中考數(shù)學(xué)解法探究專題-：幾何最值的存在性問題

中考數(shù)學(xué)解法探究專題幾何最值的存在性問題考題研究：在平面幾何的動態(tài)問題中，當(dāng)某幾何元素在給定條件變動時，求某幾何量（如線段的長度、圖形的周長或面積、角的度數(shù)以及它們的和與差）的最大值或最小值問題，稱為最值問題。從歷年的中考數(shù)學(xué)壓軸題型分析來看，經(jīng)常會考查到距離或者兩條線段和差最值得問題，并且這部分題目在中考中失分率很高，應(yīng)該引起我們的重視。幾何最值問題再教材中雖然沒有進行專題講解，到卻給了我們很多解題模型，因此在專題復(fù)習(xí)時進行壓軸訓(xùn)練是必要的。解題攻略：最值問題是一類綜合性較強的問題，而線段和（差）問題，要歸歸于幾何模型：（1）歸于“兩點之間的連線中，線段最短”凡屬于求“變動的兩線段之和的最小值”時，大都應(yīng)用這一模型．（2）歸于“三角形兩邊之差小于第三邊”凡屬于求“變動的兩線段之差的最大值”時，大都應(yīng)用這一模型．

兩條動線段的和的最小值問題，常見的是典型的“牛喝水”問題，關(guān)鍵是指出一條對稱軸“河流”（如圖1）．三條動線段的和的最小值問題，常見的是典型的“臺球兩次碰壁”或“光的兩次反射”問題，關(guān)鍵是指出兩條對稱軸“反射鏡面”（如圖2）．兩條線段差的最大值問題，一般根據(jù)三角形的兩邊之差小于第三邊，當(dāng)三點共線時，兩條線段差的最大值就是第三邊的長．如圖3，PA與PB的差的最大值就是AB，此時點P在AB的延長線上，即P′．解決線段和差的最值問題，有時候求函數(shù)的最值更方便，建立一次函數(shù)或者二次函數(shù)求解最值問題．解題思路：解決平面幾何最值問題的常用的方法有：（1）應(yīng)用兩點間線段最短的公理（含應(yīng)用三角形的三邊關(guān)系）求最值；（2）應(yīng)用垂線段最短的性質(zhì)求最值；（3）應(yīng)用軸對稱的性質(zhì)求最值；（4）應(yīng)用二次函數(shù)求最值；（5）應(yīng)用其它知識求最值。例題解析1．某同學(xué)用剪刀沿直線將一片平整的銀杏葉減掉一部分（如圖），發(fā)現(xiàn)剩下的銀杏葉的周長比原銀杏葉的周長要小，能正確解釋這一現(xiàn)象的數(shù)學(xué)知識是（）A．兩點之間線段最短B．兩點確定一條直線C．垂線段最短D．經(jīng)過直線外一點，有且只有一條直線與這條直線平行【考點】IC：線段的性質(zhì)：兩點之間線段最短．【分析】根據(jù)兩點之間，線段最短進行解答．【解答】解：某同學(xué)用剪刀沿直線將一片平整的銀杏葉減掉一部分（如圖），發(fā)現(xiàn)剩下的銀杏葉的周長比原銀杏葉的周長要小，能正確解釋這一現(xiàn)象的數(shù)學(xué)知識是兩點之間線段最短．故選：A．2．已知，點O是等邊△ABC內(nèi)的任一點，連接OA，OB，OC．（1）如圖1，已知∠AOB=150°，∠BOC=120°，將△BOC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得△ADC．①∠DAO的度數(shù)是90°②用等式表示線段OA，OB，OC之間的數(shù)量關(guān)系，并證明；（2）設(shè)∠AOB=α，∠BOC=β．①當(dāng)α，β滿足什么關(guān)系時，OA+OB+OC有最小值？請在圖2中畫出符合條件的圖形，并說明理由；②若等邊△ABC的邊長為1，直接寫出OA+OB+OC的最小值．【考點】KY：三角形綜合題．【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、四邊形內(nèi)角和為360°計算即可；②連接OD，根據(jù)勾股定理解答；（2）①將△AOC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得△A′O′C，連接OO′，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)解答；②根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)計算．【解答】解：（1）①∵∠AOB=150°，∠BOC=120°，∴∠AOC=90°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，∠OCD=60°，∠ADC=∠BOC=120°，∴∠DAO=360°﹣60°﹣90°﹣120°=90°，故答案為：90°；②線段OA，OB，OC之間的數(shù)量關(guān)系是OA2+OB2=OC2．如圖1，連接OD．∵△BOC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得△ADC，∴△ADC≌△BOC，∠OCD=60°．∴CD=OC，∠ADC=∠BOC=120°，AD=OB．∴△OCD是等邊三角形，∴OC=OD=CD，∠COD=∠CDO=60°，∵∠AOB=150°，∠BOC=120°，∴∠AOC=90°，∴∠AOD=30°，∠ADO=60°．∴∠DAO=90°．在Rt△ADO中，∠DAO=90°，∴OA2+AD2=OD2．∴OA2+OB2=OC2．（2）①如圖2，當(dāng)α=β=120°時，OA+OB+OC有最小值．作圖如圖2，如圖2，將△AOC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得△A′O′C，連接OO′．∴△A′O′C≌△AOC，∠OCO′=∠ACA′=60°．∴O′C=OC，O′A′=OA，A′C=BC，∠A′O′C=∠AOC．∴△OCO′是等邊三角形．∴OC=O′C=OO′，∠COO′=∠CO′O=60°．∵∠AOB=∠BOC=120°，∴∠AOC=∠A′O′C=120°．∴∠BOO′=∠OO′A′=180°．∴四點B，O，O′，A′共線．∴OA+OB+OC=O′A′+OB+OO′=BA′時值最??；②當(dāng)?shù)冗叀鰽BC的邊長為1時，OA+OB+OC的最小值A(chǔ)′B=．3．已知：在直角坐標(biāo)系中，點A（0，6），B（8，0），點C是線段AB的中點，CD⊥OB交OB于點D，Rt△EFH的斜邊EH在射線AB上，頂點F在射線AB的左側(cè)，EF∥OA．點E從點A出發(fā)，以每秒1個單位的速度向點B運動，到點B停止．AE=EF，運動時間為t（秒）．（1）在Rt△EFH中，EF=t，EH=t；F（t，6﹣t）（用含有t的代數(shù)式表示）（2）當(dāng)點H與點C重合時，求t的值．（3）設(shè)△EFH與△CDB重疊部分圖形的面積為S（S＞0），求S與t的關(guān)系式；（4）求在整個運動過程中Rt△EFH掃過的面積．【考點】KY：三角形綜合題．【分析】（1）作EM⊥OA垂足為M，由△EFH∽△AOB，得=，可以求出EH，由EM∥OB，得==，可以解決點F坐標(biāo)．（2）根據(jù)AE+EH=AC，列出方程即可解決．（3）分三種情形：①如圖2中，F(xiàn)H與CD交于點M，當(dāng)≤t時，②如圖3中，＜t≤5時，S=S△CDB=6，③如圖4中，當(dāng)5＜t≤10時，畫出圖象求出重疊部分面積即可．（4）如圖5中，在整個運動過程中Rt△EFH掃過的面積=S△AFH=?FH?（AO+BF），由此即可計算．【解答】解：（1）如圖1中，作EM⊥OA垂足為M，∵AE=EF=t，AO=6，BO=8，∠AOB=90°，∴AB===10．∵∠AOB=∠EFH=90°，∠EHF=∠ABO，∴△EFH∽△AOB，∴=，即=，∴EH=t，∵EM∥OB，∴==，∴AM=t，EM=t，∴點F坐標(biāo)（t，6﹣t）．故答案分別為：t，t，t，6﹣t．（2）如圖2中，當(dāng)點H與點C重合時，AE+EH=AC，∴t+t=5，∴t=，∴t=時，點H與點C重合．（3）當(dāng)點H與點B重合時，AE+EH=AB，∴t+t=10，∴t=，當(dāng)點E與點C重合時，t=5，當(dāng)點E與點B重合時，t=10，①如圖2中，F(xiàn)H與CD交于點M，當(dāng)≤t時，∵CH=EH﹣EC=EH﹣（AC﹣AE）=t﹣5+t=t﹣5．CM=CH=t﹣3，MH=CH=t﹣4，∴S=?CM?MH=（t﹣3）（t﹣4）=t2﹣t+6．②如圖3中，＜t≤5時，S=S△CDB=6，③如圖4中，當(dāng)5＜t≤10時，∵EB=AB﹣AE=10﹣t，EM=EB=6﹣t，BM=EB=8﹣t，∴S=?EM?MB=?（6﹣t）（8﹣t）=（10﹣t）2．綜上所述：S=．（3）如圖5中，在整個運動過程中Rt△EFH掃過的面積=S△AFH=?FH?（AO+BF）=??16=．4．在學(xué)習(xí)三角形中位線的性質(zhì)時，小亮對課本給出的解決辦法進行了認(rèn)真思考：課本研究三角形中位線性質(zhì)的方法已知：如圖①，已知△ABC中，D，E分別是AB，AC兩邊中點．求證：DE∥BC，DE=BC．證明：延長DE至點F，使EF=DE，連接FC．…則△ADE≌△CFE．∴…請你利用小亮的發(fā)現(xiàn)解決下列問題：（1）如圖③，AD是△ABC的中線，BE交AC于點E，交AD于點F，且AE=EF，求證：AC=BF．請你幫助小亮寫出輔助線作法并完成論證過程：（2）解決問題：如圖⑤，在△ABC中，∠B=45°，AB=10，BC=8，DE是△ABC的中位線．過點D，E作DF∥EG，分別交BC于點F，G，過點A作MN∥BC，分別與FD，GE的延長線交于點M，N，則四邊形MFGN周長的最小值是8+10．【考點】KY：三角形綜合題．【分析】（1）先判斷出△BDF≌△CDM，得出MC=BF，再判斷出AC=MC，即可得出結(jié)論（2）先判斷出四邊形DEGF，DENM，F(xiàn)GNM是平行四邊形，即：MN=FG=DE=4再判斷出平行四邊形FGNM是矩形時，四邊形MFGN的周長最小，最后用銳角三角函數(shù)求出MF=GN=5，求和即可得出結(jié)論【解答】證明：（1）如圖1，延長AD至點M，使MD=FD，連接MC，在△BDF和△CDM中，BD=CD，∠BDF=∠CDM，DF=DM．∴△BDF≌△CDM（SAS）．∴MC=BF，∠M=∠BFM．∵EA=EF，∴∠EAF=∠EFA．∵∠AFE=∠BFM，∴∠M=∠MAC．∴AC=MC．∴BF=AC．（2）如圖2，在△ABC中，∠B=45°，AB=10，BC=8，∵DE是△ABC的中位線．∴DE=BC=4，DE∥BC∵DF∥EG，MN∥BC，∴四邊形DEGF，DENM，F(xiàn)GNM是平行四邊形，∴MN=FG=DE=4，∴要四邊形MFGN周長的最小只有MF=NG最小，即：MF⊥BC，∴平行四邊形FGNM是矩形，過點A作AP⊥BC于P，∴AP=MF=NG，在Rt△ABP中，∠B=45°，AB=10，∴AP=5，∴MF=NG=5，即四邊形MFGN周長的最小值是8+10．故答案為：8+10．5．如圖，直線y=kx+b（k、b為常數(shù)）分別與x軸、y軸交于點A（﹣4，0）、B（0，3），拋物線y=﹣x2+2x+1與y軸交于點C．（1）求直線y=kx+b的函數(shù)解析式；（2）若點P（x，y）是拋物線y=﹣x2+2x+1上的任意一點，設(shè)點P到直線AB的距離為d，求d關(guān)于x的函數(shù)解析式，并求d取最小值時點P的坐標(biāo)；（3）若點E在拋物線y=﹣x2+2x+1的對稱軸上移動，點F在直線AB上移動，求CE+EF的最小值．【考點】HF：二次函數(shù)綜合題．【分析】（1）由A、B兩點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得直線解析式；（2）過P作PH⊥AB于點H，過H作HQ⊥x軸，過P作PQ⊥y軸，兩垂線交于點Q，則可證明△PHQ∽△BAO，設(shè)H（m，m+3），利用相似三角形的性質(zhì)可得到d與x的函數(shù)關(guān)系式，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得d取得最小值時的P點的坐標(biāo)；（3）設(shè)C點關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點為C′，由對稱的性質(zhì)可得CE=C′E，則可知當(dāng)F、E、C′三點一線且C′F與AB垂直時CE+EF最小，由C點坐標(biāo)可確定出C′點的坐標(biāo)，利用（2）中所求函數(shù)關(guān)系式可求得d的值，即可求得CE+EF的最小值．【解答】解：（1）由題意可得，解得，∴直線解析式為y=x+3；（2）如圖1，過P作PH⊥AB于點H，過H作HQ⊥x軸，過P作PQ⊥y軸，兩垂線交于點Q，則∠AHQ=∠ABO，且∠AHP=90°，∴∠PHQ+∠AHQ=∠BAO+∠ABO=90°，∴∠PHQ=∠BAO，且∠AOB=∠PQH=90°，∴△PQH∽△BOA，∴==，設(shè)H（m，m+3），則PQ=x﹣m，HQ=m+3﹣（﹣x2+2x+1），∵A（﹣4，0），B（0，3），∴OA=4，OB=3，AB=5，且PH=d，∴==，整理消去m可得d=x2﹣x+=（x﹣）2+，∴d與x的函數(shù)關(guān)系式為d=（x﹣）2+，∵＞0，∴當(dāng)x=時，d有最小值，此時y=﹣（）2+2×+1=，∴當(dāng)d取得最小值時P點坐標(biāo)為（，）；（3）如圖2，設(shè)C點關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點為C′，由對稱的性質(zhì)可得CE=C′E，∴CE+EF=C′E+EF，∴當(dāng)F、E、C′三點一線且C′F與AB垂直時CE+EF最小，∵C（0，1），∴C′（2，1），由（2）可知當(dāng)x=2時，d=×（2﹣）2+=，即CE+EF的最小值為．6．已知拋物線y=a（x﹣1）2﹣3（a≠0）的圖象與y軸交于點A（0，﹣2），頂點為B．（1）試確定a的值，并寫出B點的坐標(biāo)；（2）若一次函數(shù)的圖象經(jīng)過A、B兩點，試寫出一次函數(shù)的解析式；（3）試在x軸上求一點P，使得△PAB的周長取最小值．【考點】H8：待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；F5：一次函數(shù)的性質(zhì)；F8：一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征；PA：軸對稱﹣最短路線問題．【分析】（1）將點A的坐標(biāo)代入拋物線的解析式即可求出a的值，根據(jù)拋物線的解析式即可求出點B的坐標(biāo)．（2）設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，然后將點A與B的坐標(biāo)代入即可求出k與b的值．（3）由于AB的長度是可求出的，所以△PAB的周長取最小值時，只需要PA+PB最小即可．【解答】解：（1）將A（0，﹣2）代入y=a（x﹣1）2﹣3，∴﹣2=a﹣3∴a=1∴拋物線的解析式為：y=（x﹣1）2﹣3∴頂點B（1，﹣3）（2）設(shè)直線AB的解析式為：y=kx+b，將點A（0，﹣2）和B（1，﹣3）代入y=kx+b，∴解得：∴直線AB的解析式為：y=﹣x﹣2（3）設(shè)點A關(guān)于x軸對稱的點為C，∴C（0，2）設(shè)直線CB的解析式為：y=mx+n，直線CB與x軸點P，此時△PAB的周長取最小值，把C（0，2）和B（1，﹣3）代入y=mx+n，∴解得：∴直線CB的解析式為：y=﹣5x+2令y=0代入y=﹣5x+2，∴x=∴點P的坐標(biāo)為（，0）7．如圖，已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a≠0）的圖象經(jīng)過A（﹣1，0）、B（4，0）、C（0，2）三點．（1）求該二次函數(shù)的解析式；（2）點D是該二次函數(shù)圖象上的一點，且滿足∠DBA=∠CAO（O是坐標(biāo)原點），求點D的坐標(biāo)；（3）點P是該二次函數(shù)圖象上位于一象限上的一動點，連接PA分別交BC，y軸與點E、F，若△PEB、△CEF的面積分別為S1、S2，求S1﹣S2的最大值．【考點】HF：二次函數(shù)綜合題．【分析】（1）由A、B、C三點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；（2）當(dāng)點D在x軸上方時，則可知當(dāng)CD∥AB時，滿足條件，由對稱性可求得D點坐標(biāo)；當(dāng)點D在x軸下方時，可證得BD∥AC，利用AC的解析式可求得直線BD的解析式，再聯(lián)立直線BD和拋物線的解析式可求得D點坐標(biāo)；（3）過點P作PH∥y軸交直線BC于點H，可設(shè)出P點坐標(biāo)，從而可表示出PH的長，可表示出△PEB的面積，進一步可表示出直線AP的解析式，可求得F點的坐標(biāo)，聯(lián)立直線BC和PA的解析式，可表示出E點橫坐標(biāo)，從而可表示出△CEF的面積，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得S1﹣S2的最大值．【解答】解：（1）由題意可得，解得，∴拋物線解析式為y=﹣x2+x+2；（2）當(dāng)點D在x軸上方時，過C作CD∥AB交拋物線于點D，如圖1，∵A、B關(guān)于對稱軸對稱，C、D關(guān)于對稱軸對稱，∴四邊形ABDC為等腰梯形，∴∠CAO=∠DBA，即點D滿足條件，∴D（3，2）；當(dāng)點D在x軸下方時，∵∠DBA=∠CAO，∴BD∥AC，∵C（0，2），∴可設(shè)直線AC解析式為y=kx+2，把A（﹣1，0）代入可求得k=2，∴直線AC解析式為y=2x+2，∴可設(shè)直線BD解析式為y=2x+m，把B（4，0）代入可求得m=﹣8，∴直線BD解析式為y=2x﹣8，聯(lián)立直線BD和拋物線解析式可得，解得或，∴D（﹣5，﹣18）；綜上可知滿足條件的點D的坐標(biāo)為（3，2）或（﹣5，﹣18）；（3）過點P作PH∥y軸交直線BC于點H，如圖2，設(shè)P（t，﹣t2+t+2），由B、C兩點的坐標(biāo)可求得直線BC的解析式為y=﹣x+2，∴H（t，﹣t+2），∴PH=yP﹣yH=﹣t2+t+2﹣（﹣t+2）=﹣t2+2t，設(shè)直線AP的解析式為y=px+q，∴，解得，∴直線AP的解析式為y=（﹣t+2）（x+1），令x=0可得y=2﹣t，∴F（0，2﹣t），∴CF=2﹣（2﹣t）=t，聯(lián)立直線AP和直線BC解析式可得，解得x=，即E點的橫坐標(biāo)為，∴S1=PH（xB﹣xE）=（﹣t2+2t）（4﹣），S2=??，∴S1﹣S2=（﹣t2+2t）（4﹣）﹣??=﹣t2+4t=﹣（t﹣）2+，∴當(dāng)t=時，有S1﹣S2有最大值，最大值為．學(xué)科網(wǎng)8．如圖，二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，OB=OC．點D在函數(shù)圖象上，CD∥x軸，且CD=2，直線l是拋物線的對稱軸，E是拋物線的頂點．（1）求b、c的值；（2）如圖①，連接BE，線段OC上的點F關(guān)于直線l的對稱點F'恰好在線段BE上，求點F的坐標(biāo)；（3）如圖②，動點P在線段OB上，過點P作x軸的垂線分別與BC交于點M，與拋物線交于點N．試問：拋物線上是否存在點Q，使得△PQN與△APM的面積相等，且線段NQ的長度最??？如果存在，求出點Q的坐標(biāo)；如果不存在，說明理由．【考點】HF：二次函數(shù)綜合題．【分析】（1）由條件可求得拋物線對稱軸，則可求得b的值；由OB=OC，可用c表示出B點坐標(biāo)，代入拋物線解析式可求得c的值；（2）可設(shè)F（0，m），則可表示出F′的坐標(biāo)，由B、E的坐標(biāo)可求得直線BE的解析式，把F′坐標(biāo)代入直線BE解析式可得到關(guān)于m的方程，可求得F點的坐標(biāo)；（3）設(shè)點P坐標(biāo)為（n，0），可表示出PA、PB、PN的長，作QR⊥PN，垂足為R，則可求得QR的長，用n可表示出Q、R、N的坐標(biāo)，在Rt△QRN中，由勾股定理可得到關(guān)于n的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可知其取得最小值時n的值，則可求得Q點的坐標(biāo)，【解答】解：（1）∵CD∥x軸，CD=2，∴拋物線對稱軸為x=1．∴．∵OB=OC，C（0，c），∴B點的坐標(biāo)為（﹣c，0），∴0=c2+2c+c，解得c=﹣3或c=0（舍去），∴c=﹣3；（2）設(shè)點F的坐標(biāo)為（0，m）．∵對稱軸為直線x=1，∴點F關(guān)于直線l的對稱點F的坐標(biāo)為（2，m）．由（1）可知拋物線解析式為y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，∴E（1，﹣4），∵直線BE經(jīng)過點B（3，0），E（1，﹣4），∴利用待定系數(shù)法可得直線BE的表達式為y=2x﹣6．∵點F在BE上，∴m=2×2﹣6=﹣2，即點F的坐標(biāo)為（0，﹣2）；（3）存在點Q滿足題意．設(shè)點P坐標(biāo)為（n，0），則PA=n+1，PB=PM=3﹣n，PN=﹣n2+2n+3．作QR⊥PN，垂足為R，∵S△PQN=S△APM，∴，∴QR=1．①點Q在直線PN的左側(cè)時，Q點的坐標(biāo)為（n﹣1，n2﹣4n），R點的坐標(biāo)為（n，n2﹣4n），N點的坐標(biāo)為（n，n2﹣2n﹣3）．∴在Rt△QRN中，NQ2=1+（2n﹣3）2，∴時，NQ取最小值1．此時Q點的坐標(biāo)為；②點Q在直線PN的右側(cè)時，Q點的坐標(biāo)為（n+11，n2﹣4）．同理，NQ2=1+（2n﹣1）2，∴時，NQ取最小值1．此時Q點的坐標(biāo)為．綜上可知存在滿足題意的點Q，其坐標(biāo)為或．9．工人師傅用一塊長為10dm，寬為6dm的矩形鐵皮制作一個無蓋的長方體容器，需要將四角各裁掉一個正方形．（厚度不計）（1）在圖中畫出裁剪示意圖，用實線表示裁剪線，虛線表示折痕；并求長方體底面面積為12dm2時，裁掉的正方形邊長多大？（2）若要求制作的長方體的底面長不大于底面寬的五倍，并將容器進行防銹處理，側(cè)面每平方分米的費用為0.5元，底面每平方分米的費用為2元，裁掉的正方形邊長多大時，總費用最低，最低為多少？【考點】HE：二次函數(shù)的應(yīng)用；AD：一元二次方程的應(yīng)用．【分析】（1）由題意可畫出圖形，設(shè)裁掉的正方形的邊長為xdm，則題意可列出方程，可求得答案；（2）由條件可求得x的取值范圍，用x可表示出總費用，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得其最小值，可求得答案．【解答】解：（1）如圖所示：設(shè)裁掉的正方形的邊長為xdm，由題意可得（10﹣2x）（6﹣2x）=12，即x2﹣8x+12=0，解得x=2或x=6（舍去），答：裁掉的正方形的邊長為2dm，底面積為12dm2；（2）∵長不大于寬的五倍，∴10﹣2x≤5（6﹣2x），解得0＜x≤2.5，設(shè)總費用為w元，由題意可知w=0.5×2x（16﹣4x）+2（10﹣2x）（6﹣2x）=4x2﹣48x+120=4（x﹣6）2﹣24，∵對稱軸為x=6，開口向上，∴當(dāng)0＜x≤2.5時，w隨x的增大而減小，∴當(dāng)x=2.5時，w有最小值，最小值為25元，答：當(dāng)裁掉邊長為2.5dm的正方形時，總費用最低，最低費用為25元．10．鄂州某個體商戶購進某種電子產(chǎn)品的進價是50元/個，根據(jù)市場調(diào)研發(fā)現(xiàn)售價是80元/個時，每周可賣出160個，若銷售單價每個降低2元，則每周可多賣出20個．設(shè)銷售價格每個降低x元（x為偶數(shù)），每周銷售為y個．（1）直接寫出銷售量y個與降價x元之間的函數(shù)關(guān)系式；（2）設(shè)商戶每周獲得的利潤為W元，當(dāng)銷售單價定為多少元時，每周銷售利潤最大，最大利潤是多少元？（3）若商戶計劃下周利潤不低于5200元的情況下，他至少要準(zhǔn)備多少元進貨成本？【考點】HE：二次函數(shù)的應(yīng)用；AD：一元二次方程的應(yīng)用．【分析】（1）根據(jù)題意，由售價是80元/個時，每周可賣出160個，若銷售單價每個降低2元，則每周可多賣出20個，可得銷售量y個與降價x元之間的函數(shù)關(guān)系式；（2）根據(jù)題意結(jié)合每周獲得的利潤W=銷量×每個的利潤，進而利用二次函數(shù)增減性求出答案；（3）根據(jù)題意，由利潤不低于5200元列出不等式，進一步得到銷售量的取值范圍，從而求出答案．【解答】解：（1）依題意有：y=10x+160；（2）依題意有：W=（80﹣50﹣x）（10x+160）=﹣10（x﹣7）2+5290，故當(dāng)銷售單價定為80﹣7=73元時，每周銷售利潤最大，最大利潤是5290元；（3）依題意有：﹣10（x﹣7）2+5290≥5200，解得4≤x≤10，則200≤y≤260，200×50=10000（元）．答：他至少要準(zhǔn)備10000元進貨成本．11．某公司開發(fā)出一款新的節(jié)能產(chǎn)品，該產(chǎn)品的成本價為6元/件，該產(chǎn)品在正式投放市場前通過代銷點進行了為期一個月（30天）的試營銷，售價為8元/件，工作人員對銷售情況進行了跟蹤記錄，并將記錄情況繪成圖象，圖中的折線ODE表示日銷售量y（件）與銷售時間x（天）之間的函數(shù)關(guān)系，已知線段DE表示的函數(shù)關(guān)系中，時間每增加1天，日銷售量減少5件．（1）第24天的日銷售量是330件，日銷售利潤是660元．（2）求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出x的取值范圍；（3）日銷售利潤不低于640元的天數(shù)共有多少天？試銷售期間，日銷售最大利潤是多少元？【考點】FH：一次函數(shù)的應(yīng)用．【分析】（1）根據(jù)第22天銷售了340件，結(jié)合時間每增加1天日銷售量減少5件，即可求出第24天的日銷售量，再根據(jù)日銷售利潤=單件利潤×日銷售量即可求出日銷售利潤；（2）根據(jù)點D的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法即可求出線段OD的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)第22天銷售了340件，結(jié)合時間每增加1天日銷售量減少5件，即可求出線段DE的函數(shù)關(guān)系式，聯(lián)立兩函數(shù)關(guān)系式求出交點D的坐標(biāo)，此題得解；（3）分0≤x≤18和18＜x≤30，找出關(guān)于x的一元一次不等式，解之即可得出x的取值范圍，有起始和結(jié)束時間即可求出日銷售利潤不低于640元的天數(shù)，再根據(jù)點D的坐標(biāo)結(jié)合日銷售利潤=單件利潤×日銷售數(shù)，即可求出日銷售最大利潤．【解答】解：（1）340﹣（24﹣22）×5=330（件），330×（8﹣6）=660（元）．故答案為：330；660．（2）設(shè)線段OD所表示的y與x之間的函數(shù)關(guān)系式為y=kx，將（17，340）代入y=kx中，340=17k，解得：k=20，∴線段OD所表示的y與x之間的函數(shù)關(guān)系式為y=20x．根據(jù)題意得：線段DE所表示的y與x之間的函數(shù)關(guān)系式為y=340﹣5（x﹣22）=﹣5x+450．聯(lián)立兩線段所表示的函數(shù)關(guān)系式成方程組，得，解得：，∴交點D的坐標(biāo)為（18，360），∴y與x之間的函數(shù)關(guān)系式為y=．（3）當(dāng)0≤x≤18時，根據(jù)題意得：（8﹣6）×20x≥640，解得：x≥16；當(dāng)18＜x≤30時，根據(jù)題意得：（8﹣6）×（﹣5x+450）≥640，解得：x≤26．∴16≤x≤26．26﹣16+1=11（天），∴日銷售利潤不低于640元的天數(shù)共有11天．∵點D的坐標(biāo)為（18，360），∴日最大銷售量為360件，360×2=720（元），∴試銷售期間，日銷售最大利潤是720元．12．宏興企業(yè)接到一批產(chǎn)品的生產(chǎn)任務(wù)，按要求必須在14天內(nèi)完成．已知每件產(chǎn)品的出廠價為60元．工人甲第x天生產(chǎn)的產(chǎn)品數(shù)量為y件，y與x滿足如下關(guān)系：y=．（1）工人甲第幾天生產(chǎn)的產(chǎn)品數(shù)量為70件？（2）設(shè)第x天生產(chǎn)的產(chǎn)品成本為P元/件，P與x的函數(shù)圖象如圖．工人甲第x天創(chuàng)造的利潤為W元，求W與x的函數(shù)關(guān)系式，并求出第幾天時，利潤最大，最大利潤是多少？【考點】HE：二次函數(shù)的應(yīng)用．【分析】（1）根據(jù)y=70求得x即可；（2）先根據(jù)函數(shù)圖象求得P關(guān)于x的函數(shù)解析式，再結(jié)合x的范圍分類討論，根據(jù)“總利潤=單件利潤×銷售量”列出函數(shù)解析式，由二次函數(shù)的性質(zhì)求得最值即可．【解答】解：（1）根據(jù)題意，得：∵若7.5x=70，得：x=＞4，不符合題意；∴5x+10=70，解得：x=12，答：工人甲第12天生產(chǎn)的產(chǎn)品數(shù)量為70件；（2）由函數(shù)圖象知，當(dāng)0≤x≤4時，P=40，當(dāng)4＜x≤14時，設(shè)P=kx+b，將（4，40）、（14，50）代入，得：，解得：，∴P=x+36；①當(dāng)0≤x≤4時，W=（60﹣40）?7.5x=150x，∵W隨x的增大而增大，∴當(dāng)x=4時，W最大=600元；②當(dāng)4＜x≤14時，W=（60﹣x﹣36）（5x+10）=﹣5x2+110x+240=﹣5（x﹣11）2+845，∴當(dāng)x=11時，W最大=845，∵845＞600，∴當(dāng)x=11時，W取得最大值，845元，答：第11天時，利潤最大，最大利潤是845元．13．某商店銷售10臺A型和20臺B型電腦的利潤為4000元，銷售20臺A型和10臺B型電腦的利潤為3500元．（1）求每臺A型電腦和B型電腦的銷售利潤；（2）該商店計劃一次購進兩種型號的電腦共100臺，其中B型電腦的進貨量不超過A型電腦的2倍，設(shè)購進A型電腦x臺，這100臺電腦的銷售總利潤為y元．①求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；②該商店購進A型、B型電腦各多少臺，才能使銷售總利潤最大？【考點】FH：一次函數(shù)的應(yīng)用；9A：二元一次方程組的應(yīng)用；C9：一元一次不等式的應(yīng)用．【分析】（1）設(shè)每臺A型電腦銷售利潤為x元，每臺B型電腦的銷售利潤為y元，然后根據(jù)利潤4000元和3500元列出方程組，然后求解即可；（2）①根據(jù)總利潤等于兩種電腦的利潤之和列式整理即可得解；②根據(jù)B型電腦的進貨量不超過A型電腦的2倍列不等式求出x的取值范圍，然后根據(jù)一次函數(shù)的增減性求出利潤的最大值即可．【解答】解：（1）設(shè)每臺A型電腦銷售利潤為x元，每臺B型電腦的銷售利潤為y元，根據(jù)題意得，解得．答：每臺A型電腦銷售利潤為100元，每臺B型電腦的銷售利潤為150元；（2）①據(jù)題意得，y=100x+150，即y=﹣50x+15000，②據(jù)題意得，100﹣x≤2x，解得x≥33，∵y=﹣50x+15000，∴y隨x的增大而減小，∵x為正整數(shù)，∴當(dāng)x=34時，y取最大值，則100﹣x=66，即商店購進34臺A型電腦和66臺B型電腦的銷售利潤最大．14．如圖，⊙M的圓心M（﹣1，2），⊙M經(jīng)過坐標(biāo)原點O，與y軸交于點A，經(jīng)過點A的一條直線l解析式為：y=﹣x+4與x軸交于點B，以M為頂點的拋物線經(jīng)過x軸上點D（2，0）和點C（﹣4，0）．（1）求拋物線的解析式；（2）求證：直線l是⊙M的切線；（3）點P為拋物線上一動點，且PE與直線l垂直，垂足為E，PF∥y軸，交直線l于點F，是否存在這樣的點P，使△PEF的面積最??？若存在，請求出此時點P的坐標(biāo)及△PEF面積的最小值；若不存在，請說明理由．【考點】HF：二次函數(shù)綜合題．【分析】（1）設(shè)拋物線的解析式為y=a（x﹣2）（x+4），將點M的坐標(biāo)代入可求得a的值，從而得到拋物線的解析式；（2）連接AM，過點M作MG⊥AD，垂足為G．先求得點A和點B的坐標(biāo)，可求得，可得到AG、ME、OA、OB的長，然后利用銳角三角函數(shù)的定義可證明∠MAG=∠ABD，故此可證明AM⊥AB；（3））先證明∠FPE=∠FBD．則PF：PE：EF=：2：1．則△PEF的面積=PF2，設(shè)點P的坐標(biāo)為（x，﹣x2﹣x+），則F（x，﹣x+4）．然后可得到PF與x的函數(shù)關(guān)系式，最后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可．【解答】解：（1）設(shè)拋物線的解析式