m2）（m2+2）+32（m2+1）=16（1+m2）[（m2+2）+2]=16（1+m2）（m2+4）则AO2+BO2=16（1+m2）（m2+4）=AB2，
∴△AOB是直角三角形．
方法二：x1+x2=4m，x1x2=-16
∵y1y2=（mx1+4）（mx2+4）=m2x1x2=4m（x1+x2）+16=m2（-16）+4m•4m+16=16，
∴-x1x2=y1y2=16，即AM•BN=OM•ON
∴$\frac{AM}{ON}=\frac{OM}{BN}$，
∴Rt△OAM∽Rt△BON，
∴∠AOM=∠OBN，
∵∠BON+∠OBN=90°
∴∠AOM+BON=90°，
∴∠AOB=90°，
∴△AOB是直角三角形．
方法三：设A、B的中点为C，则C[$\frac{1}{2}$（x1+x2），$\frac{1}{2}$（y1+y2）]，即C（2m，2m2+4），
$OC=\sqrt{{{（2m）}^2}+{{（2{m^2}+4）}^2}}=2\sqrt{（{m^2}+1）（{m^2}+4）}=\frac{1}{2}AB$，
∴△AOB是直角三角形；
（3）∵S△AOB=$\frac{1}{2}$×4×（|x1|+|x2|）=2$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=2$\sqrt{16{m}^{2}+64}$，
∴当m=0时，△AOB面积的最小值=16．
点评 本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、勾股定理以及勾股定理的逆定理、直角三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，掌握直角三角形的三种判定方法，学会利用参数解决问题，学会构建二次函数解决最值问题，属于中考压轴题．
如图，AB是⊙O的直径，点D是弧AE的中点，AB=5，BD=4，则sin∠ECB=$\frac{4}{5}$．| A． | （x-1）2=6 | B． | （x+1）2=6 | C． | （x+1）2=4 | D． | （x-1）2=1 |
如图，△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4．点D从C点出发沿射线CA以每秒1个单位长度的速度匀速运动，同时点E从A点出发沿AB以每秒1个单位长度的速度向B点匀速运动，当点E到达B点时D、E都停止运动．点M是DE的中点，直线MN⊥DE交直线BC于点N，点M′与M点关于直线BC对称．点D、E的运动时间为t（秒）．| A． | $\sqrt{25}$=±5 | B． | $\sqrt{6}$是6的一个平方根 | ||
| C． | 8的立方根是±2 | D． | -32的算术平方根是3 |