中考数学题型复习题型八二次函数综合题类型一线段周长最值问题课件【优质ppt版本】

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(4)在(3)的条件下，在y轴上找一点R，使|RF′－RE′|的值最大， 请求出R点坐标及|RF′－RE′|的最大值．
【思维教练】R是y轴任意一点，只有R在E′F′所在的直线上时， 才会有|RF′－RE′|最大，最大为F′E′，求出E′F′所在直线的解析 式可易求出R坐标，E′F′的长度可利用两点间距离公式进行求 解．
(2)设点E(m，0)，其中2<m≤4.过E作EE′⊥x轴交抛物线于点 E′，交BC于点M，求ME′的最大值．
【思维教练】由于E，E′，M均在垂直于x轴的直线上，E点横坐 标已设，可根据直线BC及抛物线解析式表示出ME′长度，其必为 关于m的二次函数，根据二次函数性质及m的范围求出最值．
(2)∵E(m，0)，∴M(m，－ 3 m＋6 3 )，
两点之间，线段最 短
的交点即为点Q，将点Q向左平移定长d，
即为点P
问题
作法
原理
已别知在，直l1、使线lAl21上∥P＋作l2，P点Q且P＋、距QQ离B且最为P小dQ，⊥分l1
将点A向下平移d个单位长度 点得即到为A′Q的，，交连过点接Q即A作′为Bl2，点的与P垂l线2的与交l1
AP＋PQ＋QB ＝
解：延长F′E′交y轴于R点，如解图①，则R满足|RF′－RE′|最
大，最大值即为E′F′长，设直线E′F′的解析式为y＝ax＋b(a≠0)，
代入E′(3，1 5 3 )，F′(5，7 3 )，得
4
4
15 3

4
7 3 4

∴y＝－

3
5a 3
ab
b x＋2
a 3

，解得 b
∴C(2，4 3 )．
令y＝0，即0＝－ 3 4
x2＋ 3
x＋3 3
，解得x1＝6，x2＝－2，
∴ B(6，0)，A(－2，0)．
设直线BC的解析式为y＝kx＋b，代入B(6，0)，C(2，4 3 )，得
0 4
6k 3
b 2k b
，∴ k b

6
3， 3
∴直线BC的解析式为y＝－ 3 x＋6 3 .
∠WAB的补角的平分线AL.过点Q作x轴的平行线交AW于R点，
交AL于T点，交PG于V点．当点Q′与点T重合时，点Q′为符合
题意的点．
同(ⅰ)，RV＝3 5 ，RA＝RT＝ 3 1 ，
6
3
∴TV＝ 3 5 3 1 ， 63
在Rt△PQV中，∠VPQ＝60°，PV＝ 3 ，
∴QV＝ 3 PV＝3.
作称线交点点点PP、1，即QQ为分1，A别、连关B接于P直1Q线1，l2、与l两1的直对
PA＋AB＋BQ 两点＝之P间1Q，1 线
段最短
问题
作法
原理
已知直线l及A、B两点，在l 上求作点P、Q，使线段PQ ＝d，并且使AP＋PQ＋QB 最小
AP＋PQ＋QB＝
A″B＋d
将点A向右平移至点A′，使AA′＝d，再 作A′关于l的对称点A″，连接A″B，与l
∴RT＝RA＝ 3 1 ， 3
例1题解图②
∴点T到CD的距离为RV－RT－DP＝35 31(92)1031.
63 2
3
显然点Q′与点T重合时，点Q′为符合题意的点，
∴Q′横坐标为
31 4 3.
∴此时Q′点坐标为( 31 4 , 3 )． 3
(ⅱ)当点Q′在∠WAB的补角的平分线上时，如解图③，作
PA＋AB＋BP 两点＝之P间1P，2 线
段最短
问题
作法
原理
分PA别＋在AB直＋线BlQ1、最l2小上作点A、B，使
作称线交点点点PP、1、即QQ为分1，A别、连关B接于P直1Q线1，l1、与l两2的直对
PA＋AB＋BQ 两点＝之P间1Q，1 线
段最短
问题
作法
原理
分PA别＋在AB直＋线BlQ1、最l2小上作点B、A，使
题型八 二次函数综合题
类型一 线段、周长最值问题
满分技法 最短路径问题
问题
作法
原理
已知直线l及点A、B，在直线l上 作点A关于l 的对称点A′，连接
作点P，使AP＋BP最小
A′B，与l的交点即为点P
AP＋BP＝A′B
两点之间，线 段最短
问题
作法
原理
分使别PA在＋直AB线＋l1B、Pl最2上小作点A、B， 作P即1、点为PPA2分、，别B连关接于P1直P2线，l与1、两l2直的线对交称点点
组成的锐角角平分线上和钝角角平分线上两种情况 进行求解．
例1Байду номын сангаас图②
(5)∵y＝－ 3 4
x2＋
3
x＋3
3
，
令x＝0时，y＝3 3 ，∴W(0，3 3 )．
∵点Q′到x轴与到AW的距离相等，
∴点Q′在∠WAB的平分线上或在∠WAB补角的平分线上．例1题解图② (ⅰ)当点Q′在∠WAB的平分线上时，如解图②，作∠WAB的平 分线AL.过Q点作x轴的平行线交AW于R点，交AL于T点，交 PG于V点．当点Q′与点T重合时，点Q′为符合题意的点．
E′(m，－
3 4
m2＋
3
m＋3
3
)，
∴E′M＝(－ 3 4
m2＋ 3
m＋3 3
)－(－ 3
m＋6 3
)
＝－ 3 4
m2＋2
3
m－3
3
＝－ 3 (m－4)2＋ 3 . 4
∵2<m≤4，∴当m＝4时，E′M最大，ME′最大值为 3 .
(3)在(2)的条件下，点F(m＋2，0)为x轴上另一点，其中2<m<4， 过F作FF′⊥x轴，交抛物线于点F′，交BC于点N，求ME′＋ NF′的最大值及此时的E′，F′坐标．
A′B＋d
两点之间，线 段最短
问题
作法
原理
在直线l上求作一点P， 使|BP－AP|；①最小；
②最大
①作线段AB的中垂线与直线l的交 ②作点A关于点直即线为l的点对P1 称点A′，连 接BA′并延长与直线l的交点即为点
P2
①线段中垂线上的点到线
段两个端点的距离相等； ②|BP2－AP2|＝BA′
典例精讲
6 3 ]＝－ 3 (m＋2)2＋2 3 (m＋2)－3 3 ＝－ 3 m2＋ 3 m，
4
4
∴E′M＋F′N＝(－ 3
4
m2＋2
3
m－3
3
)＋(－
3 4
m2＋
3 m)＝
－ 3 (m－3)2＋ 3 3 .
2
2
∴当m＝3时，ME′＋NF′的值最大，最大值为 3 3 . 2
此时E′(3，1 5 3 )，F′(5，7 3 )．
33
33 3
即Q′的横坐标为 4 3 1 ， 3
∴Q′( 4 31 , 3 )． 3
综上Q′坐标为( 31 4 , 3 )或( 4 31 , 3 )．
3
3
再见
2019/11/20
2
当y＝
3
时，即
3
＝3
3 2
x＋3
3
，得x＝－ 4 3
，
∴R(－ 4 3
，3
)，RV＝ 9 2

4 3

35 6
.
作RZ⊥x轴于Z点，如解图②，则AZ＝2－ 4 2 33
，RZ＝ 3
，
∴AR＝ ( 3)2 (2)2 31 . 33
∵AL平分∠WAB，∴∠WAT＝∠TAB.
∵RV∥x轴，∴∠RTA＝∠TAB，∴∠WAT＝∠RTA，
∵PG⊥x轴，∴RV⊥PG，
∴在等边△PGQ中，PV＝12
PG＝ 3 ， 9
∴R、T点的纵坐标都为 3 ，V( 2 ，3 )．
设直线AW的解析式为y＝mx＋n(m≠0)，
代入(－2，0)，(0，3 3 )，得
0 2m n
m

3
3

，∴
2，
3 3 n
n 3 3
∴直线AW的解析式为y＝ 3 3 x＋3 3 .
【思维教练】同(2)表示出F′N的长度，进而表示出ME′＋NF′， 其也必为关于m的二次函数，根据二次函数性质求解．
解：∵F(m＋2，0)，∴N[m＋2，－ 3 (m＋2)＋6 3 ]，
F′[m＋2，－ 3 4
(m＋2)2＋ 3 (m＋2)＋3 3
]，
3 ∴F′N＝[－ 4 (m＋2)2＋ 3 (m＋2)＋3 3 ]－[－ 3 (m＋2)＋
在x轴上方作等边三角形QPG，使GP⊥x轴．现将△QPG沿PA方向以 每秒1个单位长度的速度平移，当点P到达点A时停止．记平移后的 △QPG为△Q′P′G′，当点Q′到x轴的距离与点Q′到直线AW的距离相等 时，求点Q′的坐标．
【思维教练】点Q′到AW和x轴距离相等，则Q′ 必在
AW与x轴所组成的角的角平线上，则分为 AW与x轴
例1题解图③
∴△PGQ向左平移的距离为TQ＝TV－QV＝35 31317 31,
63
63
∴AP′＝AP－TQ＝2＋ 9(17 31)11 31, 26 3 3 3
点P′的横坐标为 2(11 31)5 31. 3 3 33
点T的横坐标为 5 3 1 ( 23 ) 2 (3 ) 2 4 3 1 4 3 1 .
27 4
3
，
7 3 .当x＝0时，y＝
2
7
3，
4
4
∴R(0，2 7 4
3
)．作F′K⊥EM于点K，如解图①，
例1题解图①
则F′K＝2，E′K＝15 37 3 2 3， 44
∴E′F′＝ 22 (2 3)2 =4，
∴|RF′－RE′|的最大值为4，此时点R(0，2 7 3 )． 4
(5)如图②，已知x轴上一点P( 9 ，0)，现以P为顶点，2为边长 2
例1 (2015重庆A卷改编)如图①，在平面直角坐标系中，抛物
线y＝－ 3 x2＋ 3 x＋3 3 交x轴于A，B两点(点A在点B的左侧)， 4
交y轴于点W，顶点为C，抛物线的对称轴与x轴
的交点为D.
(1)求直线BC的解析式；
例1题图①
解：(1)∵y＝－ 3 4
x2＋ 3
x＋3
3
＝－
3 4
(x－2)2＋4 3 ，