專題3.18例說求解拋物線最值問題轉化策略-2018一輪微突破解析版

例說求解拋物線最值二次函數(shù)是初中數(shù)學的知識，也是中考的必考內(nèi)容，其中應用二次函數(shù)求最值是師生共同的難點，筆者從”一波三折”經(jīng)歷中吸取經(jīng)驗，領悟解題方法，將面積最值，以及點到線距離的最值問題轉化為線段的1A(04B(10，C(50x軸相交于點M.P，使PAB的周長最小?P的坐標;若不存在，請說ACACN，使NAC的面積最大?若存在，請求出點1(1)、(2)解題過程略問題(3)難點為借助直角坐標系的“優(yōu)勢”表示出NACSACNSAOCSOCNSAON.以OCN的縱坐標的絕對值為高，即可求出OCN的面積;以OAN的橫坐標的絕對值為高，即可求出OAN的面積.解法 (3)假設在直線AC的下方的拋物線上存在點N，使NAC面積最大.則N(t,4t224t4)(0t 2AN、CN、ON，則1t5SACNSAOCSOCN1OCAO1OC

1OA 54 534t224t4 2t2易得對稱軸t25∴當t 時，NAC的面積取最大值2 由t ，得y 4 5 ( 5∴N(,3)分析 過拋物線上點N作直線NQ//y軸，與AC相交于點Q，則SACNSANQSCNQ，用點N的tSACN的二次函數(shù)表達式，進而求得面積最值可將

的面積分兩部分來求:一部分是N、C的橫坐標差的絕對值為高即可求出CNQ的面積.當然，由ANQ的高與CNQ的高A、CS關于tS最大值.A、CAC的方程;t的長就是NQ的縱坐標差的絕對值.

12

，

1NQg(4t)

，根據(jù)

SANQSCNQ，整體計算更方便解法 (3)NACy4x4NNQ//y5AC相交于點Q3.由(1)y4x224x4

N

4t224t4)則點Q(t

4t5NQ[(4t4)(4t224t 4t25易得對稱軸t2∴當t5時， ∴SACNmaxSANQ1NQg(xx 551 由t ，得y

5224545 ( 5∴N(,3)在解法2中不難看出ACNNQ密切相關，即ACNNQ的最值ACACE(4)EAC的距離最大.ACACEEACEF為ACE的高;EACACE的面積也最大;ACEEH最長，故點到直線的距離最值可以轉化為鉛垂線段的最值問題1（2017 省瀘州市）y1x21F（0，2）343xM的坐標為△PMF周長的最小值是

，3，Py1x21上一個動點，則 2.（2017山東省泰安市）如圖，在△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，BC=8cmPAACC1cm/s的速度運動，同時點Q從點C沿CB向點B以2cm/s的速度運動（點Q運動到點B停止，在運動過程中，四邊形PABQ的面積最小值為（ 【答案】C．AB2BCRt△ABCAB2BC

（0≤t≤421

2

22

3.y＝x＋2y＝ax2＋bx＋6A(12BPPC⊥xC.

29【答案】(1)y＝2x2－8x＋6(2P(，4

.(3) （1）a、ba、b的值并代回拋物線的解析式中即可。ABPPCC的坐PCPPCP的坐∴∴解∴PC＝(n＋2)－(2n2－8n＋6)＝－2n2＋9n－4＝－2(n－)2＋＋b＝.解得b＝3.由－x＋3＝2x2－8x＋6，得x1＝3或x2＝(舍去)．x＝3，x＋2＝3＋2＝5.此時，PP1(3，5)．此時，點P的坐標為P2(，綜上可知，滿足條件的點P有兩個，為P1(3，5)，P2(，4（2017B（1，0（0，2D沿△ABCAB2ABDx軸的垂線，交△ABCE，將△ADEDEAFDt秒．DECOsst（1）y1x23x2x=﹣3（2）t35（3） t24(0tS{16t240t24(2t5)2

（1）A（﹣4，0，B（1，01AD=2t，DF=AD=2t，OF=4﹣4tAC的解析式為

y E（2t﹣4，t2

16a4bc（1）（﹣40（10

abc c

a2{b2c

y1x23x

x=﹣321D=tD=D=tO=﹣（t﹣∴E（2﹣4，tEFC

y x22

4

2

，解得 412

t，③當∠5ACF=90°，則AC2+CF2=AF2，即（42+22）+[22+（4t﹣4）2]=（4t）2，解得4

或 1（3）∵B（1，0，C（0，221

2

（t+2）?（4﹣2t）=﹣t2+4（0＜t＜2 DyS16t240t24（2＜t52t24(0t

2

（﹣8t+10+2（4t﹣4，2

S{16t240t24(2t5)25（2017-y軸交于點C.DyB,CD為頂點的三角形與△ABCDPQKMPQ【答案】(1)y=x2﹣4x﹣5，(2)D（0，1）或（0，3

；(3)2

大 ．(4)

，0，Q（0，﹣ 3（1）P，QP，Q（1）∵A（﹣10，B（，0）ab5∴ 25a5b5∴ b=-∴C（0，﹣52 2

BC

BCABBC

∴D（0，1ABBC 55∴655 3 3 3（3）H（t，t2﹣4t﹣5∵CE∥x∴E（4，﹣5∵B（5，0，C（0，﹣5∴F（t，t﹣5

5）2+25 1∴S四邊形2

2

）2+25252

2（4）∴K（2，﹣9K'（﹣2，﹣9∴M（4，﹣5M'（4，5，73

37

，0，Q（0，﹣ 3試確定aBm（m≠0）CD，問：點O、C、Dm3（2）y=-2（）（，0（4）（1）（2）AB（3）AxEBExP.BE（4）（1+m﹣3 （1）3，∴B（1，﹣3（2） 解 y=﹣x﹣2（3）AE（0，2 ，解，0（4）（1+m﹣3 ， ∴兩拋物線的交點代入直線OC解析式中得 解得：m=2或m=﹣3，∴O、C、D三點能夠在同一直線上，，m=2A（﹣1，0，B（5，﹣6，C（6，0如圖，ABPPACB的面積最大？若存在，P的若點Q為拋物線的對稱軸上的一個動點，試△QAB為等腰三角形的點Q一共有幾個？并請求出Q的坐標．5248，P（2，﹣12（3）52

，﹣2（1）A（﹣1，0，B（5，﹣6，C（6，0解析式為y=a（x+1（x﹣6，代B（5，﹣6）即可求得函數(shù)的解析式（2）作輔助線，將四邊形PACB分（mm2﹣5m﹣6（3）況畫圖：①A為圓心，ABQ1和Q4，有兩個符合條件的Q1Q4；②B為圓心，以BA為半徑畫弧，也有兩個符合條件的Q2和Q5；③作AB的垂直平分線交對稱軸于一點Q3，有一個符合條件的Q3；最后利用等腰三角形的腰相等，利用勾股定理列方程求出Q3坐標．（1）y=a（x+1（x﹣6（a≠0a（5+1（5﹣6）=﹣6，∴y=（x+1（﹣6）=x2﹣5x﹣6；1，分別過P、BxPM和BNM、N，P（m，m2﹣5m﹣6PACBS，∴S=S△AMP+S （﹣m2+5m+6（m+1）+ （6﹣m2+5m+6（5﹣）+ =﹣3（m﹣2）2+48，m=2時，S48∴P（2，﹣12這樣的Q5Q3A、y=x2﹣5x﹣6=（x﹣）2﹣，y，∵△Q3AB由勾股定理得+1）2+y2=（∴Q3（，﹣43

x+4xAy軸于點CA、CF1x如圖②，將拋物線F1沿y軸翻折并“”得到拋物線F2，點A、B與（2）中所求的點M的對應點分別為A′、B′、M′，過點M′M′E⊥x軸于點E，交A′C于點D，在x軸上是否存在點P，使得以A′、D、P為頂點的三角形與△AB′C相似？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．433

3

32

2

（3）A′、D、P為頂點的三角形與△AB′CP的坐標為（2，0）或4

（1）（a+4MMD⊥x軸于點DSMAOC的值等于△ADMDOCM（3）由于沒有說明點P的具置，所以需要將點P的位置進行分類討論，當點P在A′的右邊時，此情況是不存在；PA′的左邊時，此時∠DA′P=∠CAB′A′、D、P為頂點的三角形與△AB′C相似，則分為以下兩種情（1）=A（﹣3，0x=0y=∴C（0，4y=a（x+3（x﹣1把C（0，4）代入上式得，a=﹣，∴y=﹣x2﹣∵B（1，0，C（0，4∴S△BOC=MMP⊥x∴MP=﹣a2﹣∴SMAOC=AP?MP+=AP?MP+OP?MP+ =×3（﹣a2﹣a+4）+∴S=SS，B′（﹣1，0，A′（3，0）A′CA′（3，0）和C（0，4）y=kx+b，∴∴y=﹣∴P（m，0）m＜3時，PA′當=時，△DA′P∽△CAB′，此時，=（3﹣m當=時，△DA′P∽△B′AC，此時，=（3﹣m）∴P（﹣0）m＞3時，此時，點PA′右邊，∴此情況，△DA′P與△B′AC綜上所述，當以A′、D、P為頂點的三角形與△AB′C相似時，點P的坐標為（2，0）或（﹣已知拋物線y＝ax2＋bx－31，0)，(3，0yC，y＝kxA，B332

【答案（1y=x2﹣2x﹣3（2OAB的中點時，k的值為﹣2A的坐標為（﹣2點B的坐標為（，﹣2（3）不存在，理由詳見解析.（1）（﹣1，0（3，0（2）根據(jù)根與系數(shù)的關系即可得出“xA+xB=2+k，xA?xB=﹣3”O(jiān)ABxA+xB=2+k=0，kk的值代入一元二次方程中求出xA、xBA、B的（3）的一元二次方程，結合方程無解即可得出假設不成立，從而得出不存在滿足題意的k值．（1）∴C的坐標為（0，﹣3（﹣1，0（3，0）y=kxy=x2﹣2x﹣3中得：kx=x2﹣2x﹣3，∵OABk=﹣2時，x2﹣（2+k）x﹣3=x2﹣3=0，∴yA=﹣2xA=2，yB=﹣2xB=2故當原點O為線段AB的中點時，k的值為﹣2，點A的坐標為（﹣，2，點B的坐標為（2S△ABC=OC?|xA﹣xB|= =∴（2+k）2﹣4×（﹣3）=10，即∵（2+k）2非負，無解．所以不存在實數(shù)k使得△ABC的面積為．若點D段OC上，且BD⊥DE，BD=DE，求D點的坐標M在條件（2）BEP，使得△PAD存在，請求出△PADP

，M（2，

P（4，8明△BDC≌△DEO，從而得到OD=AO=1，于是可求得點D的坐標；（3）作點B關于拋物線的對稱軸的對稱點B′，連接B′D交拋物線的對稱軸與點M．先求得拋物線的對稱軸方程，從而得到點B′的坐標，由軸對稱的性質(zhì)可知當點D、M、B′在一條直線上時，△BMD的周長有最小值，依據(jù)兩